Tài liệu Luận văn Thạc sĩ Toán học Một số dạng phương trình nghiệm nguyên

Pi ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC -------- THÂN VĂN CƯƠNG MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN Chuyên ngành: Công nghệ sinh học Mã số: 60.46.40 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS. Hà Huy Khoái Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Pii THÁI NGUYÊN – 2011 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Piii Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 1 Mục lục Mục lục ............................. 1 Mở đầu ........................................................................................................................................... 1 1 MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN ........................................................................................... 2 1.1. Một số kết quả của số học trong giải phương trình nghiệmnguyên ....... 3 1.2. Phương trình Điôphăng tuyến tính .......................................................................... 4 1.2.1. Định nghĩa ........................................................................................................................ 4 1.3. Phương trình Fermat ...................................................................................................... 6 1.3.1. Các bộ số Pitago ............................................................................................................ 6 1.3.2. Phương trình Fermat ................................................................................................10 1.3.3. Phương trình Pell ........................................................................................................16 2 MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆMNGUYÊN ........................................... 24 2.1. Phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên bằng cáchphân tích .25 2.1.1. Mô tả phương pháp ..................................................................................................25 2.1.2. Một số ví dụ...................................................................................................................26 2.2. Phương pháp lựa chọn Modulo...............................................................................30 2.2.1. Mô tả phương pháp ..................................................................................................30 2.2.2. Một số ví dụ...................................................................................................................30 2.3. Phương pháp sử dụng các tính chất cơ bản của số học ..............................37 2.3.1. Mô tả phương pháp ..................................................................................................37 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 2.3.2. Một số ví dụ...................................................................................................................37 2.4. Phương pháp lùi vô hạn (phương pháp xuống thang) .................................45 2.4.1. Mô tả phương pháp ..................................................................................................45 2.4.2. Một số ví dụ...................................................................................................................45 