Chứng Minh Định Lý Lớn Fermat.doc

Định lý cuối cùng của Fermat (hay còn gọi là định lý Fermat lớn) là một trong những định lý nổi tiếng trong lịch sử toán học. Định lý này phát biểu như sau: Không tồn tại các nghiệm nguyên dương a, b, c thoả mãn an + bn = cn trong đó n là một số nguyên lớn hơn 2. Định lý này đã làm khó không biết bao bộ óc vĩ đại của các nhà toán học lừng danh trong gần 4 thế kỉ. Cuối cùng nó được Andrew Wiles chứng minh vào năm 1993 sau gần 8 năm ròng nghiên cứu, phát triển từ chứng minh các giả thiết có liên quan. Tuy nhiên chứng minh này còn thiếu sót và đến năm 1995 Wiles mới hoàn tất, công bố chứng minh trọn vẹn sau 358 năm nỗ lực chứng minh của các nhà toán học. Bằng chứng được mô tả là một 'bước tiến tuyệt vời' trong trích dẫn cho giải thưởng Abel năm 2016. Bằng chứng của Định lý cuối cùng của Fermat cũng đã chứng minh được rất nhiều định lý module và mở ra toàn bộ các phương pháp tiếp cận mới cho nhiều vấn đề khác và nâng tầm kỹ thuật tính toán module. Những vấn đề chưa được giải quyết đã thúc đẩy sự phát triển của lý thuyết đại số ở thế kỉ 19 và sự chứng minh của định lý Module ở thế kỉ 20. Đây là định lý trứ danh nhất trong lịch sử toán học. Trước khi nó được chứng minh thì định lý đã được ghi vào sách kỷ lục Guinness thế giới như là một vấn đề toán học khó nhất mọi thời đại, một trong những lý do định lý này được gọi như vậy là vì có một lượng khổng lồ các bài chứng minh không thành công.

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 nổi tiếng:

“phương trình x n + y n = z n , trong đó số nguyên n lớn hơn 2 không thể tìm được nghiệm (nguyên khác không) nào” Đó là định lý Fermat cuối cùng Ông ghi bên lề một cuốn sách mà không chứng minh nhưng có

kèm theo dòng chữ: "Tôi có một phương pháp rất hay để chứng minh cho trường hợp tổng quát, nhưng không thể viết ra đây vì lề sách quá hẹp."!!

Các nhà toán học sau đó đã cố gắng giải bài toán này trong suốt gần bốn thế kỷ Và cuối cùng nhà toán học Andrew Wiles (người Anh, định cư ở Mỹ, sinh 1953) đã công bố lời giải độc nhất vô nhị vào mùa hè năm

1993 và sửa lại năm 1995, với lời giải dài 200 trang

Khi nhà toán học Andrew Wiles chứng minh định lý này bằng cách quay cả hai guồng máy khổng lồ của đại số và hình học thì tôi có cảm nhận: có thể giải định lý đó bằng công cụ toán học sơ cấp

Tôi nổ lực hết mình trong một thời gian rất dài và tôi đã thành công

Dưới đây là toàn văn chứng minh định lý lớn Fermat

Để chứng minh định lý lớn Fermat tôi đưa ra năm bổ đề và hai hệ quả sau sau đây

Bổ đề 1:

Cho n,n 3 , nếu phương trình (PT) x n + y n = z n (1) có nghiệm nguyên khác không thì bao giờ cũng tồn tại nghiệm x = u, y = v, z = t sao cho u,v,t   và (u,v) = (u,t) = (v,t) = 1.*

Bổ đề 2:

Nếu có n,n3, PT x n + y n = z n vô nghiệm nguyên khác không thì với mọi k   ,*

PT x nk + y nk = z nk cũng vô nghiệm nguyên khác không.

