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对不起楼主,由于本人是新手,无发贴的权利,只好将我的一篇论文登在此处,与大家探讨。" y$ H7 @ N8 F/ K
用求根方法巧妙证明费马猜想
. o9 `9 g, y) c3 s: b; N作者:刘孝强
0 j C J! v; Q$ {8 A+ H一、费马猜想简介:
$ g8 ]* X& Q8 Z3 z H: N1.费马猜想: 当整数n > 2时,关于x, y, z的不定方程 x^n + y^n = z^n无正整数解。* z/ ?9 \. z/ J" o+ n
2.费马在阅读丢番图《算术》拉丁文译本时,曾在第11卷第8命题旁写道:“将一个立方数分成两个立方数之和,或一个四次幂分成两个四次幂之和,或者一般地将一个高于二次的幂分成两个同次幂之和,这是不可能的。关于此,我确信已发现了一种美妙的证法,可惜这里空白的地方太小,写不下。”(拉丁文原文: "Cuius rei demonstrationem mirabilem sane detexi. Hanc marginis exiguitas non caperet.")毕竟费马没有写下证明,而他的其它定理对数学贡献良多,由此激发了许多数学家对这一猜想的兴趣。数学家们的有关工作丰富了数论的内容,推动了数论的发展。0 |/ r9 X' F9 [/ O0 }# W; s
3.这个猜想,本来又称费马最后定理,由17世纪法国数学家费马提出,而当时人们称之为“猜想”,并不是真的相信费马已经证明了它。虽然费马宣称他已找到一个绝妙证明,但经过三个半世纪的努力,这个世纪数论难题才由普林斯顿大学英国数学家安德鲁•怀尔斯和他的学生理查•泰勒于1995年成功证明。证明利用了很多新的数学,包括代数几何中的椭圆曲线和模形式,以及伽罗华理论和Hecke代数等,令人怀疑费马是否真的找到了正确证明。而安德鲁•怀尔斯(Andrew Wiles)由于成功证明此猜想,获得了1998年的菲尔兹奖特别奖以及2005年度邵逸夫奖的数学奖。
* e8 e( V }* ]2 i: Y8 G/ [$ a {1 d甚至有许多数学家断言:费马猜想不可能用初等数学的方法证明。4 q. `: J2 }' d1 \" v2 L' x
二、求根方法证明费马猜想简介:
' q: k; o' d7 c$ a" D$ ~安德鲁•怀尔斯的证明十分繁琐,而本人以下的证明十分简明。3 c) ?5 O& e: \) k/ \; E
1.我们知道费马猜想即:当n > 2时,不定方程x^n + y^n = z^n 没有正整数解。为了证明这个结果,只需证明方程x^4 + y4^ = z^4 (x , y,z) = 1和方程x^p + y^p = z^p (x , y,z) = 1[p是一个奇素数]均无正整数解即可。
* ~5 q3 k# C$ ?/ Mn = 4的情形已由莱布尼茨和欧拉解决。
R' ]# q* H& q现在本人用求根方法来证明x^p + y^p = z^p ,(x , y,z)= 1[p是一个奇素数]无正整数解。( X+ i; A- x, g) i4 \: c" e- u
因(x , y,z)= 1,很容易证明x和 y,要么均为奇数,要么为一奇一偶。0 d0 ]6 ]( K) G0 |$ m
2.为了证明简单明了,我们先来看p=3的情形。我这种证明方法可推出p为任何奇素数的对费马猜想的一般证明:当p≥3的素数时,x^n+y^n=z^n无正整数解。
; o6 x# r0 \3 e7 G用反证法。假定 x^3+y^3=z^3有正整数解。有x和 y要么均为奇数,要么为一奇一偶。不妨假设y为奇数。那么有:4 K7 u. O% V* w4 a/ C
z^3 = x^3 + y^3=(x + y)(x^2 + y^2-xy)。
& n4 ~0 v, ?! D0 F% k设x^2 + y^2-xy=A,即x^2 -xy + y^2-A =0,把此式看成关于x的一元二次方程。6 X W% v* p4 K, `; A# Z5 ~
为了后面的证明,我把x^2 -xy + y^2-A =0这样的方程称为标准方程。
