Định lý Fermat

Header Page of 161 TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN ************* LÊ NHƯ QUỲNH ĐỊNH LÝ FERMAT KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Chuyên ngành: Đại số Hà Nội – Năm 2016 Footer Page of 161 Header Page of 161 TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN ************* LÊ NHƯ QUỲNH ĐỊNH LÝ FERMAT KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Chuyên ngành: Đại số NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC Ths DƯƠNG THỊ LUYẾN Hà Nội – Năm 2016 Footer Page of 161 Header Page of 161 LỜI CẢM ƠN Sau thời gian nghiên cứu với hướng dẫn bảo tận tình cuả cô giáo, Thạc sĩ Dương Thị Luyến, khóa luận em đến hoàn thành Qua em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới cô Dương Thị Luyến, người trực tiếp hướng dẫn bảo cho em nhiều kinh nghiệm quí báu thời gian em thực khóa luận Em xin chân thành cảm ơn giúp đỡ thầy cô khoa Toán, Trường Đại học Sư phạm Hà Nội tạo điều kiện tốt cho em thời gian em làm khóa luận Nhân dịp em xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè bên em, động viên, giúp đỡ em suốt trình học tập thực khóa luận Hà Nội, tháng 05 năm 2016 Sinh viên Lê Như Quỳnh Footer Page of 161 Header Page of 161 LỜI CAM ĐOAN Tôi khẳng định công trình nghiên cứu riêng tôi, nghiên cứu hoàn thành sở kiến thức học tài liệu tham khảo Nó không trùng kết với người khác Hà Nội, tháng 05 năm 2015 Sinh viên Lê Như Quỳnh Footer Page of 161 Header Page of 161 Mục lục Lời nói đầu 1 Lịch sử định lý Fermat 1.1 Lịch sử định lý nhỏ Fermat 1.2 Sự đời định lý lớn Fermat Chứng minh định lý Fermat 2.1 Chứng minh định lý nhỏ Fermat 2.1.1 Kiến thức có liên quan 2.1.2 Chứng minh định lý nhỏ Fermat thông qua định lý Euler 2.1.3 Chứng minh trực tiếp định lý nhỏ Fermat 2.1.4 Chứng minh định lý nhỏ Fermat quy nạp theo a 2.1.5 2.1.6 Chứng minh định lý nhỏ Fermat dựa vào số nguyên tố 2.2 10 Chứng minh định lý nhỏ Fermat dựa vào định lý Lagrange 12 Định lý lớn Fermat 13 ii Footer Page of 161 Header Page of 161 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Lê Như Quỳnh 2.2.1 Lịch sử chứng minh định lý lớn Fermat 13 2.2.2 Các số Pythagore 17 2.2.3 Định lý lớn Fermat 21 Ứng dụng định lý Fermat vào giải toán 26 3.1 Các toán tính chia hết 26 3.2 Tìm dư phép chia 34 3.3 Các toán số nguyên tố 37 3.4 Giải phương trình nghiệm nguyên 42 Kết luận 50 Tài liệu tham khảo 51 iii Footer Page of 161 Header Page of 161 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Lê Như Quỳnh Lời nói đầu I.Lí chọn đề tài Trong lịch sử toán học, toán định lý