Định lý Fermat

Lời nói đầuI.Lí do chọn đề tàiTrong lịch sử toán học, bài toán về định lý Fermat là một trong nhữngbài toán khó nhất khi nó đã tồn tại gần 400 năm và thách thức tất cả nỗ lực của những b

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

LỜI CẢM ƠN

Sau một thời gian nghiên cứu cùng với sự hướng dẫn và chỉ bảo tậntình cuả cô giáo, Thạc sĩ Dương Thị Luyến, khóa luận của em đến nay đãhoàn thành

Qua đây em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc của mình tới cô Dương ThịLuyến, người đã trực tiếp hướng dẫn chỉ bảo cho em nhiều kinh nghiệmquí báu trong thời gian em thực hiện khóa luận này Em cũng xin chânthành cảm ơn sự giúp đỡ của các thầy cô trong khoa Toán, Trường Đạihọc Sư phạm Hà Nội 2 đã tạo điều kiện tốt nhất cho em trong thời gian

em làm khóa luận

Nhân dịp này em cũng xin được gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình,bạn bè đã luôn bên em, động viên, giúp đỡ em trong suốt quá trình họctập và thực hiện khóa luận này

Hà Nội, tháng 05 năm 2016

Sinh viên

Lê Như Quỳnh

LỜI CAM ĐOAN

Tôi khẳng định rằng đây là công trình nghiên cứu của riêng tôi, dochính tôi nghiên cứu và hoàn thành trên cơ sở những kiến thức đã học vàtài liệu tham khảo Nó không trùng kết quả với bất cứ người nào khác

Hà Nội, tháng 05 năm 2015

Sinh viên

Lê Như Quỳnh

Mục lục

1.1 Lịch sử định lý nhỏ Fermat 21.2 Sự ra đời định lý lớn Fermat 3

2.1 Chứng minh định lý nhỏ Fermat 52.1.1 Kiến thức có liên quan 52.1.2 Chứng minh định lý nhỏ Fermat thông qua định

lý Euler 72.1.3 Chứng minh trực tiếp định lý nhỏ Fermat 82.1.4 Chứng minh định lý nhỏ Fermat bằng quy nạp

theo a 92.1.5 Chứng minh định lý nhỏ Fermat dựa vào số nguyên

tố 102.1.6 Chứng minh định lý nhỏ Fermat dựa vào định lý

Lagrange 122.2 Định lý lớn Fermat 13

2.2.1 Lịch sử về chứng minh định lý lớn Fermat 13

2.2.2 Các bộ số Pythagore 17

2.2.3 Định lý lớn Fermat 21

3 Ứng dụng định lý Fermat vào giải toán 26 3.1 Các bài toán về tính chia hết 26

3.2 Tìm dư trong một phép chia 34

3.3 Các bài toán về số nguyên tố 37

3.4 Giải phương trình nghiệm nguyên 42

Lời nói đầu

I.Lí do chọn đề tàiTrong lịch sử toán học, bài toán về định lý Fermat là một trong nhữngbài toán khó nhất khi nó đã tồn tại gần 400 năm và thách thức tất cả

nỗ lực của những bộ óc thiên tài nhất Dù cuối cùng nó đã được giảiđáp vào thập niên 90 của thế kỉ XX, nhưng đến nay nó vẫn là vấn đề

mở trong toán học

Do đó, tìm hiểu lịch sử ra đời và phương pháp chứng minh các định

lý Fermat, một vài ứng dụng của nó vào các bài toán số học vẫn là vấn

đề bổ ích

Với sự yêu thích và hướng dấn tận tình của Giảng viên THS DươngThị Luyến đã giúp em mạnh dạn chọn đề tài “Định lý Fermat”

II Mục đích nghiên cứu

Tìm hiểu sự ra đời và phương pháp chứng minh các định lý Fermat,một vài ứng dụng của nó vào các bài toán số học Qua đó chúng ta thấyđược tầm quan trọng của định lý Fermat

