Tài liệu Chứng minh định lí lớn fermatgọn hơn

CHỨNG MINH ĐỊNH LÝ LỚN FERMAT Tôn Thất Hiệp,g/v THPT Phan Đăng Lưu, Phú Vang, Thừa Thiên Huế. Email:[email protected] Nhà toán học Pháp Pierre de Fermat (1601–1665) đã đưa ra một định lý nổi tiếng: “phương trình xn + yn = zn, trong đó số nguyên n lớn hơn 2 không thể tìm được nghiệm (nguyên khác không) nào”. Đó là định lý Fermat cuối cùng. Ông ghi bên lề một cuốn sách mà không chứng minh nhưng có kèm theo dòng chữ: "Tôi có một phương pháp rất hay để chứng minh cho trường hợp tổng quát, nhưng không thể viết ra đây vì lề sách quá hẹp."!! Các nhà toán học sau đó đã cố gắng giải bài toán này trong suốt gần bốn thế kỷ. Và cuối cùng nhà toán học Andrew Wiles (người Anh, định cư ở Mỹ, sinh 1953) đã công bố lời giải độc nhất vô nhị vào mùa hè năm 1993 và sửa lại năm 1995, với lời giải dài 200 trang. Khi nhà toán học Andrew Wiles chứng minh định lý này bằng cách quay cả hai guồng máy khổng lồ của đại số và hình học thì tôi có cảm nhận: có thể giải định lý đó bằng công cụ toán học sơ cấp. Tôi nổ lực hết mình trong một thời gian rất dài và tôi đã thành công. Cho tới thời điểm này, tôi xin báo tin với mọi người rằng, tôi đã hoàn tất chứng minh định lý lớn Fermat bằng cách sử dụng phép chia hết của các số nguyên cùng với khai triển nhị thức Newton. Dưới đây là toàn văn chứng minh định lý lớn Fermat. Để chứng định lý định lý lớn Fermat tôi đưa ra năm bổ đề sau đây. Bổ đề 1: Cho n   , n  3 , nếu phương trình (PT) xn + yn = zn (1) có nghiệm nguyên khác không thì bao giờ cũng tồn tại nghiệm x = u, y = v, z = t sao cho u,v,t   * và (u,v) = (u,t) = (v,t) = 1. Bổ đề 2: Nếu có n   , n  3 , PT xn + yn = zn vô nghiệm nguyên khác không thì với mọi k   * , PT xnk + ynk = znk cũng vô nghiệm nguyên khác không. Bổ đề 3: Cho a.b = cn, n là số nguyên dương lẻ; a,b,c   * sao cho (a,b) = 1, khi đó tồn tại hai số nguyên khác không c1, c2 sao cho (c1,c2) =1, c = c1.c2 , a = c1n và b = c2n. Bổ đề 4: Cho a.b = cn, n là số nguyên dương lẻ, a,b,c,m   * , sao cho a  2 , b  2 , c  2 , m là số nguyên tố, (a,b) = m, b  m 2 , khi đó tồn tại số nguyên dương s sao cho ns ≥ 2 và hai số nguyên khác không c1, c2 sao cho (c1,c2) =1 đồng thời c1  m, c2  m , c = msc1.c2, a = mns – 1c1n và b = mc2n. Bổ đề 5: Cho n là số nguyên tố lẻ và hai số nguyên u, v sao cho (u,v) = 1, khi đó: n 1    n1  i i a) Nếu (u  v )  n thì  u  v,   1 u n1i vi   1 và    1 u n 1i v i   n . i0    i0  n 1    n1  b) Nếu (u  v)  n thì  u  v,  u n i 1v i   1 và   u ni 1v i   n . i 0    i0  1 n 1    n1  i i c) Nếu (u  v ) n thì  u  v,   1 u n 1i v i   n và    1 u n 1i vi   n 2 . i0    i0  1. Chứng minh các bổ đề 1.1. Chứng minh bổ đề 1 Giả sử x = u0, y = v0; z = t0 là một nghiệm nguyên khác không của PT(1) và (u0,v0,t0) = d. Khi đó tồn tại ba số u,v,t  * sao cho (u,v,t) = 1, u0 = ud, v0 = vd, t0 = td và u0n + v0n = t0n suy ra un + vn = tn (1//), suy ra x = u, y = v; z = t là một nghiệm nguyên khác không của PT(1). Giả sử (u,v) = d/, từ (1//) suy ra tn chia hết cho d/n, suy ra t chia hết cho d/, mà (u,v,t) = 1 nên d/ = 1. Vậy (u,v) = 1. Chứng minh tương tự ta cũng có (u,t) = (t,v) = 1. Bổ đề 1 đã được chứng minh. 1.2. Chứng minh bổ đề 2 Giả sử tồn tại số nguyên dương k0 sao cho PT xnk + ynk = znk có nghiệm nguyên khác không x = u, y = v, z = t, khi đó ta có unk0 + vnk0 = tnk0  (uk0)n + (vk0)n = (tk0)n, suy ra PT xn + yn = zn có nghiệm nguyên khác không x = uk0, y = vk0 ; z = tk0, điều này trái với giả thiết. Bổ đề 2 đã được chứng minh. 1.3. Chứng minh bổ đề 3 Giả sử (a,c) = c/1, khi đó tồn tại hai số nguyên a1, c/2 sao cho (a1,c/2) = 1 và a = c/1a1, c = c/1c/2. Vì ab = cn, nên c1a1b = c1 nc2n, suy ra a1 b = c1n – 1c2n, suy ra b│c1n – 1c2n. Vì (c/1,b) = 1 (do (a,b) = 1) nên c/2n = kb, với k là số nguyên khác không, từ đẳng thức a1b = c/1n – 1c/2n, ta suy ra a1 = kc/1n – 1, suy ra a1n = knc/1n(n – 1), suy ra k│a1n và k│c/2n; vì (a1,c/2) = 1 nên (a1n,c/2n) = 1, từ đó suy ra | k| = 1. Vậy b = kc/2n = (kc/2)n = c2n, a = kc/1n = (kc/1)n = c1n , c = c1c2 , với c1 = kc/1, c2 = kc/2 nguyên tố cùng nhau. Bổ đề 3 đã được chứng minh. 1.4. Chứng minh bổ đề 4 Vì a  m, b  m và a.b = cn, suy ra c n  m 2 . Giả sử c = msr với s  * , r  * và r  m , mà cn = mnsrn  m2 , nên ns ≥ 2. Do (a,b) = m và b  m 2 , nên có thể giả sử b = mh và a = mkl, với k  * ; h, l  * sao cho (h,l) = 1, h  m, l  m . Vì a.b = cn nên mk + 1hl = mnsrn, suy ra k + 1 = ns, suy ra k = ns – 1 và hl = rn; áp dụng bổ đề 3, ta có r = c1.c2, h = c1n, l = c2n, trong đó hai số c1, c2 là là hai số nguyên sao cho (c1,c2) = 1. Từ đó ta có c = msc1.c2, a = mns – 1c1n và b = mc2n Bổ đề 4 đã được chứng minh. 1.5. Chứng minh bổ đề 5 n 1 i a) Đặt A    1 u n 1i vi . i 0 n n 1 k Ta có u n  v n   u  v   v   v n   u  v    1 Cnk  u  v  n  k 1 v k mà u n  v n   u  v  A và u  v  0 k 0 2 n1 k , nên A   1 Cnk  u  v  n k 1 vk . k 0 n2 k Ta có A  (u  v)  1 Cnk  u  v  n  k 2 v k  nv n1 , (u,v) =1 và u  v   n nên  u  v, nv   1 , n –1 suy ra k 0  A, u  v   1 (đpcm). b) Vì n là số nguyên tổ lẻ, nên từ a) ta thay v bởi –v ta có điều phải chứng minh. n 2 k  n 2  u  v   n1 k Cn n  k 2 k c) Ta có A  n  u  v     1   nv  n  u  v  A1  nv n 1 , với u  v  v  n n  k 1  Cnk u  v n k  2  1    u  v  vk   n n k 1 n 2 n 2 k  A1 . Với k  1, n thì Cnk  n (vì n là số nguyên tố), mà  u  v   n nên n  u  v  A1  n2 ; mặt khác nv n –1  n và nv n –1  n 2 (do v  n ), từ đó suy ra n  u  v  A1  nv n1  A n và A  n 2 , hơn nữa (u + v, A) = n (đpcm). d) Vì n là số nguyên tố lẻ, nên từ c) ta thay v bởi –v ta có điều phải chứng minh. 2. Chứng minh định lý lớn Fermat Ta cần xét bốn trường hợp của n. 2.1. Khi n là số nguyên tố lớn hơn 3 Giả sử PT (1) có nghiệm nguyên khác không x = u, y = v, z = t, trong đó (u,v) = (u,t) = (v,t) = 1 (áp dụng bổ đề 1), khi đó un + vn = tn (3) n 1 i n 1 n 1 Suy ra:  u  v    1 u ni 1v i  t n (4),  t  v   t ni 1vi  u n (5),  t  u   t ni 1u i  v n (6) i 0 i0 i0 Do n lẻ và u, v, t là các số nguyên, nên có thể xem vai trò của các số này trong đẳng thức dạng (3) là như nhau. Vì vậy, các lập luận dưới đây đối với một trường hợp nào đó liên quan đến u, v, t thì hiểu rằng các trường hợp còn lại được xét tương tự. 2.1.1. Ba số u, v, t đều không chia hết cho n. Vì (u,v) = (u,t) = (v,t) = 1 và từ (4), (5), (6) ta suy ra  u  v   n ,  t  v   n và  t  u   n ; áp dụng bổ đề n 1 n 1 n 1        n1  i i 5a) và 5b) ta có  u  v,   1 u n i 1v i    t  v,  t n i 1v i    t  u,  t ni 1u i   1 ,    1 u n i 1v i   n , i0 i 0 i0        i0  n 1 n 1    n  i 1 i  v   n ,   t ni 1u i   n , kết hợp với (4), (5), (6) và áp dụng bổ đề 3 , ta có: u + v = cn (3’) và  t  i 0   i 0  n 1 i   1 u ni 1vi  cn , với t = c.c’, c, c '  * , (c, c’) = 1 và c  n, c  n ; t – v = bn (5’) và i 0 u = b.b’, b, b '  * , (b, b’) = 1 và b  n, b  n ; t – u = an (6’) và n 1 t n  i 1 i v  bn , với i 0 n 1 t u  an , với v = a.a’, a, a '  * , n  i 1 i i 0 (a, a’) = 1 và a  n, a  n ; (a,b) = (a,c) = (c,b) = 1. 3 n 1 Ta n 1 i k cn  A    1 u ni 1v i    1 Cnk  u  v  có: i 0 n 1 k  cn  1    1 Cnk  u  v  k 0 n  k 1 k 1 n  k 1 v k   u  v   n 1 n 1 k k v    1 Cnk  u  v  n  k 1 vk  u  v  n 1 k 1  1 .  