CHỨNG MINH ĐỊNH LÝ LỚN FERMAT tôn thất hiệp,g v THPT phan đăng lưu, phú vang, thừa thiên huế nhà toán học pháp pie

1 CHỨNG MINH ĐỊNH LÝ LỚN FERMAT Tôn Thất Hiệp,g/v THPT Phan Đăng Lưu, Phú Vang, Thừa Thiên Huế Email tonthathiep pdlhue@gmail com Nhà toán học Pháp Pierre de Fermat (1601–1665) đã đưa ra một định lý n[.]

CHỨNG MINH ĐỊNH LÝ LỚN FERMAT Tôn Thất Hiệp,g/v THPT Phan Đăng Lưu, Phú Vang, Thừa Thiên Huế Email:tonthathiep.pdlhue@gmail.com Nhà toán học Pháp Pierre de Fermat (1601–1665) đưa định lý tiếng: “phương trình xn + yn = zn, số nguyên n lớn khơng thể tìm nghiệm (ngun khác khơng) nào” Đó định lý Fermat cuối Ông ghi bên lề sách mà khơng chứng minh có kèm theo dịng chữ: "Tơi có phương pháp hay để chứng minh cho trường hợp tổng quát, viết lề sách hẹp."!! Các nhà tốn học sau cố gắng giải toán suốt gần bốn kỷ Và cuối nhà toán học Andrew Wiles (người Anh, định cư Mỹ, sinh 1953) công bố lời giải độc vô nhị vào mùa hè năm 1993 sửa lại năm 1995, với lời giải dài 200 trang Khi nhà toán học Andrew Wiles chứng minh định lý cách quay hai guồng máy khổng lồ đại số hình học tơi có cảm nhận: giải định lý cơng cụ tốn học sơ cấp Tơi nổ lực thời gian dài thành công Cho tới thời điểm này, xin báo tin với người rằng, tơi hồn tất chứng minh định lý lớn Fermat cách sử dụng phép chia hết số nguyên với khai triển nhị thức Newton Dưới toàn văn chứng minh định lý lớn Fermat Để chứng minh định lý lớn Fermat đưa năm bổ đề sau Bổ đề 1: Cho n   , n  , phương trình (PT) xn + yn = zn (1) có nghiệm ngun khác khơng tồn nghiệm x = u, y = v, z = t cho u,v,t   * (u,v) = (u,t) = (v,t) = Bổ đề 2: Nếu có n   , n  , PT xn + yn = zn vơ nghiệm ngun khác khơng với k   * , PT xnk + ynk = znk vô nghiệm nguyên khác không Bổ đề 3: Cho a.b = cn, n số nguyên dương lẻ; a,b,c   * cho (a,b) = 1, tồn hai số ngun khác khơng c1, c2 cho (c1,c2) =1, c = c1.c2 , a = c1n b = c2n Bổ đề 4: Cho a.b = cn, n số nguyên dương lẻ, a,b,c,m   * , cho a  , b  , c  , m số nguyên tố, (a,b) = m, b  m , tồn số nguyên dương s cho ns ≥ hai số nguyên khác không c1, c2 cho (c1,c2) =1 đồng thời c1  m, c2  m , c = msc1.c2, a = mns – 1c1n b = mc2n Bổ đề 5: Cho n số nguyên tố lẻ hai số nguyên u, v cho (u,v) = 1, đó: n 1    n1  i i a) Nếu (u  v )  n  u  v,   1 u n1i vi      1 u n 1i v i   n i0    i0  n 1    n1  b) Nếu (u  v)  n  u  v,  u n i 1v i     u ni 1v i   n i 0    i0  n 1    n1  i i c) Nếu (u  v ) n  u  v,   1 u n 1i v i   n    1 u n 1i vi   n i0    i0  Chứng minh bổ đề 1.1 Chứng minh bổ đề Giả sử x = u0, y = v0; z = t0 nghiệm nguyên khác không PT(1) (u0,v0,t0) = d Khi tồn ba số u,v,t  * cho (u,v,t) = 1, u0 = ud, v0 = vd, t0 = td u0n + v0n = t0n suy un + = tn (1//), suy x = u, y = v; z = t nghiệm nguyên khác không PT(1) Giả sử (u,v) = d/, từ (1//) suy tn chia hết cho d/n, suy t chia hết cho d/, mà (u,v,t) = nên d/ = Vậy (u,v) = Chứng minh tương tự ta có (u,t) = (t,v) = Bổ đề chứng minh 1.2 Chứng minh bổ đề Giả sử tồn số nguyên dương k0 cho PT xnk + ynk = znk có nghiệm ngun khác khơng x = u, y = v, z = t, ta có unk0 + vnk0 = tnk0  (uk0)n + (vk0)n = (tk0)n, suy PT xn + yn = zn có nghiệm ngun khác khơng x = uk0, y = vk0 ; z = tk0, điều trái với giả thiết Bổ đề chứng minh 1.3 Chứng minh bổ đề Giả sử (a,c) = c/1, tồn hai số nguyên a1, c/2 cho (a1,c/2) = a = c/1a1, c = c/1c/2 Vì ab = cn, nên c1a1b = c1 nc2n, suy a1 b = c1n – 1c2n, suy b│c1n – 1c2n Vì (c/1,b) = (do (a,b) = 1) nên c/2n = kb, với k số nguyên khác không, từ đẳng thức a1b = c/1n – 1c/2n, ta suy a1 = kc/1n – 1, suy a1n = knc/1n(n – 1), suy k│a1n k│c/2n; (a1,c/2) = nên (a1n,c/2n) = 1, từ suy | k| = Vậy b = kc/2n = (kc/2)n = c2n, a = kc/1n = (kc/1)n = c1n , c = c1c2 , với c1 = kc/1, c2 = kc/2 nguyên tố Bổ đề chứng minh 1.4 Chứng minh bổ đề Vì a  m, b  m a.b = cn, suy c n  m , suy c  m (do m số nguyên tố) Giả sử c = msr với s  * , r  * r  m , mà cn = mnsrn  m2 , nên ns ≥ Do (a,b) = m b  m , nên giả sử b = mh a = mkl, với k  * ; h, l  * cho (h,l) = 1, h  m, l  m Vì a.b = cn nên mk + 1hl = mnsrn, suy k + = ns, suy k = ns – hl = rn; áp dụng bổ đề 3, ta có r = c1.c2, h = c1n, l = c2n, hai số c1, c2 là hai số nguyên cho (c1,c2) = Từ ta có c = msc1.c2, a = mns – 1c1n b = mc2n Bổ đề chứng minh 1.5 Chứng minh bổ đề n 1 i a) Đặt A    1 u n 1i vi i 0 n 1 n k Ta có u n  v n   u  v   v   v n   u  v    1 Cnk  u  v  n  k 1 v k mà u n  v n   u  v  A u  v  k 0 n1 k , nên A   1 Cnk  u  v  n k 1 vk k 0 n2 k Ta có A  (u  v)  1 Cnk  u  v  n  k 2 v k  nv n1 , (u,v) =1 u  v   n nên  u  v, nv   , n –1 suy k 0  A, u  v   (đpcm) b) Vì n số nguyên tổ lẻ, nên từ a) ta thay v –v ta có điều phải chứng minh n k  n  u  v   n1 k Cn n  k 2 k c) Ta có A  n  u  v     1   nv  n  u  v  A1  nv n 1 , với u  v  v  n n  k 1  n 2 Cnk  u  v   A Với k  1, n C k  n (vì n số nguyên tố), mà u  v  n nên n k   1  u  v  vk     n n n k 1 n  u  v  A1  n2 ; mặt khác nv n –1  n nv n –1  n (do v  n ), từ suy n  u  v  A1  nv n1  A n A  n , (u + v, A) = n (đpcm) Chứng minh định lý lớn Fermat Ta cần xét bốn trường hợp n 2.1 Khi n số nguyên tố lớn Giả sử PT (1) có nghiệm nguyên khác không x = u, y = v, z = t, (u,v) = (u,t) = (v,t) = (áp dụng bổ đề 1), un + = tn (3) n 2 k n 1 n 1 i n 1 Suy ra:  u  v    1 u ni 1v i  t n (4),  t  v   t ni 1vi  u n (5),  t  u   t ni 1u i  v n (6) i 0 i0 i0 Do n lẻ u, v, t số ngun, nên xem vai trị số đẳng thức dạng (3) Vì vậy, lập