Đang tải... (xem toàn văn)
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) 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 Ơng ghi bên lề sách mà không chứng minh có kèm theo dịng chữ: "Tơi có phương pháp hay để chứng minh cho trường hợp tổng qt, khơng thể viết lề sách q 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 tơi thành cơng Dưới tồn văn chứng minh định lý lớn Fermat Để chứng minh định lý lớn Fermat đưa năm bổ đề hai hệ sau sau Bổ đề 1: Cho n , n 3 , 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 3 , 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 nguyên khác không 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 2 , b 2 , c 2 , m số nguyên tố, (a,b) = m, b m2 , 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: a) Nếu (u v) n n i u v, 1 un1 ivi n i 1 1 un1 ivi n i 0 i0 b) Nếu (u v) n n u v, un i 1vi n 1 un i 1vi n i 0 i0 c) Nếu (u v)n n i u v, 1 un 1 ivi n i n 1 un 1 ivi n2 i 0 i0 Hệ 1: Cho a.b.c = dn với n,a,b,c,d * cho (a,b) = (a,c) = (c,b) = Khi tồn ba số nguyên dương c1, c2, c3 cho (c1,c2) = (c1,c3) = (c3,c2) = 1, d = c1.c2.c3 ,a = c1n, b = c2n c = c3n Hệ 2: Cho a.b.c = dn với a,b,c,d,m * , cho a 2 , b 2 , c 2, d 2, (a,b,c) = (ab,c) = m , c m2 m lả số nguyên tố Khi tồn số nguyên dương s,k c1, c2, c3 cho ns – k ≥ 2, (c1,c2)=(c3,c2)=(c1,c3)=1, đồng thời c1 m, c2 m, c3 m, a = mkc1n, b= mns – k –1c2n, c =mc2n, d = msc1.c2.c3 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 nguyên khác không 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 = c1nc2n, suy a1b = 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 = 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 am, bm a.b = cn, suy cn m2 , suy cm (do m số nguyên tố) Giả sử c = msr với s * , r * r m , mà cn = mnsrn m2 , nên ns ≥ Do (a,b) = m b m2 , 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 a) Đặt A 1 iun 1 ivi i 0 n n n n n k k n k k n n Ta có u v u v v v u v 1 Cn u v v mà u v u v A u v 0 , k 0 n1 k k n k1 k n k k n k k n nên A 1 Cn u v v Ta có A (u v) 1 Cn u v v nv , (u,v) =1 u v n nên k 0 k 0 u v, nvn–1 1, suy A,u v 1(đpcm) b) Vì n số nguyên tổ lẻ, nên từ a) ta thay v –v ta có điều phải chứng minh c) Ta có A n n u v 1 k Cnk u v n k vk u v n nvn1 n u v A n 1 nv , vớin k1 n n 1 k Cnk u v n k vk u v n A k Với k 1, n Cn n (vì n số nguyên tố), mà u v n nênnn k 1 n u v A1n2 ; mặt khác nvn–1n nvn–1 n2 (do v n ), từ suy n u v A1 nvn1 An A n2 , (u + v, A) = n (đpcm) 1.6 Chứng minh hệ Vì (a,b) = (a,c) = (c,b) = 1, nên (a,bc) = mà a.