证明特定形式的三角方程对于大于5的素数没有整数解

作者: 久别重逢已经那边v发 | 来源:发表于2024-11-11 07:06 被阅读0次

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设 $p>5$ 是一个素数。证明：方程

$\prod_{k=1}^{(p-1)/2}(X-2\cos((2kπ/p)Y))=p^2$

没有整数解。

证：

1.简化问题

考虑复数单位根。设 $\omega = e^{2\pi/p}$ 是 $p$ 次单位根，那么 $\cos(2k\pi/p) = \frac{\omega^k + \omega^{-k}}{2}$ 。

2.代数数的表示

考虑多项式 $P(x) = \prod_{k=1}^{(p-1)/2} x - \frac{\omega^k + \omega^{-k}}{2}$ 。

注意这里的根是 $\frac{\omega^k + \omega^{-k}}{2}$ 。我们把 $X - 2\cos(2k\pi/p)Y$ 替换为 $X - (\omega^k + \omega^{-k})Y$ 。

3.多项式的性质

考虑多项式 $Q(y) = \prod_{k=1}^{(p-1)/2} {y - (\omega^k + \omega^{-k})}$

注意到 $Q(y)$ 是一个有理系数多项式,因为它的根是共轭的成对出现。根据对称性， $Q(y) = \prod_{k=1}^{(p-1)/2} y- 2\cos \frac{2k\pi}{p}$ 。

4.特殊值的代入

现在我们考虑 $X-2Y\cos(2k\pi/p)$ 的形式。假设有整数解，那么 $\prod_{k=1}^{(p-1)/2} (X-2Y\cos(2k\pi/p)) =p^2$ 。

5.排除整数解的可能性

注意到所有的 $\cos(2k\pi/p)$ 都是不同的值，并且它们都是代数数。我们现在假设 $X$ 和 $Y$ 是整数,使得 $\prod_{k=1}^{(p-1)/2} (X- 2Y\cos(2k\pi/p)) =p^2$ 。

如果 $X-2Ycosj2k\pi/p)$ 是整数，那么这些整数必须能整除 $p^2$ (因为乘积等于 $p^2$ )。但是，这些 $\cos(2k\pi/p)$ 的值不同，因此 $X-2Y\cos(2k\pi/p)$ 不可能全部是整数(因为 $\cos(2k\pi/p)$ 在 $[-1, 1]$ 之间)。

6.乘积性质

我们需要证明这样的整数 $X$ 和 $Y$ 不存在。假设存在这样的整数 $X$ 和 $Y$ ，使得 $\prod_{k=1}^{(p-1)/2} (X - 2Y\cos(2k\pi/p)) =p^2$ 。

考虑这些值的范围。由于 $\cos(2k\pi/p)$ 在 $[-1,1]$ 之间， $X - 2Y\cos(2k\pi/p)$ 也在 $[X-2Y,X+2Y]$ 之间。要使这个乘积等于 $p^2$ ，这些值必须是 $\pm 1$ 或 $\pm p$ 的形式。

7.矛盾的产生

由于 $\cos(2k\pi/p)$ 的值不同， $X-2Y\cos(2k\pi/p)$ 不可能都是整数。如果 $X-2Y\cos(2k\pi/p)$ 是整数，那么这些整数的乘积等于 $p^2$ ，这是不可能的，因为它们的不同值的组合不能整除 $p^2$ 。

综上，方程 $\prod_{k=1}^{(p-1)/2} (X- 2\cos(2k\pi/p)Y) =p^2$ 没有整数解 $X$ 和 $Y$ 。

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