Nguyễn Thị HuyềnDiệu
Thành viên
- Tham gia
- 24/12/2021
- Bài viết
- 3
xⁿ + yⁿ = zⁿ
Định lí Fermat lớn: Phương trình Đi-ô-phăng xⁿ + yⁿ = zⁿ không có nqhiệm nguyên x, y, z khac 0 với mọi số tự nhiên n lớn hơn 2.
Chứng minh:
Gọi a,b,c là các số nguyên khác 0 thõa Đi-ô-phăng Fermat aⁿ + bⁿ = cⁿ.
Khi đó ta có: aⁿ + bⁿ = cⁿ ⇔ (aⁿ/cⁿ) + (bⁿ/cⁿ) =1 ⇒ [(aⁿ/cⁿ)+(bⁿ/cⁿ)]²=1
⇔ 4(aⁿ/cⁿ) (bⁿ/cⁿ) + [(aⁿ/cⁿ)−(bⁿ/cⁿ)]²=1 ⇔ 4(ab/c²)ⁿ+[(aⁿ−bⁿ)/cⁿ]²=1
Đặt x = ab/c² và y = (aⁿ−bⁿ)/cⁿ . Ta có: 4xⁿ + y² = 1 (x,y ∈ Q; x ≠ 0 vì a,b,c ≠ 0)
→ Điểm M(x;y) là điểm hữu tỉ khác 0 nằm trên đường cong C(x,y): 4xⁿ + y² = 1
Bây giờ ta chứng minh đường conq C(x,y) của phương trình 4xⁿ + y² = 1 chỉ có duy nhât hai điểm hữu tỉ là (0;+1).
Thật vậy: 4xⁿ+ y² = 1 ⇔ (4xⁿ+ y²)(x+1)² = (x+1)²
⇔ 4xⁿ(x+1)² + y²(x+1)²−(x+1)²= 0
⇔ (4xⁿ−1)(x+1)² + y²(x+1)² = 0 (Đặt d = y(x+1), d ∈ Q).
Ta có: (4xⁿ−1)(x+1)² + d² = 0 (d ∈ Q)
Nếu d = 0. Ta có phương trình (4xⁿ−1) (x+1)²= 0
⇔ 4(xⁿ – 1/4)(x + 1)² = 0 ⇔ x = − 1 hoặc x = ⁿ√(1/4) là số vô tỉ,
khi x = − 1 ta có y = + √5 là số vô tỉ khi n lẻ và không tồn tại y khi n chẵn.
Nếu d = + 1 → d² = 1. Ta có phương trình (4xⁿ−1) (x+1)² +1 = 0
⇔ 4xⁿ⁺² + 8xⁿ⁺¹ + 4xⁿ − x² − 2x = 0 ⇔ x(4xⁿ⁺¹ + 8xⁿ + 4xⁿˉ¹ − x − 2) = 0
Phương trình trên có nghiệm hữu tỉ x = 0 hoặc x = r/s với r ∈ Ư(2), s ∈ Ư(4)
⇔ x = 0 , x = + 1 , x = + 2 , x = + 1/2, x = + 1/4
Với x = 0 ⇒ y = + 1. Từ đó ta có hai điểm hữu tỉ (0; +1) nằm trên đường cong C(x,y): 4xⁿ + y² = 1.
Với x = + 1 , x = + 2 , x = + 1/2, x = + 1/4 ta thấy chúng đều không thỏa mãn phươnq trình. Chẳng hạn khi x = 1/2 thì từ (4xⁿ – 1)(x+1)² +1 = 0. Ta có vì x = 1/2 là nghiệm nên [4(1/2)ⁿ –1][(1/2)+1]² + 1 = 0 ⇒ (1/2)ⁿ = 5/36 vô lí vì n ∈ N*. Các trườnq hợp khác cach chứng minh tương tự. Nên phương trình không có nghiệm hữu tỉ khac 0.
Nếu d ∈ Q và d(d²−1)≠ 0 (d ≠ 0, d ≠ + 1) thì ta có phương trình đại số sinh Fermat lớn với tham số hữu tỉ d:
fd(x) = (4xⁿ – 1)(x+1)² + d²= 0
Phương trình này không thể giải được bởi các phép toán đại số (cộng(+), trừ(-), nhân(.), chia(/), lũy thừa(^) và căn(√)) theo các hệ số hữu tỉ của nó. Do đó nghiệm của phương trình trên x = xₒ = δ (số đại số Fermat) không thể tính được từ các số hữu tỉ qua cac phep toán đại số. Vì vậy nghiệm là một số vô tỉ, δ ∈ I.
Vậy đường cong C(x,y): 4xⁿ + y² = 1 không có điểm hữu tỉ khác 0. Nên không có bộ các số nquyên a, b, c khác 0 thỏa mãn aⁿ + bⁿ = cⁿ. Có nqhĩa là phương trình xⁿ + yⁿ = zⁿ vô nqhiệm nguyên khac 0 với mọi số tự nhiên n lớn hơn 2.□
Định lí Fermat lớn: Phương trình Đi-ô-phăng xⁿ + yⁿ = zⁿ không có nqhiệm nguyên x, y, z khac 0 với mọi số tự nhiên n lớn hơn 2.