Bổ đề 3:

Cho a.b = c n , n là số nguyên dương lẻ; a,b,c  sao cho (a,b) = 1, khi đó tồn tại hai số nguyên khác*

không c 1 , c 2 sao cho (c 1 ,c 2 ) =1, c = c 1 c 2 , a = c 1 và b = c 2

Bổ đề 4:

Cho a.b = c n , n là số nguyên dương lẻ, a,b,c,m  , sao cho* a  ,2 b  ,2 c  , m là số nguyên tố,2

(a,b) = m, b m 2, khi đó tồn tại số nguyên dương s sao cho ns ≥ 2 và hai số nguyên khác không c 1 , c 2 sao cho (c 1 ,c 2 ) =1 đồng thời c m c m1 , 2 , c = m s c 1 c 2 , a = m ns – 1 c 1 và b = mc 2

Bổ đề 5:

Cho n là số nguyên tố lẻ và hai số nguyên u, v sao cho (u,v) = 1, khi đó:

1

1 0

i



1

1 0

1

n

i n i i i



 





b) Nếu ( u v n ) thì

1 1 0

i



1 1 0

n

n i i i



 



1

1 0

i



1

0

1

n

i n i i i



 





Hệ quả 1:

Cho a.b.c = d n với n a,b,c,d   sao cho (a,b) = (a,c) = (c,b) = 1., *

Khi đó bao giờ cũng tồn tại ba số nguyên dương c 1 , c 2 , c 3 sao cho (c 1 ,c 2 ) = (c 1 ,c 3 ) = (c 3 ,c 2 ) = 1, d = c 1 c 2 c 3

,a = c 1 , b = c 2 và c = c 3

Hệ quả 2:

Cho a.b.c = d n với a,b,c,d,m  , sao cho* a 2, b 2, c2,d 2,(a,b,c) = (ab,c) = m , c m 2và m lả số nguyên tố.

Khi đó tồn tại các số nguyên dương s,k c 1 , c 2 , c 3 sao cho ns – k ≥ 2, (c 1 ,c 2 )=(c 3 ,c 2 )=(c 1 ,c 3 )=1, đồng thời

1 , 2 , 3 ,

c m c m c m   a = m k c 1 , b= m ns – k –1 c 2 , c =mc 2 , d = m s c 1 c 2 c 3

1 Chứng minh các bổ đề

1.1 Chứng minh bổ đề 1

Giả sử x = u0, y = v0; z = t0 là một nghiệm nguyên khác không của PT(1) và (u0,v0,t0) = d

Khi đó tồn tại ba số u,v,t   sao cho (u,v,t) = 1, u* 0 = ud, v0 = vd, t0 = td và u0 + v0 = t0n suy

ra un + vn = tn (1//), suy ra x = u, y = v; z = t là một nghiệm nguyên khác không của PT(1)

Giả sử (u,v) = d/, từ (1 //) suy ra tn chia hết cho d/n, suy ra t chia hết cho d/, mà (u,v,t) = 1 nên d/ = 1

Vậy (u,v) = 1

Chứng minh tương tự ta cũng có (u,t) = (t,v) = 1 Bổ đề 1 đã được chứng minh.

1.2 Chứng minh bổ đề 2

Giả sử tồn tại số nguyên dương k0 sao cho PT xnk + ynk = znk có nghiệm nguyên khác không

x = u, y = v, z = t, khi đó ta có unk 0 + vnk 0 = tnk 0  (uk 0)n + (vk 0)n = (tk 0)n, suy ra PT xn + yn = zn có nghiệm nguyên khác không x = uk 0, y = vk 0 ; z = tk 0, điều này trái với giả thiết.Bổ đề 2 đã được chứng minh

1.3 Chứng minh bổ đề 3

Giả sử (a,c) = c/

1, khi đó tồn tại hai số nguyên a1, c/

2 sao cho (a1,c/

2) = 1 và a = c/

1a1, c = c/

1c/

2

Vì ab = cn, nên c1a1b = c1 c2, suy ra a1b = c1n – 1c2, suy ra b│c1n – 1c2 Vì (c/

1,b) = 1 (do (a,b) = 1) nên c/

2n = kb, với k là số nguyên khác không, từ đẳng thức a1b = c/

1n – 1c/

2, ta suy ra a1 = kc/

1n – 1, suy ra

a1 = knc/

1n(n – 1), suy ra k│a1 và k│c/

2 ; vì (a1,c/

2) = 1 nên (a1 ,c/

2 ) = 1, từ đó suy ra = 1

Vậy b = kc/

2 = (kc/

2)n = c2 , a = kc/

1 = (kc/

1)n = c1n , c = c1c2 , với c1 = kc/

1, c2 = kc/

2 nguyên tố cùng nhau Bổ

đề 3 đã được chứng minh

1.4 Chứng minh bổ đề 4

Vì a m b m ,  và a.b = cn, suy ra c m n 2, suy ra c m (do m là số nguyên tố)

Giả sử c = msr với s   , * r  * và r m , mà cn = mnsrn  m2 , nên ns ≥ 2

Do (a,b) = m và b m 2, nên có thể giả sử b = mh và a = mkl, với k   ; * h l   sao cho (h,l) = 1,, *

,

h m l m 

Vì a.b = cn nên mk + 1hl = mnsrn, suy ra k + 1 = ns, suy ra k = ns – 1 và hl = rn; áp dụng bổ đề 3, ta có

r = c1.c2, h = c1, l= c2 , trong đó hai số c1, c2 là là hai số nguyên sao cho (c1,c2) = 1 Từ đó ta có c = msc1.c2, a

= mns – 1c1 và b = mc2 Bổ đề 4 đã được chứng minh

1.5 Chứng minh bổ đề 5

0

1

n

i n i i i



0

1

n

n k



0

1

n

n k

A  C u v   v



0

n k



u v nv , n–1 1, suy ra A u v,   1(đpcm)

b) Vì n là số nguyên tổ lẻ, nên từ a) ta thay v bởi –v ta có điều phải chứng minh.

c) Ta có          

2 2

1 1

1

n k

n

k

u v C







2 2

2

1 1

1

n k

n

k

u v C





 





n

C n (vì n là số nguyên tố), mà u v n  nên

n u v A n  ; mặt khác nv n–1 và n nv n–1n2(do v n ), từ đó suy ra   1

nữa (u + v, A) = n (đpcm)

1.6 Chứng minh hệ quả 1

Vì (a,b) = (a,c) = (c,b) = 1, nên (a,bc) = 1 mà a.(bc) = dn , áp dụng bổ đề 3, ta có a = c1 và bc = en

1

,c e   sao cho (c1,e) = 1 và c1e = d

Ta có bc = en với (c,b) = 1, lại áp dụng bổ đề 3, ta có b = c2 , c = c3, với *

2 3

,c c   sao cho (c2,c3) = 1 và

e = c2.c3, suy ra d = c1.c2.c3.

Như vậy a = c1n , b = c2 , c = c3, d = c1.c2.c3. Ta có (c1,c2) = ( c1 ,c3 ) = (c3 ,c2 ) = 1, nên (c1,c2) = ( c1,c3) = = (c3,c2) = 1 Hệ quả 1 đã được chứng minh

1.7 Chứng minh hệ quả 2

Vì (ab,c) = m và c m 2 mà (ab).c = dn, áp dụng bổ đề 4, ta có ab = m ns– 1en và c = mc3 với *

3

, ,c e s   sao

cho (c3,e) = 1, c m e m3 ,  và d = msc3e

Vì a m b m ,  nên a = mkc/

1, b = mgc/

1 2

, , ,k g c c    sao cho (c/

1,c/

2) = 1,c m c m1 , 2

Từ ab = mns – 1en ta suy ra mk + gc/

1c/

2 = mns – 1en, suy ra k + g = ns – 1 và c/

1c/

2 = en, suy ra

g = ns – k – 1, suy ra ns – k ≥ 2

Ta có c/

1c/

2 = en và (c/

1,c/

2) = 1, áp dụng bổ đề 3, ta có c/

1 = c1 , c/

1 2

,c c   sao cho (c2,c1) = 1 và e

= c1.c2

Như vậy a = mkc1, b = mns – k – 1c2 ,c = mc3 và d = msc1.c2.c3 Vì (c3,e) = 1, (c2,c1) = 1 và e = c1.c2 nên (c1,c2) = ( c1,c3) = (c3,c2) = 1 Hệ quả 2 đã được chứng minh

2 Chứng minh định lý lớn Fermat

Ta cần xét ba trường hợp của n.

