chứng minh định lý cuối cùng fermat:
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
1 tháng 9 2019
Xét dãy số :
a,2a,3a,4a,..,(p−1)a
TH1 :
Nếu tồn tại 2 số có cùng số dư khi chia cho p là m.a và n.a ( m < n , m và n là các hằng số )
thì m.a - n.a = ( m - n ) a ⋮ p .
dễ nhận thấy 0 < m - n < p nên a ⋮ p suy ra (a,p) = p ≠ 1 suy ra Vô lý ( Loại )
TH2 :
Khi lấy các số trong dãy trên chia cho p không có số nào có cùng số dư khi chia cho p .
Suy ra các số dư lần lượt là 1,2,3,4,... p-1 vì a không chia hết cho p .
Hay a.2a.3a...(p−1)a≡1.2.3.4...(p−1)(modp)
Hay ap−1.(p−1)!≡(p−1)!(modp)
Hay ap−1≡1(modp)
TV
7
13 tháng 10 2021
Định lý Fermat lớn đã được chứng minh
NHÌN LẠI ĐỊNH LÝ FERMAT LỚN
ĐỊNH LÝ FERMAT LỚN PHÁT BIỂU NHƯ SAU: x^n + y^n = z^n nếu n > 2 không có nghiệm nguyên dương.
Wikipedia Bách khoa toàn thư mở có ghi: Vào khoảng năm 1637, Fermat đã viết trong một quyển sách rằng phương trình tổng quát là a^n + b^n = c^n, không có nghiệm nào là số nguyên dương, nếu n là số nguyên lớn hơn 2. Trong hai thế kỷ tiếp theo (1637-1839), phỏng đoán đã được chứng minh chỉ với các số nguyên tố 3, 5 và 7. Nhà toán học vĩ đại người Thụy Sĩ Leonhard Euler (1707 – 1783) đã chứng minh định lý cho trường hợp n=3 và n=4. Năm 1828, Dirichlet chứng minh cho trường hợp n=5. Vào những năm 1840, Gabriel Lamé chứng minh với n=7. 200 năm sau Fermat, định lí mới được chứng minh với n=3, 4, 5, 6 và 7. Định lý quá khó và Bell trong cuốn sách “Bài toán cuối cùng” đã phải viết rằng: có lẽ nền văn minh của chúng ta cáo chung trước khi các nhà toán học tìm ra lời giải cho bài toán. Tháng 5 năm 1995 đăng lời giải của Andrew Wiles trên Annals ofMathemas (Đại học Princeton).
Tháng 8 năm 1995 hội thảo ở Đại học Boston, giới toán học công nhận chứng minh là đúng.
Helen G. Grundman, giáo sư toán trường Bryn Mawr College, đánh giá tình hình của cách chứng minh đó như sau:
"Tôi nghĩ là ta có thể nói, vâng, các nhà toán học hiện nay đã bằng lòng với cách chứng minh Định lý lớn Fermat đó. Tuy nhiên, một số sẽ cho là chứng minh đó của một mình Wiles mà thôi. Thật ra đó là công trình của nhiều người. Wiles đã có đóng góp đáng kể và là người kết hợp các công trình lại với nhau thành cái mà ông đã nghĩ là một cách chứng minh. Mặc dù cố gắng khởi đầu của ông được phát hiện sau đó là có sai lầm, Wiles và người phụ tá Richard Taylor đã sửa lại được, và nay đó là cái mà ta tin là cách chứng minh đúng Định lý lớn Fermat."
"Chứng minh mà ta biết hiện nay đòi hỏi sự phát triển của cả một lãnh vực toán học chưa biết tới vào thời Fermat. Bản thân định lý được phát biểu rất dễ dàng và vì vậy xem ra có vẻ đơn giản một cách giả tạo; bạn không cần biết rất nhiều về toán để hiểu bài toán. Tuy nhiên, để rồi nhận ra rằng, theo kiến thức tốt nhất của bạn, cần phải biết rất nhiều về toán mới có thể giải được nó. Vẫn là một câu hỏi chưa có lời đáp rằng liệu có hay không một cách chứng minh Định lý lớn Fermat mà chỉ liên quan tới toán học và các phương pháp đã có vào thời Fermat. Chúng ta không có cách nào trả lời trừ phi ai đó tìm ra một chứng minh như vậy."
Với cách chứng minh của wiles hơn 200 trang tôi nghĩ rằng nhiều người không hiểu được, thật là rắm rối. Khi đọc định lý lớn của Fermat tôi có nhận xét như sau;1. NHẬN XÉT MỞ ĐẦU: Thấy rằng nếu phương trình x^n + y^n = z^n (1) có nghiệm < 0 thì có thể xảy ra các trường hợp: -x^n -y^n = -z^n , -x^n + y^n = -z^n , x^n - y^n = -z^n, khi nhân hai vế của các phương trình trên với -1 hoặc chuyển vế các số hạng thì nghiệm âm thành nghiệm dương và ngược lại nghiệm dương thành nghiệm âm và chuyển đổi vai trò xủa x, y, x cho nhau thì nghiệm của x, y, z cũng là nghiệm của phương trình (1). Vì vậy chỉ cần xét nghiệm nguyên dương sẽ suy ra nghiệm nguyên âm.
Phương trình (1) có nghiệm nguyên tầm thường là (x, y, z) = (0, 0, 0), (1, 0, 1), (0, 1, 1) với mọi n
Nếu n = 1 khi đó x + y = z phương trình có vô số nghiệm.
Nếu x = y suy ra 2x^n = z^n suy ra z =x nhân căn bậc n của 2, phương trình không có nghiệm nguyên khi n > 1.
Nếu x hoặc y bằng 0 thì y = z hoặc x = z với mọi n.
x và y có vai trò như nhau nên ta có thể thay x cho y và thay y cho x.
Nên dưới đây ta chỉ còn xét x khác y và x, y, z là các số nguyên dương. Ta thấy x,y < z, nếu x, y lớn hơn hoặc bằng z phương trình vô nghiệm.
Tách y = y1 + y2; y1, y2 là các số nguyên dương để x + y1 = z (nếu y1 = 0 thì x = z và y = 0).
Từ phương trình (1) ta có: x^n + (y1 + y2 )^n = (x + y1)^n (2).
Xét n = 2, từ (2) suy ra x^2 + (y1 + y2)^2 = (x + y1)^2 (3) tương đương với y2^2 + 2y1y2 = 2y1x.
Vì 2y1x là số chẵn nên y2 là số chẵn và để x là số nguyên thì y2^2 chia hết cho 2y1 suy ra y2 = 2y1k với k thuộc N*. Do đó y lớn hơn hoặc bằng 3
Ta có công thức nghiệm của phương trình (3):
X = (y2^2 + 2y1y2)/2y1; với y2 = 2y1k và y1, k thuộc N*.Y = y1 + y2
Z = x + y1
Phương trình có vô số nghiệm.
Ví dụ:
Nếu y1 = 1 ta có z = x+1 và y = 1 + y2.
Khi y1 = 1 phương trình (3) có công thức tính nghiệm:
x = (y2^2 + 2y2)/2
y = y2 + 1
z = x + 1
Khi y1 = 1, y2 = 2k thì y22 + 2y2 chia hết cho 2 nên phương trình có nghiệm nguyên với mọi y = 2k +1
k = 1 thì y2 = 2 ta có x = 4, y = 3, z = 5; k = 2 thì y2 = 4 ta có x = 12, y = 5, z = 13; k = 3 thì y2 = 6 ta có x = 24, y = 7, z = 25; khi k = 4 thì x = 40, y = 9, z = 41;…
Nếu y1 = 2, y2 = 4k
X = ( y2^2 + 4y2 )/4 với y2 = 4k, k thuộc N*.
Y = 2 + y2 = 2 + 4k
Z = x + 2
Khi k = 1 thì y2 = 4, x = 8, y = 6, z = 10, k = 2 thì x = 24, y = 10, z = 26; k = 3 thì x = 48, y = 14, z = 50;…
Nhưng y2 = 2k thì y2^2 = (2k)^2 cũng chi hết cho 2y1 = 4 nên phương trình cũng có nghiệm khi y1 = 2 và y2 = 2k, ta có công thức nghiệm là:
X = [(2k)^2 + 4k]/4 , k = 1, 2, 3,…Y = 2 + 2k
Z = x + 2
Khi k = 1, y2 = 2, x = 3, y = 4, z = 5 nếu đổi x thành y thì nghiệm này là nghiệm của phương trình khi y1 = 1.
Khi k = 2 thì y2 = 4, x = 8, y = 6, z = 10; khi k = 3 thì y2 = 6, x = 15, y = 8, z = 17; khi k = 4 thì x = 24, y = 10, z = 26;…
Nếu tách x = x1 + x2 để y + x1 = z thì phương trình (1) thành ( x1 + x2 )^2 + y2 = ( y + x1 )^2 (4) khi n = 2, ta có công thức nghiệm của phương trình (4):
X = x2 + x2,
Y = (x2^2 + 2x1x2 )/2x1
Z = y + x1 .
Với y là số nguyên dương lớn hơn hoặc bằng 3 phương trình (3) luôn có nghiệm. Vấn đề II.8 của cuốn sách Arithmea được viết bởi Diophantus hỏi làm thế nào một số bình phương nhất định được chia thành hai số bình phương khác; nói cách khác, với một số z nhất định, tìm hai số x và y sao cho z^2 = x^2 + y^2. Dựa vào công thức nghiệm của phương trình (3) ta có thể tìm được lời giải.
2. NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH (1) KHI n > 2.
Loại trừ n < 3; x = y, và x, y, z có nghiệm bằng 0 đã xét trên đây, ta chỉ cònxét x khác y. Không mất tính tổng quát ta cho x > y ( vì nếu x < y thì thay thế x cho y). Do x > y nêu ta đặt t = x - y suy ra x = y + t và đặt y1 + y2 = y sao cho x + y1 = z ( x, y < z). Vì x, y, z là các số nguyên dương nên t, y1, y2 là các số nguyên dương.
Khi n = 3 ta thay y1 và t vào phương trình (1) ta có : x^3 + y^3 = (x + y1)^3 suy ra x^3 + y^3 = x^3 + 3x^2y1 + 3xy1^2 + y1^3 suy ra y^3 = 3(y + t)^2y1 + 3(y + t)y1^2 + y1^3 suy ra y^3 = 3y^2y1 + 6yty1 + 3yy1^2 + y1^3 + 3y1^2t + 3t^2y1 + t^3 - t^3
y^3 = 3y^2y1 + 6yty1 + 3yy1^2 + (t + y1)^3 - t^3
Suy ra y^3 + t^3 - (t + y1)^3 = 3y^2y1 + 6yty1 + 3yy1^2 (5)
Khi n = 4 thay y1 và t vào phương trình (1) ta có: x^4 + y^4 = (x + y1)^4
x^4 + y^4 = x^4 + 4x^3y1 + 6x^2y1^2 + 4xy1^3 + y1^4 y^4 = 4(y + t)^3y1 + 6(y + t)^2y12 + 4(y + t)y1^3 + y1^4
y^4 = 4y^3y1 + 12y^2ty1 + 12yt^2y1 + 4t^3y1 + 6y^2y1^2 + 12yty1^2 + 6t^2y1^2 + 4yy1^3 + 4ty1^3 + y1^4 + t^4 - t^4
Suy ra y^4 + t^4 - (t + y1)^4 = 4y^3y1 + 12y^2ty1 + 12yt2y1 + 6y^2y1^2 + 12yty1^2 + 4yy1^3(6)
Khi n =n, thay y1 và t vào phương trình (1) ta có;
Y^n + t^n - (t + y1)^n = G (7) với G là một đa thức gồm tổng các số hạng có hệ số là số nguyên dương và các thừa số y, y1, t.
Giả sử phương trình (1) có nghiệm nguyên dương thì x, y, z, y1, t là các số nguyên dương, khi đó vế phải và vế trái của các phương trình (5), (6) và (7) bằng 0 khi và chỉ khi y, y1, t đồng thời bằng 0 nên x, y, z đồng thời bằng 0 không phải là nghiệm nguyên dương. Do x, y, z, y1, t là các số nguyên dương nên vế phải của các phương trình (5), (6) và (7) lớn hơn không. Suyra :
y^3 + t^3 - (t + y1)^3 > 0 y^3 + t^3 > (t + y1)^3
y^4 + t^4 - (t + y1)^4 > 0 y^4 + t^4 > (t + y1)^4
Y^n + t^n - (t + y1)^n > 0 Y^n + t^n > (t + y1)^n
Ta thấy không có số nguyên dương nào của t để : y^3 + t^3 = (t + y1)^3 , y^4 + t^4 = (t + y1)^4 và y^n + t^n =(t + y1)^n (8) do đó cũng không có số nguyên dương nào của x để y^3 + x^3 = (x + y1)^3, y^4 + x^4 = (x + y1)^4 và y^n + x^n = (x + y1)^n. Mâu thuẫn với giả thiết x, y, x có nghiệm nguyên dương.
Ngược lại giả sử phương trình (8) có nghiệm nguyên dương ta thay giá trị của t = x vào phương trình (1) thì phương trình (1) có nghiệm nguyên dương nhưng t = x trái với điều kiện t < x nên mâu thuẫn.
Vậy phương trình x^n + y^n = z^n không có nghiệm nguyên dương khi n =3, n = 4 và một cách tổng quát không có nghiệm nguyên dương khi n lớn hơn hoặc bằng 3. Trên đây có phải là chứng minh Định lý Fermat lớn hay không.
13 tháng 10 2021
đây phải bài lớp 6 hok vậy mình cũng hok lớp 6 mà chưa gặp câu này bao giờ
TL
3
MT
21 tháng 6 2015
1, Tìm các số nguyên tố p, q thỏa mãn (7p−5p)(7q−5q) chia hết cho pq.
2, Tìm các số nguyên tố p, q thỏa mãn 2p+2q chia hết cho pq.
3, Tìm số nguyên dương n thỏa mãn: Với mọi cặp số nguyên a, b thỏa mãn a2b+1 chia hết cho n ta luôn có a2+b chia hết cho n
4, Cho số nguyên tố lẻ p và các số nguyên dương a, b, n thỏa mãn (a, p)=1 và ap≡bp(mod pn+1) Chứng minh rằng:a≡b(mod pn)
Định lý cuối cùng của Fermat - một phương trình có vẻ ngoài đơn giản nhưng không có lời giải trong suốt 350 năm, mãi đến khi nhà toán học người Anh Andew Wiles giải quyết năm 1995. Bây giờ Colin McLarty thuộc đại học Case Western Reserve đã chỉ ra rằng định lý này có thể được chứng minh một cách đơn giản hơn.
Định lý này được gọi là định lý cuối cùng của Fermat hay định lý Lớn Fermat là vì vào năm 1630, Fermat viết vào lề của 1 cuốn sách toán Hy lạp cũ rằng ông đã chứng minh được rằng không có số nguyên nào nghiệm đúng phường trình xn+yn=zn với n lớn hơn 2. Ông cũng viết rằng mình không có đủ không gian trong lề giấy để có thể viết lời giải của mình ra. Việc ông có thực sự chứng minh được định lý đó hay không vẫn còn gây tranh cãi, nhưng vấn đề này đã trở thành một vấn đề nổi tiếng trong toán học. Các nhà toán học hết thế hệ này đến thế hệ khác đã cố sức và đều thất bại trong việc tìm ra lời giải cho định lý này.
Vì thế, khi Wiles tìm ra lời giải năm 1995, McLarty đã nói: “Đó là một cú sốc rất lớn đối với chúng tôi - rằng vấn đề này có thể được giải đáp. Và chúng tôi đã nghĩ bây giờ thì làm gì đây, không còn vấn đề mới nổi tiếng nào nữa rồi”
McLarty là một giáo sư triết học ở Case Western Reserve 1 người chuyên về logic và có bằng đại học về toán. Ông không phát triển một cách nào để chứng minh định lý cuỗi của Fermat nhưng đã chỉ ra rằng định lý này có thể được chứng minh bằng 1 cách đơn giản hơn cách mà Wiles đã làm.
Wiles tin vào cái nhìn sâu sắc của ông trong lý thuyết số và công việc của những người khác- bao gồm cả Alexander Grothendieck- để đưa ra chứng minh dài 110 trang giấy cùng rất nhiều lần sửa đổi.
Grothendieck đã tạo ra một cuộc cách mạng trong lý thuyết số, xây dựng lại đại số hình học vào những năm 60, 70. Ông đã có những giả thuyết táo bạo để hỗ trợ cho những ý tưởng hết sức trừu tượng của mình, bao gồm ý tưởng về sự tồn tại một vũ trụ của nhứng tập vô cùng lớn mà lý thuyết về tập hợp chuẩn không thể chứng minh nó tồn tại. Lý thuyết tập hợp chuẩn được tạo nên bởi những quy luật thông thường hay những định lý mà các nhà toán học vẫn hay sử dụng.
McLarty gọi những công việc mà Grothendieck là "một bộ công cụ" và chỉ ra rằng đó chỉ là một phần nhỏ cần thiết để chứng minh định lý lớn Fermat. McLarty nói:" Phần lớn những nhà lý thuyết giống như những tay đua xe, họ chọn lấy chiếc xe tốt nhất nhưng họ không xây dựng ra chiếc xe của chính họ". McLarty nói "Grothendieck đã tạo ra một bộ công cụ để tạo ra chiếc xe của ông ấy"."Tôi đã sử dụng 1 phần lý thuyết tập hợp mạnh của Grothendieck: một số bậc hữu hạn số học nơi mà tất cả các tập được xây dựng từ những con số chỉ trong một vài bước".
"Ban không cần sử dụng đến những tập hợp của tập hợp của số mà Grothendieck sử dụng trong bộ công cụ của ông ấy hay Wiles dùng để chứng minh định lý Fermat những năm 90". McLarty chỉ ra rằng tất cả ý tưởng của Grothendieck thậm chí là những ý tưởng trừu tượng nhất cũng có thể được sử dụng hợp lý để chỉ dùng một số ít các lý thuyết tập hơp, ít hơn nhiều so với lý thuyết tập hợp chuẩn. Đặc biệt chúng có thể sử dụng hợp lý các bậc số học hữu hạn, nghĩa là các số, tập của các số đó và tập của những tập đó, cứ như vậy nhưng số lượng ít hơn nhiều so với mô hình chuẩn.
"Tôi đánh giá cao sự toàn vẹn của những cơ sở mà Grothedieck đã tạo ra, tôi muốn lấy toàn bộ những điều đó và làm nó hữu dụng hơn trong việc tính toán" McLarty nói. Nhà toán học Harvey Friedman người nổi tiếng vì những thành tựu của mình: Tốt nghiệp ở MIT sau 3 năm, và bắt đầu giảng dạy ở Stanford năm 18 tuổi đã gọi công việc trên là "bước đâu tiên xán lạn". Friedman bây giờ là giáo sư toán danh dự ở Ohio gọi cho Mclarty để mở rộng hướng đi này nếu lý thuyết có thẻ được chứng minh chỉ bằng số học thuần túy không cần phải có tập hợp nào.
"Định lý cuối của Fermat chỉ nói về các số vì thế có lẽ chúng ta có thể chứng minh nó chỉ bằng các số, tôi tin mình sẽ làm được nhưng tôi sẽ cần những cái nhìn sâu sắc mới về số. Nó sẽ rất khó."McLarty nói.
ko tồn tại các nghiệm nguyên khác không x,y và z thỏa mãn : x^n+y^n=z^n trong đó n là một số nguyên lớn hơn 2
k cho mình nha