关于Fermat型函数方程的整函数解

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揭秘当年费尔马(Fermat)大定理的证明思路与绝妙方法——不定方程x^n+y^n=z^n在n为大于2的任意整数时没有不为零的整数解

揭秘当年费尔马(Fermat)大定理的证明思路与绝妙方法——不定方程x^n+y^n=z^n在n为大于2的任意整数时没有不为零的整数解

作者: 邹继芳
作者机构: 辽宁省抚顺矿业集团有限责任公司机械制造厂,113001
出版物刊名: 数理化解题研究
页码: 7-12页
年卷期: 2018年 第3期
主题词: 费尔马大定理;毕达哥拉斯定理;直角三角形;勾股数组;正整数
摘要:首先对费尔马大定理的内涵进行了仔细的研究和几何解析,很奇妙的证明了 x^4+
y^4= z^4不定方程没有不为零的整数解问题,并以新的视角对 n 〉 2 时的情形进行了推论,发现了费尔马所称的绝妙方法. 其特点都是采用初等代数的方法而求解求证的,非常符合费尔马当时的时代背景,其意义就在于寻求当年费尔马的解题思路,探求当年费尔马解题的轨迹,还原费尔马当年的绝妙证明方法.。

关于Fermat大定理

关于Fermat大定理

《初等数论》结课论文关于Fermat大定理关于Fermat大定理【摘要】:近代数学如参天大树,已是分支众多,枝繁叶茂。

在这棵苍劲的大树上悬挂着不胜其数的数学难题。

其中的Fermat大定理是17世纪法国数学家费马留给后世的一个不解之谜。

它和Goldbach猜想、四色地图问题一起,被称为近代三大数学难题。

300多年以来,它使世界上许多著名数学家殚精竭虑,有的甚至耗尽了毕生精力。

1995年,Fermat大定理神秘的面纱终于被英国剑桥的数学家安德鲁〃怀尔斯揭开。

这被认为是"20世纪最重大的数学成就"。

在此文中,将对此定理的产生、证明过程和发展及应用进行相关的介绍。

【关键词】:Fermat大定理不定方程无穷递降法1.Fermat大定理简介Fermat大定理也称Fermat最后定理。

内容如下:当整数2n时,关于z>,的不定方程:x,yn Znn+`````(1)yx=的整数解都是平凡解,即当n是偶数时:(0,±m,±m)或(±m,0,±m) ;当n是奇数时:(0,m,m)或(m,0,m)或(m,-m,0)这个定理,本来又称Fermat猜想,由17世纪法国数学家费马提出,而当时人们称之为“定理”,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²怀尔斯(Andrew Wiles)和他的学生理查²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²怀尔斯由于成功证明此定理,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。

2.定理的产生和研究历史2.1定理的提出1637年,Fermat在阅读Diophantus《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。

世界100道未解数学题

世界100道未解数学题

第01题阿基米德分牛问题Archimedes' Problema Bovinum太阳神有一牛群,由白、黑、花、棕四种颜色的公、母牛组成。

在公牛中,白牛数多于棕牛数,多出之数相当于黑牛数的1/2+1/3;黑牛数多于棕牛数,多出之数相当于花牛数的1/4+1/5;花牛数多于棕牛数,多出之数相当于白牛数的1/6+1/7。

在母牛中,白牛数是全体黑牛数的1/3+1/4;黑牛数是全体花牛数1/4+1/5;花牛数是全体棕牛数的1/5+1/6;棕牛数是全体白牛数的1/6+1/7。

问这牛群是怎样组成的?第02题德·梅齐里亚克的法码问题The Weight Problem of Bachet de Meziriac一位商人有一个40磅的砝码,由于跌落在地而碎成4块。

后来,称得每块碎片的重量都是整磅数,而且可以用这4块来称从1至40磅之间的任意整数磅的重物。

问这4块砝码碎片各重多少?第03题牛顿的草地与母牛问题Newton's Problem of the Fields and Cowsa头母牛将b块地上的牧草在c天内吃完了;a'头母牛将b'块地上的牧草在c'天内吃完了;a"头母牛将b"块地上的牧草在c"天内吃完了;求出从a到c"9个数量之间的关系?第04题贝韦克的七个7的问题Berwick's Problem of the Seven Sevens在下面除法例题中,被除数被除数除尽:* * 7 * * * * * * * ÷ * * * * 7 * = * * 7 * ** * * * * ** * * * * 7 ** * * * * * ** 7 * * * ** 7 * * * ** * * * * * ** * * * 7 * ** * * * * ** * * * * *用星号(*)标出的那些数位上的数字偶然被擦掉了,那些不见了的是些什么数字呢?第05题柯克曼的女学生问题Kirkman's Schoolgirl Problem某寄宿学校有十五名女生,她们经常每天三人一行地散步,问要怎样安排才能使每个女生同其他每个女生同一行中散步,并恰好每周一次?第06题伯努利-欧拉关于装错信封的问题The Bernoulli-Euler Problem of the Misaddr essed letters求n个元素的排列,要求在排列中没有一个元素处于它应当占有的位置。

