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.
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.
