Toán 9 1 bài toán cực kì hóc búa đây

Status
Không mở trả lời sau này.
H

hotgirlthoiacong

chời thiệt dzị hả
fecma ??
nhà toán học à
thế mod định...tiếp nối công trình dang dở của ổng ư ?? ;)) ;))
 
P

pekuku

bài toán này chứng minh hơn 3 thế kỉ đấy, lôi kéo rất nhìu nhà bác học
mình đọc trong sách, có nói: để chứng minh định lí lớn fecma chỉ còn chứng minh giả thiết do taniyama neu ra: mọi đường cong ellipic đều là đường cong weil
( đọc xong chả hỉu j cả)
_._!
 
R

rooney_cool

hotgirlthoiacong said:
chời thiệt dzị hả
fecma ??
nhà toán học à
thế mod định...tiếp nối công trình dang dở của ổng ư ?? ;)) ;))
Bấm để xem đầy đủ nội dung ...

Có người chứng minh ra rồi đấy. Chẳng qua không thích copy và paste thôi :D
11.2.thi_du_4_2.gif
 
R

rooney_cool

Định lý Fermat cuối cùng (Fermat’s Last Theorem, dưới đây viết tắt là FLT - người dịch) mãi tới gần đây vẫn là bài toán chưa giải được nổi tiếng nhất trong toán học. Vào giữa thế kỷ 17, Pierre de Fermat đã viết rằng không có giá trị n > 2 nào có thể thỏa mãn phương trình “,” trong đó là các số nguyên. Ông cam đoan rằng ông đã có một cách chứng minh đơn giản định lý này, nhưng tới nay người ta chưa tìm thấy tài liệu nào về điều đó. Kể từ lúc đó, vô số nhà toán học chuyên và không chuyên đã cố tìm một chứng minh hợp lệ (và nghi ngờ rằng liệu Fermat có thật có chứng minh đó hay không). Vào năm 1994, Andrew Wiles tại Princeton University tuyên bố rằng ông đã khám phá ra cách chứng minh trong khi nghiên cứu về một bài toán hình học tổng quát hơn.

Helen G. Grundman, giáo sư toán tại Byrn Mawr College, đánh giá tình hình của cách chứng minh đó như sau:
“Tôi nghĩ là ta có thể nói, vâng, các nhà toán học hiện nay đã bằng lòng với cách chứng minh FLT đó. Tuy nhiên, một số sẽ cho là chứng minh đó của một mình Wiles mà thôi. [Thật ra] chứng minh đó là công trình của nhiều người. Wiles đã có đóng góp đáng kể và là người kết hợp các công trình lại với nhau thành cái mà ông đã nghĩ là một cách chứng minh. Mặc dù cố gắng khởi đầu của ông được phát hiện sau đó là có sai lầm, Wiles và người phụ tá Richard Taylor đã sửa lại được, và nay đó là cái mà ta tin là cách chứng minh đúng FLT.
“Chứng minh mà ta biết hiện nay đòi hỏi sự phát triển của cả một lãnh vực toán học chưa đuợc biết tới vào thời Fermat. Bản thân định lý được phát biểu rất dễ dàng và vì vậy xem ra có vẻ đơn giản một cách giả tạo; bạn không cần biết rất nhiều về toán để hiểu bài toán. Tuy nhiên, để rồi nhận ra rằng, theo kiến thức tốt nhất của bạn, cần phải biết rất nhiều về toán mới có thể giải được nó. Vẫn là một câu hỏi chưa có lời đáp rằng liệu có hay không một cách chứng minh FLT mà chỉ liên quan tới toán học và các phương pháp đã có vào thời Fermat. Chúng ta không có cách nào trả lời trừ phi ai đó tìm ra một chứng minh như vậy.

Glenn H. Stevens ở khoa toán tại Boston University cho biết thêm:
“Vâng, các nhà toán học bằng lòng rằng FLT đã được chứng minh. Cách chứng minh của Andrew Wiles theo ‘semistable modularity conjecture’ – phần mấu chốt của cách chứng minh của ông – đã được kiểm tra cẩn thận và thậm chí đơn giản hóa. Trước khi có chứng minh của Wiles, người ta đã biết FLT sẽ là một hệ quả của modularity conjecture, kết hợp nó với một định lý lớn khác theo Ken Ribet và dùng các ý tưởng mấu chốt từ Gerhard Frey và Jean-Pierre Serre.
“Tôi muốn hỏi câu hỏi thứ hai này bằng một cách khác. Nói cho cùng, làm sao chúng ta có thể may mắn tới mức tìm ra một cách chứng minh? Nhà bác học Đức Karl Gauss tổng kết thái độ của nhiều nhà toán học chuyên nghiệp trước-1985 khi vào năm 1816 ông đã viết: ‘Tôi thú nhận rằng FLT, như một định đề (proposition) cô lập, không thu hút tôi cho lắm, vì tôi có thể dễ dàng đưa ra vô số các định đề như vậy, mà chúng không thể đuợc chứng minh hay bị bác bỏ.’ Dù sao chúng ta cũng đã gặp may và xoay sở để cứu FLT khỏi cảnh cô lập của nó bằng cách liên hệ với vài nhánh quan trọng của toán học hiện đại, đặc biệt là các dạng theory of modular. Có thật là chỉ nhờ may mắn? Có bao nhiêu trong số ‘vô số địnhđề’ của Gauss cũng có thể được chuyển đổi đầy ma thuật và tạo khả năng khai thác những công cụ mạnh mẽ của toán học hiện đại? FLT chỉ mới là khởi đầu. Vẫn còn nhiều cuộc thám hiểm hấp dẫn phía trước chúng ta.