fermat定理证明

fermat定理证明

fermat定理证明
费马小定理的证明如下:
首先,假设p是质数,且gcd(a,p)=1,即a与p互质。

根据费马小定理,我们有ap−a≡0(mod p)。

换句话说,ap−a能被p整除。

这意味着存在整
数k,使得ap−a=kp。

两边同时减a,得到ap−kp=a。

将其转换为等价的形式,得到a(p−1)=kp。

由于gcd(a,p)=1,这意味着a和p−1互质。

因此,存在整数x使得a×x=p−1。

这意味着ap−1=kx。

因此,ap−1≡
0(mod p)。

归纳法证明:首先证明当n=1时定理成立,然后假设对于某个k,费马小
定理成立,即a^k≡1(mod p)。

接下来考虑证明当n=k+1时定理也成立。

根据费马小定理的假设,有a^k≡1(mod p)。

因此可以将等式两边都乘以a,得到a^(k+1)≡a(mod p)。

即a^(k+1)≡a(mod p)。

由此可以证明当
n=k+1时费马小定理也成立。

另外,也可以使用群论的方法来证明费马小定理。

考虑模p的剩余类环Z_p,其中p是一个质数。

将Z_p中的非零元素构成的集合记为U(p),则U(p)构成一个乘法群。

因此U(p)是一个有限群,且每个元素都有逆元。

因此可以
使用
另外,费马小定理还有连续分解证明法等其他多种证明方法。

具体采用哪种方法进行证明,可根据个人偏好以及具体的数学水平来选择。

费马大定理—数学史上著名的定理

费马大定理—数学史上著名的定理
费马大定理
— 数学史上著名的定理
中文名: 外文名: 费马大定理 Fermat’ s Last Theorem
别 称: 表达式:
费马最后的定理 x n y n z n (n 2时, 无正整数解)
提出者: 皮耶 • 德 • 费马(法国) 提出时间: 1637年左右 证明者: 安德鲁 • 怀尔斯(英国) 证明时间: 1995年彻底证明
历史研究
莫德尔猜想
1922年,英国数学家莫德尔提出一个著名猜想,人们叫 做莫德尔猜想。按其最初形式,这个猜想是说,任一不可约、 有理系数的二元多项式,当它的 “亏格” 大于或等于 2 时,最 多只有有限个解。记这个多项式为f ( x , y ),猜想便表示:最 多存在有限对数偶 xi , yi Q ,使得 f ( xi , yi ) 0。后来,人们 把猜想扩充到定义在任意数域上的多项式,并且随着抽象 代数几何的出现,又重新用代数曲线来叙述这个猜想了。 ( n 1)( n 2) n n 而费马多项式 x y 1没有奇点,其亏格为 。 2 当 n ≥ 4 时,费马多项式满足猜想的条件。因此,如 果莫德尔猜想成立,那么费马大定理中的方程 x n y n z n 本质上最多有有限多个整数解。
历史研究
接力证明
1844年,库默尔提出了 “理想数” 概念,他证明了:对于 所有小于100的素指数 n ,费马大定理成立,此一研究告一阶 段。但对一般情况,在猜想提出的头两百年内数学家们仍对 费马大定理一筹莫展。 1847年,巴黎科学院上演戏剧性一幕,当时著名数学家 拉梅和柯西先后宣布自己基本证明费马大定理,拉梅还声称 证明引用了刘维尔复数系中的唯一因子分解定理,刘维尔 则说这一定理源自欧拉和高斯的思想。大数学家都被扯 入其中,似乎结论十分可靠。就在此时刘维尔宣读了 德国数学家库默尔的来信,明确指出证明中的复数 系的唯一因子分解定理并不普遍成立,于是拉梅 和柯西的证明都是错的。

特殊方程的正整数解

特殊方程的正整数解

特殊方程的正整数解特殊方程是指一类形式为f(x,y)=k的方程,其中f是一些数论函数,k是一个常数。

正整数解是指方程的解中x和y都是正整数。

在数论中,有许多经典的特殊方程,其中一些具有非常有趣的性质。

下面我们将介绍其中三种常见的特殊方程,并给出它们的正整数解。

1.费马方程:费马方程是指形如x^n+y^n=z^n的方程,其中n是一个大于2的正整数。

这个方程最早是由数学家费马在17世纪提出的,直到1994年,英国数学家安德鲁·怀尔斯才证明了它的一个重要结论:当n大于2时,该方程没有正整数解。

2.佩尔方程:佩尔方程是指形如 x^2 - ny^2 = 1 的方程,其中 n 是一个正整数。

佩尔方程是由法国数学家佩尔在18世纪提出的,它的一个著名解是当n=3 时的解 (2, 1)。

实际上,佩尔方程有无穷多个正整数解,可以用基本解 (2, 1) 和递推公式 x(k+1) = 2x(k) + ny(k),y(k+1) = x(k) +y(k) 来生成。

3.斯特恩-布洛卡迪方程:斯特恩-布洛卡迪方程是指形如 x^2 + ny^2 = z^2 的方程,其中 n是一个正整数。

斯特恩-布洛卡迪方程由德国数学家斯特恩和法国数学家布洛卡迪在19世纪提出,它的一个著名解是当 n=1 时的解 (3, 4, 5)。

和佩尔方程类似,斯特恩-布洛卡迪方程也有无穷多个正整数解,可以用基本解 (3, 4, 5) 和递推公式 x(k+1) = x(k) + 2ny(k),y(k+1) =2x(k) + y(k),z(k+1) = x(k) + y(k) + z(k) 来生成。

特殊方程的研究不仅仅局限于上述三种方程,还包括椭圆方程、模方程、齐次二次方程等等。

这些方程的正整数解涉及到了整数论、代数数论、模形式等多个数学领域的知识。

研究这些方程的正整数解,不仅帮助我们更好地了解其数学性质,也有助于解决其他数论问题和应用于密码学、编码理论等领域中。

fermat定理

fermat定理

fermat定理Fermat定理,又称Fermat小定理,是法国数学家费马(Pierre de Fermat)研究出来的一个著名的数论定理,它给出了一个整数的最大平方因子之和的上限,也是现代数论中最基本且重要的定理之一。

费马最初在1637年提出了Fermat定理,但这个定理直到18th世纪末才得到证明。

费马曾在他的一本书中写道“我发现了一条非常有趣的定理,但我无法证明”。

这就是费马小定理。

具体来说,Fermat定理表示,任何一个大于2的正整数n,都有一个整数解,这个整数的最大平方因子之和的上限是2^(n-2),即2的(n-2)次幂。

例如,如果n = 4,则最大平方因子之和的上限是2^(4-2) = 4,因此,有效地将n等于4分解为两个平方数之和的最大值是4。

由此可见,Fermat定理说明了某些正整数的最大平方因子之和的上限。

费马小定理的运用非常广泛,它对密码学有重要意义,由此而发展出了RSA加密算法,用于加密数字信息,这是现今最流行的加解密技术之一。

此外,Fermat定理也在高等数学和计算机科学研究中有重要的意义。

在证明Fermat定理之前,费马有一个更强大的定理,也就是费马大定理(Fermat’s Last Theorem),它是一个相当复杂的猜想,表明对于n>2的任何正整数n,都不存在任何非零整数(a,b,c)满足方程式a^n + b^n = c^n。

直到1995年,美国数学家安德鲁萨拉斯(Andrew Wiles)证明了这个定理。

Fermat定理的本身推广到了其他类型的数学定理,其中最重要的是高斯费马定理,有着极重要的意义。

高斯费马定理(Gauss-Fermat theorem)指出一个正整数n,可以被写为一个平方因子加上(n+1)个原始质数的平方因子。

这个定理同样引入了许多数学和计算机科学研究中极其重要的理论,甚至可以被用于实际应用。

有关Fermat定理的研究可以说是一个宝藏,它揭示了许多有趣的数学定理,并且它的无限表达令人叹为观止。

揭秘当年费尔马(Fermat)大定理的证明思路与绝妙方法——不定方程x^n+y^n=z^n在n为大于

揭秘当年费尔马(Fermat)大定理的证明思路与绝妙方法——不定方程x^n+y^n=z^n在n为大于
{X = 2adꎬ Y = d2 - a2 ꎬ( a、d 为任意正整数ꎬd > a > 0) . Z = d2 + a2 上式也称为勾股数组ꎬ这个结论很重要ꎬ在以后的证 明过程中会经常用到. 用几何表示为 (毕达哥拉斯定理几何关系) ( 勾股数组关系) 记为 (2ad、d2 - a2 、 d2 + a2 ) 我们可以把这个三角形称为基本直角三角形.

