Các bạn xem bài chứng minh định lý Fermat lớn với n = 3 sau nhé !
ĐỊNH LÍ FERMAT LỚN
Định lí Fermat lớn: Không tồn tại các nghiệm nguyên khác không x, y, và z thoả mãn
phương trình xn + yn = zn với 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.
Với n = 3 ta có: a 3 + b 3 = c 3 ↔ c 3 - b 3 = a 3 ↔ (c/a)^3-(b/a)^3 =1
↔ (x + p)3 - x3 = 1 với x,p ϵ Q (x = b/a ; p = c/a - b/a ; p ≠ 0 ; p ≠ 1)
(Vì nếu p = 0 thì → c/a - b/a = 0 → c = b → c 3 - b 3 = a 3 = 0 → a = 0 mâu thuẫn)
↔ 3x^2.p + 3xp^2 + p^3 – 1 = 0
(Vì nếu p =1 thì 3x2p + 3xp2 + p3 – 1 = 0 ↔ 3x^2 + 3x = 0 ↔ x = 0 hoặc x = -1
↔ b = 0 mâu thuẫn , hoặc b = - a → c = 0 mâu thuẫn)
↔ x = [(-3p^2 + V(12p-3p^4)]/6p → x là số hữu tỉ ↔ căn bậc hai của 12p-3p^4 là số hữu tỉ
↔ V(12p-3p^4) = m (p,m ϵ Q) ↔ 12p-3p^4 = m^2
↔ (12p-3p^4) (p-1)^2 = m^2 .(p-1)^2 = h^2 (với h = m(p-1) ; h ϵ Q)
↔ (3p4 -12p) (p-1)^2 + h^2 = 0 ↔ (3p4 -12p)(p^2 -2p+1) + h^2 = 0
↔ 3p6 - 6p5 + 3p4 – 12p3 +24p2 -12p + h^2 = 0 (h ϵ Q)
Với h = 0 ta có phương trình (3p4 -12p) (p-1)^2 = 0
↔ 3p(p^3 - 4) (p-1)^2 = 0 ↔ p = 0 ; p = 4^(1/3); p = 1 ta loại do (p ≠ 0, p ≠ 1, p ϵ Q)
Với h ≠ 0 , h ϵ Q ta có phương trình 3p^6 - 6p^5 + 3p^4 – 12p^3 +24p^2 -12p + h^2 = 0
phương trình này không thể giải được bằng căn thức (vì nó có bậc 6 và thỏa mãn các
điều kiện không giải được của lí thuyết Évariste Galois). Do đó nghiệm p = po là một số vô tỉ.
Từ đó mâu thuẫn với p là số hữu tỉ (p ϵ Q) ở trên.
Vậy định lí Fermat lớn đúng tại n = 3.
Và đây là cach 2 nhé cac bạn !
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.
[TẶNG BẠN] TRỌN BỘ Bí kíp học tốt 08 môn
