ĐỊNH LÍ FERMAT LỚN
Định lí Fermat lớn: Không tồn tại các nghiệm nguyên khác không x, y, và z thoả mãn
phương trình Đi-ô-phăng x n + y n = z n trong đó n là số nguyên lớn hơn 2.
Chứng minh:
Gọi a, b, c là các nghiệm nguyên khác 0 thỏa mãn phương trình Đi-ô-phăng Fermat.
Với n = 3 ta có: a 3 + b 3 = c 3 ↔ (a/c)^3 + (b/c)^3 =1 ↔ x 3 + y 3 = 1
(với x = a/c , y = b/c ; x,y ϵ Q ; x,y ≠ 0 vì a,b,c ≠ 0)
↔ x3 – 1 + y3 = 0 ↔ (x3 – 1 + y3 )(x – 1)3 = 0
↔ (x3 – 1)(x – 1)^3 + y3 (x – 1)^3 = 0
↔ (x3 – 1)(x – 1)^3 + m^3 = 0 (với m = y(x− 1) , m ϵ Q)
↔ (x3 – 1)(x – 1)^3 + m^3 = 0
↔ (x3 – 1)(x3 - 3x2 + 3x – 1) + m3 = x6 - 3x5 + 3x4 – x3 -x3 +3x2 - 3x + 1 + m3 = 0
↔ x6 - 3x5 + 3x4 – 2x3 + 3x2 -3x + 1 + m3 = 0 (m ϵ Q)
Nếu m = 0. Ta có phương trình (x 3 – 1)(x – 1)^3 = 0 ↔ (x-1)^4 (x2 +x +1) = 0
↔ x = 1 → x 3 + y 3 = 1 → 1^3 + y^3 = 1 → y = 0 mâu thuẫn với điều kiện y ≠ 0
Nếu m = -1 thì 1 + m3 = 0. Ta có phương trình x 6 - 3x 5 +3x 4 – 2x 3 +3x 2 -3x = 0
↔ x(x 5 - 3x 4 +3x 3 – 2x 2 + 3x -3) = 0 phương trình này có nghiệm hữu tỉ
↔ x = 0 hoặc x ϵ Ư(3) ↔ x = 0, x = + 1, x = + 3
Với x = + 1, x = + 3 thay vào ta thấy không thỏa mãn. Nên phương trình trên có nghiệm
hữu tỉ duy nhât x = 0 → mâu thuẫn với điều kiện x ≠ 0 ở trên.
Nếu m ϵ Q và m ≠ 0, m ≠ − 1. Ta có phương trình:
x6 - 3x5 + 3x4 – 2x3 + 3x2 - 3x + 1 + m3 = 0
phương trình này không thể giải được bằng căn (do nó có bậc 6 và thỏa mãn các điều kiện
không giải được của lí thuyết Évariste Galois). Do đó nghiệm x = xo là một số vô tỉ.
Dẫn đến mâu thuẫn với điều kiện x là số hữu tỉ (x ϵ Q) ở trên.
Vậy định lí Fermat lớn đúng tại n = 3.