y2t + 1 2t + 1

z2t 2t
+ +
1 1
的几何关系图和勾
股数组关系)
2. 结论
通过上述的分析和研究可知:费尔马大定理的不定
方程都是建立在基本直角三角形基础上的ꎬ只是对应的
直角三角形三条边表现形式不同而已ꎬ其三条边的整数解都
必须满足于勾股数组的通解条件ꎬ即有如下的关系式
ìïX费尔马大定理)
费尔马在仔细研究求不定方程 X2 + Y2 = Z2 的整数解 后得出了费尔马大定理:“ 不可能把一个整 数的立方表示
成两个整数的四次幂之和ꎬ一般的说ꎬ不可能把任意一个 次数大于 2 的方幂表示成两个同次方幂之和. ” 这也就是 说不定方程 xn + yn = zn 在 n 大于 2 的任意整数时ꎬ没有不 为零的整数解.
揭秘当年费尔马( Fermat) 大定理的证明思路与绝妙方法
———不定方程 xn + yn = zn 在 n 为大于 2 的任意整数时没有不为零的整数解
邹继芳
( 辽宁省抚顺矿业集团有限责任公司机械制造厂 113001)
摘 要:首先对费尔马大定理的内涵进行了仔细的研究和几何解析ꎬ很奇妙的证明了 x4 + y4 = z4 不定方 程没有不为零的整数解问题ꎬ并以新的视角对 n > 2 时的情形进行了推论ꎬ发现了费尔马所称的绝妙方法. 其 特点都是采用初等代数的方法而求解求证的ꎬ非常符合费尔马当时的时代背景ꎬ其意义就在于寻求当年费尔 马的解题思路ꎬ探求当年费尔马解题的轨迹ꎬ还原费尔马当年的绝妙证明方法.

关于费马型函数方程的整函数解

关于费马型函数方程的整函数解

关于费马型函数方程的整函数解段江梅;韩艳;杨惠娟【摘要】证明了函数方程f121(z)+f122(z)+f123(z)+f124(z)=1不存在级小于1的非常数整函数解.【期刊名称】《保山学院学报》【年(卷),期】2019(038)002【总页数】2页(P17-18)【关键词】Fermat型函数方程;整函数;Nevanlinna理论【作者】段江梅;韩艳;杨惠娟【作者单位】昭通学院数学与统计学院,云南昭通657000;昭通学院数学与统计学院,云南昭通657000;昭通学院数学与统计学院,云南昭通657000【正文语种】中文【中图分类】O131 引言及主要结果1637年法国数学家费马提出了如下猜想:当n≥3时,丢番图方程xn+yn=zn没有非平凡的整数解。

1994年这个猜想被英国数学家A.Wiles完全证明。

要寻找方程xn+yn=zn在整数环上的非平凡解,可以转化为求代数曲线xn+yn=1上的有理点。

类似地,研究丢番图方程xn+yn+zn=tn整数解的存在性问题可以转化为研究方程xn+yn+zn=1有理数解的存在性问题。

然而,当n≥6时,方程xn+yn+zn=tn 整数解的状况不是十分清楚。

相应地,不妨先考虑当n≥2时,Fermat型函数方程 fn(z)+gn(z)+hn(z)=1 (1)在整函数环,或是亚纯函数域上的非平凡解,对于该问题的研究已有如下结论。

1985年W.K.Hayman[1]证明了:当n≥9时,方程(1)不存在非常数亚纯解;当n≥7时,方程(1)不存在非常数整函数解。

此外,当2≤n≤5时,G.G.Gundersen[2-4]等人找到了满足方程(1)的非常数整函数解;当n=6时,G.G.Gundersen[5]构造了满足方程(1)的非常数亚纯解。

近期,苏敏[6]等人证明了:当n=6时,方程(1)不存在级小于1的非常数整函数解;当n=8时,方程(1)不存在级小于1的非常数亚纯解。

本文主要研究函数方程(2)整函数解的存在性问题,仇惠玲[7]证明了:当n≥13时,方程(2)不存在非常数整函数解。

fermat定理微分学

fermat定理微分学

fermat定理微分学Fermat定理是微分学中的一个重要定理,它与微分和导数的关系密切相关。

Fermat定理是微分学中的基础概念之一,它给出了函数在局部极值点的判定条件,为我们研究函数的极值提供了重要的理论基础。

在微分学中,我们常常关注函数的变化趋势和极值点。

而Fermat定理则给出了函数在极值点的导数的性质。

根据Fermat定理,如果函数在某一点处取得极值(极大值或极小值),那么在该点处的导数应该等于0。

这意味着函数在极值点处的切线是水平的,斜率为0。

Fermat定理的形式化表述如下:设函数f(x)在点x=a处取得极值,且f(x)在x=a处可导,则f'(a)=0。

这个定理告诉我们,如果一个函数在某一点处取得极值,那么在该点处的导数应该等于0。

这是因为在极值点处,函数的斜率为0,即切线是水平的。

根据Fermat定理,我们可以通过求导函数来判断函数的极值点。

首先,我们对函数f(x)求导,得到f'(x)。

然后,我们将f'(x)等于0的解称为临界点。

在临界点处,函数可能取得极值。

接下来,我们可以通过二阶导数的符号来判断临界点处的极值类型。

如果f''(x)>0,则临界点为极小值点;如果f''(x)<0,则临界点为极大值点;如果f''(x)=0,则无法判断。

通过Fermat定理,我们可以更好地理解函数的极值点和导数的关系。

它为我们提供了一种判定函数极值点的方法,在微分学的研究中具有重要的应用价值。

通过应用Fermat定理,我们可以更好地理解函数的变化趋势,并在实际问题中应用微分学的知识进行分析和解决。

Fermat定理是微分学中的一个重要定理,它给出了函数在局部极值点的判定条件。

根据Fermat定理,如果函数在某一点处取得极值,那么在该点处的导数应该等于0。

通过Fermat定理,我们可以更好地理解函数的极值点和导数的关系,为微分学的研究和应用提供了理论基础。

从Fermat大定理看数学问题在数学发展中的作用

从Fermat大定理看数学问题在数学发展中的作用

从Fermat大定理看数学问题在数学发展中的作用刘幸东【摘要】回顾费马大定理的解决过程,从一个侧面论述了数学问题对数学发展的推动作用.【期刊名称】肇庆学院学报【年(卷),期】2011(032)002【总页数】3【关键词】Fermat大定理;数学问题;数学发展1994年10月25日,美国俄亥俄州州立大学的卢宾(Karl.Rubin)教授用电子邮件向世界宣布:安德鲁.维尔斯(Andrew Wiles)完成了对费马大定理的证明.1995年5月,《数学年刊》用整整1期发表了维尔斯的论文.至此,费马大定理最终成为一个真正的定理,一个困扰人间智者300多年的著名问题被完全解决了.这项成果被认为是20世纪最伟大的科学成就之一.1996年3月,维尔斯荣获了沃尔夫奖,1998年获得特别菲尔兹奖[1]46.费马大定理是一个有关不定方程的问题.1621年,古希腊数学家丢番图所著《算术》一书被从希腊文译成拉丁文在法国出版.1637年,法国数学家费马对该书中的数论问题进行了研究和推广,对于该书第Ⅱ卷中的第8命题“将1个平方数分为2个平方数”,他想到了更一般的问题.他在该书页边处用拉丁文写了一句话,大意如下:“将1个立方数分为2个立方数的和,1个4次幂分为2个4次幂的和,或者一般地将1个高于2次的幂分为2个同次幂的和,这是不可能的.关于此,我确信已发现一种奇妙的证法,可惜这里的空白太小,写不下了.”若用现代数学语言进行描述,可以将其叙述如下:当整数n>2时,方程xn+yn=zn没有正整数解.这就是著名的费马大定理.该问题从提出到1994年被维尔斯解决,整整历时358年.一代又一代数学家和数学爱好者为此付出过艰辛的努力,文献[2]叙述了历代数学家前赴后继寻求费马大定理的证明历程.伴随着征服费马大定理的艰辛过程,同时产生了数学的新思想、新分支,这些分支在很大程度上影响了现代数学的发展方向.费马大定理的解决之路,充分显示了数学问题在数学发展中的作用.下面通过对解决费马大定理中一些重大阶段的回顾,从一个侧面论述数学问题对数学发展的推动作用.1 无穷递降法尽管费马在那本《算术》书中从未写过费马大定理的证明,但在书中别的地方隐蔽地描述了对特殊情况n=4的证明,并且在一个完全不同的问题的证明中采用了这个证明.这是一种特殊形式的反证法,称之为无穷递降法.为了证明方程x4+y4=z4没有正整数解,费马从假设存在一个正整数解x=X1,y=Y1,z=Z1着手.通过研究X1,Y1,Z1的性质,费马能够证明:如果这个假定解确实存在,那么一定会存在一个更小的解X2,Y2,Z2(Z2<Z1);然后再通过研究这个新解的性质,又能证明存在一个还要小的解X3,Y3,Z3(Z3<Z2),这样一直进行下去.于是费马找到了一列逐步递减的解,理论上它们将永远继续下去,产生越来越小的解,然而,x,y和z必须是正整数,因此这个永无止境的正整数解是不可能存在的,因为必定会有一个最小的可能解存在.这个矛盾证明了最初的关于存在一个解X1,Y1,Z1的假设一定是错误的.使用无穷递降法,费马证明了n =4时这个方程无xyz≠0的整数解.费马的无穷递降法的证明思想实际上是反证法的证明方法和最小数原理的完美结合,因此现代数论利用费马递降法证明一个丢番图方程没有正整数解时,通常假设该方程存在正整数解,则由最小数原理可以假设Z0是某个变元Z的所有正整数解的集合中的最小值;再利用解的性质及数学推理方法证明可以找到该丢番图方程的另一组正整数解,其中Z的值Z1<Z0,与Z0的最小值的假设矛盾,从而证明了该丢番图方程无正整数解.随后的100多年间,数学家们尝试用费马的无穷递降法研究除n=4之外的情形,但均以失败告终.1753年,莱昂哈德·欧拉(Leonhard Euler)引入虚数,成功运用无穷递降法证明了n=3的情况,这是费马去世1个世纪后对费马大定理研究的突破性进展.由于证明了n=4无正整数解,所以也就证明了n被4整除,即n=4k(k为正整数)时,方程xn+yn=zn无正整数解.因为若x4k+y4k=z4k有正整数解x1,y1,z1,则x4+y4=z4将有正整数解x1k,y1k,z1k,这与前面的结论矛盾.利用同样的原理,欧拉对n=3的证明,自动地证明了n=3k(k为正整数)的情形.特别有意义的是3为素数,这使得数学家们看到,只要其他素数情形费马定理成立,那么对n的一切值就证明了费马大定理成立.可惜素数的无穷性使早期证明费马大定理的希望破灭.2 热尔曼素数自1753年欧拉对费马大定理的研究取得突破性进展后,数学家们徒劳地试图一一证明其他情况.事隔75年,法国女数学家索菲·热尔曼(Marie-Sophie Germain)采用了一种新的策略:并不去证明一种特殊的情形,而是一次就得出适合许多情形的解答,她的方法是针对使(2p+1)也是素数的素数P(称为热尔曼素数)进行.热尔曼的素数P包括了5,因为11×(2×5+1)也是素数;但不包括13,因为27×(2×13+1)不是素数.她巧妙而大致地证明了热尔曼素数方程xn+yn=zn不存在正整数解.1825年,狄利克雷(Dirichlet)和勒让德(Legendre)的工作使热尔曼的方法获得完满成功,他们独立地证明了n=5不存在解.14年后,加里布尔·拉梅对热尔曼的方法做了进一步巧妙的补充,证明了n=7的情形.3 理想数的建立,分圆域理论的研究及代数数论的创立此后直到1857年,法国数学家拉梅(Lamé)和柯西(Cauchy)都试图利用分圆整数理论证明费马大定理,但可惜的是分圆整数唯一因子分解定理不成立.德国数学家恩斯特·库默尔(Ernst Kummer)为使唯一因子分解定理成立,从1844年开始了一系列研究.对每个奇素数p,他将费马方程分解成其中.于是考虑比整数环Z更大的环Z[ζp].如果这个环具有唯一因子分解性质,库默尔证明了方程xp+yp=zp没有正整数解,即费马猜想对n=p成立.他证明了当p≤19时,Z[ζp]具有唯一因子分解性质,从而用统一方法证明了费马猜想对n为不超过22的所有正整数(n≥3)均成立.他也证明了Z[ζ23]不具有唯一因子分解性质.进而,他提出了“理想数”的概念,证明了如下结论:即使Z[ζp]不具有唯一因子分解性质(即Z[ζp]的理想类数hp大于1),但只要hp不被p除尽,则方程xp+yp=zp也没有正整数解.他还给出判别p 是否除尽的hp初等方法,由此证明了对于100以内的所有奇素数p,除了解37,59,67之外,费马猜想对于n=p均正确.库默尔不仅对费马大定理的研究进展做出了贡献,而且研究了环Z[ζp]的一系列深刻的性质,对分圆域的整数环、理想类数、分圆单位及单位群做了奠基性的工作,开创了对分圆域的理论研究.分圆域至今仍是代数数论研究成果最多的领域之一.正是由于库默尔等人的研究,1871年以后戴德金(Dedekind)推广了高斯的复整数和库默尔的代数数理论,由此创立了现代代数数理论.过去代数数论本来是研究费马大定理解的一种方案;而现在,其自身却变成了一门新兴学科.其创立被认为是19世纪代数学学科的最大成就.随着对费马大定理研究的深入,数学家们清楚地认识到:只要证明了谷山一志村猜想(即每个椭圆方程必定是模形式),那么就隐含费马方程无解,于是就可立即证得费马大定理.英国数学家安德鲁·维尔斯奋斗了7年,终于以《模形式、椭圆曲线和伽罗毕表示》、《模曲线和费马大定理》和《海克代数的环论性质》等一系列成果,证明了谷山一志村猜想及费马大定理.至此,一个困扰了人间智者358年的谜终于被解开.在费马大定理的攻克历程中产生了许多新思想、新方法与新分支.这充分证明了数学问题对数学发展具有积极的推动作用.正如希尔伯特(Hilbert)[1]401900年在世界数学家大会上所言:“对费马大定理的研究提供了一个明显的例子,说明这样一个非常特殊、似乎不十分重要的问题会对科学产生怎样令人鼓舞的影响.受费马问题的启发,库默尔引进了理想数,并发现了把分圆域的理想数分解为理想质数的唯一分解定理,这个定理今天已被戴德金(Dedekind)和克罗内克(Kronecker)推广到任一代数数域,在近代数论中占有中心地位,其意义已远远超出数论的范围而深入到代数和函数论的领域.”数学上还有许多数学问题与数学猜想,随着这些问题、猜想的解决,势必会推动数学更进一步向前发展.参考文献:[1] 闵嗣鹤,严士健.初等数论[M].3版.北京:高等教育出版社,2005.[2]西蒙·辛格.费马大定理——一个困惑了世间智者358年的谜[M].上海:上海译文出版社,2005.(责任编辑:陈静)基金项目:广东省高等教育教学改革工程项目(BKYBJG20060278)。