n 1 Vì n là số nguyên tố và (u  v )  n , nên với k  1, n thì Cnk  n và  u  v   1  n (định lý nhỏ Fermat). Do         đó cn  1  n , mà c  n nên cn 1  1  n , suy ra cn  1  cn1  1  cn1  c  1 n , suy ra  c  1  n , suy ra c  1  nk3 , với k3   . Chứng minh tương tự ta cũng có a  1  nk1 , b  1  nk2 , với k1 , k2   . n n Ta có (3)  t n  u  v  u n  v n  u  v  t n  u  v   c.c   c n  c n 1  nk3   1  n 2 . Chứng minh tương   n 2 n tự ta cũng có u  t  v n và v  t  u  n2 suy ra  u n          t  v  v n  t  u  t n  u  v  2  u  v  t  n 2   u  v  t  n 2 . Từ (3’), (4’), (5’) suy ra u  v  t  c  c n 1  c   a  a  a n 1   b  b  b n 1   n s abck , với k   , s  , s  2 ; (k,a) = (k,b) = (k,c) =1 và k  n , nếu k ≠ 0. Suy ra u = bn + nsabck, v = an + nsabck, t = cn – nsabck và a n  b n  c n  2n s abck . n n Thay vào (3) ta có:  a n  n s abck    b n  n s abck    c n  n s abck    n    3 ns abck  Cn1 an  bn  cn ns abck  n1 n2 i i   1 Cni ns abck c    n ni  i 0    3  2n  n s abck  n n 2 i i      1 Cni n s abck c n  n i  i 0     3  2n  n s abck n 2 i n  n n 2  n n2 i  Cni ns abck b    n ni  i 0  i   Cni n s abck b n n i  i 0 n 2 n 2 i  Cni ns abck a    n ni  0 i 0   i   Cni n s abck a n  n i  0 i 0  B  C  D  0 (7)  s i Vớí B   C n abck b n  n i  i 0 n 2 i i n   s i , C    1 C n abck c n n i  i 0 n 2 i , D   Cni n s abck a n n i  .   i 0 * Ta có: n 2 i n  i  s D   C n abck a n  n i  i 0 n 2 n 2 i n  s   C n abck i 0 i n i    1 n i l l Cnl i a n  b n b n ni l    l 0 i n i    1 n i  l Cnl i c n  2n s abck b n n i l  (vì a n  b n  c n  2n s abck ) l 0 i n i    1 n i  l Cnl i b n n i l   Clp  2    Cni Cnl i Clp  1 n i  l    Cni n s abck i 0 n 2    Cni n s abck i 0 n  2 n i l 0 l   l l p p n lp   n abck  c  s p 0  2  p b n  n  i  l  n l  p  c  n abck  s i 0 l 0 p 0 p i  E b  n n i l  , c n l  p  , n s abck   pi    (8) 1) Với mỗi m sao cho m  0; n  2 ta nhận thấy: các số hạng của biểu thức D trong khai triển (8) chỉ chứa b n n  m   n abck  s m khi và chỉ khi p = l và l + i = m. Khi đó: 4 n  2 n i E b  n n  m E b  n n m  n 0    n abck  ,c s n 0 m    n abck  , c   Cni Cnl i  1 s   n m   1 m n m   m m i n i i n  C C  2 b  0   ,c  Cnm  1  n abck n- m   b n n  m   n abck  s m suy m ra . Do đó hệ số của số hạng chứa b n n m   n s abck  i n m -i n -i  C C  2 m -i B n ! 1  Cnm  i m  C  2 m i i 0 + n m m D m!  2   m! n  m !  m  i  !i ! i 0 m n m m i thức   1 m s , m i 0 biểu n m i 0 l 0 của E1 nnm l  2  bn nm  ns abck  m i là  Cnm  i 0 .1i  Cnm  Cnm  1  n m 1  2  m nm m n  1  Cnm  1 .  1  1  Cnm  1  1  0 .      2) Các số hạng của biểu thức D trong khai triển (8) chứa cn nhưng không chứa cnh và cn + r ( h, r  * , h  2 ) khi và chỉ khi l = p + 1 và p + i = 0, suy ra p = i = 0, l = 1. Khi đó số hạng này là: E b  n n 1 n  s ,c , n abck  0  Cn0Cn1C10  1    n 1  2  0 b n n1 c n  Cn1b n n 1c n . 3) Các số hạng của biểu thức D trong khai triển (8) chỉ chứa b n  n s abck  n  2 n i l + i = n  1 . Khi đó: E n   , n abck  b , c  Do đó hệ số n 0 s của n 1    n 0 hạng   , n abck  Lưu ý: b , c  s    n  i  Cni  2  n 1    n 1i i 0   b n n s abck chứa  n-1 0 n 2    n  i  Cni  2  n 1 i  bn ns abck  n 1 . i 0 n 1  Cnn 1  2     n - i  Cni  -2  khi và chỉ khi p = l và biểu của n-1-i thức .1i  n  n  2  1 n 1 D là 0. i =0 n-1 i n   n - i  C  -2  Để tính tổng  n 1 i 0 l 0 số n 2 E1 n l   Cni Cnl i  2  bn ns abck n 1 i=0 n-1-i n .1i , ta xét đa thức xác định trên  là f ( x )  ( x  1)n   Cni x ni suy ra i 0 n 1 n 1 f ( x)    n  i  Cni x n1i .1i  n( x  1)n 1 . Cho x = –2, ta có: i 0 i n   n  i  C  2  n 1 i .1i  n(-2 + 1)n-1 = n . i 0 n 4) Các số hạng của biểu thức D trong khai triển (8) chỉ chứa  n s abck  khi và chỉ khi p = l và l + i = n . n  2 n i Khi đó: E s n 0   , c  , n abck   b   n abck  n 0 s n n   0 0      n n s  b , c , n abck        Cni  2  n n 2 n i i 0 n i    C  2  n abck  i n s n , suy ra hệ số