Toán Định lý Fermat lớn

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.□

Nguyễn Thị HuyềnDiệu nói:

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.□

Xem file đính kèm #447285

Xem tiếp...

mấy phép toán này giờ làm tẩu hỏa nhập ma mất

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 ⇔ (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 cong C(x,y) của phương trình xⁿ + y² = 1/4 chỉ có duy nhât hai điểm hữu tỉ là (0;+1/2).

Thật vậy: xⁿ+ y² = 1/4 ⇔ 4(xⁿ+ y²) = 1 ⇔ (4xⁿ+ 4y²)(x+1)² = (x+1)²
⇔ 4xⁿ(x+1)² + 4y²(x+1)²−(x+1)²= 0
⇔ (4xⁿ−1)(x+1)² + [2y(x+1)]² = 0 (Đặt d = 2y(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)/2 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 = + 1/2. Từ đó ta có hai điểm hữu tỉ (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 (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

Lớp phương trình này không thể giải được nghiệm với các phép toán đại số (cộng(+), trừ(-), nhân(.), chia(/), lũy thừa(^) và căn(√)) vì nó thỏa mãn các điều kiện ràng buộc mạnh. Do đó nghiệm của phương trình trên x = xₒ = δ (số đại số Fermat) không thể là số hữu tỉ. Bởi nếu phương trình cho nghiệm là số hữu tỉ xác định thì có nghĩa là phương trình giải được, mâu thuẫn. Vì vậy nghiệm là một số vô tỉ, δ ∈ I.

Vậy đường cong C(x,y): xⁿ + y² = 1/4 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.□

Ta biết rằng phương trình đại số bậc năm là không thể giải được bằng căn đã được Évariste Galois đưa ra bằng lí thuyêt nhóm. Các bạn xem bài viết về tính không thể giải được của phương trình đại số bậc năm sau nhé :

TÍNH KHÔNG THỂ GIẢI CỦA PHƯƠNG TRÌNH BẬC NĂM

Trước hết ta chứng minh mọi phương trình đại số bậc năm đều luôn có nghiệm thực x = xₒ nào đó.
Thật thế với phương trình bậc năm sau f(x) = ax⁵ + bx⁴ + cx³ + dx² + ex + h = 0.
Ta có lim(x→ -∞)(f(x) = a.lim(x→ -∞) (x⁵ )= a.(−∞)
lim(x→ +∞)(f(x) = a.lim(x→ +∞) (x⁵ )= a.(+∞)
→ lim(x→ -∞)(f(x).lim(x→ +∞)(f(x) = a.(−∞). a.(+∞) = a². (−∞) = (−∞) < 0
Như vậy khi x tiến ra xa vô cực khác nhau thì f(x) sẽ mang giá trị ngược dấu nhau. Nên sẽ có các điểm thuộc đồ thị f(x) nằm về hai phía đối nhau qua đường thẳng y = 0 khi điểm x dần ra xa vô cực.
Do hàm f(x) liên tục trên R. Nên đồ thị hàm f(x) sẽ phải cắt trục hoành tại điểm xₒ nào đó. Do đó luôn tồn tại nghiệm thực x = xₒ để cho f(xₒ) = 0
Giả sử phương trình bậc 5 trên ax⁵ + bx⁴ + cx³ + dx² + ex + h = 0 là giải được và có nghiệm x = xₒ
Thế thì phương trình bậc 5 trên phải phân tích được thành tích hai nhân tử và có một nhân tử chứa nghiệm xₒ , có hai trường hợp sau xảy ra:
ax⁵ + bx⁴ + cx³ + dx² + ex + h = (a’x² + b’x + c’)(a’’x³ + b”x² + c”x + d”) = 0
hoặc ax⁵ + bx⁴ + cx³ + dx² + ex + h = (kx + l)(mx⁴ + nx³ + px² + qx + r) = 0
Như vậy khi phân tích một phương trình bậc 5 thành tích hai nhân tử ta luôn thấy xuất hiện một nhân tử có bậc từ 3 trở lên.
Vì phương trình bậc 5 giải được nên nhân tử bậc 3, bậc 4 trong phương trình cũng phải giải được. Mà giải phương trình bậc 3, bậc 4 ta đã biết trong trường hợp tổng quát ta chỉ giải được chúng trên tập số phức C.
Do phương trình bậc 5 bằng tích của một nhân tử chỉ giải được trên C với thêm một nhân tử khac nữa. Nên suy ra trong trường hợp tổng quat là không thể nhóm được thành tích các nhân tử trên tập số phưc C. Từ đó mà nó là không thể giải được bằng căn thức.
Thực ra thì phương trình tổng quat có bậc từ 3 trở lên là đã không thể giải được bằng căn thức ! (chứ không phải bậc 5 trở lên mới không giải được ?) nếu ta chỉ giải chúng trên tập các số thực R mà không sử dụng số ảo. Do không tồn tại công thức đại số cho nghiệm tổng quát của phương trình có bậc từ 3 trở lên trên tập số thực. (Công thức đại số nghiệm tổng quát là công thức tìm ra nghiệm của phương trình tổng quát mà chỉ dùng hữu hạn lần 6 phép toán cơ bản là cộng ( + ),trừ ( − ),nhân ( × ),chia (/), lũy thừa (^) và khai căn(√).
Chẳng hạn như phương trình bậc ba sau x³ – 3x + 1 = 0. Dễ thấy phương trình này có 3 nghiệm thực phân biệt vì nếu đặt f(x) = x³ – 3x + 1 thì ta có f(– 2) = – 1 < 0; f(0) = 1 > 0 ; f(1) = – 1 < 0 ; f(2) = 3 > 0 nên phương trình x³ – 3x + 1 = 0 có ba nghiệm x₁, x₂, x₃ với – 2 < x₁ < 0 < x₂ < 1 < x₃ < 2 ba nghiệm của nó là x₁ = – 2sin70⁰ ; x₂ = 2sin10⁰ ; x₃ = 2sin50⁰ các bạn tự kiểm tra lại nhé ! Tuy nhiên ta không có cách gì để biểu diễn được các nghiệm thực này dưới dạng đại số nếu chỉ dùng 6 phép toán cơ bản là cộng ( + ),trừ ( − ),nhân ( × ), chia (/), lũy thừa (^) và khai căn (√).

Một ví dụ về phương trình bậc năm không thể giải được bằng căn là :

(4x³ – 1)(x+1)² + d² = 0 (Với d ∈ Q và d ≠ 0, d ≠ + 1)

Ta không thể biểu diễn được nghiệm của phương trình trên chỉ với các phép toán cộng ( + ),trừ ( −),nhân ( × ), chia (/), lũy thừa (^) và khai căn (√) theo các hệ số. Do vậy phương trình này ta không thể giải được ra nghiệm của nó dưới dạng đại số. Đây là lớp phương trình sinh định lý lớn Fermat tại n = 3. Sự không giải được của nó đã dẫn tới phương trình Đi-ô-phăng x³ + y³ = z³ không có nqhiệm nguyên dươnq.□

ĐỊNH LÍ EUCLID

Định lí Euclid: Qua một điểm ở ngoài một đường thẳng, chỉ có một đường thẳng sonq sonq với đường thẳng đó.(Tiên đề Euclid)

Chứng minh:

Giả sử qua M có hai đường thẳng b và c cùng song song a.
Vì b//a nên a phải nằm trong một nửa mặt phẳng nào đó có bờ là b. Tương tự vì c//a nên a phải nằm trong một nửa mặt phẳng nào đó có bờ là c. Từ đó a nằm trong phần chung của hai nửa mặt phẳng này, do đó a nằm trong góc do hai đường thẳng b và c cắt nhau tại M tạo ra. Dẫn đến nửa mặt phẳng bờ a không chứa M sẽ nằm trong goc bMc và có npm(a,M) ⊂ ∠bMc.
Gọi số đo góc bMc = α⁰ với 0⁰ < α⁰< 180⁰(*). Ta chia mặt phẳng đã cho thành 360 phần bằng nhau quanh một điểm, mỗi phần là một goc 1⁰.
Ta có: nmp(a,M) ꓴ npm(a,M) = mp(a,M) ⇒ nmp + nnp = mp ⇒ 2nmp = mp ⇒ nmp = (1/2)mp
Như thế nửa mặt phẳng là 1/2 phần của mặt phẳng. Nên diện tích nửa mặt phẳng là 1/2 phần diện tích mặt phẳng.
⇒ Snmp = (1/2)Smp
Và có: mp = ∠(Mc,Mc) = 360⁰ = 360.1⁰ ⇒ Smp = 360. S1⁰
⇒ S1⁰ = (1/360). Smp
Ta cũng có : ∠bMc = α⁰ = α.1⁰ Nên diện tich góc bMc bằng α lần diện tích góc 1⁰.
⇒ S(bMc) = α.S1⁰ = (α/360). Smp
Do npm(a,M) ⊂ ∠bMc ⇒ Snmp < S(bMc) ⇒ (1/2)Smp < (α/360). Smp ⇒ 1/2 < α/360
⇒ α ⩾ 180 ⇒ α⁰ ⩾180⁰ (mâu thuẫn với trên(*).
Vậy qua M chỉ có duy nhât một đường thẳng m sonq sonq với

a mà thôi.□


Chứng minh 2:

Giả sử qua M có hai đường thẳng b và c cùng song song với a.
Vì b//a nên a phải nằm trong một nửa mặt phẳng nào đó có bờ là b. Tương tự vì c//a nên a phải nằm trong một nửa mặt phẳng nào đó có bờ là c. Từ đó a nằm trong phần chung của hai nửa mặt phẳng này, do đó a nằm trong góc do hai đường thẳng b và c cắt nhau tại M tạo ra và có a ⊂ bMc.
Lấy điểm N ∈ a.Do a ⊂ ∠bMc ⇒ N ⊂ ∠bMc.

Ta có bổ đề sau :

Nếu điểm N nằm trong góc bMc (bMc < 180⁰) thì tồn tại điểm P thuộc Mb, Q thuộc Mc sao cho đoạn thẳng PQ đi qua N.

Thật vậy: Khi điểm N nằm trong góc bMc , lúc đó ăt điểm N phải nằm trên một miền nào đó của goc bMc, do vậy tồn tại P thuộc Mb, và S thuộc Mc, để cho miền tam giac PMS chứa N. Luc này N nằm trong tam giác PMS nên tia PN nằm giữa hai tia PM và PS từ đó tia PN phải cắt MS tại Q, khi đó rõ ràng N nằm giữa P và Q và bổ đề đã được chứng minh.

Đường thẳng a đi qua điểm N nằm giữa P và Q (chú ý đường thẳng PQ ≠ a) nên P và Q sẽ nằm trên hai nửa mặt phẳng đối nhau có chung bờ a.

Do P ∈ b và M ∈ b mà b//a nên M,P cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ a. Suy ra M và Q nằm trên hai nửa mặt phẳng đối nhau có chung bờ a. Nên đường thẳng MQ sẽ cắt a tại một điểm I nào đó.

Mặt khác MQ ≡ c nên ta có c cắt a tại I dẫn đến mâu thuẫn với c//a. Vậy điều giả sử là không đúng. Có nghĩa là qua M không thể có hai đường thẳng b và c cùng song song với a. Hay nói cách khác chỉ có một đường thẳng m đi qua M và sonq sonq với

a mà thôi.□