从单位分数到欧德斯猜想

1、从单位分数到欧德斯猜想一，埃及分数简介分数，连小学生都知道，例如，。可是你是否知道，还有一种单分子分数，即分子为1，分母为任意数。这种分数叫埃及分数，或者叫单分子分数和单位分数。埃及同中国一样，也是世界上著名的文明古国。人们在考察古埃及历史时注意到象阿基米德这样的数学巨匠，居然也研究过单位分数。本世纪一些最伟大的数学家也研究埃及分数，例如，沃而夫数学奖得主，保罗-欧德斯，他提出了著名的猜想： 。 难倒了世界上第一流的数学家。当9个面包要平均分给 10个人的时候，古埃及人不知道每个人可以取得 ，而是说每人，。真叫人难以想象，你连都搞不清楚，怎么知道。所以几千年来，数学史家一直坚持认为，古埃及人不

2、会使用分数。1858年，苏格兰考古学家莱登买到了一份古埃及草纸文件，经过鉴定这是繁生于尼罗河泛滥形成的池塘和沼泽地里的草制成的纸，成文年代约在公元前1700年。那么，古埃及的人们，是怎么算的呢？首先，把 2 个物品分成 4 个，先给每个人 1 个 ，剩下的 1 个 再分成 3 等分，均分结果，每人分到 加 的，也就是 + = 。这份至今保存在大英博物馆的“莱登”草纸，用很大的篇幅记载着将真分数分解成单分子分数，这种运算方式，遭到现代数学家们纷纷责难，认为埃及人之所以未能把算术和代数发展到较高水平，其分数运算之繁杂也是原因之一。埃及金字塔是举世闻名的，表明古埃及人具有高超的建筑技巧和超凡的智力，

3、难道最简单的现代分数也不懂？金子塔所蕴含的难道是一篇粗劣的作品？现代数学已经发展到十分抽象和复杂的程度，而埃及分数却是这样粗糙，在人们的记忆里早该烟消云散了，然而，它产生的问题直到今天仍然引起人们的重视。四川大学已故老校长柯召写道：“埃及分数所产生的问题有的已成为至今尚未解决的难题和猜想，他们难住了许多当代数学家”。柯召本人至死都没有能够证明这个猜想。 二，古老的传说一个古老的传说是：老人弥留之际，将家中11匹马分给3个儿子，老大，老二，老三。二分之一是5匹半马，总不能把马杀了吧，正在无奈之际，邻居把自己家的马牵来，一共12匹马了，老大二分之一，牵走了6匹；老二四分之一，牵走了3匹；老三六分之

4、一，牵走了2匹。一共11匹，分完后，邻居把自己的马牵了回去。即。奇妙的埃及分数终于调动自己的潜在难度击败了敢于轻视他们的人们。并且给与嘲笑他的人以难堪的回答。两千多年后的数学家终于发现：；。此时才大梦初醒。埃及分数以旺盛的生命力屹立在世界数坛，使三千年后的数学家也自叹弗如。例如，分马问题，能否设计出。经过2000多年的努力，终于揭开其中的噢秘：有42种可能，共43种分法。；。原先人们以为，这样的情况大概有无穷多个，可是，继续追击却一无所获，真是难以预料。数学家发现了有大约10种情况，有人给出了全部43种情况。 三，近代一些研究当限定分母为奇数时，把“1”分解为埃及分数，项数限定为9项，共有5组

5、解：以上5组解是在1976年才找到。限定为11项时，发现了1组解 最小分母是105。若大于105则有很多的解。1/n型分数还可以表示成为级数分解式：埃及分数成为不定方程中一颗耀眼的明珠。埃及分数最著名的猜想是欧德斯猜想。四，欧德斯猜想埃及分数最著名的猜想是erods猜想：1950年erods猜想，对于n>1的正整数，总有：（1）其中，x，y，z。都是正整数。stralss进一步猜想，当n2时，方程的解x，y，z满足xy，yz，zx。x<y<z。1963年柯召，孙奇，张先觉证明了erods猜想stralss猜想等价。几年后yamanot又把结果发展到10的7次方。以后一些数学家

6、又把结果推向前去，始终未获根本解决。对于：只需要考虑n=p为素数的情况，因为若。（2）式成立，则对于任何整数m，m>1，。（3）也成立。 五，命题的转换2002年，提出一个更强的命题：设x=ab，y=ac，z=abcp。（b<c) 。（4）一切奇素数都可以表示为4r+1与4r+3型。对于p=4r+3型，（2）式是显然的，因为这时，b=1。c=p+1.。即：.。（5）例如：。对于p=4r+1 型的素数，把（4)式整理成 ： 4abc=pc+pb+1 。(6) 。(7)在（7）式中，若要 b|(pc+pb+1)，需使得b|(pc+1)，设pc+1=tb；若要c|(pc+pb+1)，需使