Fermat toán khó tồn gần 400 năm thách thức tất nỗ lực óc thiên tài Dù cuối giải đáp vào thập niên 90 kỉ XX, đến vấn đề mở toán học Do đó, tìm hiểu lịch sử đời phương pháp chứng minh định lý Fermat, vài ứng dụng vào toán số học vấn đề bổ ích Với yêu thích hướng dấn tận tình Giảng viên THS Dương Thị Luyến giúp em mạnh dạn chọn đề tài “Định lý Fermat” II Mục đích nghiên cứu Tìm hiểu đời phương pháp chứng minh định lý Fermat, vài ứng dụng vào toán số học Qua thấy tầm quan trọng định lý Fermat III Đối tượng nghiên cứu - Định lý nhỏ Fermat - Định lý lớn Fermat IV Ý nghĩa khoa học thực tiễn - Nghiên cứu đời hai định lý Fermat - Chứng minh định lý nhỏ Fermat - Ứng dụng định lý Fermat Footer Page of 161 Header Page of 161 Chương Lịch sử định lý Fermat 1.1 Lịch sử định lý nhỏ Fermat Fermat lần đầu thông báo định lý thư đề ngày 18 tháng 10 năm 1640 cho bạn ông Frenicle Fermat trình bày kết sau - Nếu p số nguyên tố a số nguyên cho (a, p) = p ước số ap−1 − - Nếu p số nguyên tố a số nguyên p ước số ap −a Fermat không chứng minh khẳng định ông Mặc dù có lẽ chứng minh, chứng xuất Euler năm 1749 Kết sau gọi “Định lý nhỏ Fermat” Thuật ngữ “Định lý nhỏ Fermat” lần sử dụng vào năm 1913 sách giáo khoa tiếng Đức Hensel Nguyên văn viết tay Fermat lưu giữ Derpartmental Archiver of Haute- Garonne, Toulouse Footer Page of 161 Header Page of 161 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Lê Như Quỳnh Đây định lý sở đẹp số học [8] 1.2 Sự đời định lý lớn Fermat Năm 1670, Cleman Samuel trai trưởng Fermat cho xuất “Số học Diophant với ghi Fermat” Quyển sách Cleman Samuel vừa đời mang đến cho giới toán học lúc bất ngờ, thích thú lẫn sốc Nó tô điểm cho toán học 48 ghi Fermat số học ông Tất ghi Fermat gọi định lý Bởi theo ông viết, ông chứng minh cụ thể cho định lý Các nhà toán học bắt đầu đua “chứng minh lại định lý Fermat” Sau đó, người ta chứng minh hầu hết định lý Fermat Duy có định lý nhìn qua tưởng chừng đơn giản, lại “ngoan cố” trước nỗ lực nhà toán học ròng rã kỷ liền Định lý người ta gọi “Định lý lớn Fermat”, Định lý lớn Fermat định lý cần chứng minh cuối nên gọi “Định lý cuối Fermat” Năm 1637, Fermat viết bên lề sách số học cạnh toán “Tìm số nguyên dương x, y, z thỏa mãn x2 + y = z ” sau: “Phương trình xn + y n = z n , với n ≥ nghiệm nguyên dương Tôi tìm phương pháp chứng minh, lề sách hẹp không đủ chỗ nên không trình bầy đây.” Đây định lý Fermat vĩ đại Và phải 358 năm năm sau, với nỗ lực không ngừng nhà toán học qua đắng cay, thất bại người ta tìm lời giải cho định Footer Page of 161 Header Page 10 of 161 