Chứng minh định lí lớn FERMATgọn hơn

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 dòng 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 định lý 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 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 n 1 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  Cnk u  v n k      u  v  vk   n n k 1 n 2 n 2 k  A1 Với k  1, n Cnk  n (vì n số nguyên tố), mà  u  v   n nên 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) d) Vì n số nguyên tố lẻ, nên từ c) ta thay v –v ta có điều phải chứng minh 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 ngun khác khơng x = u, y = v, z = t, (u,v) = (u,t) = (v,t) = (áp dụng bổ đề 1), un + = tn (3) n 1 i n 1 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 trò số đẳng thức dạng (3) Vì vậy, lập luận trường hợp liên quan đến u, v, t hiểu trường hợp 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 (3’)  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 u = b.b’, b, b '  * , (b, b’) = b  n, b  n ; t – u = an (6’) n 1 t n  i 1 i v  bn , với i 0 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 k cn  A    1 u ni 1v i    1 Cnk  u  v  có: i 0 n 1 k  cn     1 Cnk  u  v  k 0 n  k 1 k 1 n  k 1 v k   u  v   n 1 n 1 k k v    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   n n tự ta có u  t  v n v  t  u  n2 suy  u n          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 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     2n  n s abck  n n i i      1 Cni n s abck c n  n i  i 0      2n  n s abck n 2 i n  n n 2  n n2 i  Cni ns abck b    n ni  i 0  i   Cni n s abck b n n i  i 0 n 2 n 2 i  Cni ns abck a    n ni  0 i 0   i   Cni n s abck a n  n i  0 i 0  B  C  D  (7)  s i Vớí B   C n abck b n  n i  i 0 n i i n   s i , C    1 C n abck c n n i  i 0 n 2 i , D   Cni n s abck a n n i    i 0 * Ta có: n i n  i  s D   C n abck a n  n i  i 0 n n i n  s   C n abck i 0 i n i    1 n i l l Cnl i a n  b n b n ni l    l 0 i n i    1 n i  l Cnl i c n  2n s abck b n n i l  (vì a n  b n  c n  2n s abck ) l 0 i n i    1 n i  l Cnl i b n n i l   Clp  2    Cni Cnl i Clp  1 n i  l    Cni n s abck i 0 n    Cni n s abck i 0 n  n i l 0 l   l l p p n lp   n abck  c  s p 0  2  p b n  n  i  l  n l  p  c  n abck  s i 0 l 0 p 0 p i  E b  n n i l  , c n l  p  , n s abck   pi    (8) 1) Với m cho m  0; n  ta nhận thấy: số hạng biểu thức D khai triển (8) chứa b n n  m   n abck  s m p = l l + i = m Khi đó: n  n i E b  n n  m E b  n n m  n    n abck  ,c s n m    n abck  , c   Cni Cnl i  1 s   n m   1 m n m   m m i n i i n  C C  2 b    ,c  Cnm  1  n abck n- m   b n n  m   n abck  s m suy m Do hệ số số hạng chứa b n n m   n s abck  i n m -i n -i  C C  2 m -i B n ! 1  Cnm  i m  C  2 m i i 0 + n m m D m!  2   m! n  m !  m  i  !i ! i 0 m n m m i thức   1 m s , m i 0 biểu n m i 0 l 0 E1 nnm l  2  bn nm  ns abck  m i  Cnm  i 0 1i  Cnm  Cnm  1  n m 1   m nm m n  1  Cnm  1  1  1  Cnm  1  1       2) Các số hạng biểu thức D khai triển (8) chứa cn không chứa cnh cn + r ( h, r  * , h  ) l = p + p + i = 0, suy p = i = 0, l = Khi số hạng là: E b  n n 1 n  s ,c , n abck   Cn0Cn1C10  1    n 1  2  b n n1 c n  Cn1b n n 1c n 3) Các số hạng biểu thức D khai triển (8) chứa b n  n s abck  n  n i l + i = n  Khi đó: E n   , n abck  b , c  Do hệ số n s n 1    n hạng   , n abck  Lưu ý: b , c  s    n  i  Cni  2  n 1    n 1i i 0   b n n s abck chứa  n-1 n 2    n  i  Cni  2  n 1 i  bn ns abck  n 1 i 0 n 1  Cnn 1  2     n - i  Cni  -2  p = l biểu n-1-i thức 1i  n  n  2  1 n 1 D 0 i =0 n-1 i n   n - i  C  -2  Để tính tổng  n 1 i 0 l 0 số n 2 E1 n l   Cni Cnl i  2  bn ns abck n 1 i=0 n-1-i n 1i , ta xét đa thức xác định  f ( x )  ( x  1)n   Cni x ni suy i 0 n 1 n 1 f ( x)    n  i  Cni x n1i 1i  n( x  1)n 1 Cho x = –2, ta có: i 0 i n   n  i  C  2  n 1 i 1i  n(-2 + 1)n-1 = n i 0 n 4) Các số hạng biểu thức D khai triển (8) chứa  n s abck  p = l l + i = n n  n i Khi đó: E s n   , c  , n abck   b   n abck  n s n n   0      n n s  b , c , n abck        Cni  2  n n 2 n i i 0 n i    C  2  n abck  i n s n , suy hệ số số hạng chứa i 0 biểu n  i 0 l 0 n E1 l   Cni Cnl i  2  n s abck thức D n n i n  Cnn 1  2   Cnn  2    Cni  2  1i  2n    2  1  2n  i 0 n Vậy số hạng chứa  n s abck  biểu thức D E n n   , c  , n abck   b  s n       2n   n s abck  n 5) Với m cho m  0; n  , ta nhận thấy: số hạng biểu thức D khai triển (8) chứa c n n m   n abck  s m p + i = m l + i = n Khi đó: n 2 E n   ,c  thức  b  n n m   , ns abck  m     Cni  2  m i c n n  m   n abck  s m Do hệ số số hạng chứa c n n m   n s abck  m biểu i 0 C + D m n! m! m- i m mi m E1 n nnm s m    Cni Cnm-i-i  2    1 Cnm  2    1 Cnm    , n abck    b  ,c m! n  m  ! i 0  m  i !i ! i 0   m m  Cnm  Cmi  2  m i i 0 m m m m m 1i   1 Cnm  Cnm 1     1   Cnm  1   1       6) Các số hạng biểu thức D khai triển (8) chứa bn không chứa bnh bn + r ( h, r  * , h  ) l + i = n – p + i = suy p = i = 0, l = n – Khi số hạng là: E n nn1 s   Cn0Cnn1C10  1  2  c n n 1b n  Cn1c n  n 1b n   b ,c  , n abck    7) Các số hạng biểu thức D khai triển (8) chứa c n  n s abck  l = p + l n  n i E n   ,c , n abck   b  n s   Cni Cnni1i  2  n1    n   ,c , n abck   b  n s  c n ns abck  n1    n  i  Cni  2      n  i  Cni  2  n 1    n 1i p + i = n  , + i  = cn ns abck  n n 1 Khi đó: , hệ số i 0 c n n s abck chứa n 2 E1 n 1i n 2 i 0 l 0 hạng số n 1 n 1i  n 1 biểu n 1  Cnn 1  2     n  i  Cni  2 i 0 n 1i thức 1i  n  n  2  1 D n 1  i 0 8) Các số hạng biểu thức D khai triển (8) chứa b n ni l  c nl  p n s abck   (p = i = l ≠ l ≠ n – ) (p = i = l ≠ l ≠ n) Khi đó: E l n pn,lil nni l p b    ,c   ,n s abck     n1  n 1l    Cn1Cnl 1Cl0  1  2  b n n1l c nl n s abck  n b n n 1  c n n 1 n s abck    l 0        n  n l    Cn0Cnl Cl1  1  2  b n nl  c n l 1 n s abck  2n b n n 1  c n n 1 n s abck   l 1   n 1   n Cnl 1 b n  n 1 l l 0  n      c nl n s abck  2 lC nl -b n n-l     l =1 n 1 s n n 1 n n 1 n n n n 1 s n n 1 s n n 1  c n l -1 n s abck  n bn n1  c n n1 n s abck   n abck   2n  c  b   n abck   n b    n  b  c   n abck   n  b    c     n abck    n bn  cn  c n n 1    n abck  s s Lưu ý: n Để tính tổng  lC  -b  l n n n-l c n l -1 n s abck ,   ta xét   đa thức xác định  l=1  f ( x)  x  bn  n n    Cnl b n  l 0 n  lC  b  l n n n l n l n x l , suy f ( x)   lCnl b n   x l 1  n x  bn  n 1 Cho x = cn, ta có: l 1 c nl 1 n s abck  n c n - b n  n l  n-1   n abck  s l 1 9) Vì ta xác định số hạng khai triển dạng (8) biểu thức D ứng với (p = l p + i = m, với m  0; n  ), (p = i = l = 1), (p + i = n – p = l), (p = l p + i = n), (l + i = n p + i = m, với m  0; n  ), (p = i = l = n – 1), (p + i = n – l = p + l + i = n), [(p = i = l ≠ l ≠ n – 1) (p = i = l ≠ l ≠ n )] nên ta có: n2 ni l B  C  D   Cni Cnl iClp  1  nil  2 p bn nil cnl  p nsabck   pi  E 0 n n n s  b , c , n abck    i0 l 0 n3 pi2, p0 n 2 ni  E b  n n1 n   s 0 ,c , n abck    E  n n n1  b ,c    2n   n s abck  n   s , n abck     n bn  cn l   Cni Cnl i Clp  1  n 1   n abck   n b  n n 1 s c thức Cni Cnl i Clp  1 ni l  2 p  b    ,c  bn ni l  cnl  p ns abck    , nsabck p i      i 0 l 0 n 3 pi2, p 0 đẳng Từ n 2 ni l   0     El npn,lilnnilp ni l  2 p   n abck   C b  n n 1 n n 1 n n s (7) bn ni l  cn l  p ns abck   c  Cn1c ta p i   n n  n 1 n b suy   ns abck  n bn  c n n 1   n abck   s i 0 l 0 n3 p i 2, p 0   n b n n 1  c n n 1 n  ni   n abck   C b  n n 1 n n s l   Cni Cnl iClp  1  c  Cn1c n  n 1b n  ni l  2 p bn nil  cnl  p ns abck   p i   n   ns abck  nan an1  2nsbck n1   n bck   s i 0 l 0 n3 p i 2, p   Cn1b n n1c n  Cn1c n n 1b n  n b n  n 1  c n n 1   n abck   (vì b s n  c n  a n  2n s abck )  F  L  (9) n2 ni l F   Với  Cni Cnl iClp  1 nil  2 p bn nil cnl  p nsabck   pi   n   nsabck  nan an1  2nsbck n1   n bck  s i0 l 0 n3 pi2, p0  n  n 1 n n  c  Cn1c n n1b n  n b n n 1  c n n 1 n s abck LC b  Ta có F  a (vì n ≥ 5), từ đẳng thức (9) ta suy L  a * Ta có: n 1 i n  i  n1   n2  L  n n s abck   Cni 1 b n  c n c ni  c n n 1   nb n c n   Cni 2 b n  c n c ni  c n n  2   i0   i 0  n n  n 1i n  i   n n 1  n n 3   n n s abck   Cni 1 b n  c n c ni  2c     nb n c n   Cni  b n  c n c ni   n   b n  c n c     i 0   i0  n n  n 1i n  i     n n s abck  Cni 1 b n  c n c ni  nb n c n  Cni  bn  c n c ni   i 0 i 0   n  n 1 s n n n n n 2 M N   2nc n abck  n  n   b  c b c                         n2  n 1 i n   C  b  c  c  nb c  C  b N  2nc    n abck   n  n    b  c  b c   * Vì b  c  a  a  2n bck  a nên M  a , mà L  a , nên L  M  N  a M  n n s abck Với i n 1 n n ni n n i 0 n n 1 n s n n 1 n  s n i n n  cn  n  i c ni i 0 n n n 2 2 Ta có: N  2nc n n1 n s abck  n  n    a n  2n s abck b n c n n 2      2nc n n1 n s abck  n  n   a nb nc n n 2  2n  n   n s abck b nc n n 2       n  n   a nb n c n n 2  2nc n n 2 n s abck  c n   n   b n    n  n   a nb n c n n 2  2nc n n 2   n  n   a nb n c n n 2  2nc n n 2     n abck  c   n abck  a s n  b n   n  3 b n  s n  n s abck   n  3 b n       n  n   a nb n c n n 2  2na n c n n 2 n s abck  4nc n  n  2 n s abck    2n n s abck  n  3 c n  n  b n           PQ Với P   n  n   a nb n c n n 2  2na n c n n 2  n s abck   4nc n n 2   n s abck  Q  2n n s abck  n  3 c n n 2b n   Vì N  a P  a nên P  N  Q  a , suy k   n  3 a (nếu k ≠ 0) Chứng minh tương tự ta có: n2 ni l * B  C  D   Cni Cnl iClp  1  nil  2 p annil cnl  p nsabck   pi  E 0 n n n s  a , c , n abck    i0 l 0 n3 pi2, p0 n2 n i  E a  n n1  n   E  s ,c , n abck      2n   n s abck n  a ,c   n n n1    s 0 , n abck   Cni Cnl iClp  1  n i l  2 p  a  a n ni l c n l  p ns abck    ,c   p i  , nsabck      i 0 l 0 n3 p i 2, p 0 n 1   n abck   n  a    c     n abck   C a  c  C c   n  a    c     n abck   R  b , suy  2n  n abck   n  3 c   n an  c n Cn1a n n1 c n  Cn1c n n1 a n l       El npn,lilnni lp n n 1 s n n 1 n n 1 n n 1 s s n n 1 n n n 1 n n a n Từ suy n n 2 s a n   b suy k =  n  3 b (nếu k ≠ 0) n 2 ni l * B  C  D   Cni Cnl iClp  1  ni p bn nil  anl  p nsabck   pi  E 0 n n n s  b , a , n abck       i 0 l 0 n3 pi2, p0 n2 n i E n n1 b   n n   E  s ,a , n abck      2n   n s abck  b ,a   n n n1  s n ni l    b  Từ n lp   , n abck  , a s pi suy  , n abck     n an  bn n  n i E       l Cni Cnl i Clp  1  n i   Elnnpi,llnnilp p bn nil  an l  p ns abck  b     ,a   , nsabck     p i i0 l 0 n 3 p i  2, p 0 n 1   n abck   n  a  n n 1 s l   Cni Cnl i Clp  1 n i 2pb b n  n i l  n n 1 a   n abck   C a  n l  p  s n  n abck  s p i n n 1 n b  Cn1b n  n 1  an Với i 0 l 0 p 0     Cn1 a n n1b n  Cn1b n n 1 a n  n a n n 1  b n  n 1   n abck   S  c s , suy  2n n s abck  n  3 a n n 2bn   c suy k =  n  3 c (nếu k ≠ 0)     Đến ta tóm tắt điều chứng minh 2.1.1 định lý sau: Định lý 1: Cho n số nguyên tố lớn Giả sử x = u, y = v, z = t nghiệm nguyên khác không PT: xn + yn = zn, với (u, v) = (u, t) = = (v, t) = u, v, t khơng chia hết cho n Khi tồn số nguyên s với s ≥ tồn bốn số nguyên khác không a, b, c, k không chia hết cho n, cho (a,b) = (a,c) = (a,k) = (b,c) = (b,k) = (c,k) = 1, đồng thời a│2(n – 3), b│2(n – 3), c│2(n – 3), v = an + nsabck, u = bn + nsabck, t = cn – nsabck u + v – t = nsabck 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 lại lẻ, cho nên, khơng tính tổng qt ta giả sử thêm: c chẵn, a b lẻ Xét hai trường hợp 2.1.1.1 Khi k ≠ Theo chứng minh trên, với k ≠ 0, ta có: a│2(n – 3), b│2(n – 3) c│2(n – 3), suy abc│2(n – 3) (vì (c,a) = (c,b) = (b,a) =1), từ đó:  n  3  rabc, r  * Ta lại có: n s abck  u  v  t  b 1  nk2   a 1  nk1   c 1  nk3   a  b  c  n  ns 1abck  ak1  bk2  ck3   a  b  c  nm, m   Ta có a  b  c  nm   n  3 m rabcm  3m   3m  2(a  b)   rabm  2 c  6m (10) 2 1) Với m ≥ Vì c chẵn a, b, c, m, r  * , nên c  rabm   ab   a  b , suy 2(a  b)   rabm   c  6m , trái với (10) 2) Với m  1 Vì ab ≥ 1, nên xét hai trường hợp a) Nếu ab    Suy a = b =1, c n  u  v   2.n s ck   n s ck  c  n  , vô lý b) Nếu ab ≥ Suy  rabm   c  6m   2(a  b) , trái với (10) 3) Với m = Ta có a + b = c Vì cn  an  bn  2ns abck nên n  a  b   a n  b n  2n s ab  a  b  k   a  b  n 1 n 1 i    1 a n1i bi  2n s abk   a  b  i 0 n 1 Vì a, b hai số lẻ nên a + b số chẵn i   1 a n 1 n 1 i    1 a n 1i bi  R  i0 b số lẻ, suy R số lẻ, suy R  , mâu thuẩn n1i i i 0 Vậy PT (1) vô nghiệm nguyên khác không trường hợp 2.1.1.2 Khi k = n u  v  t  c  c.c  c  c     Ta nhận thấy k = t  u  v  an  a.a  a  a  (vì (c,c’) = (a, a’) = (c, c’) = a, b, c > 0) t  v  u bn  b.b b  b      u  v  t  , không thỏa (3) 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 qt 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  n 1 u + v = nsn – 1cn 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 – v = bn    t  i 0   i 0  n 1 với u = b.b’, b, b '  * , (b, b’) = 1, b  n, b  n ; t – u = an, t n 1 t n  i 1 i v  b n , i 0 u  an , với v = a.a’, a, a '  * , n  i 1 i i 0 (a, a’) = 1, a  n, a  n ; (a,b) = (a,c) = (c,b) = Lập luận 2.1.1 (trang 3, 4) ta có b’ = + nk2, a’ = + nk1;  u  v  t  n , 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 ≠ Suy 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 Thay vào (3), ta có:   n a n  n s abck  n   b  3 nsabck  Cn1 an  bn  nns1cn nsabck  n1 n  n s abck n2 i n   n  ns 1 n   1 Cni nsabck c  n s abck i  nns1cn  ni i0     2n  n s abck n n i i     1 C  n abck   n i n s ns 1 n c  n i i 0     2n  n s abck n  n  n n2 i  Cni nsabck b    n ni i 0 n 2 i     Cni n s abck b n  n i  i 0 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  B1  C1  D1  (11) n i i Với B1   Cni n s abck b n n i  , C1    1 Cni n s abck   i 0  i  n ns 1 n c  i 0 n i n i , D1   Cni n s abck a n n i    i 0 * Ta có: n 2 n 2 i D1   Cni n s abck a n ni    Cni n s abck   i 0 n i0 i n i   Cni n s abck  C n n  i  l  l n i   C n n  i  l  l n i i 0 n     Cni n s abck i 0 n  n i l l 0 i n i b b l 0 l n i l  b n b n  n i l   l 0 ns 1 n c  2n s abck l n p l  p  C  2  n abck   n p s ns 1 n l c  l p p 0 p   Cni Cnl i Clp  2  b i 0 l 0 p 0 n i n i  C a n n i  l  n ns 1 n c l p   n abck  s p i  E b  n n i l   , nns 1c n lp  , n abck  s pi  (12)   Xác định số hạng biểu thức D1 khai triển (12) hoàn toàn tương tự cách xác định số hạng biểu thức D khai triển (8) (xem 2.1.1 trang 4, 5, 6, 7), ta 10 n2 ni l B1  C1  D1   Cni Cnl iClp  1  nil  2 p n nil  b n ns1 n c l p   n abck  s pi  El  p,lni lp    b  , n c  , n abck   bn nil  , nns1cn , nsabck          E i0 l0 n3 pi2, p0 n2 ni E n n1 b  ,n ns1 n   s 0 c , n abck      2n   n s abck   Cn1 n ns 1c n n 2 ni l   n 1  E n  ns 1 n b , n   n c n1  , n abck   s l   0 Cni Cnl iClp  1   2 p ns1 n n n s bn ni l  nns1cn  l p   n abck  s p i  i0 l 0 n3 p i2, p 0 n 1   n abck   n b    n b n  n ns 1c n ni l n n n 1 s   n ns 1c n n 1    n abck   C b  n n 1 n s n ns 1c n  b n Vì vậy, từ đẳng thức (12) ta suy Cni Cnl i Clp  1 ni l  2 p bn ni l  nns 1cn  l p   n abck  s p i   n   ns abck  n bn  nns 1cn n1   n abck   s i 0 l 0 n3 p i 2, p 0 n 1  n b n n 1  n ns 1c n     n abck   C b   luận Lập n n 1 n n 1 n s chứng  n 1   2n n s abck  n  3 n ns 1c n      n 1 bn  minh n ns 1c n  Cn1 n ns 1c n Cn1b  n ns 1c n  Cn1 n ns 1c  tương tự 2.1.1 (trang 7, 8) n 1 n n 1  n s abck  L  a , suy b n  n b    n ns 1c n    n 2   ta suy  b n   a suy k =  n  3 a (nếu k ≠ 0)  Biến đổi tương tự ta có: n2 ni l * B1 C1  D1   Cni Cnl iClp  1  nil  2 p an nil  nns1cn  lp   n abck s pi  El p,l ni lp    a  , n c  , n abck    annil , nns1cn , nsabck          E i0 l0 n3 pi2, p0 n2 ni E a  n n1     E ,nns1cn , ns abck      2n   n s abck  Cn1 n ns 1c n  n 1  n ns1 n a , n c   n n1  , n abck   s   n a n  n ns 1c n suy  2n n s abck  n  3 n ns 1c n    n2 ni l * B1  C1  D1    Cni Cnl i Clp  1  n 1 n n 1 n 2 n n 1 s   n ns 1c n  n ns 1c n  Cn1 n ns 1c n  n 1  2 b    ,an , ns abck     E n ni   0 n n1 , ns abck   b ,a     2n   n s abck  n     n an  bn E    b   n ni l n lp   , n abck  , a s pi    l p   n abck  s pi  n 1 s n  n n 1 n 1 n ns 1c n     n abck   P b s ,   p i  E 0 n n n s  b , a , n abck       l Cni Cnl i Clp  1  n i   E lnnpi,l lnnil p p bn nil  an l  p ns abck  b     ,a   , nsabck     p i i0 l 0 n 3 p i  2, p 0 n 1   n abck   n  a  n  n i Với  a n   b suy k =  n  3 b (nếu k ≠ 0)  n2 n i 0 an ni l  nns 1cn    n abck   C a  i0 l 0 n3 p i2, p0 E n n1 p n s a n  n  a n n1  nns 1c n  Cni Cnl iClp  1 p bn nil  anl  p nsabck  nil ns1 n n i 0 l 0 n3 pi2, p0   n abck   n  a  a n Từ suy Cn1 a  l    n n n 1 s l   Cni Cnl i Clp  1 b n i n n 1 2pb   n abck   C a  s n  n i l  a n l  p  n n n 1 n  n abck  s p i b  Cn1b n  n 1 Từ  an suy i 0 l 0 p 0    Cn1 a n n1b n  Cn1b n n 1 a n  n a n n 1  b n  n 1   n abck   S  c s , suy  2n n s abck  n  3 a n n 2b n   c suy   k =  n  3 c (nếu k ≠ 0) Đến ta tóm tắt điều chứng minh 2.1.2 định lý sau: 11 Định lý 2: Cho n số nguyên tố lớn Giả sử x = u, y = v, z = t nghiệm nguyên khác không PT: xn + yn = zn, với (u, v) = (u, t) = = (v, t) = t chia hết cho n Khi tồn số nguyên s với s ≥ tồn bốn số nguyên khác không a, b, c, k không chia hết cho n, cho (a,b) = (a,c) = (a,k) = (b,c) = (b,k) = (c,k) = 1, đồng thời a│2(n – 3), b│2(n – 3), c│2(n – 3), v = an + nsabck, u = bn + nsabck, t = nns – 1cn – nsabck u + v – t = nsabck Xét hai trường hợp 2.1.2.1 Khi k ≠ Theo chứng minh trên, với k ≠ 0, ta có a│2(n – 3), b│2(n – 3), mà (a,b) =1 nên ab│2(n – 3), suy  n  3  r ab , r  *  ab   n  3 Vì t  n nên  u  v   n , mà u + v = a + b + n(ak1 + bk2), từ  a  b  n , suy a  b  nm , m  * Với a, b  * , ta có 2n   ab   a  b  a  b  m n  m  0;1 Ta có a  b  nm   n  3 m  3m  r ab m  3m  2(a  b)  r ab m  6m 13 1) Với m = Ta có: a  b   a n  b n   n ns 1c n  u  v  2n s abck  nns 1 s c n1  2abk  ab  n , vơ lý 2) Với m  Ta có a + b = n (14) suy 2n  2(a  b)  r ab   r  ab  1   r  r  a  b    r  r  a  b    r  r  a  b    r  nr   r  2n  nr   r   n  1  r    r   2(a  b)  ab  (15), suy ab số chẵn, suy ab  Từ (14) suy a + b số lẻ, khơng tính tổng qt ta giả sử a chẵn b lẻ a) Nếu ab ≥ Ta có: (15)  a   a   (vì ab  2; a, b  * a  2)  n  ( (14)) 2b b 1 Vì (a,b) = (a,c) = (b,c) =  n  3  4 c nên c  1 i) Với c = Ta có 55 s 1  15  45  8.5s k  55 s   205  8.5s 1 k (16) Khi s = Từ (16) suy ra: 57  41  8k  19521  2k  19521 , vô lý Khi s ≥ Từ (16) suy 55s 3  41  8.5s  k  415 , vô lý ii) Với c = –1 Ta có 55 s 1  15  45  8.5s k  55 s   205  8.5s 1 k (17) Khi s = 12 Từ (17) suy ra: 57  41  8k  39083  4k  39083 , vô lý Khi s ≥ Từ (17) suy 55 s 3  41  8.5s  k  415 , vô lý Vậy PT (1) vô nghiệm nguyên khác không trường hợp b) Nếu ab  2 Ta có: (15)  a  2  b  1 10  (vì ab  2; a, b  * a  2)  n  (do (14)) 2b  a 8 Vì (c,a) = (c,b) = (b,a) =1  n  3  8 c nên c  1 i) Với c = Ta có 77 s 1   1  87  16.7 s k  77 s   7.87  16.7 s 1 k  s    mod16    s  16 (18) + Khi s chẵn   s 2 i   Vì s   7 s 1   8  1 s 1i , nên s   16 , trái với (18) i 0 + Khi s lẻ s 1  s 1  i i Vì s   s    8  1 s 1i    4  1 s 1i  3 nên s   16 , trái với (18) i0  i 0  Vậy PT (1) vô nghiệm nguyên khác không trường hợp     ii) Với c = –1 Ta có 77 s 1  1  87  16.7 s k (19) + Khi s =  12  Từ (19) ta có 713  1  87  16.7 k  1  713   87  16.7 k   3 712i   87  16.7 k  i 0   12    3 712i 16 , vô lý  i 0  + Khi s ≥ Từ (19) suy 77 s 3  42799  16.7 s  k  42799 s   42799 , vô lý Vậy PT (1) vô nghiệm nguyên khác không trường hợp 3) Với m = –1 Ta có   a    b   n , cho nên, xem –a a –b b ta tìm a, b, c n Lập luận tương tự trường hợp m = 1, ta suy PT(1) vô nghiệm khác không trường hợp 2.1.2.2 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 13 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, 30/04/2013 Tác giả Tôn Thất Hiệp 14 ... c) ta thay v –v ta có điều phải chứng minh 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 ngun khác khơng x = u, y = v, z = t, (u,v)... 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... kết chứng minh 2.1, 2.2, 2.3, áp dụng bổ đề ta suy PT (1) vô nghiệm nguyên khác không trường hợp Tóm lại với số nguyên n ≥ 3, PT(1) vô nghiệm nguyên khác không Vậy định lý lớn Fermat chứng minh