2.5. Phương pháp đánh giá .................................................................................................50 2.5.1. Mô tả phương pháp ..................................................................................................50 2.5.2. Một số ví dụ...................................................................................................................50 Kết luận .........................................................................................................................................56 Tài liệu tham khảo ...................................................................................................................56 2 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 1 Mở đầu Số học là một trong những lĩnh vực cổ xưa nhất của Toán học, và cũng là lĩnh vực tồn tại nhiều nhất những bài toán, những giả thuyết chưa có câu trả lời. Trên con đường tìm kiếm lời giải cho những giả thuyết đó, có nhiều tư tưởng lớn, nhiều lí thuyết lớn của toán học đã nẩy sinh. Hơn nữa, trong những năm gần đây, Số học không chỉ là một lĩnh vực của toán học lí thuyết, mà còn là lĩnh vực có nhiều ứng dụng, đặc biệt trong lĩnh vực bảo mật thông tin. Vì thế, việc trang bị những kiến thức cơ bản về số học ngay từ trường phổ thông là hết sức cần thiết. Không như nhiều ngành khác của toán học, có rất nhiều thành tựu hiện đại và quan trọng của Số học có thể hiểu được chỉ với những kiến thức phổ thông được nâng cao một bước. Do đó, đây chính là lĩnh vực thuận lợi để đưa học sinh tiếp cận nhanh với khoa học hiện đại. Tuy nhiên, trong chương trình Số học ở trường phổ thông hiện nay, môn Số học chưa được giành nhiều thời gian. Cũng vì thế mà học sinh thường rất lúng túng khi giải bài toán Số học, đặc biệt là trong các kì thi chọn học sinh giỏi. Trong phần Số học, các bài toán về Phương trình nghiệm nguyên đóng vai trò quan trọng trong việc hình thành và nghiên cứu lí thuyết để hoàn thiện. Việc giải các bài toán về phương trình nghiệm nguyên chính là việc áp dụng các kiến thức của số học. Đây là một trong những bài toán cơ bản được đề cập nhiều trong các kì thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh (thành phố), Quốc gia, Quốc tế. Mục đích chính của luận văn là nêu ra được một số dạng phương trình nghiệm nguyên và phương pháp giải của từng dạng. Cụ thể là phân loại được các dạng phương trình thông qua hệ thống bài tập giải phương trình nghiệm nguyên. Đồng thời đưa ra được hệ thống các bài tập tham khảo cho từng dạng. Nội dung của luận văn gồm 2 chương Chương 1: Trình bày các kiến thức cơ bản trong việc áp dụng giải phương trình nghiệm nguyên. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 2 Chương 2: Một số dạng phương trình nghiệm nguyên và phương pháp giải. Luận văn này được hoàn thành với sự hướng dẫn và chỉ bảo tận tình của GS.TSKH. Hà Huy Khoái - Viện Toán Học Hà Nội. Thầy đã dành nhiều thời gian hướng dẫn và giải đáp các thắc mắc của tôi trong suốt quá trình làm luận văn. Tôi xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến Thầy. Tôi xin cảm ơn tới Sở Nội Vụ, Sở Giáo dục và Đào tạo tỉnh Bắc Giang, trường THPT Tân Yên 2, tổ Toán trường THPT Tân Yên 2 đã tạo điều kiện giúp đỡ tôi hoàn thành khóa học này. Tôi xin gửi tới các Thầy Cô khoa Toán, phòng Đào tạo