của số hạng chứa i 0 biểu của n  i 0 l 0 n 2 E1 l   Cni Cnl i  2  n s abck thức 0 D n là n i n  Cnn 1  2   Cnn  2    Cni  2  .1i  2n  1   2  1  2n  2 . i 0 n Vậy số hạng chứa  n s abck  của biểu thức D là E n 0 n 0   , c  , n abck   b  s n       2n  2  n s abck  n 5) Với mỗi m sao cho m  0; n  2 , ta nhận thấy: các số hạng của biểu thức D trong khai triển (8) chỉ chứa c n n m   n abck  s m khi và chỉ khi p + i = m và l + i = n. Khi đó: 5 n 2 E n 0   ,c  thức  b  n n m   , ns abck  m     Cni  2  m i c n n  m   n abck  s m . Do đó hệ số của số hạng chứa c n n m   n s abck  m của biểu i 0 C + D m n! m! m- i m mi m E1 n 0 nnm s m    Cni Cnm-i-i  2    1 Cnm  2    1 Cnm    , n abck    b  ,c m! n  m  ! i 0  m  i !i ! i 0   là m m  Cnm  Cmi  2  m i i 0 m m m m m .1i   1 Cnm  Cnm 1  2    1   Cnm  1   1   0 .     6) Các số hạng của biểu thức D trong khai triển (8) chứa bn nhưng không chứa bnh và bn + r ( h, r  * , h  2 ) khi và chỉ khi l + i = n – 1 và p + i = 0 suy ra p = i = 0, l = n – 1. Khi đó số hạng này là: 1 0 E n nn1 s 0   Cn0Cnn1C10  1  2  c n n 1b n  Cn1c n  n 1b n .   b ,c  , n abck    7) Các số hạng của biểu thức D trong khai triển (8) chỉ chứa c n  n s abck  l = p + 1 và l n  2 n i E n 0   ,c , n abck   b  n s   Cni Cnni1i  2  n1    n 0   ,c , n abck   b  n s  c n ns abck  n1    n  i  Cni  2      n  i  Cni  2  n 1    n 1i khi và chỉ khi p + i = n  1 , + i  = cn ns abck  n. n 1 Khi đó: , do đó hệ số của i 0 c n n s abck chứa n 2 E1 n 1i n 2 i 0 l 0 hạng số n 1 n 1i  n 1 biểu của n 1 0  Cnn 1  2     n  i  Cni  2 i 0 n 1i thức .1i  n  n  2  1 D n 1 là  0. i 0 8) Các số hạng của biểu thức D trong khai triển (8) chứa b n ni l  c nl  p n s abck   khi và chỉ khi (p = 0 và i = 1 và l ≠ 0 và l ≠ n – 1 ) hoặc (p = 1 và i = 0 và l ≠ 1 và l ≠ n). Khi đó: E l n pn,lil nni l p b    ,c   ,n s abck     n1  n 1l 0    Cn1Cnl 1Cl0  1  2  b n n1l c nl n s abck  n b n n 1  c n n 1 n s abck    l 0        n  n l 1    Cn0Cnl Cl1  1  2  b n nl  c n l 1 n s abck  2n b n n 1  c n n 1 n s abck   l 1   n 1   n Cnl 1 b n  n 1 l l 0  n      c nl n s abck  2 lC nl -b n n-l     l =1 n 1 s n n 1 n n 1 n n n n 1 s n n 1 s n n 1  c n l -1 n s abck  n bn n1  c n n1 n s abck   n abck   2n  c  b   n abck   n b    n  b  c   n abck   n  b    c     n abck  .   n bn  cn  c n n 1    n abck  s s Lưu ý: n Để tính tổng  lC  -b  l n n n-l c n l -1 n s abck ,   ta xét   đa thức xác định trên  là l=1  f ( x)  x  bn  n n    Cnl b n  l 0 n  lC  b  l n n n l n l n x l , suy ra f ( x)   lCnl b n   x l 1  n x  bn  n 1 . Cho x = cn, ta có: l 1 c nl 1 n s abck  n c n - b n  n l  n-1   n abck  . s l 1 9) Vì ta đã xác định được các số hạng trong khai triển dạng (8) của biểu thức D ứng với (p = l và p + i = m, 6 với m  0; n  2 ), (p = i = 0 và l = 1), (p + i = n – 1 và p = l), (p = l và p + i = n), (l + i = n và p + i = m, với m  0; n  2 ), (p = i = 0 và l = n – 1), (p + i = n – 1 và l = p + 1 và l + i = n), [(p = 0 và i = 1 và l ≠ 0 và l ≠ n – 1) hoặc (p = 1 và i = 0 và l ≠ 1 và l ≠ n )] nên ta có: n2 ni l B  C  D   Cni Cnl iClp  1  nil  2 p bn nil cnl  p nsabck   pi  E 0 0 n n n s  b , c , n abck    i0 l 0 n3 pi2, p0 n 2 ni  E b  n n1 n   s 0 ,c , n abck    E  n n n1  b ,c    2n  2  n s abck  n   s , n abck     n bn  cn l   Cni Cnl i Clp  1  n 1   n abck   n b  n n 1 s c thức Cni Cnl i Clp  1 ni l  2 p  b    ,c  bn ni l  cnl  p ns abck    , nsabck p i      i 0 l 0 n 3 pi2, p 0 đẳng Từ n 2 ni l   0     El npn,lilnnilp ni l  2 p   n abck   C b  n n 1 1 n n 1 n n s (7) bn ni l  cn l  p ns abck   c  Cn1c ta p i   n n  n 1 n b . suy   ns abck  n bn  c n n 1 ra   n abck   s i 0 l 0 n3 p i 2, p 0   n b n n 1  