耿 濟

(海南大學，海南 ?？?570228)

數(shù)學娛樂(十)
——學習《九章算術》的收獲

耿 濟

(海南大學，海南 ?？?570228)

學習《九章算術》的勾股形獲得代數(shù)方程一定理以及在不定方程上的應用.

勾股形;代數(shù)方程;不定方程

本文是數(shù)學娛樂系列文獻［1－9］的續(xù)作.

筆者學習《九章算術·勾股》第12題的解法發(fā)現(xiàn)下述方程

這里奇數(shù)n≥3，整數(shù)a＞0，b＞0，獲得代數(shù)方程正根一定理以及在不定方程上的應用.

1 已知結(jié)果與證明

根據(jù)本文的需要引用了筆者1989年的2個結(jié)果［10］，并重新加以證明.

結(jié)果1(惟一性) 整數(shù)m≥2，整數(shù)a＞0，b＞0，函數(shù)fm(u)=(u+a+b)m－(u+a)m－(u+b)m，定義區(qū)間(0，+∞)，那么fm(u)在區(qū)間(0，+∞)上存在惟一的點u=um，使得fm(um)=0;又fm(u)在區(qū)間(0，um)上處處正值，在區(qū)間(um，+∞)上處處負值.

證明 當m=2時，簡化f2(u)=－u2+2ab，在(0，+∞)上存在惟一的點u2=(2ab)1/2，使得f2(u2)=0;又f2(u)在(0，u2)上處處正值，在(u2，+∞)上處處負值，結(jié)果1成立.

假設m≥2時結(jié)果1成立，求證m+1時結(jié)果1也成立.

函數(shù)fm+1(u)求導得到

已知fm(u)在(0，um)上處處正值，就有fm+1(u)在(0，um)上單調(diào)增加;fm(u)在(um，+∞)上處處負值，又有fm+1(u)在(um，+∞)上單調(diào)減少，由于fm(um)=0，所以fm+1(u)在(0，+∞)上有極大值fm+1(um).

分析fm+1(u)在(0，+∞)上的端點極限值

所以fm+1(u)在(0，+∞)上有極大值fm+1(um)＞0.

綜上所述，fm+1(u)在定義區(qū)間(0，+∞)上的圖形;fm+1(u)在(0，um)上單調(diào)增加，處處正值;在(um，+∞)上單調(diào)減少，從正值變?yōu)樨撝?，此時(um，+∞)中存在惟一的點u=um+1使得fm+1(um+1)=0，而且um+1＞um＞… ＞u2＞0.所以fm+1(u)在(0，um+1)上處處正值，在(um+1，+∞)上處處負值，存在惟一的點u=um+1，使得fm+1(um+1)=0，結(jié)果1證明完畢.

結(jié)果2(計算法) 整數(shù)m≥2，整數(shù)a＞0，b＞0，函數(shù)fm(u)=(u+a+b)m－(u+a)n－(u+b)m，數(shù)列

這里的極限值正是結(jié)果1中的u2=(2ab)1/2，所以f2(u2)=0，結(jié)果2成立.

當m ＞2時，證明分3步驟進行.

步驟1 證明數(shù)列{xk}有上界.

當k=1時，數(shù)列x1=0;又從結(jié)果1的證明過程中知道um＞0，得到x1＜um.

假設xk＜um，求證xk+1＜um.

應用數(shù)學歸納法證明時，首先考慮um適合fm(um)=0，然后得到

所以um＞xk+1，得出數(shù)列{xk}有上界.

步驟2 證明數(shù)列{xk}是單調(diào)增加.

現(xiàn)在敘述簡單而正確的4件事情:

1° 數(shù)列{xk}中除去x1=0外，其余各項xk＞0;

2° 數(shù)列{xk}有上界um＞0;

3° fm(u)在區(qū)間(0，um)上處處正值;

4° xk+1=［fm(xk)+］1/m，k ＞ 1.

從1°與2°得到當k＞1時，0＜xk＜um，即xk是區(qū)間(0，um)中的一點;再從3°得到fm(xk)＞0，代入4°就有xk+1=［fm(xk)+xmk］1/m＞xk，所以數(shù)列{xk}是單調(diào)增加.

步驟3 已知數(shù)列極限存在準則是數(shù)列單調(diào)增加有上界.現(xiàn)在數(shù)列{xk}是單調(diào)增加有上界，極限值記為 A，即xk=A.

最后對等式xk+1［fm(xk)+xk］ 兩邊同時取極限得到A=［fm(A)+A］ ，化簡就有fm(A)=0，從結(jié)果1知道A=um，所以xk=um.結(jié)果2 證明完畢.

2 代數(shù)方程正根一定理

奇數(shù)n≥3，整數(shù)a＞0，b＞0，代數(shù)方程(u+a)n+(u+b)n=(u+a+b)n，從結(jié)果1知道方程存在惟一的正根.

現(xiàn)把上述關系通過圖形表示出來:

如果把確定法則記為gn(，)，根據(jù)函數(shù)概念得出一個函數(shù)u=gn(a，b).

例 試求g3(a，b)的表達式.

解 當n=3時，方程簡化得到

觀察 g3(a，b)具有下述性質(zhì)［9］:

1° g3(a，b)是a，b的一次齊次對稱函數(shù);

2° g3(a，b)又是變量a+b，ab的函數(shù);

3° g3(a，b)含有變量ab的因式(ab)1/3，但不含有變量a+b的因式;

4° g3(a，b)不可能為正整數(shù).

通過g3(a，b)的性質(zhì)啟發(fā)探討gn(a，b)相應的一般性質(zhì).

性質(zhì)1 奇數(shù)n≥3時，函數(shù)gn(a，b)是a，b的一次齊次對稱函數(shù).

證明 奇數(shù)n≥3，函數(shù)fn(u)=(u+a+b)n－(u+a)n－(u+b)n，數(shù)列

數(shù)列{xk}中的a換成 b，b換成 a，顯然gn(a，b)=gn(b，a)，所以 gn(a，b)是對稱函數(shù).

數(shù)列{xk}中的a換成λa，b換成λb，這里任意整數(shù)λ ＞0時，得到的新數(shù)列{xk′}，兩者之間的關系x′k=λxk，所以gn(a，b)是一次齊次函數(shù)，性質(zhì)1證明完畢.

性質(zhì)2 奇數(shù)n≥3，整數(shù)a＞0，b＞0，以及a+b=p，ab=q時，對于函數(shù)gn(a，b)而言，存在另一函數(shù) hn(p，q)，且 gn(a，b)=hn(p，q).

證明 (u+a)n+(u+b)n=(u+a+b)n，應用二項式定理展開，合并同類項得到再應用等價二項式定理 展開后，把a+b=p，ab=q代入，就有

由此可知，a+b=p，ab=q時，得到 gn(a，b)=hn(p，q).所以性質(zhì)2 成立.

性質(zhì)3 奇數(shù) n ≥3，整數(shù) a ＞ 0，b ＞ 0，α1，α2，α3，…，αn為方程(u+a)n+(n+b)n=(u+a+b)n的n個根，就有

最后，為了計算上式的結(jié)果，分成3部分進行計算，計算過程中注意n≥3的奇數(shù).

第1部分

采用上述類似方法，得出數(shù)列第k項

以上兩者之間的關系:s1是t1的因式，s2是t2的因式，s3是t3的因式.

例 當n=3時，驗證性質(zhì)5成立.

解 當n=3時，簡化方程就有

通過下述除法計算得到

已知方程(u+a)n+(u+b)n－(u+a+b)n=0的常數(shù)項等于an+bn－(a+b)n，它的變號等于t1t2t3.

最后，gn(a，b)是方程的根，它是方程常數(shù)項的因式，應用性質(zhì)3和性質(zhì)4得出s1是t1的因式，s2是t2的因式，s3是t3的因式，證明完畢.

應用以上性質(zhì)得出代數(shù)方程正根一結(jié)果.

定理 奇數(shù)n≥3，正整數(shù)a＞0，b＞0時，方程(u+a)n+(u+b)n=(u+a+b)n沒有正整數(shù)的根.

證明 應用反證法.假設方程(u+a)n+(u+b)n=(u+a+b)n的惟一正根gn(a，b)是正整數(shù).

一方面知道方程常數(shù)項絕對值(a+b)n－(an+bn)能被gn(a，b)整除.

另一方面從性質(zhì)4得到gn(a，b)=hn(a+b，ab)＞0中不含a+b的因式，因此(a+b)n不能被(a+b+2gn(a，b))整除(gn(a，b)=0的情況不會發(fā)生).

出現(xiàn)上述矛盾的原因，由于假設gn(a，b)是正整數(shù)所造成，所以gn(a，b)不是正整數(shù)，定理證明成立.

3 不定方程上的應用

歷史名題1 奇數(shù)n≥3，不定方程xn+yn=zn沒有正整數(shù)x＞0，y＞0，z＞0的解.

證明 若不然，存在一組正整數(shù)x0，y0，z0的解.顯然 z0＞ x0，z0＞ y0，z0－ y0=a，z0－x0=b，存在正整數(shù)a＞0，b＞0，由此可知2z0－(x0+y0)=a+b.易知x0+y0＞z0，這樣就有z0＞a+b.因此存在正整數(shù)u＞0，使得z0=u+a+b，還有x0=u+a，y0=u+b，代入不定方程xn+yn=zn中去，就有

這是a，b，u都是正整數(shù).