luận trường hợp liên quan đến u, v, t hiểu trường hợp cịn lại xét tương tự 2.1.1 Ba số u, v, t khơng chia hết cho n Vì (u,v) = (u,t) = (v,t) = từ (4), (5), (6) ta suy  u  v   n ,  t  v   n  t  u   n ; áp dụng bổ đề n 1 n 1 n 1        n1  i i 5a) 5b) ta có  u  v,   1 u n i 1v i    t  v,  t n i 1v i    t  u,  t ni 1u i   ,    1 u n i 1v i   n , i0 i 0 i0        i0  n 1 n 1    n  i 1 i  v   n ,   t ni 1u i   n , kết hợp với (4), (5), (6) áp dụng bổ đề , ta có: u + v = cn (4’)  t  i 0   i 0  n 1 i   1 u ni 1vi  cn , với t = c.c’, c, c '  * , (c, c’) = c  n, c  n ; t – v = bn (5’) i 0 n 1 t n  i 1 i v  bn , với i 0 u = b.b’, b, b '  * , (b, b’) = b  n, b  n ; t – u = an (6’) n 1 t u  an , với v = a.a’, a, a '  * , n  i 1 i i 0 (a, a’) = a  n, a  n ; (a,b) = (a,c) = (c,b) = n 1 Ta n 1 i i 0 n 1 k cn  A    1 u ni 1v i    1 Cnk  u  v  có: k  cn     1 Cnk  u  v  n  k 1 k 1 n  k 1 k 0 v k   u  v   n 1 n 1 k v k    1 Cnk  u  v  n  k 1 vk  u  v  n 1 k 1  1  n 1 Vì n số nguyên tố (u  v )  n , nên với k  1, n Cnk  n  u  v   1  n (định lý nhỏ Fermat) Do         cn   n , mà c  n nên cn 1   n , suy cn   cn1   cn1  c  1 n , suy  c  1  n , suy c   nk3 , với k3   Chứng minh tương tự ta có a   nk1 , b   nk2 , với k1 , k2   n n Ta có (3)  t n  u  v  u n  v n  u  v  t n  u  v   c.c   c n  c n 1  nk3   1  n Chứng minh tương   ta tự u n     có u n   t  v  n2 v n   t  u  n2 suy   t  v  v n  t  u  t n  u  v   u  v  t  n   u  v  t  n Từ (3’), (4’), (5’) suy u  v  t  c  c n 1  c   a  a  a n 1   b  b  b n 1   n s abck , với k   , s  , s  ; (k,a) = (k,b) = (k,c) =1 k  n , k ≠ Suy u = bn + nsabck, v = an + nsabck, t = cn – nsabck a n  b n  c n  2n s abck 2.1.1a) Với u = bn + nsabck, v = an + nsabck, t = cn – nsabck n n Thay vào (3) ta có:  a n  n s abck    b n  n s abck    c n  n s abck    n    ns abck  Cn1 an  bn  cn ns abck  n1 n2 i i   1 Cni ns abck c    n ni  i 0 n n i i     1 C  n abck  c      2n  n s abck i n s n n i  i 0     2n  n s abck n 2  n n 2 n n2 i n 2  Cni ns abck b    n ni  i 0   i   Cni n s abck b n 2 n n i    n ni  0 i 0   i   Cni n s abck a i 0 i  Cni ns abck a  n  n i  0 i 0  D  B  C  (7) n i i n i i Với B   Cni n s abck b n ni  , C    1 Cni n s abck c n ni  , D   Cni n s abck a n ni    i 0   i 0   i 0 Ta có n i i * B  C   Cni n s abck b n ni    1 c n ni     i 0   n i  n i l  i   Cni n s abck  Cnl i b n  c n c n ni l    c n  ni    1 c n  n i      i 0  l 1    n  n i   l n i i i   Cni Cnl i a n  2n s abck c n ni l  n s abck   Cni n s abck  c n ni    1 c n  n i     i  l 1 i 0   n  n i   l  l    n 2 i i l i   a l  i Cni Cnl i  1 a n 1  2n s bck c n n i l  n s bck   Cni n s abck c n n i    1 c n n i     i  l 1 