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Lê Như Quỳnh lý Vẻ đẹp định lý chỗ toán vô khó lại biểu diễn cách hiểu [9] Footer Page 10 of 161 Header Page 43 of 161 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Lê Như Quỳnh c) Ta có 28 = 22 61991 = 21991 31991 = 22 32 61989 = 4.9.61989 Ta tìm dư phép chia 9.61989 cho Theo định lý nhỏ Fermat 66 ≡ (mod 7) mà 1989 = 6.331 + Nên 61989 = 66.331+3 ≡ 63 ≡ (mod 7) ⇒ 9.61989 ≡ 54 ≡ (mod 7) ⇒ 4.9.61989 ≡ 4.5 (mod 28) Vậy dư phép chia 61991 cho 28 20 Bài tập Bài tập Tìm dư phép chia 570 + 750 cho 11 Bài tập Tìm dư phép chia 22003 cho 49 3.3 Các toán số nguyên tố Bài Tìm số nguyên tố p cho 2p + p Giải Vì p ∈ ℘, p|2p + ⇒ p = Áp dụng định lý nhỏ Fermat ta có p|2p−1 − Mà p|2p + (theo giả thiết) nên ⇒ p|2.2p−1 − + ⇒ p|2(2p−1 − 1) + ⇒ p|3 p|[2(2p−1 − 1)] Footer Page 43 of 161 37 Header Page 44 of 161 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Lê Như Quỳnh Vì p ∈ ℘, p|3 ⇒ p = Vậy, với p = 2p + p Bài Cho p số nguyên tố lớn Chứng minh có vô số số tự nhiên n thỏa mãn n.2n − chia hết cho p Giải Theo định lý nhỏ Fermat ta có 2p−1 ≡ ( mod p), ta tìm n = m(p−1) cho n.2n ≡ (mod p) Ta có n.2n = m(p − 1)2m(p−1) ≡ m(p − 1) (mod p) ⇒ n.2n ≡ −m ≡ (mod p) ⇒ m = kp − 1, k ∈ N∗ Vậy, với n = (kp − 1)(p − 1), k ∈ N∗ n.2n − p Bài Chứng minh với số nguyên tố p, tồn vô số số nguyên dương n thỏa mãn 2n − n p Giải Nếu p = n chẵn thỏa mãn đề nên không tính tổng quát ta giả sử p > Khi theo định lý nhỏ Fermat 2p−1 ≡ (mod p) Lấy n = m(p − 1) với m ≡ −1 (mod p) Ta có n = m(p − 1) ≡ (mod p) 2n − n ≡ 2n − ≡ (mod p) Do có vô số số nguyên dương m cho m ≡ −1 ( mod p) nên tồn vô số số nguyên dương n thỏa mãn điều kiện cho Footer Page 44 of 161 38 Header Page 45 of 161 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Lê Như Quỳnh Bài Cho p số nguyên tố Chứng minh số 2p − có ước nguyên tố dạng 2pk + Giải Gọi q ước nguyên tố 2p −1 q lẻ, nên theo định lý nhỏ Fermat 2q−1 − q ⇒ (2p − 1, 2q−1 − 1) = 2(p,q−1) − q ⇒ q − p, (q − 1, p) = q, vô lí Mặt khác, q − chẵn nên suy q − 2p ⇒ q = 2pk + Bài Cho p số nguyên tố có dạng 4k + 3(k ∈ N) Giả sử số nguyên x, y thỏa mãn x2 + y chia hết cho p Chứng minh x, y chia hết cho p Giải Nếu hai số x, y chia hết cho p từ điều kiện x2 + y p ta suy hai số x, y chia hết cho p Bây giả sử số x, y không chia hết cho p Áp dụng định lý nhỏ Fermat ta có xp−1 ≡ y p−1 ≡ (mod p) hay x4k+2 ≡ y 4k+2 ≡ (mod p) ⇒ x4k+2 + y 4k+2 ≡ (mod p) Mặt khác x4k+2 + y 4k+2 = x2(2k+1) + y 2(2k+1) x2 + y p Từ suy p|2 nên p = 2, trái với giả thiết p ≡ (mod 4) Vậy hai số x, y phải chia hết cho p