c n n 1 n  2 ni   n abck   C b  1 n n 1 n n s l   Cni Cnl iClp  1  c  Cn1c n  n 1b n  0 . ni l  2 p bn nil  cnl  p ns abck   p i   n   ns abck  nan an1  2nsbck n1   n bck   s i 0 l 0 n3 p i 2, p  0  Cn1b n n1c n  Cn1c n n 1b n  n b n  n 1  c n n 1   n abck   0 (vì b s n  c n  a n  2n s abck )  F  L  0 (9). n2 ni l F   Với  Cni Cnl iClp  1 nil  2 p bn nil cnl  p nsabck   pi   n   nsabck  nan an1  2nsbck n1   n bck  s i0 l 0 n3 pi2, p0  1 n  n 1 n n  c  Cn1c n n1b n  n b n n 1  c n n 1 n s abck . LC b  Ta có F  a 2 (vì n ≥ 5), vì vậy từ đẳng thức (9) ta suy ra L  a 2 . * Ta có: n 1 i n  2 i  n1   n2  L  n n s abck   Cni 1 b n  c n c ni  c n n 1   nb n c n   Cni 2 b n  c n c ni  c n n  2   i0   i 0  n 2 n  4 n 1i n  2 i   n n 1  n n 3   n n s abck   Cni 1 b n  c n c ni  2c     nb n c n   Cni  2 b n  c n c ni   n  2  b n  c n c     i 0   i0  n 2 n  4 n 1i n  2 i     n n s abck  Cni 1 b n  c n c ni  nb n c n  Cni  2 bn  c n c ni   i 0 i 0   n  n 1 s n n n n n 2 M N.   2nc n abck  n  n  2  b  c b c                         n2  n 1 i n 4   C  b  c  c  nb c  C  b N  2nc    n abck   n  n  2   b  c  b c   . * Vì b  c  a  a  2n bck  a nên M  a , mà L  a , nên L  M  N  a . M  n n s abck Với i n 1 n n ni n n i 0 n n 1 n s n n 1 n  s n i n 2 n  cn  n  2 i c ni và i 0 n n n 2 2 2 2 Ta có: N  2nc n n1 n s abck  n  n  2   a n  2n s abck b n c n n 2      2nc n n1 n s abck  n  n  2  a nb nc n n 2  2n  n  2  n s abck b nc n n 2     7   n  n  2  a nb n c n n 2  2nc n n 2 n s abck  c n   n  2  b n  .   n  n  2  a nb n c n n 2  2nc n n 2   n  n  2  a nb n c n n 2  2nc n n 2     n abck  c   n abck  a s n  b n   n  3 b n  s n  2 n s abck   n  3 b n    2    n  n  2  a nb n c n n 2  2na n c n n 2 n s abck  4nc n  n  2 n s abck    2n n s abck  n  3 c n  n  2 b n           PQ. 2 Với P   n  n  2  a nb n c n n 2  2na n c n n 2  n s abck   4nc n n 2   n s abck  và Q  2n n s abck  n  3 c n n 2b n   Vì N  a 2 và P  a 2 nên P  N  Q  a 2 , suy ra k  0 hoặc 2  n  3 a (nếu k ≠ 0). Chứng minh tương tự ta cũng có: n2 ni l * B  C  D   Cni Cnl iClp  1  nil  2 p annil cnl  p nsabck   pi  E 0 0 n n n s  a , c , n abck    i0 l 0 n3 pi2, p0 n2 n i  E a  n n1  n 0   E  s ,c , n abck      2n  2  n s abck n  a ,c   n n n1    s 0 , n abck   Cni Cnl iClp  1  n i l  2 p  a  a n ni l c n l  p ns abck    ,c   p i  , nsabck      i 0 l 0 n3 p i 2, p 0 n 1   n abck   n  a    c     n abck   C a  c  C c   n  a    c     n abck   R  b , suy ra  2n  n abck   n  3 c   n an  c n ra Cn1a n n1 c n  Cn1c n n1 a n l       El npn,lilnni lp n n 1 s n n 1 n n 1 n n 1 s s n n 1 1 n 2 1 n n 1 n n a n . Từ đó suy n n 2 s a n   b 2 suy ra k = 0 hoặc 2  n  3 b (nếu k ≠ 0). n 2 ni l * B  C  D   Cni Cnl iClp  1  ni 2 p bn nil  anl  p nsabck   pi  E 0 0 n n n s  b , a , n abck       i 0 l 0 n3 pi2, p0 n2 n i E n n1 b   n n 0   E  s ,a , n abck      2n  2  n s abck  b ,a   n n n1  s n ni l    b  Từ n lp   , n abck  , a đó s pi suy  , n abck     n an  bn n  2 n i E 0       l Cni Cnl i Clp  1  n i   Elnnpi,llnnilp 2 p bn nil  an l  p ns abck  b     ,a   , nsabck     p i i0 l 0 n 3 p i  2, p 0 n 1   n abck   n  a  n n 1 s l   Cni Cnl i Clp  1 n i 2pb b n  n i l  n n 1 a   n abck   C a  n l  p  s 1 n  n abck  s p i n n 1 n b  Cn1b n  n 1  an . Với . i 0 l 0 p 0 ra     Cn1 a n n1b n  Cn1b n n 1 a n  n a n n 1  b n  n 1   n abck   S  c s 2 , suy ra  2n n s abck  n  3 a n n 2bn   c 2 suy ra k = 0 hoặc 2  n  3 c (nếu k ≠ 0).     