Và Fernando Q. Gouvêa, trưởng khoa toán và khoa học máy tính tại Colby College, cho thêm thông tin:

“Chứng minh đầy đủ FLT bao gồm trong 2 bài báo, một bởi Andrew Wiles và một được viết chung bởi Wiles và Richard Taylor, tạo nên toàn bộ nội dung số tháng 5/1995 của tờ Annals of Mathematics (*), một tạp chí xuất bản tại Princeton University. Việc xuất bản tạp chí dĩ nhiên ngụ ý là những người xét duyệt đã công nhận rằng bài báo là đúng.

“Vào mùa hè 1995, đã có một hội nghị lớn tổ chức tại Boston University để đi sâu vào chi tiết của bài chứng minh. Các chuyên gia trong mỗi lãnh vực liên quan đã có bài phát biểu giải thích nền tảng và nội dung công trình của Wiles và Taylor. Sau khi khảo sát bài chứng minh quá kỹ lưỡng đến như vậy, cộng đồng toán học cảm thấy thoải mái khi công nhận rằng nó đúng.

“Câu hỏi thứ hai khó trả lời hơn nhiều. Dĩ nhiên, rất có thể nguyên nhân cần một thời gian dài để chứng minh định lý là chúng ta không đủ thông minh! Nhưng xem ra không phải vậy khi ta thấy biết bao nhiêu nhà toán học lỗi lạc đã suy nghĩ về nó qua nhiều thế kỷ. Vậy thì tại sao bài chứng minh lại khó như vậy?

“Thứ nhất FLT là một phát biểu rất tổng quát: ứng với không số mũ n>2 nào làm cho phương trình Fermat có lời giải. Dễ dàng hơn nhiều khi cố gắng giải bài toán ứng với một số mũ cụ thể. Thí dụ, trong một lá thơ, Ferma đã giải thích làm sao để chứng minh với n=4; Euler vào thế kỷ 18 đã có thể đưa ra cách chứng minh cho trường hợp n=3, và vân vân. Thực sự, ngay trước công trình của Wiles, các nhà toán học đã chỉ ra rằng không có lời giải cho định lý đối với các số lên tới n=4,000,000 hay cỡ đó. Xem ra đó là rất nhiều số, nhưng tất nhiên, nó chưa hề thậm chí làm xây xát bề mặt của điều đoan quyết nói về tất cả số mũ.

“Vấn đề khác là đoan quyết của Fermat luôn luôn có vẻ như, bên lề (**). Thật khó khăn khi nối kết FLT với các phần khác của toán học, điều đó có nghĩa là các ý tưởng toán học đầy sức mạnh có thể không nhất thiết áp dụng được. Sự thật là, nếu có ai nhìn vào lịch sử của định lý sẽ thấy rằng những bước tiến lớn nhất khi nghiên cứu hướng về một cách chứng minh xuất hiện khi vài liên hệ với các lãnh vực toán khác được tìm thấy. Thí dụ, công trình của nhà toán học Ba lan Ernst Eduard Kummers vào giữa thế kỷ 19 xuất hiện từ sự liên hệ FLT với các theory of cyclotomic fields. Và Wiles không phải là ngoại lệ: chứng minh của ông phát triển từ công trình của Frey, Serre và Ribet liên kết phát biểu của Fermat với theory of elliptic curves. Một khi mối liên hệ đã được thiết lập, và người ta biết rằng chứng minh được Modularity Conjecture cho các đường cong elliptic sẽ dẫn tới cách chứng minh FLT, là có lý do để hy vọng. Công trình của Wiles cho thấy niềm hy vọng đó đã được xác nhận.