i0  n  n i l     a l  i Cni Cnki  1 a n 1  2n s bck c n  n i  l  i  l 1 n  n  i l 1  i n 3 p i n  n i s   i  l 1 p    i 1 c n  n  i 1 i 1 n s i 1 c n  n  i 1 i 0 l 2 Cn2i 1 n s abck   n bck   2 C  n abck    Cni Cnl i Clp  1 p c n n i l  a  n1l  p  l i n s bck n 3  l   Cni Cnl i  2  c n  n i l  n s abck   l i  i  l 1  E + F + G (8) i 0 n  n  i l 1 l Với E   Cni Cnl i Clp  1 p c n ni l  a  n1l  p  l i n s bck   p i i  l 1 p  n 3  G  2 Cn2i 1 n s abck  2i 1 c n 2 n i l , F   Cni Cnl i  2  c n ni l  n s abck   l i i  l 1 n n  2i 1 i 0 Ta có : n * i  C  n abck  a  i n s n n i   D  a 3n 2 (9) i 0 n  n  i l 1 l * E   Cni Cnl i Clp  1 p c n n i l  a  n1l  p  l i n s bck   p i  nc n  n 1 a n  nc n n 1 a n mod a n 1 (10)   i 1 l  p 1 n  n i l * F   Cni Cnl i  2  c n ni l  n s abck i  l 1   l i  n 2 n i n! l  2  c n nl i  n s abck   n  2m ! i 0 l 1 i !l !  l i  + Với m cho m  1;  2m  ! m 1 Ta m m 1 n 1  2m ! 2 m i n! , ta có F2m  c n n m   n s abck      n  m  ! m  ! i  i ! m  i  !  i ! m  i  !    có 2m m i   C2i m  2  i 0 F2h 1  2m 1  , vậy, h  0; n3 , với m n 1 F  2m m 1 Với   1   i 0 n 1 cho m  1; F2 m  , suy + m i i h  2h  1! h 1 h n! c n n 2h 1 n s abck  n  2h  1! 2h  1!  cho   i ! h   i  !    h 1 i ta có: i 0  2h  1! 2 2h 1i  h1 C i 2 2h 1i 1i    2h 1   2 ,        h 1  i  i ! h   i  ! i 0 2h Ta có n 3 2 h 1 n3 n! h  0; F2h 1  2 c n n 2h 1  n s abck  , suy  n  2h  1! 2h  1! n 1 + Ta n 3  F   F2 m   F2 h1  n s abck có lại n 3  F  G   F2 h1  G  n s abck  n m 1 h 0    2 n s abck n F  G i 1 h 0 n 3 n đó, với h cho   F h 1   n  n s abck , suy h 0 (11) h 0 (7), Từ 1  2n   n s abck  n (8),  nc n n 1 (9), (10), n (11) a n  (mod a n 1 )  1  2n  n ns 1  bk   c n n 2 suy  H  a (12) n n Chứng minh tương tự ta có 1  2n  n ns 1  ak   c n n  2  K  b (13) 1  2n  n ns 1  ak   b n n 2  L  c (14) b n  an + cn an  b n + cn an + bn + cn ,v= ,t = 2 (suy từ (4’), (5’), (6’)) 2.1.1b) Với u = n n  bn  a n  c n   a n  bn  c n   an  bn  cn  Thay vào (3) ta có:       2         bn  c n  a n n 1 n    b   2 Cn2i b n  c n  2i a n  cn  an n n n 2i    2 Cn2i b n  c n n  bn  a n    n n  n i  i 0  2i a n n  2i    2n b n  c n  n 1 i 0 Suy 2n  b n  c i   Cni c n  b n a i 0 n 3 n   c n Ta có S  2n  z  x    i n  n i    n cn  bn  n 1  a n  c n  bn  n i 0 n n 1  n 2 a n   Cni c n  b n a  an  c n  b n 1  n n  n 1  S  a n 1 ( (c n  bn )n 1 a n  a2 n 1  a n 1  2n sbck   a n 1 ) a n  a n  2n s abck  n  2n  x  z   z  n 1  a n  a n  2n s abck  n    2n  a n  z   n 1  c n1  n s abk   n 1 n n   z  n  bck    mod a  c  bk    mod a   c    n c  bk    mod a  a n  a n  2n s abck  n ns 1 n n 1 ns 1 n 1 n 1 n 1 ns 1 n n  c n n  2  n ns 1  bk   M  a (15) n n