Phương trình diophantine (2018)

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2KHOA TOÁN VŨ THỊ HƯƠNG GIANG PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTINE Chuyên ngành: Đại số KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: TS... Khóa luận tốt nghiệ

Trang 1

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

Trang 2

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

KHOA TOÁN

VŨ THỊ HƯƠNG GIANG

PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTINE

Chuyên ngành: Đại số

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:

TS Nguyễn Thị Kiều Nga

Hà Nội – 2018

Trang 3

LỜI CẢM ƠN

Sau một thời gian dài nghiêm túc, miệt mài nghiên cứu cùng với

sự giúp đỡ tận tình của các Thầy Cô giáo và các bạn sinh viên, đếnnay, khóa luận của em đã hoàn thành Em xin bày tỏ lòng cảm ơnchân thành, sâu sắc tới các Thầy Cô giáo trong tổ Đại số, các Thầy

Cô trong khoa Toán, đặc biệt là T.S Nguyễn Thị Kiều Nga - người

đã trực tiếp tạo mọi điều kiện, tận tình giúp đỡ chỉ bảo cho em trongsuốt thời gian nghiên cứu, hoàn thiện khóa luận

Mặc dù đã rất cố gắng xong do hạn chế về thời gian cũng như kiếnthức của bản thân nên khóa luận của em không thể tránh khỏi nhữngthiếu sót Kính mong nhận được sự góp ý từ Thầy Cô và các bạn sinhviên để khóa luận của em được hoàn thiện hơn

Em xin chân thành cảm ơn!

Hà Nội, tháng 05 năm 2018

Sinh viên

Vũ Thị Hương Giang

Trang 4

Khóa luận tốt nghiệp "Phương trình diophantine" được hoàn thành

do sự cố gắng nỗ lực tìm hiểu và nghiên cứu cùng với sự giúp đỡ tậntình của cô giáo - T.S Nguyễn Thị Kiều Nga

Trong quá trình thực hiện em đã tham khảo một số tài liệu như

đã viết trong phần tài liệu tham khảo Vì vậy, em xin cam đoan khóaluận này là kết quả nghiên cứu khoa học của riêng em, không trùngvới bất kì kết quả của tác giả nào khác

Sinh viên

Trang 5

Mục lục

1.1 Lý thuyết chia hết 3

1.1.1 Quan hệ chia hết 3

1.1.2 Số nguyên tố và hợp số 4

1.1.3 Ước chung lớn nhất 5

1.1.4 Bội chung nhỏ nhất 6

1.2 Đồng dư thức 7

1.2.1 Định nghĩa đồng dư thức và điều kiện tương đương 7 1.2.2 Một số tính chất của đồng dư thức 7

2 Phương trình diophantine 9 2.1 Định nghĩa phương trình diophantine 10

2.2 Một số phương pháp giải phương trình diophantine 11

2.2.1 Phương pháp phân tích thành nhân tử 11

2.2.2 Phương pháp sử dụng đồng dư thức 14

2.2.3 Phương pháp đánh giá 16

2.2.4 Phương pháp tham số hóa 19

2.2.5 Phương pháp quy nạp toán học 20

i

Trang 6

2.2.6 Phương pháp lùi vô hạn Fermat 22

2.2.7 Phương pháp dùng tính chất của số chính phương 24 2.2.8 Một số phương pháp khác giải phương trình dio-phantine 27

3 Một số dạng phương trình diophantine dạng đặc biệt 30 3.1 Phương trình diophantine tuyến tính 30

3.1.1 Định nghĩa 30

3.1.2 Ví dụ: 32

3.2 Phương trình Fermat 34

3.2.1 Bộ số Pythagore 34

3.2.2 Phương trình Fermat 38

3.3 Phương trình Pell 41

3.3.1 Phương trình Pell loại 1 41

3.3.2 Phương trình Pell loại 2 42

3.4 Một số phương trình diophantine qua các kì thi học sinh giỏi 44

Trang 7

Khóa luận tốt nghiệp Đại học GVHD: Tiến sĩ Nguyễn Thị Kiều Nga

Lời mở đầu

Phương trình diophantine được nghiên cứu từ thời diophantine thế

kỉ thứ 3 và nó mãi mãi là đối tượng nghiên cứu của Toán học Phươngtrình diophantine là vấn đề nghiên cứu của Số học và Đại số Chính

vì thế mà phương trình diophantine thường có mặt trong các đề thihọc sinh giỏi ở tất cả các cấp

Ngoài một số dạng phương trình diophantine có cách giải tổng quát,các bài toán liên quan đến phương trình diophantine thường không cóquy tắc giải tổng quát Tùy vào giả thiết mà mỗi bài toán đưa ra, ta

có một cách giải riêng Điều đó đòi hỏi người làm toán phải có tư duytoán học linh hoạt, sáng tạo, từ đó đem lại hứng thú và niềm đam mêtrong Toán học Học sinh nắm chắc về "Phương trình diophantine"

là chìa khóa vàng giải được nhiều bài toán như : Toán số học, tìm giátrị lớn nhất, tìm giá trị nhỏ nhất, hệ phương trình nghiệm nguyên, Với mong muốn giúp các em học sinh và các Thầy Cô có cái nhìntổng quát hơn về một số phương trình diophantine, đồng thời với mongmuốn tìm hiểu sâu hơn về phương trình diophantine, em đã chọn đềtài "Phương trình diophantine" làm đề tài khóa luận của mình.Nội dung khóa luận chia làm 3 chương:

Chương 1: Kiến thức chuẩn bị

Chương này nhắc lại một cách sơ lược về các kiến thức liên quan đếnphương trình diophantine như lý thuyết chia hết và đồng dư thức.Chương 2: Phương trình diophantine

Chương này đưa ra định nghĩa và một số phương pháp giải phươngtrình diophantine

SV: Vũ Thị Hương Giang 1 K40B-Sư Phạm Toán

Trang 8

Chương 3: Một số dạng phương trình diophantine.

Chương này đưa ra một số dạng phương trình cổ điển và một số bàitoán thực tế giải bằng cách sử dụng phương trình diophantine

Do thời gian có hạn và năng lực của bản thân còn nhiều hạn chếnên khóa luận không tránh khỏi những thiếu sót Em rất mong sựđóng góp ý kiến của các Thầy Cô giáo và các bạn để khóa luận đượchoàn thiện hơn Em xin trân thành cảm ơn!

Sinh viên

Trang 9

Kí hiệu: a chia hết cho b là a b

b chia hết a là b|a

Khi a = b.q thì b được gọi là một ước của a

Sau đây ta có các tính chất cơ bản về quan hệ chia hết

1 1|a với ∀a ∈ Z

2 a|a với ∀a ∈ Z, a 6= 0

3 Nếu a|b và b|c thì a|c với ∀a, b, c ∈ Z và b 6= 0

4 Nếu a|b thì |a| ≤ |b| với ∀a, b ∈ Z và b 6= 0

5 Nếu a|bi với a, bi ∈ Z, i = 1, , n thì a|

Trang 10

6 Nếu a|b và b|a thì a = b hoặc a = −b với a, b ∈ Z và a, b 6= 0.Định lý 1.1 (Phép chia có dư).

Với mỗi cặp số nguyên a, b ∈ Z, b 6= 0, tồn tại duy nhất một cặp sốnguyên q, r ∈ Z sao cho a = bq + r, với 0 ≤ r < |b|

Định nghĩa 1.2 Số tự nhiên p > 1chỉ có hai ước tự nhiên là 1 vàchính nó được gọi là số nguyên tố Số tự nhiên q > 1 có ước số dươngkhác 1 và chính nó được gọi là một hợp số Số tự nhiên được gọi là sốchính phương nếu tồn tại số tự nhiên d sao cho n = d2

Định lý 1.2 Mỗi số nguyên dương lớn hơn 1 đều có ước nguyên tố.Định lý 1.3 (Định lý cơ bản của số học)

Cho n là số nguyên dương lớn hơn 1 Khi đó n luôn có thể biểudiễn một cách duy nhất dưới dạng n = pα1

1 pα2

2 pαk

k , trong đó k, αi(i = 1, 2, , k) là các số tự nhiên và pi là các số nguyên tố thỏa mãn

1 < p1 < p2 < < pk

Định lý 1.4 (Định lý Euclid) Tồn tại vô hạn số nguyên tố

Định lý 1.5 Giả sử a, b là hai số nguyên dương, còn p là số nguyên

tố sao cho ab p Khi đó a p hoặc b p

Định lý 1.6 (Định lý Wilson)

p là số nguyên tố khi và chỉ khi (p − 1)! + 1 chia hết cho p

Trang 11

Cho a, b là các số nguyên không đồng thời bằng 0, khi đó tập hợp cácước chung của a và b là hữu hạn

Định nghĩa 1.3 Ước chung lớn nhất của a, b là ước chung d của a

và b và mọi ước chung của a và b là ước của d

Kí hiệu (a, b) là ước chung lớn nhất dương của a và b

Định nghĩa 1.4 Các số nguyên a và b được gọi là nguyên tố cùngnhau nếu (a, b) = 1

Định lý 1.7 Cho a và b là hai số nguyên không đồng thời bằng 0.Khi đó, tồn tại số nguyên x0, y0 sao cho ax0 + by0 = (a, b) Hơn nữa :{ax + by; x, y ∈ Z} = {k(a, b); k ∈ Z}

Hệ quả 1.1 a) Ước chung lớn nhất của a, b chính là số nguyên dươngnhỏ nhất biểu diễn dưới dạng ax + by với x, y ∈ Z

b) Mọi ước chung của a, b đều là ước của (a, b)

c) Nếu a, b, c, d ∈ Z\0, a = b.c + d thì (a, b) = (b, d)

d) (0, a) = |a| với ∀a ∈ Z, a 6= 0

e) Cho a, b ∈ Z không đồng thời bằng 0 Khi đó (a, b) = 1 khi và chỉkhi tồn tại x, y ∈ Z để ax + by = 1

f) Cho a, b ∈ Z và không đồng thời bằng 0 Nếu (a, c) = 1, (b, c) = 1thì (a, b, c) = 1

g) Cho số nguyên tố p và số nguyên tùy ý m Khi đó:

Trang 12

2 Nếu p|ab thì p|a hoặc p|b.

Định lý 1.8 (Thuật toán Euclid) Cho a, b ∈ Z, b > 0 Thực hiện liêntiếp phép chia có dư, ta có:

a = q0b + r1 với 0 < r1 < b,

b = q1r1 + r2 với 0 < r2 < r1

r1 = q2r2 + r3 với 0 < r3 < r2

rn−2 = qn−1rn−1 + rn với 0 < rn < rn−1

rn−1 = qnrn với qn > 1khi đó: (a, b) = rn

Định nghĩa 1.5 Cho các số a1, a2, , an ∈ Z\{0} Số nguyên mđược gọi là bội chung của a1, a2, , an nếu m chia hết cho tất cả số aivới i = 1, 2, , n Ta thường kí hiệu [a1, a2, , an] để chỉ bội chungnhỏ nhất của a1

Định lý 1.9 Bội chung nhỏ nhất của các số nguyên a1, a2 , an làmột bội chung b của a1, a2, , an và mọi bội chung của a1, a2, , an

là bội của b

Kí hiệu [a1, a2, , an] là bội chung dương của a1, a2, , an

Trang 13

1.2 Đồng dư thức

Định nghĩa 1.6 Cho số nguyên dương m Hai số nguyên a và b đượcgọi là đồng dư theo môđun m nếu hiệu a − b chia hết cho m Nếu ađồng dư với b theo môđun m thì ta viết a ≡ b(mod m) và gọi đó làmột đồng dư thức Ngược lại ta nói a không đồng dư với b theo môđun

2 Nếu a ≡ b + c(mod m) thì a − c ≡ b(mod m)

3 Nếu a ≡ b(mod m), i = 1, 2, , n thì a + km ≡ b(modm)

Trang 14

7 Nếu a ≡ b (mod m), d|a, d|b và (m, d) = 1 thì a

b

d(mod m).