III Đối tượng nghiên cứu

- Định lý nhỏ Fermat

- Định lý lớn Fermat

IV Ý nghĩa khoa học và thực tiễn

- Nghiên cứu sự ra đời của hai định lý Fermat

- Chứng minh định lý nhỏ Fermat

- Ứng dụng định lý Fermat

Chương 1

Lịch sử định lý Fermat

Fermat lần đầu thông báo định lý trong một bức thư đề ngày 18 tháng

10 năm 1640 cho bạn ông là Frenicle

Fermat đã trình bày một kết quả sau đây

- Nếu p là số nguyên tố và a là số nguyên sao cho (a, p) = 1 thì p sẽ

Kết quả về sau được gọi là “Định lý nhỏ Fermat”

Thuật ngữ “Định lý nhỏ Fermat” lần đầu tiên được sử dụng vào năm

1913 trong sách giáo khoa tiếng Đức của Hensel

Nguyên văn bản viết tay của Fermat hiện đang được lưu giữ tại partmental Archiver of Haute- Garonne, Toulouse

Der-Đây là một trong những định lý cơ sở và đẹp nhất của số học [8]

lý này người ta gọi là “Định lý lớn Fermat”, Định lý lớn Fermat là định

lý cần chứng minh cuối cùng nên còn được gọi là “Định lý cuối cùng củaFermat”

Năm 1637, Fermat viết bên lề quyển sách số học cạnh bài toán “Tìm

số nguyên dương x, y, z thỏa mãn x2+ y2 = z2 ” như sau: “Phương trình

xn+ yn = zn , với n ≥ 3 không có nghiệm nguyên dương Tôi đã tìm raphương pháp chứng minh, nhưng vì lề sách quá hẹp không đủ chỗ nênkhông trình bầy ở đây.” Đây chính là định lý Fermat vĩ đại Và phảimất 358 năm năm sau, với nỗ lực không ngừng của các nhà toán họcqua bao nhiêu đắng cay, thất bại người ta mới tìm ra lời giải cho định

lý này Vẻ đẹp của định lý ở chỗ nó là bài toán vô cùng khó nhưng lạiđược biểu diễn một cách đến nỗi ai cũng có thể hiểu được [9]

Tập hợp Zm gồm m phần tử.

• Trong tập hợp các lớp thặng dư Zm ta xác định hai phép toán nhưsau

a + b = a + ba.b = a.b, trong đó a, b ∈ Zm

• Tập hợp Zm các lớp thặng dư môđun m cùng với phép cộng và nhânxác định như trên là một vành giao hoán có đơn vị.

- Nếu X chạy qua khắp các phần tử của Zm thì AX + B cũng vậy,nghĩa là {AX + B/X ∈ Zm} = Zm

- Nếu X chạy qua khắp các phần tử của Z∗m thì AX cũng vậy, nghĩa

là {AX/X ∈ Z∗m} = Z∗m

• Định nghĩa Phi-hàm EulerGiả sử m là số nguyên dương Phi-hàm Euler được định nghĩa là sốcác số nguyên dương không vượt quá m và nguyên tố với m

Kí hiệu Phi-hàm Euler ϕ(m)



1 − 1

pk



Ví dụ: ϕ(1) = 1, ϕ(2) = 1, ϕ(3) = 2, ϕ(4) = 2, ϕ(5) = 4.

Ta có kết quả sauVới số nguyên tố p ta có ϕ(p) = p − 1 Ngược lại, nếu p là số nguyêndương sao cho ϕ(p) = p − 1, thì p là số nguyên tố