Chứng minh tương tự ta có b n n 2  n ns 1  ak   P  c (16) c n n 2  n ns 1  ak   Q b (17) n Từ (12) (15) suy ra: 2n ns  bk   a  (k = 2 a (nếu k ≠ 0)) n Từ (13) (17) suy ra: 2n ns  ak   b  (k = 2b (nếu k ≠ 0)) n Từ (14) (16) suy ra: 2n ns  ak   c  (k = 2 c (nếu k ≠ 0)) Nhận thấy: Từ đẳng thức (3) n lẻ nên ta giả sử u, v, t dương, suy t > u, t > v, suy u + v = cn > 0, t – v = bn > 0, t – u = an > 0, suy a, b, c dương Do tính chẵn, lẻ số u, v, t đẳng thức (3) bình đẳng chúng có số chẵn hai số cịn lại lẻ, cho nên, khơng tính tổng quát ta giả sử thêm: c chẵn, a b lẻ Xét hai trường hợp 1) Khi k ≠ Theo chứng minh trên, với k ≠ 0, ta có: 2 a , 2b , 2 c , a, b lẻ c chẵn nên a = b = , c = (a, b, c > 0) Rõ ràng khơng có n, k, s thỏa a n  b n  n ns 1c n  2n s abck Vậy PT (1) vô nghiệm nguyên khác không trường hợp 2) Khi k = n u  v  t  c  c.c  c  c     Ta nhận thấy k = t  u  v  an  a.a  a  a  t  v  u bn  b.b b  b     Điều trái với giả sử c số chẵn Vậy PT (1) vô nghiệm nguyên khác không trường hợp 2.1.2 Ba số u, v, t có số chia hết cho n Khơng tính tổng quát ta giả sử t  n ,từ (4) suy (u  v ) n , áp dụng bổ đề 5c) ta có n 1   n1 i n 1 i i  i n 1 i i  u  v ,  u v  n v   n , kết hợp với (4) áp dụng bổ đề ta có         1 u i0    i0  u + v = nsn – 1cn (4”) n 1 i   1 u v  ncn với t = nsc.c’, s  * ; c, c '  * (c, c’) = 1, c  n, c  n n 1 i i i 0 n 1 n 1     Từ (5), (6) suy (t  v )  n (t  u )  n , áp dụng bổ đề 5b) ta có  t  v,  t ni 1vi    t  u,  t ni 1u i   , i0 i0      n1 ni 1 i   n1 ni 1 i  , t v  n u   n , kết hợp với (5), (6) áp dụng bổ đề ta có    t  i 0   i 0  n 1 t v  bn , với u = b.b’, b, b '  * , (b, b’) = 1, b  n, b  n ; t – u = an (6”), n  i 1 i i 0 t – v = bn (5’’) n 1 t n  i 1 i u  an , với i 0 v = a.a’, a, a '   , (a, a’) = 1, a  n, a  n ; (a,b) = (a,c) = (c,b) = *  u  v  t  n , Lập luận 2.1.1 (trang 3) ta có b’ = + nk2, a’ = + nk1;      mà  u  v  t  n s c n ns 1 s c n1  c  a a  a n1  b b  bn 1  n s abck nên s  ; (k,a) = (k,b) = (k,c) =1 k  n , k ≠ Vậy v  a n  n s abck , v  b n  n s abck , t  n ns 1c n  n s abck a n  b n  n ns 1c n  2n s abck 2.1.2a) Với v = an + ns abck, v = bn + ns abck, t = nns 1cn  ns abck a Thay vào (3), ta có:   n n  n s abck  n   b  3 nsabck  Cn1 an  bn  nns1cn nsabck n  n s abck n2 n1 i n   n ns 1 n c  n s abck i   1 C  n abck  n i n s ns1 n c i0     2n  n s abck  n n i     1 Cni n s abck i   nns 1c n n 2 n i  n  n n2 ni i n n ni i 0 i  n  n i  i 0 n i  i 0 i  i  n ns 1 n c  n i i 0 n 2 i i Ta có B1  C1   Cni n s abck b n ni    1 n ns 1c n   i0    n i  n i   Cni n s abck  Cnl i b n  c n i 0  l 1   n  n i     Cni Cnl i a n  2ns abck l  l  n nns 1cn ns 1 n c n i l   i 0 l 1 n2 ni l   