Nguyễn Thị HuyềnDiệu
Thành viên
- Tham gia
- 24/12/2021
- Bài viết
- 0
Các bạn xem chứng minh Định lý Fermat lớn sau nhé !
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 n là một số nguyên 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
⇔ (ab/c2)^n+[(an-bn)/2cn]^2= 1/4
Đặt x = ab/c2 và y =(an-bn)/2cn . Ta có: xⁿ + y² = 1/4 (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): xⁿ + y² = 1/4
Bây giờ ta chứng minh đường conq C(x,y) của phương trình xⁿ + y² = 1/4 chỉ có duy nhât hai điểm hữu tỉ là P(0; −1/2 ) và Q(0; 1/2).
Thật vậy: xⁿ + y² = 1/4 ⇔ (xn + y2)(x+1)^2 = (1/4).(x+1)^2
⇔ xn(x+1)^2 + y2(x+1)^2 = (1/4)x2 +(1/2)x +(1/4)
⇔ xn(x2 + 2x +1) - (1/4)x2 - (1/2)x -(1/4) + y2(x+1)2 = 0 (Đặt q = y(x+1), q ∈ Q).
Ta có: x^(n+2) + 2x^(n+1) + xn − (1/4)x2 − (1/2)x – (1/4)+ q2 = 0 (q ∈ Q)
Nếu q = 0. Ta có phương trình x^(n+2) + 2x^(n+1) + xn − (1/4)x2 − (1/2)x – (1/4)= 0
⇔ (xⁿ – 1/4)(x + 1)² = 0 ⇔ x = − 1 hoặc x = ⁿ√(1/4) là số vô tỉ,
khi x = − 1 ta có y = + √(5/4) là số vô tỉ khi n lẻ và không tồn tại y khi n chẵn.
Nếu q = + 1/2 → q² = 1/4. Ta có phương trình x^(n+2) + 2x^(n+1) + xn − (1/4)x2 − (1/2)x = 0 ⇔ x[4x^(n+1) + 8xn + 4x^(n-1) − 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 = + 1/2. Từ đó ta có hai điểm hữu tỉ P(0; −1/2 ) và Q(0; 1/2) nằm trên đường cong C(x,y): xⁿ + y² = 1/4.
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 x^(n+2) + 2x^(n+1) + xn − (1/4)x2 − (1/2)x = 0 ta có: ⇔ x^(n+2) + 2x^(n+1) + xn − (1/4)x2 − (1/2)x − 1/4 + 1/4 = 0 ⇔ (xⁿ – 1/4)(x+1)² +1/4 = 0 vì x = 1/2 là nghiệm nên [(1/2)ⁿ –1/4][(1/2)+1]² + 1/4 = 0 ⇒ (1/2)ⁿ = 5/36 vô lí vì n ∈ N*. Các trườnq hợp khác cach chứng minh tương tự. Nên phương trình trên không có nghiệm hữu tỉ khac 0.
Nếu q ∈ Q và q ≠ 0, q ≠ + 1/2 thì ta có phương trình
x^(n+2) + 2x^(n+1) + x^n − (1/4)x^2 − (1/2)x – 1/4+ q^2 = 0
⇔ G(n+2)(x) = [(1/4)– xⁿ](x+1)² = q² ⇔ G(x) - q² = 0
Đa thức G(x) có bậc từ 5 trở lên do n + 2 ⩾ 5 khi n ⩾ 3 và chỉ chứa một nhân tử vô tỉ là x = + ⁿ√(1/4) với một nhân tử hữu tỉ kép x = – 1. Nên đa thưc G(x) - q² = 0 bât khả quy hay phương trình G(x) - q² = 0 không thể giải được bằng căn. Nên nghiệm x = xₒ của phương trình không phải là nghiệm đại số. Từ đó nghiệm của phương trình không thể quy về được bởi các phép toán sơ cấp (cộng(+), trừ(-), nhân(x), chia(/),lũy thừa(^) và căn(√)) trên cac biến hữu tỉ. Do đó nghiệm x = xₒ = δ là một số vô tỉ. Dẫn đến x ∉ Q mâu thuẫn.
Vậy không tồn tại điểm hữu tỉ khác 0 nằm trên đường cong C(x,y): xⁿ + y² =1/4 . Nên không tồn tại bộ các số nquyên a, b, c khác 0 thỏa mãn aⁿ + bⁿ = cⁿ. Nqhĩa là phương trình xⁿ + yⁿ = zⁿ vô nqhiệm nguyên khac 0 với n lớn hơn 2.□
Dưới đây là bài chứng minh có đầy đủ kí hiệu công thưc toán
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 n là một số nguyên 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
⇔ (ab/c2)^n+[(an-bn)/2cn]^2= 1/4
Đặt x = ab/c2 và y =(an-bn)/2cn . Ta có: xⁿ + y² = 1/4 (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): xⁿ + y² = 1/4
Bây giờ ta chứng minh đường conq C(x,y) của phương trình xⁿ + y² = 1/4 chỉ có duy nhât hai điểm hữu tỉ là P(0; −1/2 ) và Q(0; 1/2).
Thật vậy: xⁿ + y² = 1/4 ⇔ (xn + y2)(x+1)^2 = (1/4).(x+1)^2
⇔ xn(x+1)^2 + y2(x+1)^2 = (1/4)x2 +(1/2)x +(1/4)
⇔ xn(x2 + 2x +1) - (1/4)x2 - (1/2)x -(1/4) + y2(x+1)2 = 0 (Đặt q = y(x+1), q ∈ Q).
Ta có: x^(n+2) + 2x^(n+1) + xn − (1/4)x2 − (1/2)x – (1/4)+ q2 = 0 (q ∈ Q)
Nếu q = 0. Ta có phương trình x^(n+2) + 2x^(n+1) + xn − (1/4)x2 − (1/2)x – (1/4)= 0
⇔ (xⁿ – 1/4)(x + 1)² = 0 ⇔ x = − 1 hoặc x = ⁿ√(1/4) là số vô tỉ,
khi x = − 1 ta có y = + √(5/4) là số vô tỉ khi n lẻ và không tồn tại y khi n chẵn.
Nếu q = + 1/2 → q² = 1/4. Ta có phương trình x^(n+2) + 2x^(n+1) + xn − (1/4)x2 − (1/2)x = 0 ⇔ x[4x^(n+1) + 8xn + 4x^(n-1) − 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 = + 1/2. Từ đó ta có hai điểm hữu tỉ P(0; −1/2 ) và Q(0; 1/2) nằm trên đường cong C(x,y): xⁿ + y² = 1/4.
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 x^(n+2) + 2x^(n+1) + xn − (1/4)x2 − (1/2)x = 0 ta có: ⇔ x^(n+2) + 2x^(n+1) + xn − (1/4)x2 − (1/2)x − 1/4 + 1/4 = 0 ⇔ (xⁿ – 1/4)(x+1)² +1/4 = 0 vì x = 1/2 là nghiệm nên [(1/2)ⁿ –1/4][(1/2)+1]² + 1/4 = 0 ⇒ (1/2)ⁿ = 5/36 vô lí vì n ∈ N*. Các trườnq hợp khác cach chứng minh tương tự. Nên phương trình trên không có nghiệm hữu tỉ khac 0.
Nếu q ∈ Q và q ≠ 0, q ≠ + 1/2 thì ta có phương trình
x^(n+2) + 2x^(n+1) + x^n − (1/4)x^2 − (1/2)x – 1/4+ q^2 = 0
⇔ G(n+2)(x) = [(1/4)– xⁿ](x+1)² = q² ⇔ G(x) - q² = 0
Đa thức G(x) có bậc từ 5 trở lên do n + 2 ⩾ 5 khi n ⩾ 3 và chỉ chứa một nhân tử vô tỉ là x = + ⁿ√(1/4) với một nhân tử hữu tỉ kép x = – 1. Nên đa thưc G(x) - q² = 0 bât khả quy hay phương trình G(x) - q² = 0 không thể giải được bằng căn. Nên nghiệm x = xₒ của phương trình không phải là nghiệm đại số. Từ đó nghiệm của phương trình không thể quy về được bởi các phép toán sơ cấp (cộng(+), trừ(-), nhân(x), chia(/),lũy thừa(^) và căn(√)) trên cac biến hữu tỉ. Do đó nghiệm x = xₒ = δ là một số vô tỉ. Dẫn đến x ∉ Q mâu thuẫn.
Vậy không tồn tại điểm hữu tỉ khác 0 nằm trên đường cong C(x,y): xⁿ + y² =1/4 . Nên không tồn tại bộ các số nquyên a, b, c khác 0 thỏa mãn aⁿ + bⁿ = cⁿ. Nqhĩa là phương trình xⁿ + yⁿ = zⁿ vô nqhiệm nguyên khac 0 với n lớn hơn 2.□
Dưới đây là bài chứng minh có đầy đủ kí hiệu công thưc toán