Đến đây ta tóm tắt những điều đã chứng minh ở 2.1.1 bởi định lý sau: Định lý 1: Cho n là số nguyên tố lớn hơn 3. Giả sử x = u, y = v, z = t là một nghiệm nguyên khác không của PT: xn + yn = zn, với (u, v) = (u, t) = = (v, t) = 1 và u, v, t đều không chia hết cho n. Khi đó tồn tại số nguyên s với s ≥ 2 và tồn tại bốn số nguyên khác không a, b, c, k và đều không chia hết 8 cho n, sao cho (a,b) = (a,c) = (a,k) = (b,c) = (b,k) = (c,k) = 1, đồng thời a│2(n – 3), b│2(n – 3), c│2(n – 3), v = an + nsabck, u = bn + nsabck, t = cn – nsabck và u + v – t = nsabck. Nhận thấy: Từ đẳng thức (3) và do n lẻ nên ta có thể giả sử u, v, t đều dương, suy ra t > u, t > v, suy ra u + v = cn > 0, t – v = bn > 0, t – u = an > 0, suy ra a, b, c đều dương. Do tính chẵn, lẻ của các số u, v, t trong đẳng thức (3) là bình đẳng và trong chúng có duy nhất một số chẵn và hai số còn lại là lẻ, cho nên, không mất tính tổng quát ta giả sử thêm: c chẵn, còn a và b đều lẻ. Xét hai trường hợp. 2.1.1.1. Khi k ≠ 0 Theo chứng minh trên, với k ≠ 0, ta có: a│2(n – 3), b│2(n – 3) và c│2(n – 3), suy ra abc│2(n – 3) (vì (c,a) = (c,b) = (b,a) =1), từ đó: 2  n  3  rabc, r  * . Ta lại có: n s abck  u  v  t  b 1  nk2   a 1  nk1   c 1  nk3   a  b  c  n  ns 1abck  ak1  bk2  ck3   a  b  c  nm, m   . Ta có a  b  c  nm  2  n  3 m rabcm  3m   3m  2(a  b)   rabm  2 c  6m (10) 2 2 1) Với m ≥ 1 Vì c chẵn và a, b, c, m, r  * , nên c  2 và rabm  2  ab  1  a  b , suy ra 2(a  b)   rabm  2  c  6m , trái với (10). 2) Với m  1 Vì ab ≥ 1, nên xét hai trường hợp. a) Nếu ab  1   Suy ra a = b =1, khi đó c n  u  v  2  2.n s ck  2 1  n s ck  c  2 và n  1 , vô lý. b) Nếu ab ≥ 2 Suy ra  rabm  2  c  6m  0  2(a  b) , trái với (10). 3) Với m = 0 Ta có a + b = c. Vì cn  an  bn  2ns abck nên n  a  b   a n  b n  2n s ab  a  b  k   a  b  n 1 n 1 i    1 a n1i bi  2n s abk   a  b  i 0 n 1 Vì a, b là hai số lẻ nên a + b là số chẵn và i   1 a n 1 n 1 i    1 a n 1i bi  R  2 i0 b là số lẻ, suy ra R là số lẻ, suy ra R  2 , mâu thuẩn. n1i i i 0 Vậy PT (1) vô nghiệm nguyên khác không trong trường hợp này. 2.1.1.2. Khi k = 0 n u  v  t  c  c.c  c  c  1    Ta nhận thấy khi k = 0 thì t  u  v  an  a.a  a  a  1 (vì (c,c’) = (a, a’) = (c, c’) = 1 và a, b, c > 0) t  v  u bn  b.b b  b  1     u  v  t  1 , không thỏa (3). Vậy PT (1) vô nghiệm nguyên khác không trong trường hợp này. 9 2.1.2. Ba số u, v, t chỉ có một số chia hết cho n. Không mất tính tổng quát ta giả sử t  n ,từ (4) suy ra (u  v ) n , áp dụng bổ đề 5c) ta có n 1   n1 i n 1 i i  i n 1 i i  và u  v ,  1 u v  n v   n 2 , kết hợp với (4) và áp dụng bổ đề 4 ta có         1 u i0    i0  n 1 u + v = nsn – 1cn và i   1 u v  ncn với t = nsc.c’, s  * ; c, c '  * (c, c’) = 1, c  n, c  n . n 1 i i i 0 n 1 n 1     Từ (5), (6) suy ra (t  v )  n và (t  u )  n , áp dụng bổ đề 5b) ta có  t  v,  t ni 1vi    t  u,  t ni 1u i   1 , i0 i0      n1 ni 1 i   n1 ni 1 i  , t v  n u   n , kết hợp với (5), (6) và áp dụng bổ đề 3 ta có t – v = bn và    t  i 0   i 0  n 1 với u = b.b’, b, b '  * , (b, b’) = 1, b  n, b  n ; t – u = an, và t n 1 t n  i 1 i v  b n , i 0 u  an , với v = a.a’, a, a '  * , n  i 1 i i 0 (a, a’) = 1, a  n, a  n ; (a,b) = (a,c) = (c,b) = 1. Lập luận như 2.1.1 (trang 3, 4) ta có b’ = 1 + nk2, a’ = 1 + nk1; và  u  v  t  n 2 , mà       u  v  t  n s c n ns 1 s c n1  c  a a  a n1  b b  bn 1  n s abck nên s  2 ; (k,a) = (k,b) = (k,c) =1 và k  n , nếu k ≠ 0. Suy ra v  a n  n s abck , v  b n  n s abck , t  n ns 1c n  n s abck và a n  b n  n ns 1c n  2n s abck . Thay vào (3), ta có:   n a n  n s abck  n   b  3 nsabck  Cn1 an  bn  nns1cn nsabck  n1 n  n s abck n2 i n   n  ns 1 n   1 Cni nsabck c  n s abck i  nns1cn  ni i0    3  2n  n s abck n 2 n i i     1 C  n abck   n i n s ns 1 n c  n i i 0    3  2n  n s abck n 2  n  n n2 i  Cni nsabck b    n ni i 0 n 2 i     Cni n s abck b n  n i  i 0 n 2 n2 i  Cni nr abck a     n ni  0 i 0 i    Cni n s abck a n n  i  0 i 0  B1  C1  D1  0 (11). n 2 i i Với B1   Cni n s abck b n n i  , C1    1 Cni n s abck   i 0  i  n ns 1 n c  i 0 n i n 2 i , D1   Cni n s abck a n n i  .   