al iCni Cnl i  1 an1  2nsbck l  nns1cn   n  n i l    a l  i Cni Cnki  1 a n 1  2n s bck l  n n i n i l n 2 n2 i  Cni nr abck a    n ni  0 i 0 i     Cni n s abck a n n  i  0 i 0 i n l ni l p l p  ns1 n n i l  C C C  1 n c    nns 1c n   n  ni l   i 1 ns 1 n n  i 1 c   n i i    1 n ns 1c n    n 2        n 3 i n i ni i i nsbck  Cni ns abck  nns1cn  i 0 ns 1 n n i  l c  i        i s i 1 n ni i   ni   1 nns1cn i 1 s    1 nns 1c n  n bck   2 C  n abck   n    ni   ns 1 n n  i 1  c i0 a  n1 l  p  l i  n bck  s pi i 0 l 1 p 0  n  i 0 i  l 1 n2 ni l 1 n , D1   Cni n s abck a n n i  i i ns abck   Cni ns abck  nns 1c n  i 0 i 0 l 1  s  B1  C1  D1  (19)  2 Cn2i 1 n s abck i   C  n abck b   Với B1   Cni n s abck b n n i  , C1    1 Cni n s abck n 3 n   Cni n s abck b i 0    2n  n s abck  n2 ni l   Cni Cnl i  2 nns1cn ni l l i   n abck  s  i 0 l 1 = E1 + F1 + G1 (20) i 0 n  n  i l 1 l  Với E1   Cni Cnl i Clp  1 p n ns 1c n  n i l a  n1 l  p l i n s bck   p i i  l 1 p  n  n i l  F1   Cni Cnl i  2  n ns 1c n  n i l  n abck  s l i i  l 1 n 3  G1  2 Cn2i 1 n s abck i 1  n ns 1 n n  i 1 c  i 0 Ta có : n * i  C  n abck  a  i n s n n i   D1  a 3n 2 (21) i 0 n2 ni l 1 l  * E1  Cni Cnl iClp  1 p nns1cn  ni l a n1l  pl i nsbck   pi   n nns1cn  n1  an  n nns1cn  n1   an mod an1 (22) i 1 l 2 p1 n  n i l   * F1   Cni Cnl i  2  n ns 1c n n i l  n s abck  l i n  n i n! l  2  c n nl i n s abck   n  2m ! i l 1 i !l !   i  l 1  l i n m m m 1 n 1  2m ! 2 m i n! , ta có F2'm  n ns 1c n  n s abck        n  m  ! m  ! i  i ! m  i  ! + Với m cho m  1;  2m ! 2 2m i  m C i 2 m i 1i    2m          2m  i  i ! m  i  ! i 0 m 1 Ta có n 1 m  1; F2m = , suy + F2'h 1  n 1 F 2m h n! n ns 1c n n  h  ! h  !     2h Ta có  2h  1!  i ! n   i  !      n s abck h 1 h h 1 i  i h 1  C  2  n 3 ' 2m h 1 i i   1   n  h 1 ' h 1 F1   F   F i 1 n 3 2 m 1i ta có: h 1   2 Do đó, với h cho i 0 có lại  2h  1! n3 , i 0 h 1 n 1 Ta h  0;   i ! 2m   i !  2  n3 n! F2'h 1  2 n ns 1c n    n  2h  1! 2h  1! + cho n  h 1 i 0 h  0;  m 1 Với Vì vậy, với m cho  F1  G1   F2' h1  G1  n s abck  n  n abck  s   n n 3 , suy ' m 1 F  G1 h  s  n abck h  2 n s abck h 1 n 3 n   F ' h 1   n  n s abck , h 0 (23) h 0 (19), Từ 1  2n   n abck  s n (20),  n n ns 1 n n 1 c  (21), n a  (mod a n Chứng minh tương tự ta có 1  2n ak   n n 1 (22), n (23) )  1  2n  bk   n ns 1 n2 n n2 c  ns 1 n 2  c n n 2 suy  H1  a (24) n  K1 b (25) 1  2n  nns 1  ak   b n n  2  L1  c (26) bn  an + nns 1cn an  bn + nns 1cn an + bn + n ns 1cn 2.1.2b) Với u = ,v= ,t= 2 (suy từ (4”), (5”), (6”)) n n  b n  a n  n ns 1c n   a n  b n  n ns 1c n   a n  b n  n ns 1c n  Thay vào (3) ta có:       2         b n  n ns 1c n  a n n 1 n    b   2 Cn2i b n  n ns 1c n  2i a n  c n  n ns 1c n n n  2i  i 0 n3   2Cn2i bn  nns1cn i 0  2i n n   n  ns 1 n c  bn  a n  i   Cni n ns 1c n  b n a  n n n  n i  i0 a n n 2i    2n bn  nns 1cn  n1 n 2  i  an  Cni nns1cn  bn a n ni    n nns 1cn  bn  n1  a n  nns 1cn  bn  i 0 n Suy 2n  b n  n ns 1c n  n 1 n 1 n  n   S  a ( (n c  b ) a  a  a  2n bck  Ta có S  2n  z  x  a   a  2n abck   2n  x  z   z  a   a  2n abck    2n   a  z  a   a  2n abck   z  n  bck    mod a       n c  abk   n c  bk    mod a   n c  n c  bk    mod a  a n  n ns 1c n  bn n n 1 ns 1 n n s n n1 n 1 n n 1 s n 1 n 1 n n  a n 1 ) n s n ns 1 s n 1 n 1 n n n 1 n s n n 1 n 1 ns 1 n 1 n ns 1 s n 1 n 1 n 1 n 1 n n  n ns  2 s  n1c n n 2   bk   M  a (27) n n Chứng minh tương tự ta có b n n 2  n ns 1  ak   P  c (28) n ns  2 s  n1 c n n 2   ak   Q  b (29) n Từ (24) (27) suy ra: 2n  bk   a  (k = 2 a (nếu k ≠ 0)) n Từ (25) (29) suy ra: 2n  ak   b  (k = 2b (nếu k ≠ 0)) n Từ (28) (26) suy ra: 2n ns  ak   c  (k = 2 c (nếu k ≠ 0)) Nhận thấy: Do tính chẵn, lẻ số u, v, t đẳng thức (3) bình đẳng, chúng có số chẵn, hai số cịn lại lẻ, đồng thời u  v  n ns 1c n , t – v = bn , t – u = an , mà n lẻ, nên ta giả sử c chẵn, cịn a, b lẻ Xét hai trường hợp 1) Khi k ≠ Theo chứng minh trên, với k ≠ 0, ta có : 2 a , 2b , 2 c , a,b lẻ c chẵn nên a  b  1, c  Xét trường hợp 1) Nếu a  b  1 c  2 khơng có n, k, s thỏa a n  b n  n ns 1c n  2n s abck 2) Nếu a  b  1 c  2 khơng có n, k, s thỏa a n  b n  n ns 1c n  2n s abck Vậy PT(1) vô nghiệm nguyên khác không trường hợp 2) Khi k = Ta có t  u  v  n s c.c  nns 1c n  c  n ns 1 s c n1  c n , vô lý (vì c  n ) Vậy PT (1) vơ nghiệm nguyên khác không trường hợp 2.2 Khi n = Nhà toán học Leonhard Euler (1707 – 1783) chứng minh PT(1) vô nghiệm nguyên khác không trường hợp 2.3 Khi n = Nhà toán học Pierre de Fermat (1601–1665) chứng minh PT(1) vô nghiệm nguyên khác không trường hợp 2.4 Khi n = pk, p số nguyên tố lẻ p = ( k  N* ) Từ kết chứng minh 2.1, 2.2, 2.3, áp dụng bổ đề ta suy PT (1) vô nghiệm ngun khác khơng trường hợp Tóm lại với số nguyên n ≥ 3, PT(1) vô nghiệm nguyên khác không Vậy định lý lớn Fermat chứng minh Phú Vang, 5/10/2013 Tác giả Tôn Thất Hiệp ... minh 1.5 Chứng minh bổ đề n 1 i a) Đặt A    1 u n 1i vi i 0 n 1 n k Ta có u n  v n   u  v   v   v n   u  v    1 Cnk  u  v  n  k 1 v k mà u n  v n   u  v. ..  v  A u  v  k 0 n1 k , nên A   1 Cnk  u  v  n k 1 vk k 0 n2 k Ta có A  (u  v)   1 Cnk  u  v  n  k 2 v k  nv n1 , (u ,v) =1 u  v   n nên  u  v, nv   , n –1...  A1  nv n 1 , v? ??i u  v  v  n n  k 1  n 2 Cnk  u  v   A V? ??i k  1, n C k  n (v? ? n số nguyên tố), mà u  v  n nên n k   1  u  v  vk     n n n k 1 n  u  v  A1