7、得c|(pb+1)，设pb+1=sc；对于p=4r+1形，若要4|p(c+b)+1,需c+b=4k-1，对于p=4r+3形，若要4|p（c+b）+1，需c+b=4k+1。于是，形成一个二元一次不定方程组：-pc+tb=1 (8)sc+(-p)b=1 (9)例如p=17时，a=3，b=2，c=5，t=43，s=7，k=2 。.即.等价于下面的式子:（-17）×5+43×2=17×5+（-17）×2=1.(*)分子：4abc-1=4r+3型，如果p=4r+1型，分母：b+c=4r+3型。因为对于二元一次不定方程组，我们有办法。根据代数学辞典上海教育出版社19

8、85年（376页）：“方程组：ax+by=ca'x+b'y=c'公共解（整数解）x,y的充分必要条件是(ab'-a'b)不等于0，并且 (ab'-a'b) | (bc'-b'c) 和 (ab'-a'b) | (ca'-c'a)。”我们把：（8）（9）式的c与b当成上面的x与,y。t看成b，s看成a；p看成a和b。. 在（8）式中，只要（p,t）=1；就有无穷多组b和c整数解;在（9）中，只要（p,s）=1，就有b和c的整数解。根据已知的定理（柯召，孙奇谈谈不定方程）13 至17页，联立二元一

9、次不定方程，就知道（8）（9）式必然有公共整数解（用到矩阵，单位模变换等知识）。即st-p*p0，(st-p*p) | (p+t)； (st-p*p) | (p+s)。 六，（8）式（9）式实际是一个式子(8) 式(9)式实际上是一个式子的数值不同，例如p=17对于（9）式：sc-17b=1，s=1，2，3，.，16时都有解；当s=7时，c=5，b=2。当s>17时就是（8）式了，-17c+tb=1；t=1，2，3，4，.，43，.44，.以致无穷都有解，只要s与t不等于pm，（m=1，2，3，4，.。）。当t=43时，c=5，b=2。有共同解了。有人以p=2521没有找到（8）（9）式

10、的解为由，认为（8）（9）式不成立。首先，没有找到不等于没有解，因为你没有穷尽所有数值。其次，你必须证明2521没有解。第三，如果2521没有解，那么这是非常可怕事情，因为，他将要否定丢番图方程的基本定理。ax+by=1，(a,b)=1必然有整数解。下面是一些p值的解：p=4r+1,r为奇数时，a=2,s=3.pabctsk52121131292439283311372562459317532712493933361281631243343173222126999793323p=4r+1r为偶数时得解17325437241121624772416345531273102217677697172

11、52433921135697182772640959213265963440922566539931184091111602231751841有两组解；409有三组解。就是说：=-41×6+247×1=17×6+（-41）×1=1和第二组解；-41×4+55×3=131×4+（-41×3）=1（4）式是对于所有的p值都有解，但不是全部解。(例如，4/41有7组解，而（2）式只求证4/p=1/ab+1/ac+1/abcp的形式解。请注意普遍解与全部解的区别。在七十年代，人们又提出了5/p的情况，所有的素数p都可以表示

12、成5r+1；5r+2；5r+3；5r+4形。对于p= 5r+4形，.。(10)其中任何一个：。（11）例如，而；或者。对于p=5r+3形，（12）其中任何一个：(13)例如，而。对于p=5r+2形，.(14)r必然是奇数，（r+1）必然是偶数。而：(15)例如，；而。对于p=5r+1形，设.（16）。5abc=pc+pb+1 （17）.（18）同样可以整理成（8）（9）式，同样有解。b+c=5k-1形。下面是一些p=5r+1形的素数的解。，a=3，b=1，c=3，t=34，s=4；，a=7，b=1，c=8，t=248，s=4；，a=3，b=3，c=31，t=424，s=4；，a=1，b=14，

13、c=95，t=414，s=9；，a=3，b=5，c=89，t=1264，s=4；，a=3，b=7，c=177，t=2554，s=4；，a=3，b=9，c=295，t=4294，s=4；方法同4/p一样。请读者自己完成。为什么（8）（9）式可以必然有解？两联二元一次不定方程：x+y=1x+y=1.有解的充分条件是(-)|(-)；;(-)|(-).。我们考察一联二元一次不定方程：ax+by=1.(19)根据已知定理，只要（a,b)=1。(19)式就有整数x，y的解。并且是有无穷多组解。例如，5x-2y=1.x; y-1， 2；3， 7；;5， 12；7， 17；9， 22；11，27；13，32；15，37；17， 42；19， 47；.换句话说，（19）式中，x与y也互素。这就是联立方程组有公共解的基础。现在我们把a,，b与x，y互换，以上例为例子，5x-2y=1换成5a-2b=1，x=5，y=2。.如是：1）3x-7y=1；17x-42y=1。形成二联二元一次不定方程。2）5x-12y=119x-47