8 Nếu a ≡ b (mod m) thì ah = bh(mod mh)

9 Nếu a ≡ b (mod m), và d là một ước chung dương của a, b, m thì

10 Nếu a ≡ b (mod m) thì (a, m) = (b, m)

11 Nếu a ≡ b (mod m) thì P (a) = P (b)(mod m) với P (x) là đa thứcvới hệ số nguyên

Định nghĩa 1.7 (Định lý Fermat) Nếu p là một số nguyên tố và a

là một số nguyên tùy ý thì ap ≡ p (mod p) Nếu (a, p) = 1, thì

Trang 15

Chương 2

Phương trình diophantine

Phương trình diophantine được đặt tên theo tên nhà toán học Hy Lạp

là diophantine Ông sống ở thế kỉ III trước công nguyên, sinh ra ởA-lếch-xăng-đan Ông đã để tâm nghiên cứu sâu về phương trình này.Cuộc đời diophantine có thể tóm tắt bằng những hàng chữ trên bia

mộ như sau:

"Hỡi du khách! Nơi đây yên nghỉ một người tên Đi-ô-phăng Và nhữngcon số nhiệm màu có thể nói cho bạn biết về những tháng ngày dàicủa đời ông Ông đã sống thơ ngây trong một phần sáu cuộc đời Mộtphần mười hai cuộc đời nữa, cằm ông đã lún phún râu Thêm mộtphần bảy cuộc đời, ông mang nhẫn cưới trên tay và 5 năm sau, đượcmột đứa con trai xinh xắn Than ôi, dù rất được thương yêu, ngườicon này đã chết khi anh ta vừa bằng nửa tuổi thọ của cha Quá đaukhổ, người cha bất hạnh chỉ sống thêm bốn năm sau cái chết của con.Bạn hãy nói đi: ông ta thọ bao nhiêu tuổi và cuộc đời ông ra sao?".Theo ngôn ngữ phương trình thì khi đạt tuổi thọ của Đi-ô-phăng là

ẩn số x, phiên dịch từng câu trong lời trên bia mộ, ta sẽ được phương

9

Trang 16

2.1 Định nghĩa phương trình diophantine

Định nghĩa 2.1 Phương trình diophantine là phương trình có dạng

Trang 17

2.2 Một số phương pháp giải phương trình

dio-phantine

Phương trình diophantine thường không có cách giải tổng quát Mỗidạng phương trình có các cách giải khác nhau Sau đây là một sốphương pháp giải phương trình này

Xét phương trình f (x, y, , z) = m Giả sử ta có sự phân tích thànhcác nhân tử

Trang 18

x+1 -5 -1 1 5

Vậy nghiệm của phương trình là (x, y) = {(−2; −1); (4; 2)}

Ví dụ 2.4 Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình

Trang 19

Từ đó ta tìm được 4 nghiệm của phương trình là

(x, y) = {(1; 2), (2; 1), (2; −5), (−5; 2)}

Ví dụ 2.5 Xác định tất cả các bộ ba số nguyên dương (x, y, z) thỏamãn phương trình x3+ y3+ z3− 3xyz = p, với p là số nguyên tố, p > 3.Lời giải Vì p = x3+y3+z3−3xyz = (x+y+z)(x2+y2+z2−xy−yz−zx)

và (x + y + z > 1) nên x + y + z = p và x2+ y2+ z2− xy − yz − zx = 1hay (x − y)2 + (y − z)2 + (z − x)2 = 2

Không mất tính tổng quát ta có thể giả thiết x ≥ y ≥ z ≥ 1

Trường hợp 1: Nếu x > y > z thì x − y ≥ 1, y − z ≥ 1, x − z ≥ 2.Suy ra phương trình vô nghiệm

, p + 1

p − 2

p + 13

, p + 1

p + 1

p − 23

Ví dụ 2.6 Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình

Trang 20

Áp dụng Ví dụ 2.5

a3 + b3 + c3 − 3abc = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca)

Phương trình đã cho tương đương

Bằng cách xét đồng dư 2 vế của phương trình,ta chứng minh phươngtrình không có nghiệm nguyên hoặc dùng để hạn chế các khả năngcủa biến Từ đó dễ dàng tìm được nghiệm nguyên của phương trình

Ta chú ý rằng

a2 ≡ 0, 1, 4(mod 8) a2 ≡ 0, 1, 4, 7(mod 9) a3 ≡ 0, 1, 8(mod 9)

Ta thường sử dụng các điều kiện này để giải phương trình theo phươngpháp đồng dư thức

Sau đây là một số ví dụ minh họa cho phương pháp này

Ví dụ 2.7 Giải phương trình nghiệm nguyên x2 = 2y2 − 8y + 3

Lời giải Ta có phương trình x2 = 2y2 − 8y + 3

Trang 21

Mặt khác x2 ≡ 0, 1, 4(mod 8); (y − 2)2 ≡ 0, 1, 4(mod 8)

Suy ra 2(y − 2)2 ≡ 0, 2(mod 8)

VT ≡ 0, 1, 4(mod 8); VP ≡ 3, 5(mod 8) Suy ra phương trình không

có nghiệm nguyên

Ví dụ 2.8 Chứng tỏ phương trình sau không có nghiệm nguyên

(x + 1)2 + (x + 2)2 + + (x + 2001)2 = y2.Lời giải Đặt x = z − 1001, phương trình đã cho trở thành

Ví dụ 2.9 Giải phương trình nghiệm nguyên 15x2 − 7y2 = 9

Lời giải Xét phương trình 15x2 − 7y2 = 9 Ta có 9 ≡ 0(mod 3)

Ta thấy 15x2 ≡ 0(mod 3) Suy ra 7y2 ≡ 0(mod 3)

Hay y2 ≡ 0(mod 3) suy ra y ≡ 0(mod 3)

Đặt y = 3y0(y0 ∈ Z), phương trình trên có dạng 15x2 − 63.y02 = 9 hay5x2 − 21y02 = 3

Trang 22

Làm tương tự như trên suy ra được x ≡ 0 (mod 3)

7 ≡ −2(mod 9) hay 73 ≡ (−2)3(mod 9)Hay 73 ≡ 1(mod 9) tương đương (73)667 ≡ 1(mod 9)

Suy ra 72001 ≡ 1(mod 9) Do đó 72003 ≡ 49 ≡ 4(mod 9)

Vậy VP ≡ 5(mod 9) ≡ −4(mod 9) (∗)

Trang 23

Dạng 1: Phân tích thành các tổng bình phương, tổng lập phương

Ta phân tích thành các tổng không âm A + B + C = 0 Nếu A, B, Ckhông âm thì A = B = C = 0

Ví dụ 2.11 Tìm nghiệm nguyên không âm của phương trình

x3y3 − 4xy3 + y2 + x2 − 2y − 3 = 0

Lời giải Ta có x3y3 − 4xy3 + y2 + x2 − 2y − 3 = 0

Tương đương (x3y3 + x2) − (4xy3 + 4) + (y2 − 2y + 1) = 0

Hay x2(xy3 + 1) − 4(xy3 + 1) + (y − 1)2 = 0

Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình là (x, y) = (2, 1)

Dạng 2: Sử dụng nguyên lý kẹp Nguyên lý kẹp là một công cụhữu hiệu để giải phương trình nghiệm nguyên Những phương trìnhnghiệm nguyên nhiều biến và đồng bậc hoặc có thể đưa về đồng bậcthì có thể áp dụng nguyên lý kẹp để giải

Cơ sở lý thuyết :

Cho x, y, n ∈ N, khi đó ta có

Trang 24

Do đó y2 = 0 hay y = 0 Suy ra x = 1 hoặc x = −1.

Vậy nghiệm của phương trình là (x; y) = {(1; 0); (−1; 0)}

Dạng 3 Sắp thứ tự các ẩn

Nếu các ẩn x, y, z có vai trò bình đẳng, ta có thể giả sử x ≤ y ≤ z ≤

để tìm các nghiệm thỏa mãn điều kiện này Từ đó, dùng phép hoán vị

để suy ra các nghiệm của phương trình đã cho

Ví dụ 2.13 Giải phương trình nghiệm nguyên dương xyz = x + y + zLời giải Nếu một trong các số x, y, z = 0 thì ta có x = y = z = 0(thỏa mãn)

Xét trường hợp các biến đều dương

Trang 25

Vì vai trò của x, y, z là như nhau nên không mất tính tổng quát ta giả

y tương đương y ≤ 3 mà y > 1 nên y = 2; 3.

Với y = 2 thay vào (∗∗) ta tìm được z = 3

Với y = 3 thay vào (∗∗) ta tìm được z = 2

Vậy nghiệm của phương trình là

(x; y; z) = {(0; 0; 0); (1; 2; 3); (1; 3; 2); (2; 1; 3); (2; 3; 1); (3; 1; 2); (3; 2; 1)}

Một số phương trình nghiệm nguyên f (x1; x2; ; xn) = 0 có vô hạn

nghiệm và ta không thể liệt kê được tất cả các nghiệm đó Khi đó, ta

sẽ tìm nghiệm này dưới dạng tham số như sau

Đặt x1 = g1(k1, k2, , kl), x2 = g2(k1, k2, , kl), , xn = gn(k1, k2, , kl).Trong đó g1, g2, , gn là hàm l biến k1, k2, , kl ∈ Z Điểm mạnh của

phương pháp này là có thể dùng để chứng minh phương trình nghiệm

nguyên vô số nghiệm Sau đây ta sẽ xét một số ví dụ minh họa cho

phương pháp này

Trang 26

Ví dụ 2.14 Xác định tất cả các cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn

x3 + y3 + 21xy = 343

Lời giải Ta có x3 + y3 + (−7)3 − 3(−7)xy = 0

Suy ra (x + y − 7)[(x − y)2 + (y + 7)2 + (x + 7)2] = 0

Do vậy, ta nhận được nghiệm (−7; −7) và (a, 7 − a) với a ∈ Z

Ví dụ 2.15 Chứng minh rằng phương trình 2x+ 1 = xy có vô hạnnghiệm nguyên dương (x, y)

Lời giải Trước tiên, ta chứng minh 23n + 1 chia hết cho 3n (*) với mọi

n ≥ 0

Thật vậy với n = 0 kết luận là hiển nhiên

Giả sử (*) đúng với n = k, tức ta chứng minh đúng với n = k + 1

Giả sử 23k + 1 chia hết cho 3k Ta có

23k+1 + 1 = (23k + 1)(22.3k − 23k + 1)

Thừa số 23k + 1 chia hết cho 3k theo giả thiết quy nạp

Xét thừa số 23k − 23k + 1 = (23k + 1)2 − 3.23k chia hết cho 3 Do vậy

với mọi số nguyên n ≥ 0

Nguyên lý quy nạp thứ nhất

Mệnh đề P (n) là đúng với mọi số tự nhiên n ≥ α nếu:

Trang 27

Nguyên lý quy nạp thứ hai

Mệnh đề P (n) là đúng với mọi số tự nhiên n ≥ α, nếu:

(1) P (α) đúng

(2) Mệnh đề P (n+1) là đúng khi các mệnh đề P (α), P (α+1), , P (n)đều đúng, trong đó n ≥ α, n ∈ N

Trang 28

(1; 3; 7) và (x2, y2, z2) = (14; 39; 42) là hai nghiệm của phương trình.Giả sử với mỗi n = k, (k ≥ 1) phương trình có nghiệm (xk, yk, zk) Tức

là x2k + yk2 + zk2 = 59k

Đặt xk+2 = 59xn, yk+2 = 59yn, zk+2 = 59zn, ∀k ≥ 1

Ta có x2k+2 + yk+22 + zk+22 = 592(x2k + yk2 + zk2) = 59k+2

Do đó (xk+2, yk+2, zk+2) xác định như trên là nghiệm của phương trình

Ví dụ 2.17 Chứng minh rằng với mọi số nguyên n ≥ 3 phương trìnhsau luôn có nghiệm (x1, x2, , xn) là các số nguyên dương đôi mộtkhác nhau

Suy ra 1

2+

12x1 +

12x2 + +

12xk = 1, Với 2; 2x1; 2x2; ; 2xk là các sốnguyên dương đôi một khác nhau Vậy (2; 2x1; 2x2; ; 2xk) là nghiệmcần tìm

Fermat đã dùng phương pháp lùi vô hạn để chứng minh phương trình

x4+ y4 = z4 Xuất phát từ ý tưởng này ông đã chứng minh được rằng

xn + yn = zn không tồn tại nghiệm khác 0 với n > 2 Ông ghi chúrằng ông đã tìm ra cách chứng minh rất hay, nhưng vì lề cuốn sách

Định dạng
Số trang	57
Dung lượng	334,48 KB