(bc) = dn , áp dụng bổ đề 3, ta có a = c1n bc = en với c1 , e * cho (c1,e) = c1e = d Ta có bc = en với (c,b) = 1, lại áp dụng bổ đề 3, ta có b = c2n , c = c3n, với c2 , c3 * cho (c2,c3) = e = c2.c3, suy d = c1.c2.c3 Như a = c1n , b = c2n , c = c3n, d = c1.c2.c3 Ta có (c1n,c2n) = ( c1n,c3n) = (c3n,c2n) = 1, nên (c1,c2) = ( c1,c3) = = (c3,c2) = Hệ chứng minh 1.7 Chứng minh hệ Vì (ab,c) = m c m2 mà (ab).c = dn, áp dụng bổ đề 4, ta có ab = mns– 1en c = mc3n với c3 , e, s * s ao cho (c3,e) = 1, c3 m, e m d = msc3e Vì am, bm nên a = mkc/1, b = mgc/2, k , g , c1, c2 * cho (c/1,c/2) = 1, c1m, c2 m Từ ab = mns – 1en ta suy mk + gc/1c/2 = mns – 1en, suy k + g = ns – c/1c/2 = en, suy g = ns – k – 1, suy ns – k ≥ Ta có c/1c/2 = en (c/1,c/2) = 1, áp dụng bổ đề 3, ta có c/1 = c1n, c/2 = c2n, với c1, c2 * cho (c2,c1) = e = c1.c2 Như a = mkc1n, b = mns – k – 1c2n, c = mc3n d = msc1.c2.c3 Vì (c3,e) = 1, (c2,c1) = e = c1.c2 nên (c1,c2) = ( c1,c3) = (c3,c2) = Hệ chứng minh Chứng minh định lý lớn Fermat Ta cần xét ba trường hợp n 2.1.Chứng minh định lý lớn Fermat n = Với n = ta có PT: x4 + y4 = z4 (2) Giả sử PT (2) có nghiệm ngun khác khơng x = u, y = v, z = t, (u,v) = (u,t) = (v,t) = (theo bổ đề 1) Ta có u4 + v4 = t4 (2/), suy t u , t v Từ (2/) suy ba số u, v, t có số chẵn u, v có vai trị nhau, ta cần xét hai trường hợp 2.1.1 Khi t chẵn Suy u, v lẻ, suy ra: u4 1(mod 8) v4 1(mod 8) t4 u4 v4 2(mod 8) t 16 , vơ lý, t4 16 2.1.2 Khi u chẵn Suy t v lẻ Ta có (2) u t v t v t v Vì t, v lẻ (u,v) = (u,t) = (v,t) = nên t v , t v , t v t v , t v 2 t v 22 Áp dụng hệ 2, ta có t v 2k u14 , t v 24s k 1v14, t v2 2t14 , với u 2s u1.v1.t1 ; s, k hai số nguyên dương, u1, v1, t1 ba số nguyên dương lẻ đôi nguyên tố nhau, với 24s k1u14 2k v14 2t14 Suy ra: t 2k 1u14 24s k v14 v 24s k v14 2k 1u14 , suy 44s k v18 4k 1u18 t14 (20) Vì t, v, u1, v1 số lẻ nên ( k 0 4s k 1) ( 4s k 0 k 1) suy ( 4s k 4s 1 k 4s 1) Như đẳng thức (20) ln có dạng 4h1 v18 u12 t14 (21) v12 4h1 u18 t14 (2/1) với h1 , h1 4s Do ta cần xét hai dạng đẳng thức (20) Từ (21) suy ra: t1 u1, t1 v1 t14 u12 4h1 v18 t1 u12 t1 u12 t12 u14 22h1 v18 (21// ) Vì u1, v1, t1 số nguyên dương lẻ đôi nguyên tố nên t12 u14,t1 u12 ,t1 u12 t12 u14 ,t12 u14 2 t12 u14 22 , áp dụng hệ ta có t12 u14 2t2 , t1 u12 2h v2 , t1 u12 2l u2 ; h, l hai số nguyên dương, u2, v2, t2 với 2l u2 2h v2 2t2 ba số nguyên dương lẻ đôi nguyên tố nhau, suy t1 22h1 h v2 2h 1u2 , u12 2h 1v2 22h1 h u2 4h 1v22 42h1 h u22 t2 (22), suy t2 > u2, t2 > v2 Vì u1, t1, u2, v2 số lẻ nên ( h 0 2h1 h 1 ) ( 2h1 h 0 h 1 ) suy ( 2h1 h 2h1 h2 1 h 2h1 h2 ), với h1 , h1 2 Từ (2//1) suy ra: 2lh1u2.v2.t2 22h1 v18 l 2h1 h u2.v2.t2 v18 Áp dụng hệ 1, ta có u2 u38 , v2 v38, t2 t38 , với v2 u3v3t3 ; với u3, v3, t3 ba số nguyên dương lẻ đôi