2.1.Chứng minh định lý lớn Fermat khi n = 4

Với n = 4 ta có PT: x4 + y4 = z4 (2)

Giả sử PT (2) có nghiệm nguyên khác không x = u, y = v, z = t, trong đó (u,v) = (u,t) = (v,t) = 1 (theo bổ

đề 1) Ta có u4 + v4 = t4 (2/), suy ra t  u t,  v Từ (2/) suy ra trong ba số u, v, t có duy nhất một số chẵn

và u, v có vai trò như nhau, cho nên ta chỉ cần xét hai trường hợp

2.1.1 Khi t chẵn

Suy ra u, v đều lẻ, suy ra:u4 1(mod8) và v4 1(mod8) t4 u4v4 2(mod8) t416, vô lý, vì t 4 16

2.1.2 Khi u chẵn

 2 2  2 2 2 2  2 2 2

2 s k  u 2k v 2t

Suy ra: t 2k1u14 24s k 2v v v14 à 24s k 2v14 2k1u14

  (20) Vì t, v, u1, v1 là các số lẻ nên (k  1 0 và 4s k  2 1 ) hoặc (4s k  2 0 và k  1 1) suy ra (4s k  2 4 s 3 1 hoặc

k  s  )

Như vậy đẳng thức (20) luôn có dạng 1 8  2 4 4

1 4h 1 1

v  u t (2/

1) với

1 , 1 4 3

h  h  s Do vậy ta chỉ cần xét một trong hai dạng của đẳng thức (20)

1 1 4h 1 1 1 1 1 1 1 2 h 1 (2 )1

các số nguyên dương lẻ và đôi một nguyên tố cùng nhau nên

2

1 1 2h 2

1 1 2l 2

t  u  u ; trong đó h, l là hai số nguyên dương, u2, v2, t2 với 2l u2 2h v2 2t2 là ba số

1 2 h h 2 2h 2, 1 2h 2 2 h h 2

1

2 2

4h v 4 h h  u t

Vì u1, t1, u2, v2 là các số lẻ nên (h  1 0 và 2h1 h 2 1 ) hoặc (2h1 h 2 0 vàh  1 1) suy ra (

2h  h 2 2 h  3h 1 hoặc h1 2 h1 3h2), với h1,h12 Từ (2//

1) suy ra:

1

2

     và u v t2 .2 2 v18 Áp dụng hệ quả 1, ta có u2 u v38, 2 v t38, 2 t38, với

2 3 3 3

v u v t ; với u v t là ba số nguyên dương lẻ đôi một nguyên tố cùng nhau 3, ,3 3

2

3 4h 3 3 (2 )2

2

3 4h 3 3 (2 )2

Ta có nhận xét: Nếu có u3, v3, t3 thỏa mãn /

2

(2 ) hoặc //

2

(2 ) thì u v t3 .3 3v2hoặc u v t3 .3 3u2 với t3 > u3,

t3 > v3

Cứ như thế, với lập luận như trên với mỗi k,k3 ta có uk, vk, tk là ba nguyên dương lẻ đôi một

1

1

k

h





1

1

k

h





và u v t k .k k v k1 hoặc u v t k .k k u k1 (h k 2h k1 3,h14s 3, k,k3)

Vì u v t k .k k v k1 hoặc u v t k .k k v k1 , t k u t k, k v k, k ,k3, cho nên chỉ xảy ra hai khả năng sau a) Tồn tại k0,k0 3 để cho u v t k0 .k0 k0 u k01 1 hoặc u v t k0 .k0 k0 u k011 thì u k0 v k0 t k0 1, không

0 0 0 0

1

k

h





1

0 0 0 0

1

k

h





Vậy PT(2) vô nghiệm nguyên khác không trong trường hợp này

b) Tồn tại k0,k0 3 để cho u v t k0 .k0 k0 u k01 p hoặc u v t k0 .k0 k0 u k01 q, với p, q là các số nguyên tố

lẻ Vì t k0 u t k0, k0 v k0 nên (t k0 p,u k0 v k0 1) hoặc (t k0 q,u k0 v k0 1) khi đó có u k01,v k01,t k01 là các số

0

0 0 0 0

k

h

 0 02  01

0

0 0 0 0

k

h

v   u  t  , với u k01.v k01.t k01u k0 1 hoặc u k01.v k01.t k01v k0 1, suy rau k01v k01t k011, không thỏa mãn đẳng thức (2 )k/0 và (2 )k//0 .