2.1.2 Chứng minh định lý nhỏ Fermat thông qua định lý EulerĐịnh lý nhỏ Fermat

1) Cho p là số nguyên tố và a là số nguyên sao cho (a, p) = 1 Khi

Khi đó aϕ(m) ≡ 1 (mod m)Chứng minh

Ta gọi X1, X2, , Xϕ(m) là phần tử khả nghịch của Zm tức là

ta có lớp thặng dư A = ¯a (mod m) là phần tử khả nghịch của vành Zm

khi và chỉ khi A là lớp nguyên tố với môđun m

Do (a, m) = 1 nên ¯a ∈ Z∗m Theo tính chất của phần tử khả nghịchthì

¯

aX1, ¯aX2, , ¯aXϕ(m) cũng là các phần tử khả nghịch của Zm,hay

Zm∗ = {¯aX1, ¯aX2, , ¯aXϕ(m)}

Nhân tất cả các phần tử của Zm∗ theo hai cách biểu diễn ta được

theo định lý Euler ta được ap−1 ≡ 1 (mod p)

2) - Nếu a chia hết cho p thì hiển nhiên ap ≡ a (mod p)

- Nếu a không chia hết cho p thì theo 1) ta có ap−1 ≡ 1 (mod p).Nhân cả hai vế của đồng dư thức trên với a ta được ap ≡ a (mod p)

2.1.3 Chứng minh trực tiếp định lý nhỏ Fermat

1) Do (a, p) = 1 ⇒ a không chia hết cho p

Vì thế các số a, 2a, 3a, , (p − 1)a cũng không chia hết cho p

Giả sử các số a, 2a, 3a, , (p − 1)a chia cho p được các số dư là

r1, r2, , rp−1

Ta chứng minh ri 6= rj, ∀i 6= j (1 ≤ i, j ≤ p − 1)

Thật vậy, nếu trái lại, thì tồn tại i 6= j (1 ≤ i, j ≤ p − 1) mà ri = rj

Do ia ≡ ri (mod p); ja ≡ rj (mod p),

mà ri = rj nên suy ra ia ≡ ja (mod p), do đó a(i − j) p

Do 0 < |i − j| < p ⇒ (i − j, p) = 1 ⇒ a p Đó là điều vô lý (Vì akhông chia hết cho p) Nhận xét được chứng minh

Vì thế

r1r2 rp−1 = (p − 1)! ⇒ a.2a.3a (p − 1)a ≡ r1r2 rp−1 (mod p)

⇒ (p − 1)!ap−1 ≡ (p − 1)! (mod p)

⇒ ap−1 ≡ 1 (mod p)

2) Được chứng minh như 2.1.2

2.1.4 Chứng minh định lý nhỏ Fermat bằng quy nạp theo aTrước tiên ta đi chứng minh 2)

Ta cần chứng minh (ap − a) p với a nguyên dương, (a nguyên < 0suy ra từ a nguyên > 0 bằng cách đặt a = −b, khi đó b nguyên dương).Khi a = 0 hoặc a = 1 thì ap− a = 0 và hiển nhiên 0 p

Theo nguyên lý quy nạp suy ra đpcm.

Ngược lại từ 2) ta có thể suy ra 1), thật vậy từ ap ≡ a(mod p) và(a, p) = 1 nên bằng cách chia hai vế của đồng dư thức cho a ta được

Vậy p là số nguyên tố

Bổ đề 2 Nếu p là số nguyên tố, k1, k2, , kn là n số tự nhiên

Khi đó (k1 + k2 + + kn)p ≡ k1p+ k2p+ + knp (mod p) (∗)Chứng minh

Ta chứng minh bằng quy nạp theo n.

Với n = 1 hiển nhiên

(k1 + k2 + + kn + kn+1)p = [(k1 + k2 + + kn) + kn+1]p

≡ (k1 + k2 + + kn)p+ kn+1p (mod p)

≡ kp1 + k2p+ + knp + kpn+1 (mod p)Vậy (*) đúng với mọi n

Chứng minh định lý nhỏ Fermat

Trước tiên ta đi chứng minh 2)

Ta cần chứng minh ap ≡ a (mod p) với mọi a nguyên dương,(anguyên < 0 suy ra từ a nguyên > 0 bằng cách đặt a = −b, khi đó bnguyên dương)

Áp dụng bổ đề 2 với k1 = k2 = = ka = 1 ta được

Cấp của một nhóm X hữu hạn là bội của cấp của mọi nhóm con củanó.