Bài Giả sử p = k.2t + số nguyên tố lẻ, t số nguyên dương k Footer Page 45 of 161 39 Header Page 46 of 161 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Lê Như Quỳnh t t số tự nhiên lẻ Giả thiết x y số tự nhiên mà x2 + y p Chứng minh x y đồng thời chia hết cho p Giải Giả sử trái lại x không chia hết cho p Khi từ (x2 + y ) p ⇒ y không chia hết cho p ⇒ y không chia hết cho p Do p số nguyên tố, nên theo định lý nhỏ Fermat, ta có (xp − x) p ⇒ x(xp−1 − 1) p Vì x không chia hết cho p mà p số nguyên tố nên (x, p) = Từ suy (xp−1 − 1) p ⇒ xp−1 ≡ (mod p) Lập luận tương tự ta có y p−1 ≡ (mod p) Theo giả thiết ta có p − = k.2t , ta có   xk.2t ≡ (mod p)  y k.2t ≡ (mod p) t Từ ta có xk.2 + y k.2 ≡ (mod p) Theo giả thiết t t x2 + y ≡ (mod p) Footer Page 46 of 161 40 (*) Header Page 47 of 161 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Lê Như Quỳnh Do k lẻ nên ta có t t t xk.2 + y k.2 = x2 t k t + y2 t = x2 + y k t x2 k−1 t − x2 k−2 y2 t t + + y2 k−1 , suy t t xk.2 + y k.2 t t t 2t x + y ⇒ xk.2 + y k.2 ≡ (mod p) (**) Từ (*) (**) suy điều mâu thuẫn, điều giả thiết phản chứng sai Do x y đồng thời chia hết cho p Bài Cho p số nguyên tố khác Chứng minh dãy 9, 99, 999, 9999, có vô số số hạng chia hết cho p Giải Do p số nguyên tố khác nên (p, 10) = (1) Vì p số nguyên tố nên theo định lý nhỏ Fermat ta có (10p − 10) p ⇒ 10(10p−1 − 1) p Từ (1) (2) ta suy (10p−1 − 1) p (2) (3) Từ (3) ta có 10p−1 ≡ (mod p) Do với số nguyên dương n, 10n(p−1) ≡ (mod p), suy 10n(p−1) − p, ∀n nguyên dương Mặt khác, 10n(p−1) − = 99 Từ suy tồn vô hạn số n(p−1) số hạng dãy 9, 99, 999, 9999, chia hết cho p Bài tập Bài tập Cho số nguyên tố dạng p = 4k + 1, k số tự nhiên lẻ Chứng minh số tự nhiên x, y thỏa mãn điều kiện (x4 + y ) p, x p y p Footer Page 47 of 161 41 Header Page 48 of 161 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Lê Như Quỳnh HD Áp dụng với t = 2, ta có điều phải chứng minh Bài tập Cho p số nguyên tố lẻ Chứng minh không tồn x, y nguyên thỏa mãn hệ thức xp + y p = p[(p − 1)!]p Bài tập Tìm tất số nguyên tố p, q cho pq|(5p − 2p )(5q − 2q ) 3.4 Giải phương trình nghiệm nguyên Bài Chứng minh không tồn số nguyên x, y, z thỏa mãn x3 + y + z = x + y + z + 2000 Giải Theo định lý nhỏ Fermat ta có x3 − x 3, (với x số nguyên) Tương tự y − y z − z Từ ta có x3 + y + z − x − y − z Vì 2000 không chia hết x3 + y + z − x − y − z = 2000 với số nguyên x, y, z Vậy phương trình cho nghiệm nguyên Bài Tìm nghiệm nguyên phương trình 11991 + 21991 + + 19911991 = xy (x ∈ ℘) Footer Page 48 of 161 42 Header Page 49 of 161 