i 0 * Ta có: n 2 n 2 i D1   Cni n s abck a n ni    Cni n s abck   i 0 n 2 i0 i n i   Cni n s abck  C n n  i  l  l n i   C n n  i  l  l n i i 0 n 2     Cni n s abck i 0 n  2 n i l l 0 i n i b b l 0 l n i l  b n b n  n i l   l 0 ns 1 n c  2n s abck l n p l  p  C  2  n abck   n p s ns 1 n l c  l p p 0 p   Cni Cnl i Clp  2  b i 0 l 0 p 0 n i n i  C a n n i  l  n ns 1 n c l p   n abck  s p i  E b  n n i l   , nns 1c n lp  , n abck  s pi  (12)   Xác định các số hạng của biểu thức D1 trong khai triển (12) hoàn toàn tương tự như cách xác định các số hạng của biểu thức D trong khai triển (8) (xem 2.1.1 trang 4, 5, 6, 7), ta được 10 n2 ni l B1  C1  D1   Cni Cnl iClp  1  nil  2 p n nil  b n ns1 n c l p   n abck  s pi  El  p,lni lp    b  , n c  , n abck   bn nil  , nns1cn , nsabck          E i0 l0 n3 pi2, p0 n2 ni E n n1 b  ,n ns1 n   s 0 c , n abck      2n  2  n s abck   Cn1 n ns 1c n n 2 ni l   n 1  E n  ns 1 n b , n   n c n1  , n abck   s l   0 Cni Cnl iClp  1   2 p ns1 n n n s bn ni l  nns1cn  l p   n abck  s p i  i0 l 0 n3 p i2, p 0 n 1   n abck   n b    n b n  n ns 1c n ni l n 0 n n 1 s   n ns 1c n n 1    n abck   C b  1 n n 1 n s n ns 1c n  b n . Vì vậy, từ đẳng thức (12) ta suy ra Cni Cnl i Clp  1 ni l  2 p bn ni l  nns 1cn  l p   n abck  s p i   n   ns abck  n bn  nns 1cn n1   n abck   s i 0 l 0 n3 p i 2, p 0 n 1  n b n n 1  n ns 1c n     n abck   C b   luận Lập n n 1 1 n n 1 n s chứng  n 1   2n n s abck  n  3 n ns 1c n      n 1 bn  0 . minh n ns 1c n  Cn1 n ns 1c n Cn1b  n ns 1c n  Cn1 n ns 1c  tương tự như 2.1.1 (trang 7, 8) n 1 n n 1  n s abck  L  a 2 , suy ra b n  n b    n ns 1c n 1    n 2   ta suy ra được  b n   a 2 suy ra k = 0 hoặc 2  n  3 a (nếu k ≠ 0).  Biến đổi tương tự ta cũng có: n2 ni l * B1 C1  D1   Cni Cnl iClp  1  nil  2 p an nil  nns1cn  lp   n abck s pi  El p,l ni lp    a  , n c  , n abck    annil , nns1cn , nsabck          E i0 l0 n3 pi2, p0 n2 ni E a  n n1   0   E ,nns1cn , ns abck      2n  2  n s abck  Cn1 n ns 1c n  n 1  n ns1 n a , n c   n n1  , n abck   s   n a n  n ns 1c n suy ra  2n n s abck  n  3 n ns 1c n    n2 ni l * B1  C1  D1    Cni Cnl i Clp  1  n 1 n n 1 n 2 n n 1 s   n ns 1c n  n ns 1c n  Cn1 n ns 1c n  n 1  2 b    ,an , ns abck     E n ni   0 n n1 , ns abck   b ,a     2n  2  n s abck  n     n an  bn E    b   n ni l n lp   , n abck  , a s pi    l p   n abck  s pi  n 1 s 1 n  n n 1 n 1 n ns 1c n     n abck   P b s 1 2 ,   p i  E 0 0 n n n s  b , a , n abck       l Cni Cnl i Clp  1  n i   E lnnpi,l lnnil p 2 p bn nil  an l  p ns abck  b     ,a   , nsabck     p i i0 l 0 n 3 p i  2, p 0 n 1   n abck   n  a  n  2 n i Với  a n   b 2 suy ra k = 0 hoặc 2  n  3 b (nếu k ≠ 0).  n2 n i 0 an ni l  nns 1cn    n abck   C a  i0 l 0 n3 p i2, p0 E n n1 p n s a n  n  a n n1  nns 1c n  Cni Cnl iClp  1 2 p bn nil  anl  p nsabck  nil ns1 n n i 0 l 0 n3 pi2, p0   n abck   n  a  a n . Từ đó suy ra Cn1 a  l 0    n 0 n n 1 s l   Cni Cnl i Clp  1 b n i n n 1 2pb   n abck   C a  s n  n i l  a n l  p  1 n n n 1 n  n abck  s p i b  Cn1b . n  n 1 Từ  an . đó suy ra i 0 l 0 p 0    Cn1 a n n1b n  Cn1b n n 1 a n  n a n n 1  b n  n 1   n abck   S  c s 2 , suy ra  2n n s abck  n  3 a n n 2b n   c 2 suy ra   k = 0 hoặc 2  n  3 c (nếu k ≠ 0). Đến đây ta tóm tắt những điều đã chứng minh ở 2.1.2 bởi định lý sau: 11 Định lý 2: Cho n là số nguyên tố lớn hơn 3. Giả sử x = u, y = v, z = t là một nghiệm nguyên khác không của PT: xn + yn = zn, với (u, v) = (u, t) = = (v, t) = 1 và t chia hết cho n. Khi đó tồn tại số nguyên s với s ≥ 2 và tồn tại bốn số nguyên khác không a, b, c, k đều không chia hết cho n, sao cho (a,b) = (a,c) = (a,k) = (b,c) = (b,k) = (c,k) = 1, đồng thời a│2(n – 3), b│2(n – 3), c│2(n – 3), v = an + nsabck, u = bn + nsabck, t = nns – 1cn – nsabck và u + v – t = nsabck. Xét hai trường hợp. 2.1.2.1. Khi k ≠ 0 Theo chứng minh trên, với k ≠ 0, ta có a│2(n – 3), b│2(n – 3), mà (a,b) =1 nên ab│2(n – 3), suy ra 2  n  3  r ab , r  *  ab  2  n  3 . Vì t  n nên  u  v   n , mà u + v = a + b + n(ak1 + bk2), từ đó  a  b  n , suy ra a  b  nm , m  * . Với a, b  * , ta có 2n  5  ab  1  a  b  a  b  m n  m  0;1 . Ta có a  b  nm  2  n  3 m 2  3m  r ab m  3m  2(a  b)  r ab m  6m 13 2 1) Với m = 0 Ta có: a  b  0  a n  b n  0  n ns 1c n  u  v  2n s abck  nns 1 s c n1  2abk  ab  n , vô lý. 2) Với m  1 Ta có a + b = n (14) suy 2n  2(a  b)  r ab  6  r  ab  1  6  r  r  a  b   6  r  r  a  b   6  r  r  a  b   6  r  nr  6  r ra  2n  nr  6  r   n  1 2  r   4  r  1  2(a  b)  ab  6 (15), suy ra ab là số chẵn, suy ra ab  2 . Từ (14) suy ra a + b là số lẻ, vì vậy không mất tính tổng quát ta giả sử a chẵn và b lẻ a) Nếu ab ≥ 2 Ta có: (15)  a  2  a  4 2  (vì ab  2; a, b  * và a  2)  n  5 ( do (14)) . 2b b 1 Vì (a,b) = (a,c) = (b,c) = 1 và 2  n  3  4 c nên c  1 . i) Với c = 1 Ta có 55 s 1  15  45  8.5s k  55 s  2  205  8.5s 1 k (16) . . Khi s = 2 Từ (16) suy ra: 57  41  8k  19521  2k  19521 2 , vô lý. . Khi s ≥ 3 Từ (16) suy ra 55s 3  41  8.5s  2 k  415 , vô lý. ii) Với c = –1 Ta có 55 s 1  15  45  8.5s k  55 s  2  205  8.5s 1 k (17) . . Khi s = 2 12 Từ (17) suy ra: 57  41  8k  39083  4k  39083 4 , vô lý. . Khi s ≥ 3 Từ (17) suy ra 55 s 3  41  8.5s  2 k  415 , vô lý. Vậy PT (1) vô nghiệm nguyên khác không trong trường hợp này. b) Nếu ab  2 Ta có: (15)  a  2  b  1 10  (vì ab  2; a, b  * và a  2)  n  7 (do (14)) . 2b  a 8 Vì (c,a) = (c,b) = (b,a) =1 và 2  n  3  8 c nên c  1 . i) Với c = 1 7 Ta có 77 s 1   1  87  16.7 s k  77 s  7  7.87  16.7 s 1 k  7 s  7  0  mod16    7 s  7 16 (18). + Khi s chẵn   s 2 i   Vì 7 s  7  7 7 s 1  1  8  1 7 s 1i , nên 7 s  7  16 , trái với (18). i 0 + Khi s lẻ s 1  s 1  i i Vì 7 s  7  7 s  1  6  8  1 7 s 1i  6  2  4  1 7 s 1i  3 nên 7 s  7  16 , trái với (18). i0  i 0  Vậy PT (1) vô nghiệm nguyên khác không trong trường hợp này.     ii) Với c = –1 Ta có 77 s 1  1  87  16.7 s k (19) + Khi s = 2  12  Từ (19) ta có 713  1  87  16.7 2 k  1  713   87  16.7 2 k  2  3 712i   87  16.7 2 k  i 0   12   2  3 712i 16 , vô lý.  i 0  + Khi s ≥ 3 Từ (19) suy ra 77 s 3  42799  16.7 s  2 k  42799 7 s  2  42799 7 , vô lý. Vậy PT (1) vô nghiệm nguyên khác không trong trường hợp này. 3) Với m = –1 Ta có   a    b   n , cho nên, nếu xem –a như a và –b như b thì ta cũng tìm được a, b, c và n. Lập luận tương tự như trường hợp m = 1, ta suy ra PT(1) vô nghiệm trong khác không trường hợp này. 2.1.2.2. Khi k = 0 Ta có t  u  v  n s c.c  nns 1c n  c  n ns 1 s c n1  c n , vô lý (vì c  n ). Vậy PT (1) vô nghiệm nguyên khác không trong trường hợp này. 2.2. Khi n = 3 Nhà toán học Leonhard Euler (1707 – 1783) đã chứng minh PT(1) vô nghiệm nguyên khác không trong trường hợp này. 13 2.3. Khi n = 4 Nhà toán học Pierre de Fermat (1601–1665) đã chứng minh PT(1) vô nghiệm nguyên khác không trong trường hợp này. 2.4. Khi n = pk, p là số nguyên tố lẻ hoặc p = 4 ( k  N* ) Từ kết quả chứng minh ở 2.1, 2.2, 2.3, áp dụng bổ đề 2 ta suy ra PT (1) vô nghiệm nguyên khác không trong trường hợp này. Tóm lại với mọi số nguyên n ≥ 3, PT(1) vô nghiệm nguyên khác không. Vậy định lý lớn Fermat đã được chứng minh. Phú Vang, 30/04/2013 Tác giả Tôn Thất Hiệp 14