Dó đó mọi phần tử của Z∗p có cấp là ước của p − 1

Giả sử a ∈ Z là một số nguyên tùy ý

Nếu a p thì ta có a ≡ 0 (mod p) và ap ≡ 0 (mod p),

từ đây ta có ap ≡ a (mod p).

Nếu a không chia hết cho p thì ¯a ∈ Z∗p do đó ap−1 = ¯1 suy ra

ap−1 ≡ 1 (mod p) hay ap ≡ a (mod p)

2.2.1 Lịch sử về chứng minh định lý lớn Fermat

Định lý lớn Fermat được phát biểu như sau:

“Phương trình xn+ yn = zn, với n ≥ 3 không có nghiệm nguyên dương.”.Fermat viết bên lề cuốn sách “Số học” của Diophante là ông đã tìm

ra cách chứng minh kỳ diệu của định lý Nhưng trong các tài tài liệu củaFermat để lại, chỉ tìm thấy chứng minh của định lý với n = 4 được contrai của Fermat công bố sau khi Fermat qua đời

Để chứng minh x4 + y4 = z4 không có nghiệm nguyên dương, mat đã phát minh ra phương pháp “đại lượng giảm dần” Sau đấy, bằngphương pháp này Euler đã chứng minh được Định lý Fermat với n = 3

Fer-70 năm sau ngày Euler đăng bài chứng minh với n = 3, Sophie Germaintìm ra một phương pháp dành cho những n là số nguyên tố và 2n + 1cũng là số nguyên tố Bằng phương pháp này hai nhà toán học AdrienMarien Legendre và Pierre Gustave Lejeune Dirichlet song song với nhautìm ra lời giải cho n = 5 Đến 1840, Gabrial Lamé chứng minh được cho

những sai lầm khủng khiếp của hai nhà toán học pháp Kummer đã chỉ

ra không có một phương pháp đang tồn tại lúc bấy giờ có thể cho phépmột cách tổng quát chứng minh Định lý Fermat Sau công trình củaKummer nhiệt huyết tìm lời giải bị nguội lạnh hơn bao giờ hết Mãi đếnnăm 1908, công nghiệp gia người Đức Paul Volfskehl thổi một làn sinhkhí mới cho vấn đề “Định lý Fermat” Paul Volfskehl đã phát hiện và lấpđầy lỗ hổng của nhà số học lừng danh Kummer

Sau chiến tranh thế giới thứ hai, một nhóm các nhà lập trình và cácnhà toán học đã chứng minh định lý Fermat đúng với n = 500, sau đó

n = 1000 và cuối cùng với n = 10000

Vào những thập niên 50 của thế kỉ XX, hai nhà toán học trẻ ngườiNhật đã đưa ra một giả thuyết, sau này mang tên họ, giả thuyết Taniyama– Shimura Giả thuyết nói rằng "bất kỳ đường cong elliptic nào cũng cómột hình thể modular tương ứng và ngược lại."

Các đường cong elliptic không liên quan gì đến các hình elip, thực rachúng là những đường cong có dạng y2 = x3 + ax2 + bx + c với a, b, c lànhững số nguyên Các đường cong elliptic trở nên cuốn hút các nhà lýthuyết số vì chúng có thể trả lời nhiều câu hỏi về phương trình và nghiệmcủa phương trình Những năm 60 của thế kỉ XX, các nhà toán học hầunhư chỉ làm mỗi việc là kiểm tra giả thuyết Taniyama - Shimura Người

ta lấy một đường cong elliptic nào đó, tính dãy E, sau đó lại tìm hình thểmodular có dãy M như thế Mặc dù càng tìm nhiều bằng chứng thì giảthuyết càng thuyết phục, nhưng tất cả những bằng chứng đó đều khôngthể gọi là lời giải của giả thuyết Việc chứng minh giả thuyết Taniyama

– Shimura càng trở nên bức thiết nhưng cũng đầy bi kịch.

