[TẶNG BẠN] TRỌN BỘ Bí kíp học tốt 08 môn
Chắc suất Đại học top - Giữ chỗ ngay!!
ĐĂNG BÀI NGAY để cùng trao đổi với các thành viên siêu nhiệt tình & dễ thương trên diễn đàn.
Các bạn xem bài chứng minh Định lý Fermat lớn sau nhé !
Xn + Yn ≠ Zn (n > 2)
Định lí Fermat lớn: Với mọi x, y, và z là các số nguyên khac 0 ta có hệ thưc Đi-ô-phăng Fermat xn + yn ≠ zn tronq đó n là số nguyên lớn hơn 2.
Chứng minh:
Giả sử có bộ các số nguyên a,b,c khác 0 thõa Đi-ô-phăng Fermat an + bn = cn.
Khi đó ta có: an + bn = cn ↔ an/cn+bn/cn =1 ⇒ (an/cn+bn/cn)^2= 1 ↔ 4(an/cn)(bn/cn) +(an/cn-bn/cn)^2= 1
↔ (ab/c2)^n+[(an-bn)/2cn]^2= 1/4
Đặt x = ab/c2 và y =(an-bn)/2cn . 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 ↔ (xn + y2)(x+1)^2 = (1/4).(x+1)^2
↔ xn(x+1)^2 + y2(x+1)^2 = (1/4)x2 +(1/2)x +(1/4)
↔ xn(x2 + 2x +1) - (1/4)x2 - (1/2)x -(1/4) + y2(x+1)2 = 0 (Đặt q = y(x+1), q ϵ Q).
Ta có: x^(n+2) + 2x^(n+1) + xn − (1/4)x2 − (1/2)x – (1/4)+ q2 = 0 (q ϵ Q)
Nếu q = 0. Ta có phương trình x^(n+2) + 2x^(n+1) + xn − (1/4)x2 − (1/2)x – (1/4)= 0
↔ (xn – 1/4)(x + 1)^2 = 0 ↔ x = − 1 hoặc x = căn 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 q = + 1/2 → q2 = 1/4. Ta có phương trình x^(n+2) + 2x^(n+1) + xn − (1/4)x2 − (1/2)x = 0 ↔ x[4x^(n+1) + 8xn + 4x^(n-1) − x − 2] = 0 phương trình trên có nghiệm hữu tỉ x = 0 hoặc x = r/s với r ϵ Ư(2), s 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 x^(n+2) + 2x^(n+1) + xn − (1/4)x2 − (1/2)x = 0 ta có: x^(n+2) + 2x^(n+1) + xn − (1/4)x2 − (1/2)x -(1/4) +(1/4)= 0 ↔ (xn – 1/4)(x+1)^2+(1/4) = 0 vì x = 1/2 là nghiệm nên [(1/2)^n –1/4][(1/2)+1]^2 + (1/4) = 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 q ϵ Q và q ≠ 0, q ≠ + 1/2 thì ta có phương trình
x^(n+2) + 2x^(n+1) + x^n − (1/4)x^2 − (1/2)x – (1/4)+ q^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 bộ các số nguyên a, b, c khác 0 thỏa mãn an + bn = cn. Điều đó có nghĩa là Ɐx,y,z ϵ Z* ta có xn + yn ≠ zn với n > 2.□
Dưới đây là bài chứng minh có đầy đủ kí hiệu công thưc toán
Xn + Yn ≠ Zn (n > 2)
Định lí Fermat lớn: Với mọi x, y, và z là các số nguyên khac 0 ta có hệ thưc Đi-ô-phăng Fermat xn + yn ≠ zn tronq đó n là số nguyên lớn hơn 2.
Chứng minh:
Giả sử có bộ các số nguyên a,b,c khác 0 thõa Đi-ô-phăng Fermat an + bn = cn.
Khi đó ta có: an + bn = cn ↔ an/cn+bn/cn =1 ⇒ (an/cn+bn/cn)^2= 1 ↔ 4(an/cn)(bn/cn) +(an/cn-bn/cn)^2= 1
↔ (ab/c2)^n+[(an-bn)/2cn]^2= 1/4
Đặt x = ab/c2 và y =(an-bn)/2cn . 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 ↔ (xn + y2)(x+1)^2 = (1/4).(x+1)^2
↔ xn(x+1)^2 + y2(x+1)^2 = (1/4)x2 +(1/2)x +(1/4)
↔ xn(x2 + 2x +1) - (1/4)x2 - (1/2)x -(1/4) + y2(x+1)2 = 0 (Đặt q = y(x+1), q ϵ Q).
Ta có: x^(n+2) + 2x^(n+1) + xn − (1/4)x2 − (1/2)x – (1/4)+ q2 = 0 (q ϵ Q)
Nếu q = 0. Ta có phương trình x^(n+2) + 2x^(n+1) + xn − (1/4)x2 − (1/2)x – (1/4)= 0
↔ (xn – 1/4)(x + 1)^2 = 0 ↔ x = − 1 hoặc x = căn 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 q = + 1/2 → q2 = 1/4. Ta có phương trình x^(n+2) + 2x^(n+1) + xn − (1/4)x2 − (1/2)x = 0 ↔ x[4x^(n+1) + 8xn + 4x^(n-1) − x − 2] = 0 phương trình trên có nghiệm hữu tỉ x = 0 hoặc x = r/s với r ϵ Ư(2), s 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 x^(n+2) + 2x^(n+1) + xn − (1/4)x2 − (1/2)x = 0 ta có: x^(n+2) + 2x^(n+1) + xn − (1/4)x2 − (1/2)x -(1/4) +(1/4)= 0 ↔ (xn – 1/4)(x+1)^2+(1/4) = 0 vì x = 1/2 là nghiệm nên [(1/2)^n –1/4][(1/2)+1]^2 + (1/4) = 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 q ϵ Q và q ≠ 0, q ≠ + 1/2 thì ta có phương trình
x^(n+2) + 2x^(n+1) + x^n − (1/4)x^2 − (1/2)x – (1/4)+ q^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 bộ các số nguyên a, b, c khác 0 thỏa mãn an + bn = cn. Điều đó có nghĩa là Ɐx,y,z ϵ Z* ta có xn + yn ≠ zn với n > 2.□
Dưới đây là bài chứng minh có đầy đủ kí hiệu công thưc toán
Last edited: