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

Bài viết mới ở đây 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 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

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): 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.□