nguyên tố Như đẳng thức (22) ln có dạng u322 4h2 v316 t32 (22/ ) v322 4h2 u316 t32 (22// ) Ta có nhận xét: Nếu có u3, v3, t3 thỏa mãn (22/ ) (22// ) u3.v3.t3 v2 u3.v3.t3 u2 với t3 > u3, t3 > v3 Cứ thế, với lập luận với k , k 3 ta có uk, vk, tk ba nguyên dương lẻ đôi nguyên tố thỏa mãn đẳng thức uk2k1 4hk1 vk2 k1 tk2k (2k / ) vk2k1 4hk1 uk2 k1 tk2k (2k // ) uk vk tk vk uk vk tk uk (hk 2hk 3, h1 4s 3, k , k 3) Vì uk vk tk vk uk vk tk vk , tk uk ,tk vk , k , k 3 , xảy hai khả sau a) Tồn k0 , k0 3 uk0 vk0 tk0 uk0 1 uk0 vk0 tk0 uk0 1 uk0 vk0 tk0 1, không hk0 2k01 4/ hk0 2k01 // (2k0 1) (2k0 1) uk2k01 2k0 vk2k0 2k0 thỏa mãn đẳng thức vk0 tk0 uk0 tk0 Vậy PT(2) vô nghiệm nguyên khác không trường hợp b) Tồn k0 , k0 3 uk0 vk0 tk0 uk0 p uk0 vk0 tk0 uk0 q , với p, q số nguyên tố lẻ Vì tk0 uk0 , tk0 vk0 nên ( tk0 p , uk0 vk0 1 ) ( tk0 q , uk0 vk0 1 ) có uk0 1, vk0 1, tk0 1 số nguyên dương lẻ đôi nguyên tố thỏa mãn đẳng thức uk0 1 2k0 4hk0 vk0 1 2k02 tk0 1 2k01 (2k0 / ) vk0 1 2k0 4hk0 uk0 1 2k02 tk0 1 2k01 (2k0// ) , với uk0 1.vk0 1.tk0 1 uk0 1 uk0 1.vk0 1.tk0 1 vk0 1 , suy uk0 1 vk0 1 tk0 1 1 , không thỏa mãn đẳng thức (2k0 / ) (2k0 // ) Vậy PT(2) vô nghiệm nguyên khác không trường hợp Tóm lại, n = 4, PT(1) vô nghiệm nguyên khác không 2.2 Khi n số nguyên tố lẻ Giả sử PT (1) có nghiệm nguyên khác không x = u, y = v, z = t, (u,v) = (u,t) = (v,t) = (áp dụng bổ đề 1), un + = tn (3) n Suy ra: u v 1 iun i 1vi t n n (4), t v t n i 1vi un n (5), t u t n i 1ui vn (6) i 0 i 0 i 0 Do n lẻ u, v, t số ngun, nên xem vai trị số đẳng thức dạng (3) Vì vậy, lập luận trường hợp liên quan đến u, v, t hiểu trường hợp cịn lại xét tương tự 2.2.1 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 5a) n1 i n i1 i n1 n i1 i n1 n i i n1 i n i1 i 5b) ta có u v, 1 u v t v, t v t u, t u 1 , 1 u v n , i 0 i 0 i 0 i0 n tn i 1vi n n , tn i 1ui n , kết hợp với (4), (5), (6) áp dụng bổ đề , ta có: u + v = cn (4’) i0 i0 n 1 u i n i 1vi cn , với t = c.c’, c, c ' * , (c, c’) = c n, cn ; t – v = bn (5’) n t n i 1vi bn , với i 0 i 0 n t n i 1ui an , u = b.b’, b, b ' * , (b, b’) = b n, bn ; t – u = an (6’) với v = a.a’, a , a ' * , i 0 (a, a’) = a n, an ; (a,b) = (a,c) = (c,b) = Ta có: n n i n i1 i n k k n k k n k k n k1 k n c A 1 u v 1 Cn u v v 1 Cn u v v u v i 0 k 0 k 1 n n k k n k k n1 c 1 Cn u v v u v k1 Vì n số nguyên tố (u v) n , nên với k 1, n Cnk n u v n1 1 n (định lý nhỏ Fermat) Do cn 1 n , mà cn nên cn1 1 n , suy cn 1 n 1 cn c 1 n , suy c 1 n , suy c c 1 nk3 , với k3 Chứng minh tương tự ta có a 1 nk1, b 1 nk2 , với k1, k2 Ta có (3) tn u v un u v tn u v c.c n cn cn 1 nk3 n 1 n2 Chứng minh tương tự ta có un t v n2 