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Lê Như Quỳnh Giải Theo định lý nhỏ Fermat ta có a11 ≡ a (mod 11) ⇒ a1991 ≡ a (mod 11) Do 11991 + 21991 + + 19911991 ≡ + + + 1991 ≡ 996.1991 ≡ (mod 11) Khi xy ≡ (mod 11) - Nếu x = 11 y = n, (n ∈ Z) - Nếu x = 11, (x ∈ ℘) y ≡ (mod 11) ⇒ y = 11t, (t ∈ Z) Vậy nghiệm nguyên phương trình cho y = n, (n ∈ Z), y = 11t, (t ∈ Z) Bài Tìm nghiệm nguyên phương trình x53 + y 53 = 53z Giải Vì z ∈ Z ⇒ x53 + y 53 53 Ta có 53 số nguyên tố nên theo định lý nhỏ Fermat x53 − x 53 y 53 − y 53 Khi (1) ⇔ 53z = (x53 − x) + (y 53 − y) + (x + y) Suy phương trình có nghiệm nguyên x + y = Footer Page 49 of 161 43 Header Page 50 of 161 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Lê Như Quỳnh 53t, (với t ∈ Z) Vậy phương trình cho có nghiệm u53 + (53t − u)53 x = u; y = 53t − u; z = , ∀t, u ∈ Z 53 Bài Chứng minh phương trình sau nghiệm nguyên dương a) x2 + 2x + 4y = 37 b) 19x2 + 28y = 729 Giải Trước hết ta có nhận xét sau "Nếu p số nguyên tố có dạng 4k + 3(k ∈ N) a, b số tự nhiên thỏa mãn a2 + b2 chia hết cho p Thì a b đồng thời chia hết cho p." Nhận xét chứng minh phần 3.3 a) Ta có x2 + 2x + 4y = 37 ⇔ (x + 1)2 + (2y)2 = 38 19   x + 19 ⇒ (theo nhận xét.)  2y 19 ⇒ (x + 1)2 + (2y)2 192 (vô lí) Vậy phương trình nghiệm nguyên dương b) Ta có 19x2 + 28y = 729 Footer Page 50 of 161 44 Header Page 51 of 161 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Lê Như Quỳnh ⇔ 18x2 + 27y + x2 + y = 3.243   x ⇒ x2 + y ⇒  y Đặt x = 3u, y = 3v; u, v ∈ Z Thay x = 3u y = 3v vào phương trình cho sau rút gọn ta 19u2 + 28v = 81 Tương tự ta thu u = 3u1 , v = 3v1 Khi 19u21 + 28v12 = ⇒ u1 = 3u2 , v1 = 3v2 19u22 + 28v22 = (Phương trình vô nghiệm) Vậy phương trình nghiệm nguyên dương Bài Tìm nghiệm nguyên phương trình 28x = 19y + 87z Giải Xét phương trình 28x = 19y + 87z (1) Giả sử (¯ x, y¯, z¯) nghiệm (1) Khi ta có 28x¯ = 19y¯ + 87z¯ (2) Xét trường hợp sau 1) Có hai ba số x¯, y¯, z¯ số âm Khi từ (2) ta có hai phân số số nguyên Lại để ý phân số ≤ 19 1 1 ý < , < , tổng hiệu hai phân số loại 28 19 87 19 số nguyên Khi (2) suy vô lí Vậy (1) có nghiệm nguyên có hai số ba số x¯, y¯, z¯ số âm Footer Page 51 of 161 45 Header Page 52 of 161 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Lê Như Quỳnh Cả x¯, y¯, z¯ số âm Đặt x¯ = −x1 , y¯ = −y1 , z¯ = −z1 Khi x1 , y1 , z1 nguyên dương Thay vào (2) ta có 1 y1 z1 x1 z1 y1 x1 x1 = y1 + z1 ⇔ 19 87 = 28 87 + 19 28 28 19 87 Do 87 3; 28 19 không chia hết cho 3, nên từ (3) suy 19y1 28x1 (3) (4) Do 19y1 28x1 không chia hết cho 3, nên ta có 19y1 28x1 không chia hết cho (5) Từ (4) (5) suy vô lí, (1) nghiệm nguyên dương mà thành phần âm Vậy x¯ ≥ 0, y¯ ≥ 0, z¯ ≥ Từ (2) suy x¯ > z¯ ≥ Do 28 19 ≡ −1 (mod4); 87 ≡ −1 (mod4), nên từ (2) ta có (−1)y¯ + (−1)z¯ ≡ (mod 4) (6) Từ (6) suy tính chẵn, lẻ z¯ y¯ khác Do 87 29; 28 ≡ −1 (mod 29); 19 ≡ 19 (mod 29) Từ ta có (−1)x¯ ≡ 19y¯ (mod 29) ⇒ 19y¯ ≡ ±1 (mod 29) (7) Ta có bậc 19 (mod 29) 28, từ (7) suy y¯ 14 Từ suy y¯ số chẵn, z¯ số lẻ Ta chứng minh y¯ > Thật vậy, y¯ = Thay vào (1) ta có 28x¯ = + 87z¯ Do z¯ số lẻ, nên ta có 28x¯ = (1 + 87)(87z¯−1 + 87z¯−2 + + 87 + 1) (8) Vế phải (8) chia hết cho 11, vế trái (8) không Footer Page 52 of 161 46 Header Page 53 of 161 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Lê Như Quỳnh chia hết cho 11 (do 28 không chia hết cho 11) Điều vô lí, chứng tỏ giả sử y¯ = sai Vậy y¯ số chẵn > Do 28 19 ≡ (mod9), nên từ (1) ta có 87z¯ ≡ (mod 9) ⇔ (90 − 3)z¯ ≡ (mod 9) Từ ta có 3z¯ ≡ (mod 9) (9) Vì z¯ số lẻ, nên suy z¯ ≥ (10) Lấy đồng dư (2) theo mod 27 ta có 1x¯ ≡ (19y¯ + 87z¯) (mod27) (11) Do 87 = 3.27 + 6, nên 87z¯ ≡ 6z¯ (mod 27) Lại có 6z¯ = 2z¯.3z¯, mà z¯ ≥ 3, nên 3z¯ 27, 87z¯ 27 Từ (11) ta có 19y¯ ≡ (mod27) Vì bậc 19 (mod 27) nên y¯ Do y¯ nên suy y¯ Lấy đồng dư (2) theo mod ta có ≡ (19y¯ + 87z¯) (mod 7) Ta có 19y¯ = (3.7 − 2)y¯, nên 19y¯ ≡ 2y¯ (mod 7) Vì y¯ 6, nên y¯ = 6k, k ∈ N∗ , 2y¯ = (26 )k (mod 7) Mà 26 ≡ (mod 7) nên 19y¯ ≡ (mod 7) Ta lại có 87z¯ = (12.7 + 3)z¯, nên 87z¯ ≡ 3z¯ (mod 7) Từ (12) ta thu Footer Page 53 of 161 47 (12) Header Page 54 of 161 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Lê Như Quỳnh 3z¯ ≡ −1 (mod 7) (13) Bậc (mod 7) 6, nên z¯ Lấy đồng dư (2) theo mod 19 ta có 28x¯ ≡ (19y¯ + 87z¯) (mod 19) (14) Rõ ràng 28x¯ = (19 + 9)x¯ ⇒ 28x¯ ≡ 9x¯ (mod 19); 19y¯ ≡ (mod 19); 87z¯ = (4.19 + 11)z¯ ⇒ 87z¯ ≡ 11z¯ (mod 19) Do z¯ nên z¯ = 3l, nên 11z¯ ≡ (113 )l (mod 19) Mặt khác, 113 ≡ (mod 19) ⇒ 11z¯ ≡ (mod 19) Thay vào (14) ta có 9x¯ ≡ (mod 19) Bậc (mod 19) 9, nên ta có x¯ Vậy ta chứng minh x¯ 9, y¯ 6, z¯ Hay x¯, y¯, z¯ số x¯ y¯ z¯ nguyên dương chia hết cho 3, , , số nguyên dương 3 x ¯ y ¯ z ¯ Đặt x∗ = , y ∗ = , z ∗ = x∗ , y ∗ , z ∗ số nguyên dương 3 Viết lại (1) dạng sau 19y ∗ + 87z ∗ = 28x ∗ (15) Đẳng thức (15) chứng tỏ phương trình X + Y = Z có nghiệm ∗ ∗ ∗ nguyên dương X = 19y , Y = 87z , Z = 28x Điều mâu thuẫn với định lý lớn Fermat Vậy phương trình (1) nghiệm nguyên dương Kết luận phương trình (1) nghiệm nguyên Footer Page 54 of 161 48 Header Page 55 of 161 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Lê Như Quỳnh Bài tập Bài tập Chứng minh phương trình sau nghiệm nguyên dương a) x2 + = y