本文上節(jié)定理指出:正整數(shù)a＞0，b＞0，代數(shù)方程(u+a)n+(u+b)n=(u+a+b)n不存在正整數(shù)u＞0的根.

發(fā)生矛盾，所以不存在正整數(shù)x0，y0，z0的解，證明完畢.

最后，值得一提的勾股形有一個有趣的命題，F(xiàn)ermat指出:直角形的三邊都是正整數(shù)時，那么直角三角形的面積不是平方數(shù).現(xiàn)在應用這個命題得出一個結(jié)果.

歷史名題2 整數(shù)k≥1，不定方程x4k+y4k=z4k沒有正整數(shù)x＞0，y＞0，z＞0的解.

證明 若不然，存在一組正整數(shù)x0，y0，z0的解.

這與Fermat命題發(fā)生矛盾，因此不存在正整數(shù)x0，y0，z0的解，證明完畢.

以上2個歷史各題結(jié)合起來，給出著名的Fermat大定理的證明.

歷史名題3(Femat大定理) 整數(shù)m≥3，不定方程xm+ym=zm沒有正整數(shù)x＞0，y＞0，z＞0的解.

證明 整數(shù)m≥3時，m一定含有奇數(shù)n≥3或者含有整數(shù)4，兩者至少有一種情況發(fā)生.

當m=nk，這里整數(shù)k≥1時，不定方程可以寫成(xk)n+(yk)n=(zk)n，從歷史名題1知道不定方程沒有正整數(shù) x＞0，y＞0，z＞0的解.

又當m=4k，這里整數(shù)k≥1時，不定方程從歷史名題2知道沒有正整數(shù)x＞0，y＞0，z＞0的解.

［附注］Fermat大定理又名Fermat猜想，法國數(shù)學家Fermat在1637年提出，經(jīng)歷許多數(shù)學家的長期研究，直至1995年英國數(shù)學家Wiles綜合應用代數(shù)、數(shù)論、幾何等方面的重要成果，在Taylor與他合作完成的一篇論文，補充他原文的不足，為證明鋪墊了道路，這是“一個困惑了世間智者358年的謎”.

［1］耿濟.數(shù)學娛樂(一)——夫妻問題的新證與應用［J］.海南大學學報:自然科學版，2007，25(4):321－324.

［2］耿濟.數(shù)學娛樂(二)——牙牌問題的新證與推廣［J］.海南大學學報:自然科學版，2008，26(3):206－219.

［3］耿濟.數(shù)學娛樂(三)——洛書定理與應用［J］.海南大學學報:自然科學版，2008，26(4):303 －308.

［4］耿濟.數(shù)學娛樂(四)——Nasik幻方的性質(zhì)與構(gòu)造法［J］.海南大學學報:自然科學版，2009，27(2):107－115.

［5］耿濟.數(shù)學娛樂(五)——推廣Fibonacci數(shù)列與冪級和［J］.海南大學學報:自然科學版，2009，27(4):313－319.

［6］耿濟.數(shù)學娛樂(六)——移棋相間［J］.海南大學學報:自然科學版，2010，28(1):1 －10，14.

［7］耿濟.數(shù)學娛樂(七)——一個麻將和牌問題［J］.海南大學學報:自然科學版，2010，28(2):93－98.

［8］耿濟.數(shù)學娛樂(八)——易經(jīng)卦象的起源與考古發(fā)現(xiàn)的奇字［J］.海南大學學報:自然科學版，2011，29(2):99－103.

［9］耿濟.數(shù)學娛樂(九)——學習《九章算術》的收獲［J］.海南大學學報:自然科學版，2011，29(4):297 －304.

［10］耿濟.新多項式與Fermat最后定理［J］.海南大學學報:自然科學版，1985，7(2):1－17.

［11］耿濟.二項式定理的等價公式的證明及其應用［J］.數(shù)學通報，1962(12):33－36.

Mathematical Recreation(Ⅸ):
Study of Arithmetic in Nine Sections and Harvest

GENG Ji

(Hainan University，Haikou 570228，China)

In our report，right triangle of Arithmetic in Nine Sections was studied，a theorem of algebraic equation was obtained，and its applications on indefinite equation were discussed.

right triangle;algebraic equation;indefinite equation

O 119 < class="emphasis_bold">文獻標志碼:A

A

1004－1729(2012)02－0095－08

2011－11－08

耿濟(1929－)，男，江蘇鎮(zhèn)江人，海南大學教授，國務院(1992年)頒發(fā)的政府特殊津貼專家.