. I# X% a1 z6 Y即求x^2 -xy +y^2-A =0的解。用求根公式,有x=-(-y)±√(-y)^2-4(y^2-A)/2(注:√表示根号)= y±√(-y)^2-4y^2+4A/2= y±√4A-3y^2/2= y±√4(x^2 + y^2-xy)-3y^2/2= y±√(2x -y)^2/2。因(2x -y)^2≥0,所以方程在实数范围内有根。这里需要讨论:
6 \! H3 V) r$ o(1)当2x -y>0时,因x= y±√(2x -y)^2/2,可得x=x,或x = y/2 即y= 2x(这与2x -y>0相矛盾,舍去)。: h( _ K# I2 S6 ?- f
(2)当2x -y<0时,因x= y±√(2x -y)^2/2,可得x=x,,或x = y/2 即y= 2x(这与2x -y<0相矛盾,舍去)。
9 S+ d8 F3 L3 _! o$ ^(3)当2x -y=0时,因x= y±√(2x -y)^2/2,可得y= 2x。% K& d7 I1 f0 o4 k$ S- k1 H
综合上面三种情况:在实数范围内,x^2 -xy + y^2-A =0有实根x=x或x = y/2 即y= 2x。. g" v5 V+ {/ f) W+ M. ]% K
但显然在正整数范围内,因y= 2x,有y为偶数,与前面假设y为奇数相矛盾。也就是说x^3+y^3=z^3在正整数范围内无解。, D( L8 l9 ^. x3 w
为进一步明白我的思路,现在来看x^5 + y^5=z^5的情况。这时有x和 y要么均为奇数,要么为一奇一偶。不妨假设y为奇数。那么:7 d5 ?9 A1 ?# e$ Z% l6 z5 q
Z^5= x^5 + y^5=(x + y)(x^4 + xy^3-x^2y^2+ x^3y+y^4)
5 e% q1 b B/ _1 ^& ~设x^4 + xy^3-x^2y^2+x^3y+ y^4=M,又设x^4-x^2y^2+ y^4=M- xy^3 -x^3y =C,即x^4+ y^4-x^2y^2- C = 0,用代元法,设x^2=X ,y^2=Y,有:X^2+ Y^2-XY- C = 0,这就成了标准方程,从而可用证明标准方程的方法进行证明即可。采用上面的方法,在实数范围内,有由X = X或X= Y/2 即Y= 2X。但在正整数范围内,由Y= 2X,有y^2= 2x^2,这时y为偶数,与前面假设y为奇数相矛盾。也就是说x^5+y^5=z^5在正整数范围内无解。# \- T. j" I2 ?
现在来看费马猜想的一般情形:同样用反证法。假定x^P+y^P=z^P(p是一个奇素数)有正整数解。这时有x和 y要么均为奇数,要么为一奇一偶。不妨假设y为奇数。那么因z^P=x^P-y^P=(x + y)(x^P-1+xy^p-2+…- x ^p-1/2y^p-1/2+…+ x^P-2y+ yP-1),设(x^P-1+xy^p-2+…- x ^p-1/2y^p-1/2+…+ x^P-2y+ y^P-1)=C,即x^P-1+…- x^ p-1/2y^p-1/2+…+ x^P-2y + y^P-1-C=0,设D=C-(xy^p-2+…+ x^P-2y),采用上面的方法很容易推出方程:x^P-1-x^p-1/2y^p-1/2+y^P-1-D=0,用代元法设x^ P-1/2=X ,y^p-1/2=Y,有:X^2+ Y^2-XY- D = 0,这就成了标准方程,从而按证明标准方程的方法就可以证明:x^P+y^P=z^P(p是一个奇素数)无正整数解。; s$ h' a( d% N) j8 |
证毕。
2 ?; t" ?8 l$ W' B; u K# W 3 r% Z" k6 b, K0 W' z$ d P
2010年12月3日5 n& E& l) y" t
. W- n' |* c% T1 n D( q
(作者单位:四川省万源市太平镇。QQ号:516030331)
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- 同乐秋阳
:应注意逻辑的严谨性,不能离开原命题去讨论任何问题,否则是无用的。你设定A后,就离开了原命题。
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