sau Đại học Trường Đại Học Khoa Học - Đại Học Thái Nguyên, cũng như các Thầy cô tham gia giảng dạy khóa Cao học 2009-2011 lời cảm ơn sâu sắc về công lao dạy dỗ trong suốt quá trình giáo dục, đào tạo của nhà trường. Đồng thời tôi xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp Cao Học Toán K3A Trường Đại Học Khoa Học đã động viên giúp đỡ tôi trong quá trình học tập và làm luận văn này. Tuy nhiên do sự hiểu biết của bản thân và khuôn khổ của luận văn thạc sĩ, nên chắc rằng trong quá trình nghiên cứu không tránh khỏi những thiếu sót, tôi rất mong được sự đóng góp ý kiến của các Thầy Cô và độc giả quan tâm tới luận văn này. Thái Nguyên, ngày 15 tháng 6 năm 2011 Tác giả THÂNVĂNCƯƠNG Chương 1 MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN Trong chương này trình bày một số kiến thức cơ bản của một số loại phương trình như phương trình Điôphăng tuyến tính, phương trình Fermat, phương trình Pell... Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 3 1.1. Một số kết quả của số học trong giải phương trình nghiệm nguyên Định lý 1.1.1. (Định lý cơ bản về số nguyên tố). Cho n là số nguyên dương lớn hơn 1. Khi đó n luôn có thể biểu diễn được một cách duy nhất dưới dạng sau: . Trong đó k,αi(i = 1,2,...,k) là các số tự nhiên và pi là các số nguyên tố thỏa mãn: 1 < p1 < p2 < .... < pk. Định lý 1.1.2. (Định lý Euclid.) Tồn tại vô hạn số nguyên tố. Định lý 1.1.3. (Định lý cơ bản về mối liên hệ giữa tính chia hết và số nguyên tố). Giả sử a,b là hai số nguyên dương, còn p là số nguyên tố sao cho ab...p. Khi đó ta phải có hoặc là a...p, hoặc là b...p. Định nghĩa 1.1.1. Cho hai số nguyên a và b. Ta nói rằng a đồng dư vơi b theo Modulo m (m nguyên dương) và ký hiệu a ≡ b(mod m) khi ...m. và chỉ khi (a − b) Các tính chất cơ bản của đồng dư Tính chất 1. Nếu a ≡ b(mod m) và c ≡ d(mod m) thì a+c ≡ b+d(mod m) và ac ≡ bd(mod m). Tính chất 2. Nếu p là số nguyên tố và ab ≡ 0 (mod p) thì a ≡ 0(mod p) hay b ≡ 0(mod p). Định lý 1.1.4. (Định lý Fermat). Nếu p là một số nguyên tố và a là một số nguyên tùy ý thì Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 4 (ap − a)...p. Khi (a,p) = 1, thì ap−1 ≡ 1(modp). Định lý 1.1.5. (Định lý Euler) Nếu m là số nguyên dương và (a,m) = 1, thì aφ(m) ≡ 1(mod m) Ở đây φ(m) là số các số nguyên dương nhỏ hơn m và nguyên tố cùng nhau với m. ( φ(m) gọi là Phi-hàm Euler) Định lý 1.1.6. (Định lý Wilson). p là số nguyên tố khi và chỉ khi (p − 1)! + 1 chia hết cho p Định lý 1.1.7. (Định lý Fermat-Euler). Nếu p = 4k +1, thì tồn tại các số nguyên dương a,b sao cho p = a2 + b2. Định lý 1.1.8. (Định lý phần dư Trung Hoa). Giả sử r và s là các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau, a và b là hai số nguyên tùy ý. Khi đó tồn tại một số nguyên N sao cho N ≡ a(mod r) và N ≡ b(mod s). Ngoài ra N được xác định một cách duy nhất. 1.2. 