Sưu tầm
 
Nguyễn Thị Huyền Diệu

Nguyễn Thị Huyền Diệu

Học sinh
Thành viên
23 Tháng mười hai 2021
65
73
36
33
Đài Bắc
Hà Nội
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 một 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. Khi đó ta có: a n + b n = c n ↔ (a/c)^n+(b/c)^n =1 → [a/c)^n+(b/c)^n]^2= 1 ↔ (a/c)^n.(b/c)^n +[(1/2).((a/c)^n-(b/c)^n)]^2 =1/4

Đặt x = ab/c2 và y = (1/2).[a/c)^n-(b/c)^n] . Ta có: xn + y2 =1/4 (x,y ϵ Q ; x ≠ 0 vì a,b,c ≠ 0)

→ Điểm M(x;y) là điểm hữu tỉ khác 0 nằm trên đường cong xn + y2 = 1/4

Bây giờ ta chứng minh đường cong C(x,y) của phương trình xn + y2 = 1/4 chỉ có duy nhât hai điểm hữu tỉ là P(0; −1/2 ) và Q(0;1/2 ).

Thật vậy: xn + y2 = 1/4 ↔ 4(xn + y2)(x+1)^2 = 4.1/4.(x+1)^2

↔ 4x^n.(x+1)^2 + 4y^2.(x+1)^2 = x^2 + 2x +1

↔ 4x^n.(x^2 + 2x +1) - x^2 - 2x -1 + 4y^2.(x+1)^2 = 0 (Đặt m = 2y(x+1), m ϵ Q).Ta có:

↔ 4x^(n+2) + 8x^(n+1) + 4x^n − x^2 − 2x – 1 + m^2 = 0 (m ϵ Q)

Nếu m = 0 Ta có phương trình 4x^(n+2) + 8x^(n+1) + 4x^n − x^2 − 2x – 1 = 0

↔ (4x^n – 1)(x + 1)^2 = 0

→ x = − 1 hoặc x = căn bậc n√(1/4) là số vô tỉ,

khi x = − 1 ta có y = ± √(5/4) là số vô tỉ khi n lẻ và khônq tồn tại y khi n chẵn

Nếu m = ± 1 → m^2 = 1 Ta có phương trình 4x^(n+2) + 8x^(n+1) + 4x^n − x^2 − 2x = 0 ↔ x(4x^(n+1) + 8x^n + 4x^(n-1) − x − 2) = 0 phương trình trên có nghiệm hữu tỉ ↔ x = 0 hoặc x = p/q với p ϵ Ư(2), q ϵ Ư(4) ↔ x = 0 , x = ± 1 , x = ± 2 , x = ± 1/2, x = ±1/4

Với x = 0 → y = ± 1/2 Từ đó ta có hai điểm hữu tỉ P(0; −1/2 ) và Q(0;1/2 ) nằm trên đường cong C(x,y): xn + y2 =1/4

Với x = ± 1 , x =± 2 , x = ± 1/2 , x = ± 1/4 ta thấy chúng đều không thỏa mãn phương trình. Chẳng hạn khi x =1/2 thì từ 4x^(n+2) + 8x^(n+1) + 4x^n − x^2 − 2x = 0 ta có: ↔ 4x^n.(x2+ 2x +1) − x^2 − 2x − 1+ 1 = 0 ↔ (4x^n – 1) (x+1)^2 +1 = 0 vì x = 1/2 là nghiệm nên [4.(1/2)^n – 1](1/2+1)^2 +1 = 0 → (1/2)^n = 5/36 vô lí vì n ϵ N* . Các trường hợp khác cach làm tương tự các bạn tự kiểm tra nhé ! Nên phương trình trên không có nghiệm hữu tỉ khac 0.

Nếu m ϵ Q và m ≠ 0, m ≠ ±1 thì ta có phương trình

4x^(n+2) + 8x^(n+1) + 4x^n − x^2 − 2x – 1 + m^2 = 0

phương trình này không thể giải được bằng căn thức vì nó có bậc từ 5 trở lên (do n + 2 ≥ 5 khi n ≥ 3 ) và thỏa mãn các điều kiện không giải được của lí thuyết Évariste Galois. Nên nghiệm x = xo của phương trình không phải là nghiệm đại số. Từ đó nghiệm của phương trình không thể biểu diễn được qua các phép toán sơ cấp (cộng(+), trừ(-), nhân(x), chia(/),lũy thừa(^) và căn(√)) theo các hệ số hữu tỉ của nó. Do đó nghiệm x = xo là một số vô tỉ.

Vậy không tồn tại điểm hữu tỉ khác 0 nằm trên đường cong C(x,y): xn + y2 = 1/4 . Nên không tồn tại các nghiệm nguyên khác không a, b, c thỏa mãn phương trình Đi-ô-phăng Fermat.

Định lí Fermat lớn đã được chứng minh.□
 
Status
Không mở trả lời sau này.
Top Bottom