Vậy PT(2) vô nghiệm nguyên khác không trong trường hợp này

Tóm lại, khi n = 4, PT(1) vô nghiệm nguyên khác không

2.2 Khi n là số nguyên tố lẻ

Giả sử PT (1) có nghiệm nguyên khác không x = u, y = v, z = t, trong đó (u,v) = (u,t) = (v,t) = 1 (áp dụng

bổ đề 1), khi đó un + vn = tn (3)

1

1 0

1

n

i n i i n i



1 1 0

n

n i i n i



1 1 0

n

n i i n i



Do n lẻ và u, v, t là các số nguyên, nên có thể xem vai trò của các số này trong đẳng thức dạng (3) là như nhau Vì vậy, các lập luận dưới đây đối với một trường hợp nào đó liên quan đến u, v, t thì hiểu rằng các trường hợp còn lại được xét tương tự

2.2.1 Ba số u, v, t đều không chia hết cho n.

Vì (u,v) = (u,t) = (v,t) = 1 và từ (4), (5), (6) ta suy ra u v n  , t v n  và t u n  ; áp dụng bổ đề 5a)

và 5b) ta có  

1

1 0

1

n

i n i i i



 





1

1

0

n

n i i

i



 



1 1 0

n

n i i i



 



1

1

0

1

n

i n i i n

i



 





 , với t = c.c’, c c   , (c, c’) = 1 và , ' * c n c n ,  ; t – v = bn (5’) và

1 1 0

n

n i i n i



 







u = b.b’, b b   , (b, b’) = 1 và , ' * b n b n ,  ; t – u = an (6’) và

1 1 0

n

n i i n i



 







1

1

1

n k





Vì n là số nguyên tố và (u v n ) , nên với k 1,n thì k

n

C n và u v n11 n

đó c n 1n , mà c n nên cn 11n, suy ra cn 1 cn 11 cn 1c1n, suy rac1n, suy ra

3

1

c  nk , với k  .3

Chứng minh tương tự ta cũng có a 1 nk b1,  1 nk2, với k k  .1, 2

3

(3) t n u v u  nv n u v  t n  u v  c c n c n c n 1nk n 1 n

u n  t v  v n  t u  t n u v 2u v t n   2  u v t n   2

Từ (3’), (4’), (5’) suy ra u v t c c n 1 c a a a n 1 b b b n 1 n abck s

2 t u v   t u  t v  u v a nb n c n 2n abck s , suy ra u = bn + nsabck, v = an + nsabck,

t = cn – nsabck

Thay vào (3) ta có:

1

2 2

2

n

n



3

2

2 2

n

n





Suy ra 2n a n b nn1c n a n b nn C c2n 1

     ( vì a n b nn1c n c2 1n c n 1 2n abk s n1 c2 1n

3

2

0

n

i n n i

n

i







0

n n i

n i







Ta có B2n c n 2a n2n abck s n1c n c n 2n abck s n (vì a nb n c n 2n abck s )

2n n a n n abck s n n abck s n 0 modc n

2n a n n bck s n n ns a bk n 0 modc n

 

2

 

Ta lại có B2n c n  2b n 2n abck s n1c n c n  2n abck s n(vì a nb na nb n 2b n c n 2b n 2n abck s )

2n b n n ack s n n ns b ak n 0 modc n

 

2

 

2na n n  b n n  n ns k a n n  b n  n1 n abck a s n n  b n n  0 modc

2na n n b n n n ns k a n n b n  0 modc

2n 2 n 2 n abck b s n n 2n ns k b n n n abck s  0 modc

2 0

i

n i





và a n b n a nb n  2b n 2b n 2n abck s mod c n )

1 1

2n n ns k b c n n

0

k

  hoặc 2n 1 (nếu k ≠ 0)c

i

Nhận thấy, từ đẳng thức (3) và do n lẻ nên ta có thể giả sử u, v, t đều dương, suy ra t > u, t > v, suy ra

u + v = cn > 0, t – v = bn > 0, t – u = an > 0, suy ra a, b, c đều dương

Xét hai trường hợp

2.2.1.1 Khi k ≠ 0

1) Nếu t lẻ thì c lẻ, theo chứng minh trên c =1, suy ra u v 1, suy ra (u = 0 hoặc v = 0), vô lý

2) Nếu u và v đều lẻ

Suy ra b và a đều lẻ Ta viết đẳng thức (3) dưới dạng v n   t n  un và u n   t n  vn

Biến đổi và lập luận tương tự trên ta suy ra a = b =1, suy ra t u 1 và t v 1

Vậy ta có:

1

1

t u

u v

t v













 Không có u, t nguyên khác không thỏa (9)

Vậy PT (1) vô nghiệm nguyên khác không trong trường hợp này

2.2.1.2 Khi k = 0

Ta nhận thấy khi k = 0 thì: u v t t u v t v u ,   ,    c nc c a ,  n a a b ,  nb b  a b c   1 u v 

 2u n  (8).t n

Không có v, t nguyên khác không thỏa (0)

Vậy PT (1) vô nghiệm nguyên khác không trong trường hợp này

2.2.2 Ba số u, v, t chỉ có một số chia hết cho n

Không mất tính tổng quát ta giả sử t n ,từ (4) suy ra (u v n ) , áp dụng bổ đề 5c) ta có

 

1

1 0

i



1

0

1

n

i n i i i



 





u + v = nsn – 1cn (4”) và 1  1

0

1

n

i n i i n i



 





 với t = nsc.c’, s   ; * c c   (c, c’) = 1,, ' * c n c n , 

Từ (5), (6) suy ra (t v n và t u n ) (  ) , áp dụng bổ đề 5b) ta có

,

1

1

0

n

n i i

i



 



1 1 0

n

n i i i



 



  , kết hợp với (5), (6) và áp dụng bổ đề 3 ta có t – v = bn (5’’) và

1

1

0

n

n i i n

i



 







 , với u = b.b’, b b   , (b, b’) = 1,, ' * b n b n ,  ; t – u = an (6”), và

1 1 0

n

n i i n i



 







a.a’, a a   , (a, a’) = 1,, ' * a n a n ,  ; (a,b) = (a,c) = (c,b) = 1

Lập luận như 2.2.1 (trang 4, trang 5) ta có b’ = 1 + nk2, a’ = 1 + nk1; và u v t n   2, mà

u v t n c n     c   c a a a  b b b  n abck nên s 2; (k,a) = (k,b) = (k,c) =1 và k n , nếu k ≠ 0, suy ra v a nn abck s , v b n n abck s , t n ns 1c n n abck s

Thay vào (3) ta có:

1

2

n

n



3

2

n

n





a nb nn

Suy ra 2n a n b nn1n ns 1c n a nb nn  C c2n 1( vì a n b nn1c n c2n 1c n 1 2n abk s n1 c2 1n

3

0

n

n

i









0

n i





Ta có C 2n n ns 1c n 2a n 2n abck s n1n ns 1c n n ns 1c n 2n abck s n

2n n a n n abck s n abck n 0 modc n

2n a n n bck s n a bk n 0 modc n

 

2

 

Ta lại có C 2n n ns 1c n 2b n 2n abck s n1n ns 1c n n ns 1c n 2n abck s n

(vì a n b n a n b n 2b n n ns 1c n 2b n 2n abck s

 

2

 

Từ (10) và (11) suy ra 2na n n  2  b n n  2  k a n n b nn1 n abck a s   n n  3   b n n  3  0 mod c2

2na n n b n n k a n n b n  0 modc

2 0

i

n i





và a n b n a nb n  2b n 2b n 2n abck s mod c n )