1.2.1. Phương trình Điôphăng tuyến tính Định nghĩa Phương trình Điôphăng tuyến tính là phương trình có dạng: ax + by = c (1) trong đó a,b,c là các số nguyên, các giá trị x,y cũng nhận các giá trị nguyên. Giải phương trình Điôphăng (1) tức là tìm các cặp số nguyên (x,y) thỏa mãn (1) Định lý 1.2.1. Giả sử a,b là các số nguyên, d là ước chung lớn nhất của a và b. Khi đó phương trình ax + by = c không có nghiệm nguyên nếu d không là ước của c. Nếu d|c thì phương trình có vô số nghiệm. Hơn nữa nếu x = x0,y Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 5 = y0 là một nghiệm nào đó của phương trình thì mọi nghiệm của phương trình có dạng: . Trong đó n là số nguyên. Chứng minh. Giả sử (x,y) là nghiệm của phương trình . Do d|a,d|b nên d|c. Như vậy , nếu d không là ước của c thì phương trình không có nghiệm nguyên. Vì (a,b) = d nên tồn tại số nguyên t và s sao cho d = as + bt(2) Cũng do d|c nên tồn tại e nguyên sao cho de = c. Nhân hai vế của (2) với c ta được : c = de = (as + bt)e = a(se) + b(te). Như vậy, ta có một nghiệm của phương trình cho bởi x = x0 = se,y = y0 = te. Ta sẽ chứng minh tồn tại vô số nghiệm. Đặt trong đó n nguyên. Ta thấy cặp (x,y) xác định như trên là một nghiệm, vì Ta chỉ còn phải chứng minh rằng, mọi nghiệm của phương trình phải có dạng nêu trên. Giả sử(x,y) là một nghiệm tùy ý, tức là x.y nguyên và thỏa mãn ax + by = c. Khi đó (ax + by) − (ax0 + by0) = 0 suy ra a(x − x0) + b(y − y0) = 0 Tức là a(x − x0) = b(y − y0) Chia hai vế của đẳng thức này cho d, ta được (3) Do d = (a,b) nên và nguyên tố cùng nhau. Từ đó suy ra y0 − y chia hết cho , tức là tồn tại n nguyên sao cho . Suy ra . Thay giá trị này của y vào phương trình (3) ta được Định lý trên giúp ta tìm được nghiệm của phương trình Điôphăng tuyến tính. Ví dụ 1.2.1. Giải phương trình nghiệm nguyên sau: Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 6 3x + 17y = 159 (1) Lời giải. Ta nhận thấy ước chung lớn nhất của 3 và 17 bằng 1 nên d = 1. Giả sử (x0,y0) là nghiệm nguyên thỏa mãn phương trình (1). Ta nhận thấy 159 và 3x đều chia hết cho 3 nên 17y...3 do đó y...3. Đặt y0 = 3t0,t ∈ Z thay vào phương trình ta được 3x0 + 17.3t0 = 159 ⇔ x0 + 17t0 = 53 Do đó: ( x = 53 − 17t y = 3t Với t nguyên tùy ý Đảo lại thay các biểu thức của x và y vào phương trình ta được nghiệm đúng. Vậy phương trình (1) có vô số nghiệm nguyên được xác định bởi công thức trên 1.3. Phương trình Fermat 1.3.1. Các bộ số Pitago Bộ ba số nguyên dương (x,y,z) thỏa mãn phương trình: x2 + y2 = z2 được gọi là một bộ số Pitago - Tên gọi đó xuất phát từ Định lý Pitago quen thuộc. Như vậy, (x,y,z) là một bộ số Pitago khi và chỉ khi tồn tại tam giác vuông có số đo hai cạnh góc vuông là x và y , số đo cạnh huyền bằng z (Với x,y,z là các số nguyên dương). Giả sử các bộ số (3,4,5), (6,8,10).....là các bộ số Pitago. Rõ ràng là nếu (x,y,z) là bộ Pitago thì (kx,ky,kz) cũng là một bộ số Pitago với mọi số tự nhiên k. Do đó, ta chỉ cần xét bộ ba số nguyên tố cùng nhau. Định nghĩa 1.3.1. Bộ số Pitago (x,y,z) được gọi là nguyên thủy nếu (x,y,z) = 1. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 7 Ví dụ 1.3.1. : Các bộ số (3,4,5), (5,12,13) là nguyên thủy, bộ số (6,8,10) không nguyên thủy. Nếu bộ ba số (x,y,z) là không nguyên thủy, chẳng hạn (x,y,z) = d, thì là một bộ số Pitago nguyên thủy. Để tìm bộ số Pitago nguyên thủy ta dùng Bổ đề sau đây Bổ đề 1.3.1. Nếu (x,y,z) là một bộ Pitago nguyên thủy thì (x,y) = (y,z) = (z,x) = 1.(ký hiệu (x,y,z,...) = d được hiểu là UCLN của các số x,y,z,.....). Chứng minh. Giả sử (x,y,z) là một bộ số Pitago nguyên thủy và (x,y) > 1. Khi đó tồn tại số nguyên p sao cho p|(x,y). Vì p|x và p|y nên p|(x2 + y2) = z2. Do p nguyên tố mà p|z2 nên p|z. Từ đó dẫn đến mâu thuẫn với giả thiết (x,y,z) = 1. Vậy (x,y) = 1. Tương tự (x,z) = (y,z) = 1. Bổ đề 1.3.2. Giả sử (x,y,z) là bộ số Pitago nguyên thủy. Khi đó x chẵn, y lẻ hoặc x lẻ, y chẵn. Chứng minh. Giả sử (x,y,z) là một bộ Pitago nguyên thủy. Do Bổ đề 1.2.1 (x,y) = 1, nên x và y không thể cùng chẵn. Nếu x,y cùng lẻ thì ta có x2 ≡ y2 ≡ 1 (mod 4) Nên z2 = x2 + y2 ≡ 2.