Fermat大定理的初等证明

Fermat大定理的初等证明

Fermat大定理的初等证明
Fermat大定理的初等证明
◆王世强
【摘要】本文用“看整数的个位数”的方法证明Fermat大定理.
【期刊名称】前沿科学
【年(卷),期】2014(008)002
【总页数】2
【关键词】Fermat大定理.
[一] A.Wiles曾在1995年完全证明了Fermat大定理.但他在证明中用了很多高等数学的理论.赵计夯先生曾提出“看整数的个位数”的方法证明Fermat大定理的想法.但他只考虑十进制的整数,所以似较困难.庞阳先生又指出用8进制不能完全证明Fermat大定理.
[二] 本节用5进位制.这时其4个非0数字对乘法构成一个乘法群.因而其每个元的4次幂都是1---(1).于是每个元的5次幂都等于此元本身.这样就以4为周期循环了---(2).又由(1)可知a4+b4=c4无非0解.再由(2)知a4n+b4n=c4n对于n=2,3,4,5,6,………也都无非0解.---(3). [三] 当用3进位制时,n(p-1)=2n可取到任何偶数.仿[二]可知a2n+b2n=c2n 对于n=2,3,4,5,6,………也都无非0解.---(4)于是有:
定理1:每个次数大于2的偶数次Fermat方程都无非0解.
[四] 对于其他奇素数进位制,可仿照以上3进位,5进位的情况处理.从而有:定理2:每个次数大于1的奇数次Fermat方程都无非0解.把定理1与2合起来说,就有主要定理每个次数大于2的Fermat 方程都无非0解.
【致谢】。

Fermat最后定理的证明

Fermat最后定理的证明

Fermat最后定理的证明
李宏棋
【期刊名称】《纺织高校基础科学学报》
【年(卷),期】1996(009)002
【摘要】用分析正整数三数组的方法证明了Fermat最后定理。

【总页数】8页(P203-210)
【作者】李宏棋
【作者单位】西安电机厂综合计划处
【正文语种】中文
【中图分类】O156.1
【相关文献】
1.Fermat最后定理—历史和证明简介 [J], 张绍伟
2.揭秘当年费尔马(Fermat)大定理的证明思路与绝妙方法——不定方程
xn+yn=zn在n为大于2的任意整数时没有不为零的整数解 [J], 邹继芳
3.揭秘当年费尔马(Fermat)大定理的证明思路与绝妙方法——不定方程
x~n+y~n=z~n在n为大于2的任意整数时没有不为零的整数解 [J], 邹继芳;
4.揭秘当年费尔马(Fermat)大定理的证明思路与绝妙方法——不定方程x^n+y^n=z^n在n为大于2的任意整数时没有不为零的整数解 [J], 邹继芳;
5.新多项式与Fermat最后定理 [J], 耿济
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Fermat型复微分差分方程的整函数解

Fermat型复微分差分方程的整函数解

Fermat型复微分差分方程的整函数解
龚翌晖;杨祺
【期刊名称】《新疆师范大学学报(自然科学版)》
【年(卷),期】2024(43)3
【摘要】文章利用复微分方程理论和复差分方程理论研究了形式为
(μf(z)+λf′(z))^(2)+f(z)^(2)=P(z)的复微分方程和形式为
(μf(z)+λf′(z))^(2)+f(z+c)^(2)=P(z)的复微分-差分方程的任意整函数解的存在形式。

首先,用Weierstrass因式分解定理将两个方程进行分解,计算出f(z)和
μf(z)+λf′(z)的具体形式;其次,对因式分解后产生的指数h(z)进行讨论,分为h(z)为常数和h(z)为非常数整函数两种情形;最后,研究每一种情形下整函数解中各个变量之间的关系。

文章得到了两个关于Fermat型方程的整函数解的存在形式,在一定范围内推广和改进了前人的结论。

【总页数】6页(P69-74)
【作者】龚翌晖;杨祺
【作者单位】新疆师范大学数学科学学院
【正文语种】中文
【中图分类】O174.52
【相关文献】
1.关于Fermat型微分差分方程的整函数解
2.广义Fermat型微分与微差分方程整函数解的存在性与形式
3.Fermat型二阶混合偏微分方程的整函数解
4.Fermat型复微分-差分方程的整函数解
5.双变量Fermat型偏微差分方程的整函数解
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Q(√5)上的四次Fermat方程

Q(√5)上的四次Fermat方程

Q(√5)上的四次Fermat方程王永亮【摘要】确定了几个重要的不定方程在一个实二次域的整数环中的解,指出了费尔玛方程当n等于4时在此环中也没有非平凡解.【期刊名称】《华南师范大学学报(自然科学版)》【年(卷),期】2009(000)004【总页数】3页(P26-28)【关键词】实二次域;代数整数环;不定方程【作者】王永亮【作者单位】菏泽学院数学系,山东菏泽,274015【正文语种】中文【中图分类】O156.2确定不定方程代数整数环中是否有解?有怎样的解?一般来说是非常困难的.目前人们的探讨也仅局限于比整数环稍微复杂的二次数域的整数环,例如由希尔伯特定理169[1],x4+y4=z2在[]中仅有满足xyz=0的整数解;而CROSS[2]证明,若(1+)|y,则方程±x4±y4=z2也仅有满足xyz=0的整数解; SZAB[3]证明在[]中,x4+y4=z2仅有平凡解;文献[4]证明了x4+y4=(-1)σ()μz2在[]中也仅有几个互素的解,其中σ=0,1,μ=0,1;文献[5]探讨了一类虚二次域上的几个不定方程,情形带有一般性.特别在文献[6]中,决定了一个重要的不定方程在实二次域Q()中的解.在实二次域中,因为含有无限个单位,讨论更为复杂.本文讨论了以下不定方程在Q()的整数环中的解:x4-4y4=z2(引理3),x4+y4=z2(定理1),以及x4-y4=2z2(推论1).由定理1可直接推出费尔玛方程在此环中无非平凡解. 需要指出的是,在上述整数环中,不定方程x4+4y4=z2与x4-y4=z2的确存在着非平凡的互素解,例如(1,1,)与(,2,3)分别是这2个不定方程的一组解.而且若方程x4-y4=z2成立,则可以推出方程(x4+y4)4-(2xyz)4=(z4-4x4y4)2也成立,从而可依次得到方程x4-y4=z2的无限多个非平凡的解.以K表示实二次域Q(),OK表示其代数整数环,ω为OK的基本单位,OK显然有以下性质[7]:ω=,所有单位可表示为±ωn,n;OK是唯一分解整环,每一个元素具有唯一分解性;OK=[ω],};2是OK中的素数.引理1 在OK中,以下关系成立:ω2≡1+ω(mod 2),(1+ω)2≡ω(mod2),ω4≡ω(mod 2),(1+ω)4≡1+ω(mod 2),ω2≡1+ω(mod 4),(1+ω)2≡2+3ω(mod 4).由代数整数环的一般性质,这些关系很容易验证.引理2 设x,y,zOK,且两两互素, 若满足x2+y2=z2,则必有2|x或2|y,从而另两数模2同余.证明 1)x,y,z中至少有一个数被2整除.否则,假设x=2x1+a,y=2y1+b,z=2z1+c,其中x1,y1,z1OK,a,b,c{1,ω,1+ω}.由引理1可知,x2+y2模4的代表元只可能是而z2模4的代表元只可能是比较两边的代表元可知,上述同余式不成立.2) z不能被2整除. 只需验证同余式a2+b2≡0(mod 4)不成立即可,这又可以由引理1得到.引理3 不存在两两互素的x,y,zOK,满足x4-4y4=z2,xyz≠0.证明假设存在两两互素的x,y,zOK满足引理条件,为了便于讨论,不妨假设x,y,z都大于0. 由引理2知,2既不整除x也不整除z. 这样可适当选取一组解(x,y,z),使得y 的2因子的指数最小.将x4-4y4=z2变形为4y4=x4-z2,则2x2-z或2|x2+z,但x2-z≡x2+z(mod 2),所以有2|x2-z且2|x2+z,即, OK.由x与z的互素性可知,与是互素的.把x4-4y4=z2变为×=y4,由于OK是唯一分解环,从而必有=ωma2 ,=ω-mb2 ,y2=ab,其中m,a,bOK,a,b互素且都不为0 ,即x2=ωma2+ω-mb2,y2=ab,z=|ωma2-ω-mb2|. 由x2=ωma2+ω-mb2可得ωmx2=ω2ma2+b2.可以断言m不为奇数,若m为奇数,令 m=2n+1,则有ω(ωnx)2=ω2(2n+1)a2+b2,但是根据引理1与2不整除x, 我们有ω2ma2+b2 ≡0,1,1+ω,2+3ω,2,2ω,2+2ω,3,3+3ω,2+ω(mod 4),ωmx2≡ω,1+2ω,3+ω(mod 4).比较这2个同余式可知,同余式ω(ωnx)2≡ω2(2n+1)a2+b2(mod 4)不成立,故原式不成立.因此m为偶数,令m=2n,从而x2=(ωna)2+(ω-nb)2,再由引理2知, 2整除a与b中的一个,由对称性,不妨假设2整除a而不整除b,这样从而有x=ωsc2+ω-sd2,ωna=2cd,ω-nb=|ωsc2-ω-sd2|.注意,因为y2=ab,(a,b)=1,所以除了相差一个单位外,a是一个平方数,又因为2是素数又整除a,这样4整除a. 但是ωna=2cd,必然有2整除c、d中的一个,不妨假设2整除c而不整除d,令c=2f并代入到y2=ab可得根据唯一分解环的性质,并适当选择p,t,q,有下列4种情形:f=p2,d=t2,4ωsf2-ω-sd2=±q2;f=ωp2,d=,4ωsf2-ω-sd2=±q2;f=p2,d=ωt2,4ωsf2-ω-sd2=±;f=ωp2,d=t2,4ωsf2-ω-sd2=±.利用恒等式ω-1=ω(ω-1)2,这4种情形已包含了所有可能. 由f,d的定义,p,t,q显然是两两互素的.情形1:将f=p2,d=t2代入到4ωsf2-ω-sd2=±q2,可得4ωsp4-ω-st4=±q2. 可以断言s是偶数,否则可令s=2i+1,于是有-ω-2i-1t4≡±q2(mod 4),注意(t,q)=1,2既不整除t也不整除q,从而t4≡±ω(ωiq)2(mod 4),可以证明此式不成立,因为由引理1有:t4≡1,1+ω,2+3ω(mod4),±ω(ωiq)2≡ω,1+2ω,3+ω,3ω,3+2ω,1+3ω(mod 4),比较此二式可知t4≡±ω(ωiq)2(mod 4)不成立,因此s是偶数,令s=2i并代入到4ωsp4-ω-st4=±q2得,4ω4ip4-t4=±(ωiq)2,由引理2知,4ω4ip4-t4=+(ωiq)2不成立.于是仅有4ω4ip4-t4=-(ωiq)2,即t4-4ω4ip4=(ωiq)2成立.由以上证明过程可知,p的2因子的指数严格小于y,这与一开始就假设的y的2因子的指数最小矛盾.情形2:与情形1相似,证略.情形3:将f=p2,d=ωt2代入到4ωsf2-ω-sd2=±可得4ωsp4-ω-s+2t4=±.可以断言s是奇数,否则可令s=2i,于是有-ω-2i+3t4≡±q2(mod 4),注意(t,q)=1,2既不整除t也不整除q,从而t4≡±ω(ωi-2q)2(mod 4),根据引理1及情形1中的同余关系,可以证明此式不成立. 因此s是奇数,令s=2i+1并代入到4ωsp4-ω-s+2t4=±得,4ω4ip4-t4=±(ωi-1q)2,由引理2知, 4ω4ip4-t4=+(ωi-1q)2不成立.于是仅有4ω4ip4-t4=-(ωi-1q)2,即t4-4ω4ip4=(ωi-1q)2成立,由以上证明过程可知,p的2的因子的指数严格小于y,这与一开始的假设矛盾.情形4:与情形3相似,证略. 这就完成了证明.注意: 在证明过程中,没有采用绝对值的下降法,这是因为若(x,y,z)是原方程的一组互素解,则(ωix,ωiy,ω2iz)也是一组互素解, 而ωi的绝对值是可以无限大的.定理1 不存在两两互素的x,y,zOK, 满足x4+y4=z2,xyz≠0.证明假设存在着两两互素的x,y,zOK满足以上条件,将方程的两边平方并移项可得(x4-y4)2=z4-4(xy)4,它表明(z,xy,x4-y4)是方程x4-4y4=z4的一组非平凡解,这与引理3矛盾.推论1 不存在两两互素的x,y,zOK, 满足x4-y4=±2z2,xyz≠0.证明假设存在着两两互素的x,y,zOK满足以上方程,将方程的两边平方并化简可得(x4+y4)2=4z4+4(xy)4,即由x4-y4=±2z2可推出2|x4-y4,从而2|x4+y4,故 OK.由x,y,z的两两互素性知,xy,z,是两两互素的,而上式表明(xy,z,)是不定方程x4-4y4=z2的一组互素解,这与定理4矛盾.Key words: real quadratic fields; ring of algebraic integers; Diophantine equations【相关文献】[1] HILBERT D. The theory of algebra number fields[M]. New York: Springer-Verlag, 1998.[2] CROSS J T. In the Gaussian integers α4+β4≠γ4 [J]. Mathematics Magazine, 1993, 66: 105-108.[3] SZABO Sándor. The Diophantine equ ation x4+y4=z2in Q()[J]. Pure Appl Math, 1999, 30 (9): 857-861.[4] XU Kejian, QIN Hourong. Some Diophantine equations over Z[i] and Z[] with applications to K2 of a field[J]. Communication in Algebra, 2002, 30(1): 353-367.[5] XU Kejian, WANG Yongliang. Several Diophantine equations in some rings of integers of quadratic imaginary fields[J]. Algebra Colloquium, 2007, 14(4): 661-668.[6] SZABO Sándor. The Diophantine equation x4-y4=z2 in three quadratic fields[J]. Acta Mathematica Academiae Paedagogicae Nyíregyháziensis, 2004, 20 (1): 1-10.[7] FENG Keqin. Algebraic number theory[M]. Beijing: Science Press, 2001: 52-53;219.。

微分方程中的费马方程组求解

微分方程中的费马方程组求解

微分方程中的费马方程组求解微分方程是数学中的重要研究对象之一,它描述了自然界许多现象的变化规律。

而费马方程组则是微分方程中一类特殊的方程组,它在求解微分方程问题中具有重要的应用价值。

本文将介绍费马方程组的概念和求解方法。

1. 费马方程组的定义费马方程组是指由一个未知函数和该函数的偏导数组成的方程组。

通常情况下,费马方程组的求解需要组合运算和偏导数的运用。

首先,我们来定义一个一般的费马方程组:\[\begin{cases}F_1(x, y, u, u_x, u_y) = 0,\\F_2(x, y, u, u_x, u_y) = 0,\end{cases}\]其中,\(x\)和\(y\)分别表示自变量,\(u\)为未知函数,\(u_x\)和\(u_y\)为\(u\)对\(x\)和\(y\)的偏导数。

2. 求解费马方程组的方法对于一般的费马方程组,我们可以使用不同的方法进行求解。

下面将介绍两种常见的求解方法。

(1)分离变量法对于一些特殊的费马方程组,我们可以使用分离变量法进行求解。

具体步骤如下:步骤一:将费马方程组中的每个方程移项,使得等号右侧为0。

步骤二:对每个方程进行变量分离,将含有未知函数的项放在一边,将其余项放在另一边。

步骤三:对两个方程进行求解,得到两个独立的方程。

步骤四:将两个独立方程合并,得到最终的解。

(2)特解法对于有些特殊形式的费马方程组,我们可以使用特解法进行求解。

特解法的基本思想是通过代入适当的特解,使得方程组变得简单。

步骤一:先对某个方程进行变形,将其变为一个常微分方程。

步骤二:通过代入适当的特解,将原方程组转化为常微分方程的形式。

步骤三:求解常微分方程,得到原方程组的解。

通过以上两种方法,我们可以针对不同的费马方程组进行求解,得到它们的解析解或数值解。

3. 费马方程组的应用费马方程组的求解在实际中具有广泛的应用,尤其在研究物理、工程、生物等领域的问题时。

以下是费马方程组的一些应用示例:(1)流体力学中的费马方程组费马方程组在流体力学中有重要的应用。

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类似地,研究丢番图方程 xn + yn + zn = tn 整数解的存在性问题可以转化为研究方程 xn + yn + zn = 1 的有 理数解的存在性问题。然而,当 n ≥ 6 时,方程 xn + yn + zn = tn 整数解的状况不是十分清楚。
相应地,不妨先考虑当 n ≥ 2 时,Fermat 型函数方程
z1, z2 ∈ ;
z1

,
z2
= ∞.
定义
3
[7]:设
f
(z) 在
z
<
R(0
<
R
≤ ∞) 内亚纯,我们称
f
# (z)
=
f ′(z) 1+ f (z)2

f
( z) 的球面导数。
定义
4
[7]:设
f
(z)

上的亚纯函数,
f
(z)
的级定义为
ρ
=
lim
r→∞
log+ T (r,
log r
f
)

引理 1 [8]:设 f ( z) 为 上的非常数亚纯函数,其级 ρ 有穷,则对于 ∀ε > 0 ,存在 E ⊂ (1, +∞) ,使

∫E
dr r
<

,且
( ) f ′( z)
f (z)

z ρ−1+ε
z ∈ R+ \ E ∪ [0,1] .
引理 2 [7]:(Marty 定则)设 为区域 D 内的一族亚纯函数。 在 D 内正规的充要条件是:对于 D 内
的任一有界闭区域 d ⊂ D ,存在相应的正数 M (与 d 有关),使得对于 中的每一个函数 f ( z ) ,有
z =r
由于 n ≥ 3 ,令 r → ∞ , A 2 ≤ 0 ,故 A = 0 即τ ( z ) = 0 ,矛盾,定理 1 得证。
3.2. 定理 2 的证明
假设函数方程(1)存在非常数的整函数解 f ( z) , g ( z) ,那么由 z 的任意性可以得到一组无穷级的整函
( ) ( ) = 数解 F ( z) f= eez ,G ( z) g eez 。
Entire Solutions of Fermat Type Functional Equations
Jiangmei Duan, Min Su
Department of Mathematics, Yunnan Normal University, Yunnan Kunming
Received: Mar. 10th, 2016; accepted: Mar. 23rd, 2016; published: Mar. 30th, 2016 Copyright © 2016 by authors and Hans Publishers Inc. This work is licensed under the Creative Commons Attribution International License (CC BY). /licenses/by/4.0/
关键词
Fermat型函数方程,整函数,正规族理论
段江梅,苏敏
1. 引言及主要结果
1637 年法国数学家费马提出了如下猜想:当 n ≥ 3 时,丢番图方程 xn + yn = zn 没有非平凡的整数解。 1994 年这个猜想被英国数学 A. Wiles 完全证明。要寻找方程 xn + yn = zn 在整数环上的非平凡解,可以转 化为求代数曲线 xn + yn = 1 上的有理点。
nf n−1g n−1τ ≡ 0 ,显然 τ ( z ) ≡ 0 。
118
段江梅,苏敏
另一方面,由克莱姆法则得
= f n−1 ( z )
gτ= ′((zz)) , gn−1 ( z)
f ′(z) τ (z) ,
从而
τ 2 = ( z)
f n−f1g′g= ′n−1
(
1
)fg n−2

f′⋅ f
g′ , g
(3)
故τ n =
τ n−2 f n−2 g n−2

f′⋅ f
g′ g
=

g′ g

f ′ n−2
f

f ′ ⋅ g′ 。 fg
由题设和(1)式知: ρ=f ρg ≤ 1,
故由引理
1
知:对任意 ε
>
0
,存在
E

(1, +∞)
,使
∫E
dr r
<

,且
( ) τ
(z)n


g′ g
max f ( z) g ( z) ≥ Br.
(4)
z =r
又由(3)、(4)式及引理
1
知:对上述的
r
及 ∀ε
>
0
,存在
E′

(1, +∞)
,使
∫E′
dr r
<

,且
( ) A 2 ≤ max
f
(
1
z)
g
(z)
n−2

f′ ⋅ f
g′ g

1
( Br )n−2
⋅ r2ε
r ∈ R+ \ E′ ∪ [0,1] ,
f ′(z) 1+ f (z)2 ≤ M
(z∈d )
即 f # (z) ≤ M (z∈d )。
引理
3
[7]:设

为区域
D
内的一族亚纯函数。如果


z0

D
内不正规,则存在
D
中的点列
{zn
}∞ n=1

{ } 中 的 函 数 列
fn
(z)
∞ n=1
,正数列
{ } ρ ∞ n n=1


上的非常数亚纯函数
Abstract
In this paper, a new proof is given for the result that if n ≥ 3 , there are no non-constant entire so-
lutions of the functional equation f n ( z ) + gn ( z ) = 1 .
f n ( z ) + g n ( z ) + hn ( z ) = 1
(2)
在整函数环,或是亚纯函数域上的非平凡解。对于该问题的研究已有如下结论: 1985 年 W. K. Hayman [1]证明了:当 n ≥ 9 时,方程(2)不存在非常数亚纯解;当 n ≥ 7 时,方程(2)不 存在非常数整函数解。此外,当 2 ≤ n ≤ 5 时,G. G. Gundersen [2]-[4]等人找到了满足方程(2)的非常数整函 数解;当 n = 6 时,G. G. Gundersen [5]构造了满足方程(2)的非常数亚纯解。 近期,苏敏[6]等人证明了:当 n = 6 时,方程(2)不存在级小于 1 的非常数整函数解;当 n = 8 时,方 程(2)不存在级小于 1 的非常数亚纯函数解。 本文主要利用正规族理论的知识对 n ≥ 3 时,函数方程(1)没有非常数整函数解的结果给出新的证 明。
则称此函,我们称一非负实数为 z1 与 z2 之间的球面距离,记作 d ( z1, z2 ) :
117
段江梅,苏敏


d
(
z1 ,
z2
)
=




z1 − z2
,
1 + z1 2 ⋅ 1 + z2 2
1 ,
1 + z1 2
k =1

f (ξ )
,使得当 k
→∞
我们断言:
f
(z) g (z) 为非常数整函数。事实上,若
fg
≡ c (c为非零常数) ,则
fn
+


c f
n
= 1 ⇒
( ) f n f n −1 =−cn ,所以 f n 不取 0,1,这与 f n ( z ) 至多有一个有穷 picard 例外值矛盾。
由于 f ( z ) g ( z ) 为非常数整函数,故存在 B > 0, r0 > 0 ,使当 r > r0 时,
摘要
本文对 n ≥ 3 时,函数方程 f n ( z ) + gn ( z ) = 1 没有非常数整函数解的结果给出新的证明。
文章引用: 段江梅, 苏敏. 关于 Fermat 型函数方程的整函数解[J]. 理论数学, 2016, 6(2): 116-120. /10.12677/pm.2016.62017
2. 几个概念与引理
在定理 1 的证明之前,先介绍本文中常用的几个概念与引理:
定义 1 [7]:设 为区域 D 内的一族亚纯函数,如果从该族中的每一个函数序列 fn ( z ) (n = 1, 2,) 可 以选出一个子序列 fnk ( z) (k = 1, 2,) 满足下列两个条件之一:
1) fnk ( z) (k = 1, 2,) 在 D 内闭一致收敛; 2) fnk ( z) (k = 1, 2,) 在 D 内闭一致趋于 ∞ ,
+
f ′ n−2
f

f ′ ⋅ g′ < 2n z nε fg
z ∈ R+ \ E ∪ [0,1] ,
( ) 从而 τ ( z) < 2 z ε z ∈ R+ \ E ∪ [0,1] ,
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