1

2n k b c n n

0

k

  hoặc 2n 1 (nếu k ≠ 0)c

0

k

 ) (nếu k ≠ 0 ), với 1   n 1,  

i



Xét hai trường hợp

2.2.1.1 Khi k ≠ 0

1) Theo chứng minh trên ta có c  hoặc 1 c 2

 , với 1   n 1,   2) Ta viết đẳng thức (3) dưới dạng v n   t n  un  t n u n (u u)

Ta có t u  t u a v u n,  n ns 1c v t b n,   n b n và bnn ns 1c n a n 2n ab ck s  , suy ra

Thay vào (3) ta có:

1

2

2

n

n



3

2

2

n

n





n ns 1c n bnn

Suy ra 2n n ns 1c n  bnn1a n n ns 1c nbnn  D a2n 1( vì  1  1 2 1 1  1 2 1

2

n  c b  a a  a  n ab k  a 

   

3

2

0

n

i n n i

n

i









0

n n i

n i











Ta có D2n a n  2bn2n ab ck s  n1a n a n 2n ab ck s  n (vì bn n ns 1c n a n 2n ab ck s  )

2n n bn n ab ck s  n n ab ck s  n 0 moda n

2n bn n ack s n n ns b ck n 0 moda n

 

2

2nbn n ns b ck n n 1 bn n n ack s  0 moda

 

2nbn n n ns ck n n 1 bn n  n ack s  0 moda

Ta lại có D2na n2n ns 1c n2n ab ck s  n1a n a n 2n ab ck s  n(vì bnn ns 1c n a n 2n ab ck s  )

2n n ns c n n ab k s  n n ns c b k n 0 moda n

    

2nn ns n c n n b k n n 1 n ns n c n n  n b ak s   0 moda

2nn ns n c n n  bn n  k n n ns c n bn  n1 n abck n s ns n c n n  bn n  0 moda

2nn ns n c n n bn n k n n ns c n bn  0 moda

4

3 0

0 (mod )

n

n i







2n 2 n 2 n ab ck b s  n n 2k b n n n ab ck s   0 moda

2 0

i

n i





và n ns 1c n bn n ns 1c nbn  2bn a n 2bn 2n abck s 2bn 2n abck s mod a n)

1

2n k b a n n

 , với 1   n 1,  

i

3) Ta viết đẳng thức (3) dưới dạng u n   t n  vn và ta cũng suy ra được 2n 1 , suy ra b b  hoặc1 2

 , với 1   n 1,  

Từ đó xét các trường hợp sau

a) t chẵn u, v đều lẻ

Khi đó ta có c 2

 , b  , 1 a  , mà 1 a nb n n ns 1c n 2n abck s , nên   1 1 n ns 12n2  1n k s , suy ra:

ns s n

 

   







b) (u chẵn t, v đều lẻ) hoặc (v chẵn t, u đều lẻ)

Khi đó ta có b 2

 , c  , 1 a  hoặc 1 a 2

 , c  , 1 b  mà 1 a n b n n ns 1c n 2n abck s

1 1

1 2n n ns 2  n k s

  i) Nếu s lẻ thì n ns 1 1 2 mod2 2

ii) Nếu s chẵn

Ta có: n ns 11 2  1 n1 2  1( vì ns  1 và n là hai số lẻ)  n 1 2  1 n2  1 (12).1

Từ (12) và (13) suy ra:

1

1

n

 











2 13

3

s k k

s

k























(vô lý)

Vậy PT (1) vô nghiệm nguyên khác không trong trường hợp này

2.2.2.2 Khi k = 0

Ta có t u v   n c c s n ns 1c n cn ns  1 s n c  1 c n , vô lý (vì c ).n

Vậy PT (1) vô nghiệm nguyên khác không trong trường hợp này

2.3 Khi n = pk, p là số nguyên tố lẻ hoặc p = 4 (kN * )

Từ kết quả chứng minh ở 2.1, 2.2, áp dụng bổ đề 2 ta suy ra PT (1) vô nghiệm nguyên khác không trong

trường hợp này

Tóm lại với mọi số nguyên n ≥ 3, PT(1) vô nghiệm nguyên khác không

Vậy định lý lớn Fermat đã được chứng minh