(mod 4) Điều đó vô lý. Vậy x và y không cùng tính chẵn lẻ. Bổ đề 1.3.3. Giả sử r,s,t là các số nguyên dương sao cho (r,s) = 1 và rs = t2. Khi đó tồn tại các số nguyên h,l sao cho r = l2 và s = h2. Chứng minh. Nếu r = 1 hoặc s = 1 thì Bổ đề là hiển nhiên. Ta giả sử r > 1 và s > 1. Giả sử các phân tích r,s,t ra thừa số nguyên tố ta được các dạng sau r = pα11pα22pα33....pαnn s Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên = http://www.lrc-tnu.edu.vn 8 pnα+1n+1pαn+2n+2....pαm m t = q1β1q2β2....qkβk Vì (r,s) = 1 nên các số nguyên tố xuất hiện trong phân tích của r và s là khác nhau. Do r.s = t2 nên . Từ Định lý cơ bản của Số học ta suy ra rằng, các lũy thừa nguyên tố xuất hiện ở hai vế của đẳng thức phải như nhau. Vậy mỗi pi phải bằng một qj nào đó, đồng thời αi = 2βj. Do đó, mỗi số mũ αi đều chẵn nên nguyên. Từ đó suy ra r = l2,s = h2, trong đó l,h là các số nguyên: Định lý sau mô tả tất cả các bộ số Pitago nguyên thủy. Định lý 1.3.1. Các số nguyên dương (x,y,z) lập thành một bộ Pitago nguyên thủy, với y chẵn, nếu và chỉ nếu tồn tại các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau m,n với m > n, m lẻ, n chẵn hoặc m chẵn, n lẻ sao cho x = m2 − n2 y = 2mn z = m2 + n2 . Chứng minh. Giả sử x,y,z là một bộ số Pitago nguyên thủy. Từ Bổ đề 1.2.2 cho thấy x lẻ, y chẵn, hoặc ngược lại. Vì ta giả thiết y chẵn nên x,z đều lẻ. Do x+z và z −x đều là số chẵn, nên các số Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên đều là số nguyên. http://www.lrc-tnu.edu.vn 9 Vì x2 + y2 = z2 nên . Vậy Ta để ý rằng (r,s) = 1. Thật vậy, nếu (r,s) = d thì do d|r,d|s nên d|(r + s) = z và d|(r − s) = x. Điều đó có nghĩa là d|(z,x) = 1 nên d = 1. Áp dụng Bổ đề 1.2.3 ta thấy rằng tồn tại các số nguyên m, n sao cho r = m2,s = n2. Viết x,y,z thông qua m,n ta có Ta cũng có (m,n) = 1, vì mọi ước chung của m và n cũng là ước của x = m2 − n2,y = 2mn,z = m2 + n2, nên là ước chung của (x,y,z). Mà x,y,z nguyên tố cùng nhau nên (m,n) = 1. Mặt khác, m và n không đồng thời là hai số lẻ nên m chẵn, n lẻ hoặc ngược lại. Vậy mỗi bộ số Pitago nguyên thủy có dạng đã nêu. Để chứng tỏ rằng bộ ba số x = m2 − n2 y = 2mn z = m2 + n2 . Trong đó m,n là các số nguyên dương, m > n,(m,n) = 1 và m 6= n và m 6≡ n(mod 2) lập thành một bộ số Pitago nguyên thủy, trước tiên ta nhận xét rằng x2 + y2 = (m2 − n2)2 + (2mn)2 = (m4 − 2m2n2 + n4) + 4m2n2 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 10 = m4 + 2m2n2 + n4 = (m2 + n2)2 = z2. Ta chứng minh x,y,z nguyên tố cùng nhau. Giả sử ngược lại (x,y,z) = d > 1. Khi đó tồn tại số nguyên tố p sao cho p|(x,y,z). Ta thấy rằng p - 2 vì x lẻ ( do x = m2 − n2 trong đó m2 và n2 không cùng tính chẵn lẻ). Lại do p | x,p | z nên p | (z + x) = 2m2 và p | (z − x) = 2n2. Vậy p | m và p | n: Mâu thuẫn với (m,n) = 1. Do đó (x,y,z) = 1 tức là (x,y,z) là một bộ số Pitago nguyên thủy. Ví dụ 1.3.2. Lấy m = 5,n = 2 ta tìm được x = 21,y = 20,z = 29 là một bộ số Pitago nguyên thủy. 1.3.2. Phương trình Fermat Ta thấy rằng phương trình x+y=z Có vô hạn nghiệm nguyên (x,y,z). Các bộ số Pitago cũng cho ta vô hạn nghiệm nguyên của phương trình x2 + y2 = z2 Cứ như vậy nếu số mũ của các biến tăng lên, liệu rằng phương trình xn + yn = zn với n ≥ 3 có nghiệm nguyên hay không? nếu có thì số nghiệm là hữu hạn hay vô hạn? Định lý 1.3.2. (Định lý Fermat) Phương trình xn + yn = zn không có nghiệm nguyên x,y,z khác 0 khi n là số nguyên, n ≥ 3. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 11 Định lý Fermat được chứng minh năm 1993 bởi A. Wiles, với việc sử dụng những kiến thức cao nhất của nhiều ngành toán học khác nhau. Trong phần này chúng ta sẽ chứng minh Định lý lớn Fermat cho trường hợp n = 4. Một trong những mấu chốt của phương pháp lùi vô hạn do Fermat đề xuất. Định lý 1.3.3. Phương trình x4 + y4 = z4 không có nghiệm nguyên x,y,z khác 0. Chứng minh. Giả sử phương trình trên có nghiệm nguyên x,y,z khác 0. Vì ta có thể thay biến tùy ý bởi số đối của nó nên ta có thể xem x,y,z là các số nguyên dương. Ta giả thiết (x,y) = 1. Thật vậy, nếu (x,y) = d thì x = dx1,y = dy1, trong đó x1,y1 là các số nguyên dương. Ta sẽ chỉ ra phương trình x4 + y4 = z2 không có nghiệm nguyên dương vì vậy phương trình x4 + y4 = z4 cũng không có nghiệm nguyên dương. Vì x4 + y4 = z2 nên (dx1)4 + (dy1)4 = z2 do đó: d4(x41 + y14) = z2 Vậy d4 | z2, suy ra d2 | z, nghĩa là z = d2z1 với z1 là số nguyên dương. Do đó nên Ta nhận được nghiệm x4 + y4 = z2 với các số nguyên dương x = x1,y = y1,z = z1, trong đó (x1,y1) = 1. Bây giờ ta giả sử x = x0,y = y0,z = z0 là nghiệm của phương trình x4 + y4 = z2, trong đó (x0,y0) = 1. Ta sẽ chỉ ra tồn tại nghiệm khác gồm các số nguyên dương x = x1,y = y1,z = z1 với (x1,y1) = 1 sao cho z1 < z0. Vì nên Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên , http://www.lrc-tnu.edu.vn 12 tức là là một bộ số Pitago. Hơn nữa, , vì nếu p là số thì p | x0,p | y0 , mâu thuẫn với (x0,y0) = 1. Như vậy, nguyên tố, là một bộ số Pitago nguyên thủy, tồn tại các số nguyên dương m,n với (m,n) = 1,m 6≡ n(mod2) và x20 = m2 − n2 y02 = 2mn z0 = m 2 + n2 Trong đó có thể xem đẳng thức của là số chẵn. (nếu cần thì đổi ký hiệu Từ ta được: Do (m,n) = 1 nên (x0,n,m) là một bộ số Pitago nguyên thủy. Tồn tại các số nguyên dương r,s với (r,s) = 1,r 6≡ s(mod 2) và x20 = r2 − s2 n = 2rs m = r2 + s2 Vì m lẻ và (m,n) = 1, ta có (m,2n) = 1. Do nên tồn tại các số Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 13 nguyên dương z1 và w với . Vì w chẵn, w = 2u, trong đó u là số nguyên dương, nên Do (r,s) = 1, tồn tại các số nguyên dương x1,y1 sao cho . Chú ý rằng vì (r,s) = 1 nên dễ suy ra (x1,y1) = 1. Như vậy, , trong đó x1,y1,z1 là các số nguyên dương với (x1,y1) = 1. Hơn nữa, ta có z1 < z0 vì Để kết thúc chứng minh định lý, giả sử x4 + y4 = z4 có ít nhất một nghiệm nguyên. Do nguyên lý sắp thứ tự tốt, trong số các nghiệm nguyên dương, tồn tại nghiệm nguyên với giá trị z0 bé nhất. Tuy nhiên ta đã chỉ ra rằng, từ nghiệm này ta có thể tìm nghiệm khác với giá trị bé hơn của biến z. Từ đó dẫn đến mâu thuẫn. Như vậy ta đã được điều phải chứng minh. * Về Định lý lớn Fermat Ta biết có vô số bộ ba số nguyên dương thỏa mãn phương trình x2 + y2 = z2. Đương nhiên xuất hiện một câu hỏi: có ba số nguyên dương nào thỏa mãn phương trình x3 + y3 = z3 không? Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 14 Vào năm 1637, nhà toán học Pháp Fermat (Pierre de Fermat, 1601 – 1665) đã nêu lên mệnh đề sau, được gọi là định lý lớn Fermat: Phương trình xn + yn = zn (với n là số nguyên lớn hơn 2) không có nghiệm nguyên dương. Fermat đã viết vào lề cuốn Số học của Điôphăng, ở cạnh mục giải phương trình x2+y2 = z2 “Không thể phân tích được một lập phương đúng thành tổng của hai lập phương, không thể phân tích được một trùng phương thành tổng của hai trùng phương, và nói chung với bất cứ lũy thứa nào lớn hơn 2 thành tổng của hai lũy thừa cùng bậc. Tôi đã tìm được cách chứng minh kì diệu mệnh đề này, nhưng lề sách này quá chật nên không thể ghi lại được.” Năm 1670, năm năm sau khi Fermat mất, con trai ông đã công bố mệnh đề này. Lịch sử chứng minh Định lý lớn Fermat Hình 1.1: Người ta đã tìm thấy chứng minh của Fermat với n = 4, nhưng không biết được ông đã giải bài toán tổng quát như thế nào? Liệu lời giải của ông có sai lầm hay không? Chỉ biết rằng phải đến một thế kỷ sau, Ơle mới chứng minh được bài toán với n = 3 năm 1753 trong thư gửi Gônbach. Năm 1825, bằng những phát minh mới về lý thuyết số, Đirichlê và Lơgiăngđrơ chứng minh được với n = 5. Năm 1839 Lamê chứng minh được với n = 7. Sau đó khoảng năm 1850 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 15 Kume chứng minh được với mọi n ≤ 100 . Năm 1978, nhờ máy tính điện tử người ta đã chứng minh được bài toán với mọi n nhỏ hơn 125000. Phương trình xn + yn = zn được gọi là phương trình Fermat. Nó đã lôi cuốn các nhà toán học chuyên nghiệp và nghiệp dư suốt hơn ba thế kỷ. Trên con đường tìm cách giải phương trình đó, nhiều lý thuyết toán học mới đã được sáng tạo ra. Trong bốn chục năm gần đây, nhiều nhà toán học đã đạt được những kết quả quan trọng. Và đề chứng minh Định lý lớn Fecma, chỉ còn chứng minh giả thuyết do Taniyama nêu ra "mọi đường cong elliptic đều là đường cong Weil." Chúng ta tìm hiểu đôi chút về điều này. Ta xem mỗi nghiệm nguyên của phương trình là một điểm có toạ độ nguyên của một đường cong. Đường cong elliptic được Taniyama đưa ra năm 1955 trong một hội nghị quốc tế ở Nhật Bản, đó là đường cong cho bởi phương trình y2 = x3 + mx2 + nx + p thỏa mãn điều kiện “không có điểm kì dị”. Nhà toán học Đức Frey là người đầu tiên gắn việc chứng minh định lý lớn Fermat với các đường cong elliptic: giả sử định lý lớn Fermat không đúng thì tồn tại các số nguyên a,b,c khác 0 và số tự nhiên n sao cho an +bn = cn . Khi đó tồn tại một đường cong elliptic đặc biệt dạng Frey. Năm 1986, Ribet chứng minh được rằng: đường cong elliptic dạng Frey nếu tồn tại thì nó không phải là đường cong Weil. Như thế, nếu định lý lớn Fermat không đúng thì tồn tại một đường cong elliptic mà không phải là đường cong Weil, trái với giả thuyết Taniyama. Điều đó có nghĩa là nếu chứng minh được giả thuyết Taniyama thì cũng chứng minh được định lí lớn Fermat. Tháng 6 năm 1993, trong một hội nghị toán học quốc tế ở Anh, nhà toán học Anh Andrew Wiles (Enđriu Oailơ), sinh năm 1953, công bố chứng minh giả thuyết Taniyama cho các đường cong elliptic dạng Frey dày 200 trang, tức là đã chứng minh được địng lý lớn Fermat. Tháng 12 năm ấy, người ta tìm thấy một “lỗ hổng” trong chứng minh của Wiles. Tuy nhiên các chuyên gia trong lĩnh vực này cho rằng con đường đi của Wiles là hợp lý, sai lầm của Wiles là có thể khắc phục được. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn