Nguyễn Thị HuyềnDiệu
Thành viên
- Tham gia
- 24/12/2021
- Bài viết
- 1
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 mọi n là 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
⇔ 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 q = y(x+1), q ∈ Q).
Ta có: (4xn −1)(x+1)^2 + q2 = 0 (q ∈ Q)
Nếu q = 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 q = + 1 → q² = 1. Ta có phương trình (4xn −1)(x+1)^2 +1 = 0
⇔ 4x^(n+2) + 8x^(n+1) + 4xn − x2 − 2x = 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. 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 trên không có nghiệm hữu tỉ khac 0.
Nếu q ∈ Q và q ≠ 0, q ≠ + 1 thì ta có phương trình
(4xⁿ – 1)(x+1)² + q²= 0
Phương trình này không thể giải được bằng căn theo chuẩn Fermat. Nên nghiệm x = xₒ của phương trình không phải là nghiệm đại số. Có nghĩa là không thể biểu diễn được nghiệm của phương trình theo các hệ số hữu tỉ của nó bởi các phep toán sơ câp (cộng(+), trừ(-), nhân(.), chia(/), lũy thừa(^) và căn(√)). Hay nghiệm không biểu diễn được qua cac phép cộng(+), trừ(-), nhân(.), chia(/) trên các biến hữu tỉ. Do đó nghiệm x = xₒ = δ là một số vô tỉ. Dẫn đến x ∉ Q mâu thuẫn.
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. Nqhĩa là phương trình xⁿ + yⁿ = zⁿ vô nqhiệm nguyên khac 0 với mọi n nguyên lớn hơn 2.□
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 n là 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
⇔ 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 q = y(x+1), q ∈ Q).
Ta có: (4xn −1)(x+1)^2 + q2 = 0 (q ∈ Q)
Nếu q = 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 q = + 1 → q² = 1. Ta có phương trình (4xn −1)(x+1)^2 +1 = 0
⇔ 4x^(n+2) + 8x^(n+1) + 4xn − x2 − 2x = 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. 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 trên không có nghiệm hữu tỉ khac 0.
Nếu q ∈ Q và q ≠ 0, q ≠ + 1 thì ta có phương trình
(4xⁿ – 1)(x+1)² + q²= 0
Phương trình này không thể giải được bằng căn theo chuẩn Fermat. Nên nghiệm x = xₒ của phương trình không phải là nghiệm đại số. Có nghĩa là không thể biểu diễn được nghiệm của phương trình theo các hệ số hữu tỉ của nó bởi các phep toán sơ câp (cộng(+), trừ(-), nhân(.), chia(/), lũy thừa(^) và căn(√)). Hay nghiệm không biểu diễn được qua cac phép cộng(+), trừ(-), nhân(.), chia(/) trên các biến hữu tỉ. Do đó nghiệm x = xₒ = δ là một số vô tỉ. Dẫn đến x ∉ Q mâu thuẫn.
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. Nqhĩa là phương trình xⁿ + yⁿ = zⁿ vô nqhiệm nguyên khac 0 với mọi n nguyên lớn hơn 2.□
