think遇到she时怎么用（Think东转西）

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☞上期题目

相对于短短的标准答案，小编还是十分欣赏小伙伴@绿豆宝宝的回答：

看了下楼上几个人的证明方法,也就那个通过证明a/b不是最简分数得到矛盾的方法是正确的,其他的方法全是扯淡(错误的原因都是在默认根号2是无理数或者 无限不循环小数的情况下去证明根号2是无理数,这是种逻辑循环论证的错误)，但是通过a/b不是最简分数得到矛盾的证明方法虽然正确却也是有局限性的,只 能用来证明根号2不等于分数a/b,并不能证明比如99开平方和99开3次方这些数同样的不等于分数a/b的形式， 我试着把这个问题做了一点推广,让它适用于更一般的情况。先定义:如果存在某个整数n以及大于等于2的正整数s使得m=n^s,就称m是完全s次方数,这 里符号n^s表示n的s次方,那么就有如下【结论1】： 对于任意一个不是完全s次方数的整数m以及任意一个分数a/b,必定都有m^(1/s)=a/b不成立,换句话说就是m^(1/s)必定不是有理数(当然 这里取的整数m和正整数s是使得m^(1/s)有定义的)。 可以看到只要这个结论成立,那么取m=2,s=2这个特殊情况,立刻就能得到2^(1/2)=a/b不成立的结论,也即根号2不是有理数的结论,当然也能 马上得到99的平方根和99的三次方根都不能表示为分数的形式,也即99的平方根和99的三次方根都不是有理数的结论。

结论1的证明的第1部分：假若成立则mb^s=a^s,记m的质数分解q1^r1·q2^r2....·qi^ri，这里q1,q2,....qi是两两互素的质数,因为m不是完全s次方数,所以r1,r2,...ri中至少有1个不是s的整数倍,记其中一个为r i0,记整数b的质数分解为p1^s1·p2^s2...pj^sj,这里p1,p2,....pj是两两互素的质数,记整数a的质数分解为l1^t1....lk^tk,这里l1,....lk是两两互素的质数,则有 q1^r1·q2^r2....·qi^ri (p1^s1·p2^s2...pj^sj)^s=(l1^t1....lk^tk)^s，即q1^r1 ·q2^r2·....qi^ri·p1^(s1·s)·p2^(s2·s)......pj^(sj·s)=l1^(t1·s)......lk^(tk·s)。

结论1的证明的第2部分：上述已得到等式q1^r1 ·q2^r2·....qi^ri·p1^(s1·s)·p2^(s2·s)......pj^(sj·s)=l1^(t1·s)......lk^(tk·s)，下面的步骤是来证明等式左右两端的质数因子q i0的次数是不相等的从而来导出矛盾：由于r i0不是s的整数倍,而q1,q2...qi两两互素所以是两两不相等的质数,所以q1^r1 ·q2^r2·....qi^ri中的质数因子q i0的次数为r i0,而p1,p2,....pj是两两互素因此两两不相等,所以p1,p2...pj中或者没有某个质数等于q i0或者只有1个质数pj0等于qi0,所以等式左端的质数分解中的质数因子q i0的次数或者等于r i0,或者等于r i0 s j0 ·s ，无论哪种情况等式左端的质数分解中的质数因子q i0的次数都不是s的整数倍, 而对于等式右端根据质数分解唯一定理知道l1,l2,...lk中必定有若干个等于q i0，而l1,l2,....lk是两两互素从而两两不相等的质数,所以等式右端的l1,l2,...lk中有且仅有一个质数因子等于q i0，记为l k0 ,所以等式右端的质数因子q i0的次数就是t k0 ·s ,所以等式右端的质数因子q i0的次数是s的整数倍,但等式左端的质数因子q i0的次数不是s的整数倍,这与质数唯一分解定理矛盾,证毕。

当然这里特别的可以取s=2就得到下面的【特殊结论2】： 对于任意一个不是完全平方数的正整数m以及任意一个分数a/b，m^(1/2)=a/b必定不成立,也即m^(1/2)不是有理数。 对于这里的例子就是上述结论的特殊的情况而已,取m=2,因为2不是完全平方数所以对于任意一个分数a/b都有2^(1/2)=a/b不成立,也即根号2 不是有理数。 当然上面证明了对于不是完全s次方数的整数m，m^(1/s)=a/b必定不成立这就等价于证明了对于不是完全s次方的整数m,有m= [a·b^(-1)]^s这个等式不成立, 现在我进一步把这个结论推广到抽象代数中的唯一分解整环中还可以得到如下【结论3】： 对于唯一分解整环A中的任意一个元素m,如果m不能表示为A中的某个元素的s次方,那么对于A中的任意一个元素a和任意一个存在逆元的元素b,都有等式 m=[a·b^(-1)]^s不成立。这里的乘法和除法都是唯一分解整环A中的乘法和除法,是一种封闭的代数运算，与我们平时的实数计算中的乘法和除法是两码事

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