t u n2 suy un t v t u tn u v 2 u v t n2 u v t n2 Từ (3’), (4’), (5’) suy u v t c cn1 c a a an1 b b bn nsabck , với k , s , s 2 ; (k,a) = (k,b) = (k,c) =1 k n , k ≠ 0, suy 2 t u v t u t v u v an bn cn 2nsabck , suy u = bn + nsabck, v = an + nsabck, t = cn – nsabck Từ (4’), (5’), (6’) suy u bn an cn , v an bn cn , t an bn cn Thay vào (3) ta có: bn an cn n an bn cn n an bn cn n n bn an cn n an bn cn n an bn cn n 2i n n 2i n n 2i n n i n n i in 2 Cn a b c Cn a b c i 0 i 0 n 2i n n 2i n n 2i n n n n n i n n i n n i n n n1 n n nn 2 Cn a b c 2n a b c Cn a b c n a b c a b i 0 i0 Suy 2n an bn n cn an bn n C c2n ( an bn n cn c2n1 cn1 2nsabk n 1c2n1 , n n 2i n n 2i 3n n i n n i n n i 3n 2i n Cn a b c c , Cn a b c c ) i0 i0 Ta có B 2n cn 2an 2nsabck n cn cn 2nsabck n (vì an bn cn 2nsabck ) 2n n an nsabck n1 nsabck n 0 mod cn1 2n an nsbck n nns 1a bk n 0 mod cn n n 1 ns n n 1 n 2 s a n a bk n 1 a n bck 0 mod c 2n an n 2 nns bk n n 1 a n 1 n 21 nsbck 0 mod c2 (7) Ta lại có B 2n cn 2bn 2nsabck n cn cn 2nsabck n (vì an bn an bn 2bn cn 2bn 2nsabck ) 2n bn1 nsack n1 nns1b ak n 0 mod cn n n 1 ns n n 1 n 2 s b n b ak n 1 b n ack 0 mod c 2n bn n 2 nns1 ak n n 1 b n 1 n 2 nsack 0 mod c2 (8) Từ (7) (8) suy 2n an n 2 bn n 2 nns1k n an bn n 1 nsabck an n 3 bn n 3 0 mod c2 2n an n 2 bn n 2 nns 1k n an bn 0 mod c2 (Vì an n 3 bn n 3 an bn bn n bnn 3 Cn n i an bn n 3 i bni Cn n i cn 2nsabck n 3 i bni 0 (mod c) ) i0 i0 2n 2 n 2 nsabck bn n 3 2nns 1k n bn nsabck 0 mod c2 (Vì an n 2 bn n 2 1 Cn n i i an bn n 2 i bni n 2 an bn bn n 3 n 2 nsabck bn n 3 mod c2 i0 an bn an bn 2bn 2bn 2nsabck mod cn ) 2n1 nns 1k nbn c k 0 2n1c (nếu k ≠ 0) Ta quy ước n = n Cn i cn 2nsabck n 3 i bni n 1 Cn i i an bn n 2 i bni 0 , a, b, c, s, k i 0 i0 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 Xét hai trường hợp 2.2.1.1 Khi k ≠ 1) Nếu t lẻ c lẻ, theo chứng minh c =1, suy u v 1 , suy (u = v = 0), vô lý 2) Nếu u v lẻ Suy b a lẻ Ta viết đẳng thức (3) dạng tn u n un tn v n Biến đổi lập luận tương tự ta suy a = b =1, suy t u 1 t v 1 t u 1 u v Vậy ta có: t v 1 n n n n n 2u t (9) u v t Khơng có u, t ngun khác không thỏa (9) Vậy PT (1) vô nghiệm nguyên khác không trường hợp 2.2.1.2 Khi k = Ta nhận thấy k = thì: u v t, t u v, t v u cn c.c, an a.a, bn b.b a b c 1 u v 2un tn (8) Khơng có v, t ngun khác khơng thỏa (0) Vậy PT (1) vô nghiệm nguyên khác không trường hợp 2.2.2 Ba số u, v, t có số chia hết cho n Khơng tính tổng quát ta giả sử tn ,từ (4) suy (u v)n , áp dụng bổ đề 5c) ta có n i u v, 1 un 1 ivi n i n 1 un 1 ivi n2 , kết hợp với (4) áp dụng bổ đề ta có i 0 i0 u + v = nsn – 1cn (4”) n 1 u i n 1 ivi ncn với t = nsc.c’, s * ; c, c ' * (c, c’) = 1, c n, cn i 0 Từ (5), (6) suy (t v) n (t u) n , áp dụng bổ đề 5b) ta có n t v, tn i 1vi n t u, t n i1ui 1 i 0 i 0 , n t n i 1vi n n , t n i 1ui n , kết hợp với (5), (6) áp dụng bổ đề ta có t – v = bn (5’’) i0 i0 t – u = an (6”), an , với v = n n t n i 1vi bn , với t n i 1ui u = b.b’, b, b ' * , (b, b’) = 1, b n, bn ; i 0 i 0 a.a’, a , a ' * , (a, a’) = 1, a n, an ; (a,b) = (a,c) = (c,b) = Lập luận 2.2.1 (trang 4, trang 5) ta có b’ = + nk2, a’ = + nk1; u v t n2 , mà u v t nsc nns 1 scn c a a an b b bn1 nsabck nên s 2 ; (k,a) = (k,b) = (k,c) =1 k n , k ≠ 0, suy v an nsabck , v bn nsabck , t nns 1cn nsabck an bn nns 1cn 2nsabck Từ (4”), (5”), (6”)) suy u bn an nns 1cn , v an bn nns 1cn , t an bn nns 1cn Thay vào (3) ta có: bn an nns 1cn n an bn nns 1cn n an bn nns 1cn n bn an nns 1cn n an bn nns 1cn n an bn nns 1cn n n 2i n n 2i ns n n 2i n n i ns n n i in 2Cn a b n c Cn a b n c i 0 i0 n 2i n n 2i ns n n 2i n n n ns n n i n n i ns n n i n n n ns n 2 Cn a b n c 2n a b n c Cn a b n c n a b n c i 0 i 0 an bn n Suy 2n an bn n nns 1cn an bn n C c2n ( an bn n cn c2n cn 2nsabk n 1c2n1 , n n 2i ns n n 2i 3n n i n n i ns n n i 3n 2i n Cn a b n c c , Cn a b n c c ) i 0 i0 Ta có C 2n nns 1cn 2an 2nsabck n nns 1cn nns 1cn 2nsabck n (vì an bn nns 1cn 2nsabck ) 2n n an nsabck n1 abck n 0 mod cn 2n an nsbck n a bk n 0 mod cn n n 1 n n 1 n 2 s a a bk n 1 a n bck 0 mod c 2n an n 2 bk n n 1 a n 1 n 21 nsbck 0 mod c2 (10) Ta lại có C 2n nns 1cn 2bn 2nsabck n nns 1cn nns 1cn 2nsabck n (vì an bn an bn 2bn nns 1cn 2bn 2nsabck ) 2n bn1 nsack n1 b ak n 0 mod cn1 n n 1 n n 1 n 2 s b b ak n 1 b n ack 0 mod c 2n bn n 2 ak n n 1 b n 1 n 2 nsack 0 mod c2 (11) Từ (10) (11) suy 2n an n 2 bn n 2 k n an bn n 1 nsabck an n 3 bn n 3 0 mod c2 2n an n 2 bn n 2 k n an bn 0 mod c2 (Vì an n 3 bn n 3 an bn bn n bn n 3 Cn n i an bn n 3 i bni Cn n i nns 1cn 2nsabck n 3 i bni 0 (mod c) ) i0 i0 2n 2 n 2 nsabck bn n 3 2k n bn nsabck 0 mod c2 (Vì an n 2 bn n 2 1 Cn n i i an bn n 2 i bni n 2 an bn bn n 3 n 2 nsabck bn n 3 mod c2 i 0 an bn an bn 2bn 2bn 2nsabck mod cn ) 2n1 k nbn c k 0 2n1c (nếu k ≠ 0) k 0 ( c 1 c 2 ) (nếu k ≠ ), với n 1, Ta quy ước n = n Cn i nns 1cn 2nsabck n 3 i bni n 1 Cn i i an bn n 2 i bni 0 , a, b, c, s, k i 0 i0 Xét hai trường hợp 2.2.1.1 Khi k ≠ 1) Theo chứng minh ta có c 1 c 2 , với n 1, 2) Ta viết đẳng thức (3) dạng tn u n tn un ( u u ) Ta có t u t u an , v u nns 1cn , v t bn bn bn nns 1cn an 2nsabck , suy u bn nns 1cn an , t nns 1cn bn an , v bn nns 1cn an n ns n nn ns n n nn n ns n nn b n c a n c b a b n c a Thay vào (3) ta có: bn nns 1cn an n nns 1cn bn an n bn nns 1cn an n n 2ian n 2i n Cni i 0 2i ns n n ns n n ian n i 2 Cn i 0 n c b n c b n 2i ns n n 2i n n 2i ns n n n1 n n ns n n i n n i ns n n n1 n i 2 Cn n c b a 2n n c b a Cn n c b a n n c b a i 0 i 0 nns 1cn bn n ns n n n1 n ns n nn 2n ns n n n n 2n n s n 2n Suy 2n n c b a n c b Da ( n c b a a a 2n abk a , n 2i ns n n 2i n n 2i 3n n i ns n n i n n i 3n Cn n c b a a , Cn n c b a a ) i 0 i0 Ta có D 2n an 2bn 2nsabck n an an 2nsabck n (vì bn nns 1cn an 2nsabck ) n n s n s n n n b n abck n abck 0 mod a 2n n1 s n ns n mod an b n ack n b ck 0 2n n 1 2 nns 1b ck n n n 1 n 2 nsack 0 mod a2 b 1 b 2n n n 2 nns ck n n 1 n n 1 n s ack 0 mod a2 (12) b b Ta lại có D 2n an 2nns 1cn 2nsabck n an an 2nsabck n (vì bn nns 1cn an 2nsabck ) 2n nns 1cn nsabk n nns1c bk n 0 mod an1 n ns 1 n 2 n n 2 n ns 1 n 3 n n 3 1 s 2 n c b k n 1 n c n b ak 0 mod a (13) Từ (12) (13) suy 2n n ns 1 n 2 cn n 2 bn n 2 k n nns 1cn bn n 1 nsabck n ns 1 n 3cn n 3 bn n 3 0 mod a2 2n n ns 1 n 2 cn n 2 bn n 2 k n nns 1cn bn 0 mod a2 ns 1 n 3 n n 3 n n 3 ns n n n n n n 3 n n n 3 i ni i c b n c b b b Cn n c b b 0 (mod a) ) (Vì n ns n i0 2n 2n n s abck n n 2k n bn nsabck 0 mod a2 b ns 1 n 2 n n 2 n ii ns n n n 2 i ni ns n n n n 3 n n 2 (Vì n c b 1 Cn n c b b n 2 n c b b i 0 2 n nsabck n n 3 mod a2 b nns1cn bn nns 1cn bn 2bn an 2bn 2nsabck 2bn 2nsabck mod an ) 2n1 k nbn a a 1 a 2 , với n 1, n ns n n n 3 i ni n ii ns n n n 2 i ni i Ta quy ước n = Cn n c b b 1 Cn n c b b 0 , a,b, c, s, k i 0 i 0 3) Ta viết đẳng thức (3) dạng un tn v n ta suy 2n1b , suy b 1 b 2 , với n 1, Từ xét trường hợp sau a) t chẵn u, v lẻ Khi ta có c 2 , b 1, a 1 , mà an bn nns 1cn 2nsabck , nên 11 nns 12n 2 1nsk , suy ra: 1 nns 2n 2 1 nsk 12 (vô lý) ns 1 s n 2 n k k n b) (u chẵn t, v lẻ) (v chẵn t, u lẻ) Khi ta có b 2 , c 1 , a 1 a 2 , c 1 , b 1 mà an bn nns 1cn 2nsabck , nên 12n nns 2 1nsk , suy 2n 1 0 modns 2 1 0 modn nns1 1 0 mod2 1 i) Nếu s lẻ nns1 1 2 mod22 nên mâu thuẩn với nns1 1 0 mod2 1 ii) Nếu s chẵn Ta có: nns 1 21 n 1 2 1 ( ns n hai số lẻ) n 1 2 1 n 21 1 (12) Ta có: 2 1 n 2 1 n (13) 2 2 1 Từ (12) (13) suy ra: 2 1 2 1 1 2 1 21 2 1 n 3 1 2 1 s 2 13 k 3s s Do đó: 1 3 4.3 k (vô lý) s 3 3s s 3 4.3 k Vậy PT (1) vô nghiệm nguyên khác không trường hợp 2.2.2.2 Khi k = Ta có t u v nsc.c nns1cn c nns1 scn1 cn , vô lý (vì cn ) Vậy PT (1) vơ nghiệm ngun khác không trường hợp 2.3 Khi n = pk, p số nguyên tố lẻ p = ( k N* ) Từ kết chứng minh 2.1, 2.2, áp dụng bổ đề ta suy PT (1) vô nghiệm nguyên khác không trường hợp Phú Vang, 15/10/2013 Tác giả Tóm lại với số nguyên n ≥ 3, PT(1) vô nghiệm nguyên khác không Vậy định lý lớn Fermat chứng minh Tôn Thất Hiệp 10