Những năm 80 của thế kỉ XX, Samuel S.Wagstaff từ trường Đại họcTổng hợp Pourdou chứng minh định lý đúng đến n = 25000

Trong hội nghị tổ chức vào mùa thu năm 1984, nhà toán học GerhardFrey đã có bài thuyết trình quan trọng Trong bài thuyết trình của mình,ông đã đưa ra một nhận xét có vẻ còn mơ hồ “Nếu giả thuyết Taniyama– Shimura quả thật đúng thì định lý lớn Fermat sẽ được chứng minh”.Phát hiện này của Frey gây ấn tượng mạnh cho cho các nhà toán học.Lần đầu tiên sau mấy trăm năm đã thấy le lói ánh sáng cuối con đườnghầm Thế nhưng, trong lí luận của Frey có một lỗ hổng nhỏ, tất cả mọingười đều nhận thấy trừ Frey Các nhà toán học bắt đầu cuộc đua tìmcách lấp đầy lỗ hổng của Frey Một trong các nhà toán học tham giacuộc đua tìm mối liên hệ của giả thuyết Taniyama – Shimura với Định

lý lớn Fermat là giáo sư trường đại học Tổng hợp California Ken Ribet.Mùa hè năm 1986 Ken Ribet đã chứng minh thành công mối quan hệgiữa giả thuyết Taniyama – Shimura và Định lý lớn Fermat

Sau phát minh của Ken Ribet, Andrew Wiles giáo sư Toán trườngđại học Tổng hợp Princeton đã quyết tâm chứng minh cho được Định lýlớn Fermat thông qua giả thuyết Taniyama – Shimura

Và vào thập kỉ 90, các nhà toán học chứng minh định lý đúng đến

n = 4000000 Những thành tựu này xem ra rất cổ vũ chúng ta nhưngnếu cứ tiếp tục tính như vậy, con người mãi mãi không có cơ hội để biếnĐịnh lý Fermat thực sự trở thành một định lý được, bởi phạm vi giá trịcủa n là vô cùng tận

Khi thế kỉ XX sắp kết thúc, vấn đề này đã có bước chuyển biến cănbản.

Ngày 23 tháng 6 năm 1993 lịch sử toán học ghi nhận một sự kiện quantrọng: Nhà toán học người Anh Andrew Wiles công bố chứng minh “Định

lý lớn Fermat”

Tháng 7, 8 năm 1993 đồng nghiệp Nick Katz của Wiles trao đổi nhữngđiểm chưa hiểu rõ, chỉ ra trong chứng minh của ông có một sai lầm cănbản

Tháng 9 năm 1993, Wiles nhận ra chỗ sai và cố gắng sửa nhưng khônglàm được

Sau đó ông công bố có trục trặc trong chứng minh Qua nhiều thángthất bại Wiles trong tuyệt vọng ông yêu cầu Richard Taylor, một sinhviên cũ của ông tới Princeton cùng nghiên cứu với ông

Ba tháng đầu năm 1994 ông cùng Taylor tìm mọi cách sửa chữa vấn

đề nhưng vô hiệu

Tháng 9 năm 1994 ông quay lại nghiên cứu một vấn đề căn bản màchứng minh của ông được dựa trên đó

Ngày 19 tháng 9 năm 1994 Wiles phát hiện cách sửa chỗ trục trặcđơn giản và đẹp, dựa trên một cố gắng chứng minh đã làm 3 năm trước.Tháng 5 năm 1995 Wiles đăng lời giả trên Annals of Mathematics(Đại học Princeton)

Tháng 8 năm 1995 tại hội thảo ở Đại học Boston, giới toán học côngnhận chứng minh của Wiles là đúng [9]

Giả sử {x, y, z} là một bộ số Pythagore nguyên thủy và (x, y) >

1 Khi đó tồn tại số nguyên tố p sao cho p|(x, y) Vì p|x và p|y nênp|(x2 + y2) = z2 Do p nguyên tố mà p|z2 nên p|z (Mâu thuẫn với giảthuyết(x, y, z) = 1.)

Vậy (x, y) = 1 Tương tự ta có (y, z) = (z, x) = 1

Bổ đề 2.3 Giả sử {x, y, z} là một bộ số Pythagore nguyên thủy Khi

Điều đó là vô lý Vậy x và y không cùng tính chắn lẻ

Bổ đề 2.4 Giả sử r, s, t là các số nguyên dương sao cho (r, s) = 1 và

rs = t2 Khi đó tồn tại các số nguyên h và l sao cho r = l2 và s = h2

Chứng minh

Nếu r = 1 hoặc s = 1 thì bổ đề là hiển nhiên

Ta giả sử r > 1 và s > 1 Giả sử các phân tích r, s, t ra thừa số nguyên

Vậy, mỗi pi phải bằng qj nào đó, đồng thời αi = 2βj

Do đó, mỗi số mũ αi đều chẵn nên αi

nguyên tố cùng nhau m, n với m lẻ, n chẵn hoặc m chẵn, n lẻ sao cho

x = m2 − n2

y = 2mn

z = m2 + n2.Chứng minh

Giả sử x, y, z là một bộ số Pythagore nguyên thủy Bổ đề 2.3 cho thấy

x lẻ, y chẵn, hoặc ngược lại Vì ta có thể giả thiết y chẵn nên x, z đềulẻ

Do z + x và z − x đều là số chẵn, nên các số z + x

2 = r,

z − x

2 = sđều là các số nguyên

Vì x2 + y2 = z2 nên y2 = z2 − x2 = (z + x)(z − x)

Vậy

y2

Điều đó có nghĩa là d|(z, x) = 1 nên d = 1

Áp dụng bổ đề 2.4 ta thấy rằng tồn tại các số nguyên m, n sao cho

r = m2, s = n2 Viết x, y, z thông qua m, n ta có

Ta cũng có (m, n) = 1, vì với mọi ước chung của m và n cũng là ướcchung của x = m2 − n2, y = 2mn, z = m2 + n2, nên là ước chung của(x, y, z).

Mà x, y, z nguyên tố cùng nhau nên (m, n) = 1 Mặt khác, m và nkhông thể cùng lẻ vì nếu ngược lại thì x, y và z đều chẵn, mâu thuẫnđiều kiện (x, y, z) = 1 Vì (m, n) = 1 và m, n không đồng thời là hai số

lẻ nên m chẵn, n lẻ hoặc ngược lại Vậy mỗi bộ số Pythagore nguyênthủy có dạng đã nêu

Để chứng tỏ rằng bộ ba số

x = m2 − n2

y = 2mn

z = m2 + n2,trong đó m, n là các số nguyên dương, m > n, (m, n) = 1 và m, n chẵn

lẻ khác nhau lập thành một bộ số Pythagore nguyên thủy, trước tiên tanhận xét rằng

Ta chứng minh x, y, z nguyên tố cùng nhau

Giả sử ngược lại (x, y, z) = d > 1 Khi đó tồn tại số nguyên tố p sao

cho p|(x, y, z) Ta thấy rằng p lẻ vì x lẻ (do x = m2 − n2, trong đó m2

và n2 không cùng tính chẵn lẻ)

Mặt khác p|x, p|z nên p|(z + x) = 2m2 và p|(z − x) = 2n2.Vậy p|m và p|n mâu thuẫn với (m, n) = 1 Do đó (x, y, z) = 1, tức{x, y, z} là một bộ số Pythagore nguyên thủy

Ta cũng có thể giả thiết (x, y) = 1

Thật vậy, nếu (x, y) = d thì x = dx1, y = dy1 với (x1, y1) = 1, trong

đó x1, y1 là các số nguyên dương

Vì x4 + y4 = z2 nên

(dx1)4 + (dy1)4 = z2,

do đó

d4(x14 + y14) = z2.Vậy d4|z2, suy ra d2|z, nghĩa là z = d2z1 với z1 là số nguyên dương,

do đó

d4(x14 + y14) = (d2z1)2 = d4z12nên

y1, z = z1 với (x1, y1) = 1 sao cho z1 < z0