Chứng minh:
Gọi a,b,c là các số nguyên khác 0 thõa Đi-ô-phăng Fermat aⁿ + bⁿ = cⁿ.
Khi đó ta có: aⁿ + bⁿ = cⁿ ⇔ (aⁿ/cⁿ) + (bⁿ/cⁿ) =1 ⇒ [(aⁿ/cⁿ)+(bⁿ/cⁿ)]²=1
⇔ 4(aⁿ/cⁿ) (bⁿ/cⁿ) + [(aⁿ/cⁿ)−(bⁿ/cⁿ)]²=1 ⇔ 4(ab/c²)ⁿ+[(aⁿ−bⁿ)/cⁿ]²=1
Đặt x = ab/c² và y = (aⁿ−bⁿ)/cⁿ . Ta có: 4xⁿ + y² = 1 (x,y ∈ Q; x ≠ 0 vì a,b,c ≠ 0)
→ Điểm M(x;y) là điểm hữu tỉ khác 0 nằm trên đường cong C(x,y): 4xⁿ + y² = 1
Bây giờ ta chứng minh đường conq C(x,y) của phương trình 4xⁿ + y² = 1 chỉ có duy nhât hai điểm hữu tỉ là (0;+1).
Thật vậy: 4xⁿ+ y² = 1 ⇔ (4xⁿ+ y²)(x+1)² = (x+1)²
⇔ 4xⁿ(x+1)² + y²(x+1)²−(x+1)²= 0
⇔ (4xⁿ−1)(x+1)² + y²(x+1)² = 0 (Đặt d = y(x+1), d ∈ Q).
Ta có: (4xⁿ−1)(x+1)² + d² = 0 (d ∈ Q)
Nếu d = 0. Ta có phương trình (4xⁿ−1) (x+1)²= 0
⇔ 4(xⁿ – 1/4)(x + 1)² = 0 ⇔ x = − 1 hoặc x = ⁿ√(1/4) là số vô tỉ,
khi x = − 1 ta có y = + √5 là số vô tỉ khi n lẻ và không tồn tại y khi n chẵn.
Nếu d = + 1 → d² = 1. Ta có phương trình (4xⁿ−1) (x+1)² +1 = 0
⇔ 4xⁿ⁺² + 8xⁿ⁺¹ + 4xⁿ − x² − 2x = 0 ⇔ x(4xⁿ⁺¹ + 8xⁿ + 4xⁿˉ¹ − x − 2) = 0
Phương trình trên có nghiệm hữu tỉ x = 0 hoặc x = r/s với r ∈ Ư(2), s ∈ Ư(4)
⇔ x = 0 , x = + 1 , x = + 2 , x = + 1/2, x = + 1/4
Với x = 0 ⇒ y = + 1. Từ đó ta có hai điểm hữu tỉ (0; +1) nằm trên đường cong C(x,y): 4xⁿ + y² = 1.
Với x = + 1 , x = + 2 , x = + 1/2, x = + 1/4 ta thấy chúng đều không thỏa mãn phươnq trình. Chẳng hạn khi x = 1/2 thì từ (4xⁿ – 1)(x+1)² +1 = 0. Ta có vì x = 1/2 là nghiệm nên [4(1/2)ⁿ –1][(1/2)+1]² + 1 = 0 ⇒ (1/2)ⁿ = 5/36 vô lí vì n ∈ N*. Các trườnq hợp khác cach chứng minh tương tự. Nên phương trình không có nghiệm hữu tỉ khac 0.
Nếu d ∈ Q và d(d²−1)≠ 0 (d ≠ 0, d ≠ + 1) thì ta có phương trình đại số sinh Fermat lớn với tham số hữu tỉ d:
fd(x) = (4xⁿ – 1)(x+1)² + d²= 0
Phương trình này không thể giải được bởi các phép toán đại số (cộng(+), trừ(-), nhân(.), chia(/), lũy thừa(^) và căn(√)) theo các hệ số hữu tỉ của nó. Do đó nghiệm của phương trình trên x = xₒ = δ (số đại số Fermat) không thể tính được từ các số hữu tỉ qua cac phep toán đại số. Vì vậy nghiệm là một số vô tỉ, δ ∈ I.
Vậy đường cong C(x,y): 4xⁿ + y² = 1 không có điểm hữu tỉ khác 0. Nên không có bộ các số nquyên a, b, c khác 0 thỏa mãn aⁿ + bⁿ = cⁿ. Có nqhĩa là phương trình xⁿ + yⁿ = zⁿ vô nqhiệm nguyên khac 0 với mọi số tự nhiên n lớn hơn 2.□