b) 4xy − x − y = z HD Áp dụng bổ đề sau "Cho số nguyên a, chứng minh a2 +1 ước nguyên tố dạng 4k + 3." Thật vậy, giả sử a2 + có ước nguyên tố dạng 4k + 3, (k ∈ Z) Khi ap−1 + = a4k+2 + = (a2 )2k+1 + a2 + p Mặt khác theo định lý nhỏ Fermat ap−1 − p Từ suy p Do p số nguyên tố nên p = 2, trái với p = 4k + Vậy a2 + ước nguyên tố dạng 4k + Bài tập Giải phương trình nghiệm nguyên 12002 + 22002 + + 20022002 = xy, (x ∈ ℘) Bài tập Giải phương trình nghiệm nguyên x2002 + y 2002 = 20032001 (x3 + y ) Footer Page 55 of 161 49 Header Page 56 of 161 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Lê Như Quỳnh Kết luận Định lý Fermat toán tiếng Nó phát biểu cách đơn giản đến mức mà người bình thường hiểu được, việc tìm lời giải thách thức biết hệ suốt ba kỷ vừa qua người hoàn tất chặng đường cuối vào năm 1993 GS.TS.Andrew Wiles Trong khóa luận em trình bày nét đời phương pháp chứng minh định lý Fermat, vài ứng dụng vào toán số học Tuy nhiên lần làm quen với công tác nghiên cứu khoa học, thời gian lực thân hạn chế nên có nhiều cố gắng song khóa luận không tránh khỏi thiếu sót Em mong nhận đóng góp ý kiến thầy, cô giáo bạn sinh viên để khóa luận em hoàn thiện Em xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, tháng 05 năm 2016 Sinh viên Lê Như Quỳnh Footer Page 56 of 161 50 Header Page 57 of 161 Tài liệu tham khảo [1] Vũ Hữu Bình (2002), Phương trình toán với nghiệm nguyên, NXB Giáo Dục [2] Nguyễn Hữu Điển (2004), Giải phương trình vô định nghiệm nguyên, NXB Đại Học Quốc Gia Hà Nội [3] Phan Huy Khải (2009), Các chuyên đề số học bồi dưỡng học sinh giỏi toán trung học, NXB Giáo Dục [4] Lại Đức Thịnh (1994), Giáo trình số học, NXB Giáo Dục [5] Nguyễn Tiến Quang (2003), Bài tập số học, NXB Giáo Dục [6] Nguyễn Vũ Thanh (2008), Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán trung học sở, NXB Giáo Dục [7] Tạp chí toán học tuổi trẻ [8] https://vi.wikipedia.org/wiki/Định _lý _nhỏ _Fermat [9] http://www.doko.vn/tai-lieu/dinh-li-lon-fecma-886087 Footer Page 57 of 161 51 ... cứu đời hai định lý Fermat - Chứng minh định lý nhỏ Fermat - Ứng dụng định lý Fermat Footer Page of 161 Header Page of 161 Chương Lịch sử định lý Fermat 1.1 Lịch sử định lý nhỏ Fermat Fermat lần... nói đầu 1 Lịch sử định lý Fermat 1.1 Lịch sử định lý nhỏ Fermat 1.2 Sự đời định lý lớn Fermat Chứng minh định lý Fermat 2.1 Chứng minh định lý nhỏ Fermat ... hết định lý Fermat Duy có định lý nhìn qua tưởng chừng đơn giản, lại “ngoan cố” trước nỗ lực nhà toán học ròng rã kỷ liền Định lý người ta gọi Định lý lớn Fermat , Định lý lớn Fermat định lý