Định Lý Fermat - Tài Liệu Text - 123doc

Có thể bạn quan tâm

Tải bản đầy đủ (.pdf) (57 trang)

Trang chủ

Cao đẳng - Đại học

Sư phạm

Định lý fermat

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (311.93 KB, 57 trang )

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2KHOA TOÁN*************LÊ NHƯ QUỲNHĐỊNH LÝ FERMATKHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌCChuyên ngành: Đại sốHà Nội – Năm 2016TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2KHOA TOÁN*************LÊ NHƯ QUỲNHĐỊNH LÝ FERMATKHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌCChuyên ngành: Đại sốNGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌCThs. DƯƠNG THỊ LUYẾNHà Nội – Năm 2016LỜI CẢM ƠNSau một thời gian nghiên cứu cùng với sự hướng dẫn và chỉ bảo tậntình cuả cô giáo, Thạc sĩ Dương Thị Luyến, khóa luận của em đến nay đãhoàn thành.Qua đây em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc của mình tới cô Dương ThịLuyến, người đã trực tiếp hướng dẫn chỉ bảo cho em nhiều kinh nghiệmquí báu trong thời gian em thực hiện khóa luận này. Em cũng xin chânthành cảm ơn sự giúp đỡ của các thầy cô trong khoa Toán, Trường Đạihọc Sư phạm Hà Nội 2 đã tạo điều kiện tốt nhất cho em trong thời gianem làm khóa luận.Nhân dịp này em cũng xin được gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình,bạn bè đã luôn bên em, động viên, giúp đỡ em trong suốt quá trình họctập và thực hiện khóa luận này.Hà Nội, tháng 05 năm 2016Sinh viênLê Như QuỳnhLỜI CAM ĐOANTôi khẳng định rằng đây là công trình nghiên cứu của riêng tôi, dochính tôi nghiên cứu và hoàn thành trên cơ sở những kiến thức đã học vàtài liệu tham khảo. Nó không trùng kết quả với bất cứ người nào khác.Hà Nội, tháng 05 năm 2015Sinh viênLê Như QuỳnhMục lụcLời nói đầu11 Lịch sử định lý Fermat21.1Lịch sử định lý nhỏ Fermat. . . . . . . . . . . . . . . .21.2Sự ra đời định lý lớn Fermat . . . . . . . . . . . . . . . .32 Chứng minh định lý Fermat2.1Chứng minh định lý nhỏ Fermat . . . . . . . . . . . . . .52.1.1Kiến thức có liên quan . . . . . . . . . . . . . . .52.1.2Chứng minh định lý nhỏ Fermat thông qua địnhlý Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .72.1.3Chứng minh trực tiếp định lý nhỏ Fermat . . . .82.1.4Chứng minh định lý nhỏ Fermat bằng quy nạptheo a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2.1.52.1.69Chứng minh định lý nhỏ Fermat dựa vào số nguyêntố2.25. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .10Chứng minh định lý nhỏ Fermat dựa vào định lýLagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .12Định lý lớn Fermat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .13iiKhóa luận tốt nghiệp Đại họcLê Như Quỳnh2.2.1Lịch sử về chứng minh định lý lớn Fermat . . . .132.2.2Các bộ số Pythagore . . . . . . . . . . . . . . . .172.2.3Định lý lớn Fermat . . . . . . . . . . . . . . . . .213 Ứng dụng định lý Fermat vào giải toán263.1Các bài toán về tính chia hết . . . . . . . . . . . . . . .263.2Tìm dư trong một phép chia . . . . . . . . . . . . . . . .343.3Các bài toán về số nguyên tố . . . . . . . . . . . . . . .373.4Giải phương trình nghiệm nguyên . . . . . . . . . . . . .42Kết luận50Tài liệu tham khảo51iiiKhóa luận tốt nghiệp Đại họcLê Như QuỳnhLời nói đầuI.Lí do chọn đề tàiTrong lịch sử toán học, bài toán về định lý Fermat là một trong nhữngbài toán khó nhất khi nó đã tồn tại gần 400 năm và thách thức tất cảnỗ lực của những bộ óc thiên tài nhất. Dù cuối cùng nó đã được giảiđáp vào thập niên 90 của thế kỉ XX, nhưng đến nay nó vẫn là vấn đềmở trong toán học.Do đó, tìm hiểu lịch sử ra đời và phương pháp chứng minh các địnhlý Fermat, một vài ứng dụng của nó vào các bài toán số học vẫn là vấnđề bổ ích.Với sự yêu thích và hướng dấn tận tình của Giảng viên THS. DươngThị Luyến đã giúp em mạnh dạn chọn đề tài “Định lý Fermat”.II. Mục đích nghiên cứuTìm hiểu sự ra đời và phương pháp chứng minh các định lý Fermat,một vài ứng dụng của nó vào các bài toán số học. Qua đó chúng ta thấyđược tầm quan trọng của định lý Fermat.III. Đối tượng nghiên cứu- Định lý nhỏ Fermat.- Định lý lớn Fermat.IV. Ý nghĩa khoa học và thực tiễn- Nghiên cứu sự ra đời của hai định lý Fermat.- Chứng minh định lý nhỏ Fermat.- Ứng dụng định lý Fermat.1Chương 1Lịch sử định lý Fermat1.1Lịch sử định lý nhỏ FermatFermat lần đầu thông báo định lý trong một bức thư đề ngày 18 tháng10 năm 1640 cho bạn ông là FrenicleFermat đã trình bày một kết quả sau đây- Nếu p là số nguyên tố và a là số nguyên sao cho (a, p) = 1 thì p sẽlà ước của số ap−1 − 1.- Nếu p là số nguyên tố và a là số nguyên thì p sẽ là ước của số ap −a.Fermat không chứng minh khẳng định của ông. Mặc dù có lẽ là nóđã được chứng minh, bằng chứng đầu tiên được xuất bản bởi Euler năm1749.Kết quả về sau được gọi là “Định lý nhỏ Fermat”.Thuật ngữ “Định lý nhỏ Fermat” lần đầu tiên được sử dụng vào năm1913 trong sách giáo khoa tiếng Đức của Hensel.Nguyên văn bản viết tay của Fermat hiện đang được lưu giữ tại Derpartmental Archiver of Haute- Garonne, Toulouse.2Khóa luận tốt nghiệp Đại họcLê Như QuỳnhĐây là một trong những định lý cơ sở và đẹp nhất của số học. [8]1.2Sự ra đời định lý lớn FermatNăm 1670, Cleman Samuel con trai trưởng của Fermat cho xuất bảnquyển “Số học Diophant với những ghi chú của Fermat”.Quyển sách của Cleman Samuel vừa ra đời đã mang đến cho giới toánhọc lúc bấy giờ những bất ngờ, những thích thú và lẫn những cơn sốc.Nó tô điểm cho toán học bằng 48 ghi chú của Fermat trên quyển số họccủa ông. Tất cả những ghi chú này Fermat đều gọi là định lý. Bởi vìtheo ông viết, ông đã chứng minh cụ thể cho từng định lý. Các nhà toánhọc bắt đầu cuộc đua “chứng minh lại các định lý của Fermat”. Sau đó,người ta chứng minh được hầu hết các định lý của Fermat. Duy nhất cómột định lý nhìn qua tưởng chừng đơn giản, nhưng lại rất “ngoan cố”trước những nỗ lực của các nhà toán học ròng rã mấy thế kỷ liền. Địnhlý này người ta gọi là “Định lý lớn Fermat”, Định lý lớn Fermat là địnhlý cần chứng minh cuối cùng nên còn được gọi là “Định lý cuối cùng củaFermat”.Năm 1637, Fermat viết bên lề quyển sách số học cạnh bài toán “Tìmsố nguyên dương x, y, z thỏa mãn x2 + y 2 = z 2 ” như sau: “Phương trìnhxn + y n = z n , với n ≥ 3 không có nghiệm nguyên dương. Tôi đã tìm raphương pháp chứng minh, nhưng vì lề sách quá hẹp không đủ chỗ nênkhông trình bầy ở đây.”. Đây chính là định lý Fermat vĩ đại. Và phảimất 358 năm năm sau, với nỗ lực không ngừng của các nhà toán họcqua bao nhiêu đắng cay, thất bại người ta mới tìm ra lời giải cho định3Khóa luận tốt nghiệp Đại họcLê Như Quỳnhlý này. Vẻ đẹp của định lý ở chỗ nó là bài toán vô cùng khó nhưng lạiđược biểu diễn một cách đến nỗi ai cũng có thể hiểu được. [9]4Chương 2Chứng minh định lý Fermat2.12.1.1Chứng minh định lý nhỏ FermatKiến thức có liên quanMột số khái niệm• Tập thương của tập hợp các số nguyên Z trên quan hệ đồng dư theomôđun m được gọi là tập hợp các lớp thặng dư môđun m và kí hiệu làZm .• Mỗi phần tử A ∈ Zm được gọi là một lớp thặng dư môđun m, với athuộc A ta kí hiệu A = a (mod m), a được gọi là một thặng dư môđunm.Tập hợp Zm gồm m phần tử.• Trong tập hợp các lớp thặng dư Zm ta xác định hai phép toán nhưsaua+b=a+ba.b = a.b, trong đó a, b ∈ Zm .5Khóa luận tốt nghiệp Đại họcLê Như Quỳnh• Tập hợp Zm các lớp thặng dư môđun m cùng với phép cộng và nhânxác định như trên là một vành giao hoán có đơn vị.• Phần tử khả nghịch của vành ZmPhần tử a (mod m) của vành Zm gọi là một phần tử khả nghịch nếunhư có b ∈ Zm sao cho a.b = 1.Tập hợp các phần tử khả nghịch của Zm được kí hiệu bởi Z∗m và (Z∗m , .)lập thành một nhóm với phép nhân của vành Zm .• Tính chất của các phần tử khả nghịchGiả sử A, B là những lớp thặng dư của vành Zm và A là phần tử khảnghịch, khi đó- Nếu X chạy qua khắp các phần tử của Zm thì AX + B cũng vậy,nghĩa là {AX + B/X ∈ Zm } = Zm .- Nếu X chạy qua khắp các phần tử của Z∗m thì AX cũng vậy, nghĩalà {AX/X ∈ Z∗m } = Z∗m .• Định nghĩa Phi-hàm EulerGiả sử m là số nguyên dương. Phi-hàm Euler được định nghĩa là sốcác số nguyên dương không vượt quá m và nguyên tố với m.Kí hiệu Phi-hàm Euler ϕ(m).• Công thức tính ϕ(m)- Phân tích m ra thừa số nguyên tố m = pα1 1 pα2 2 ...pαk k với pi là số cácsố nguyên tố; αi ∈ N∗ , i = 1, 2, ..., k.Ta cóϕ(m) = m 1 −1p11−61p2... 1 −1pk.Khóa luận tốt nghiệp Đại họcLê Như QuỳnhVí dụ: ϕ(1) = 1, ϕ(2) = 1, ϕ(3) = 2, ϕ(4) = 2, ϕ(5) = 4.Ta có kết quả sauVới số nguyên tố p ta có ϕ(p) = p − 1. Ngược lại, nếu p là số nguyêndương sao cho ϕ(p) = p − 1, thì p là số nguyên tố.2.1.2Chứng minh định lý nhỏ Fermat thông qua định lý EulerĐịnh lý nhỏ Fermat1) Cho p là số nguyên tố và a là số nguyên sao cho (a, p) = 1. Khiđó ap−1 ≡ 1 (mod p).2) Cho p là số nguyên tố, a ∈ Z tùy ý . Khi đó ap ≡ a (mod p).Chứng minh định lýTrước tiên ta đi chứng minh định lý Euler- Định lý EulerGiả sử m là số nguyên dương và a là số nguyên với (a, m) = 1.Khi đó aϕ(m) ≡ 1 (mod m)Chứng minhTa gọi X1 , X2 , . . . , Xϕ(m) là phần tử khả nghịch của Zm tức làta có lớp thặng dư A = a¯ (mod m) là phần tử khả nghịch của vành Zmkhi và chỉ khi A là lớp nguyên tố với môđun m.Do (a, m) = 1 nên a¯ ∈ Z∗m . Theo tính chất của phần tử khả nghịchthìa¯ X1 , a¯X2 , ..., a¯Xϕ(m) cũng là các phần tử khả nghịch của Zm ,hay∗Zm= {¯aX1 , a¯X2 , ..., a¯Xϕ(m) }.7Khóa luận tốt nghiệp Đại họcLê Như Quỳnh∗Nhân tất cả các phần tử của Zmtheo hai cách biểu diễn ta đượca¯X1 .¯aX2 .....¯aXϕ(m) = X1 .X2 . . . . .Xϕ(m)⇒ (¯a)ϕ(m) X1 .X2 . . . . .Xϕ(m) = X1 .X2 . . . . .Xϕ(m)⇒ (¯a)ϕ(m) = ¯1⇒ aϕ(m) ≡ 1 (mod m).Chứng minh định lý nhỏ Fermat1) Theo giả thiết ta có p là số nguyên tố nên ta có ϕ(p) = p − 1.Mặt khác (a, p) = 1 suy ratheo định lý Euler ta được ap−1 ≡ 1 (mod p).2) - Nếu a chia hết cho p thì hiển nhiên ap ≡ a (mod p).- Nếu a không chia hết cho p thì theo 1) ta có ap−1 ≡ 1 (mod p).Nhân cả hai vế của đồng dư thức trên với a ta được ap ≡ a (mod p).2.1.3Chứng minh trực tiếp định lý nhỏ Fermat1) Do (a, p) = 1 ⇒ a không chia hết cho p.Vì thế các số a, 2a, 3a, . . . , (p − 1)a cũng không chia hết cho p.Giả sử các số a, 2a, 3a, . . . , (p − 1)a chia cho p được các số dư làr1 , r2 , . . . , rp−1 .Ta chứng minh ri = rj , ∀i = j (1 ≤ i, j ≤ p − 1).Thật vậy, nếu trái lại, thì tồn tại i = j (1 ≤ i, j ≤ p − 1) mà ri = rj .Do ia ≡ ri (mod p); ja ≡ rj (mod p),.mà ri = rj nên suy ra ia ≡ ja (mod p), do đó a(i − j).. p..Do 0 < |i − j| < p ⇒ (i − j, p) = 1 ⇒ a.. p. Đó là điều vô lý (Vì akhông chia hết cho p). Nhận xét được chứng minh.8Khóa luận tốt nghiệp Đại họcLê Như QuỳnhVì thếr1 r2 ...rp−1 = (p − 1)! ⇒ a.2a.3a . . . (p − 1)a ≡ r1 r2 ...rp−1 (mod p)⇒ (p − 1)!ap−1 ≡ (p − 1)! (mod p)⇒ ap−1 ≡ 1 (mod p).2) Được chứng minh như 2.1.2.2.1.4Chứng minh định lý nhỏ Fermat bằng quy nạp theo aTrước tiên ta đi chứng minh 2)..Ta cần chứng minh (ap − a).. p với a nguyên dương, (a nguyên < 0suy ra từ a nguyên > 0 bằng cách đặt a = −b, khi đó b nguyên dương)..Khi a = 0 hoặc a = 1 thì ap − a = 0 và hiển nhiên 0.. p.Giả sử mệnh đề đã đúng đến a = k, tức là ta có.k p − k .. p(1)Xét khi a = k + 1, ta có (theo công thức của nhị thức Newton)(k + 1)p − (k + 1) = k p + pk p−1 + Cp2 k p−2 + . . . + pk + 1 − k − 1p= (k − k) + pkp−1+Cp2 k p−2+ ... +Cpp−2 k 2Để ý rằngCpn =p(p − 1)(p − 2) . . . (p − n + 1) ... p với n < p.1.2 . . . nVì thế từ (2) (và kết hợp với (1)), suy ra.[(k + 1)p − (k + 1)] .. p.Vậy 2) đúng với a = k + 19.+ pk(2)Khóa luận tốt nghiệp Đại họcLê Như QuỳnhTheo nguyên lý quy nạp suy ra đpcm.Ngược lại từ 2) ta có thể suy ra 1), thật vậy từ ap ≡ a(mod p) và(a, p) = 1 nên bằng cách chia hai vế của đồng dư thức cho a ta đượcap−1 ≡ 1 (mod p).2.1.5Chứng minh định lý nhỏ Fermat dựa vào số nguyên tốTrước tiên ta đi chứng minh một số bổ để sau.Bổ đề 1. p là số nguyên tố khi và chỉ khi Cpk .. p, ∀k = 1, 2, . . . , p − 1.Chứng minh⇒) Giả sử p là số nguyên tố, khi đó (k, p) = 1 với k = 1, 2, . . . , p − 1.p(p − 1)(p − 2) . . . (p − k + 1).Ta có Cpk =∈ Z ⇒ Cpk .. p.1.2 . . . kk ..⇐) Giả sử Cp . p, ∀k = 1, 2, . . . , p − 1Ta chứng minh p là số nguyên tốnếu p không là số nguyên tố thì p có ước nguyên tố q < p.Khi đóCpq =p(p − 1)(p − 2) . . . (p − q + 1) ...p1.2 . . . q.⇒ (p − 1)(p − 2) . . . (p − q + 1).. q!⇒ q |(p − 1)(p − 2) . . . (p − q + 1)Suy ra q|(p − i) vì 1 ≤ i ≤ q − 1 hay q|i, vô lý.Vậy p là số nguyên tố.Bổ đề 2. Nếu p là số nguyên tố, k1 , k2 , . . . , kn là n số tự nhiên.Khi đó (k1 + k2 + . . . + kn )p ≡ k1p + k2p + . . . + knp (mod p).Chứng minh10(∗)Khóa luận tốt nghiệp Đại họcLê Như QuỳnhTa chứng minh bằng quy nạp theo n.Với n = 1 hiển nhiên.Với n = 2 ta có(k1 + k2 )p = k1p + Cp1 k1p−1 k2 + . . . + Cpp−1 k1 k2p−1 + k2p ..Theo bổ đề 1 ta có Cpk .. p, ∀k = 1, 2, . . . , p − 1 suy ra(k1 + k2 )p ≡ k1p + k2p (mod p).Giả sử ta có (k1 + k2 + . . . + kn )p ≡ k1p + k2p + . . . + knp (mod p),khi đó(k1 + k2 + . . . + kn + kn+1 )p = [(k1 + k2 + . . . + kn ) + kn+1 ]pp≡ (k1 + k2 + . . . + kn )p + kn+1(mod p)p≡ k1p + k2p + . . . + knp + kn+1(mod p)Vậy (*) đúng với mọi n.Chứng minh định lý nhỏ FermatTrước tiên ta đi chứng minh 2).Ta cần chứng minh ap ≡ a (mod p) với mọi a nguyên dương,(anguyên < 0 suy ra từ a nguyên > 0 bằng cách đặt a = −b, khi đó bnguyên dương).Áp dụng bổ đề 2 với k1 = k2 = . . . = ka = 1 ta được11Khóa luận tốt nghiệp Đại họcLê Như Quỳnhap = (1 + 1 + . . . + 1)p⇒ ap ≡ 1p + 1p + . . . + 1p (mod p).⇒ ap ≡ a (mod p)Từ 2) ta có thể suy ra 1).Thật vậy từ ap ≡ a (mod p) và (a, p) = 1 nên bằng cách chia hai vếcủa đồng dư thức cho a ta đượcap−1 ≡ 1 (mod p).2.1.6Chứng minh định lý nhỏ Fermat dựa vào định lý LagrangeĐịnh lý LagrangeCấp của một nhóm X hữu hạn là bội của cấp của mọi nhóm con củanó.Chứng minh định lý nhỏ FermatXét nhóm cộng các lớp thặng dư theo môđun p, với p là một số nguyêntốZp = {¯0,¯1, . . . , p − 1}.Tập hợp, Z∗p = {¯1, . . . , p − 1} là một nhóm với phép nhân, có cấp làp − 1.Dó đó mọi phần tử của Z∗p có cấp là ước của p − 1.Giả sử a ∈ Z là một số nguyên tùy ý..Nếu a.. p thì ta có a ≡ 0 (mod p) và ap ≡ 0 (mod p),12Khóa luận tốt nghiệp Đại họcLê Như Quỳnhtừ đây ta có ap ≡ a (mod p).Nếu a không chia hết cho p thì a¯ ∈ Z∗p do đó ap−1 = ¯1 suy raap−1 ≡ 1 (mod p) hay ap ≡ a (mod p).2.2Định lý lớn Fermat2.2.1Lịch sử về chứng minh định lý lớn FermatĐịnh lý lớn Fermat được phát biểu như sau:“Phương trình xn + y n = z n , với n ≥ 3 không có nghiệm nguyên dương.”.Fermat viết bên lề cuốn sách “Số học” của Diophante là ông đã tìmra cách chứng minh kỳ diệu của định lý. Nhưng trong các tài tài liệu củaFermat để lại, chỉ tìm thấy chứng minh của định lý với n = 4 được contrai của Fermat công bố sau khi Fermat qua đời.Để chứng minh x4 + y 4 = z 4 không có nghiệm nguyên dương, Fermat đã phát minh ra phương pháp “đại lượng giảm dần”. Sau đấy, bằngphương pháp này Euler đã chứng minh được Định lý Fermat với n = 3.70 năm sau ngày Euler đăng bài chứng minh với n = 3, Sophie Germaintìm ra một phương pháp dành cho những n là số nguyên tố và 2n + 1cũng là số nguyên tố. Bằng phương pháp này hai nhà toán học AdrienMarien Legendre và Pierre Gustave Lejeune Dirichlet song song với nhautìm ra lời giải cho n = 5. Đến 1840, Gabrial Lamé chứng minh được chon = 7.Tháng 04 năm 1847 hai nhà toán học người pháp Lamé và Cauchyđăng một số chi tiết về lời giải của mình.Ngày 24 tháng 05 năm 1847 nhà toán học Đức Kummer vạch ra13Khóa luận tốt nghiệp Đại họcLê Như Quỳnhnhững sai lầm khủng khiếp của hai nhà toán học pháp. Kummer đã chỉra không có một phương pháp đang tồn tại lúc bấy giờ có thể cho phépmột cách tổng quát chứng minh Định lý Fermat. Sau công trình củaKummer nhiệt huyết tìm lời giải bị nguội lạnh hơn bao giờ hết. Mãi đếnnăm 1908, công nghiệp gia người Đức Paul Volfskehl thổi một làn sinhkhí mới cho vấn đề “Định lý Fermat”. Paul Volfskehl đã phát hiện và lấpđầy lỗ hổng của nhà số học lừng danh Kummer.Sau chiến tranh thế giới thứ hai, một nhóm các nhà lập trình và cácnhà toán học đã chứng minh định lý Fermat đúng với n = 500, sau đón = 1000 và cuối cùng với n = 10000.Vào những thập niên 50 của thế kỉ XX, hai nhà toán học trẻ ngườiNhật đã đưa ra một giả thuyết, sau này mang tên họ, giả thuyết Taniyama– Shimura. Giả thuyết nói rằng "bất kỳ đường cong elliptic nào cũng cómột hình thể modular tương ứng và ngược lại.".Các đường cong elliptic không liên quan gì đến các hình elip, thực rachúng là những đường cong có dạng y 2 = x3 + ax2 + bx + c với a, b, c lànhững số nguyên. Các đường cong elliptic trở nên cuốn hút các nhà lýthuyết số vì chúng có thể trả lời nhiều câu hỏi về phương trình và nghiệmcủa phương trình. Những năm 60 của thế kỉ XX, các nhà toán học hầunhư chỉ làm mỗi việc là kiểm tra giả thuyết Taniyama - Shimura. Ngườita lấy một đường cong elliptic nào đó, tính dãy E, sau đó lại tìm hình thểmodular có dãy M như thế. Mặc dù càng tìm nhiều bằng chứng thì giảthuyết càng thuyết phục, nhưng tất cả những bằng chứng đó đều khôngthể gọi là lời giải của giả thuyết. Việc chứng minh giả thuyết Taniyama14Khóa luận tốt nghiệp Đại họcLê Như Quỳnh– Shimura càng trở nên bức thiết nhưng cũng đầy bi kịch.Những năm 80 của thế kỉ XX, Samuel S.Wagstaff từ trường Đại họcTổng hợp Pourdou chứng minh định lý đúng đến n = 25000.Trong hội nghị tổ chức vào mùa thu năm 1984, nhà toán học GerhardFrey đã có bài thuyết trình quan trọng. Trong bài thuyết trình của mình,ông đã đưa ra một nhận xét có vẻ còn mơ hồ “Nếu giả thuyết Taniyama– Shimura quả thật đúng thì định lý lớn Fermat sẽ được chứng minh”.Phát hiện này của Frey gây ấn tượng mạnh cho cho các nhà toán học.Lần đầu tiên sau mấy trăm năm đã thấy le lói ánh sáng cuối con đườnghầm. Thế nhưng, trong lí luận của Frey có một lỗ hổng nhỏ, tất cả mọingười đều nhận thấy trừ Frey. Các nhà toán học bắt đầu cuộc đua tìmcách lấp đầy lỗ hổng của Frey. Một trong các nhà toán học tham giacuộc đua tìm mối liên hệ của giả thuyết Taniyama – Shimura với Địnhlý lớn Fermat là giáo sư trường đại học Tổng hợp California Ken Ribet.Mùa hè năm 1986 Ken Ribet đã chứng minh thành công mối quan hệgiữa giả thuyết Taniyama – Shimura và Định lý lớn Fermat.Sau phát minh của Ken Ribet, Andrew Wiles giáo sư Toán trườngđại học Tổng hợp Princeton đã quyết tâm chứng minh cho được Định lýlớn Fermat thông qua giả thuyết Taniyama – Shimura.Và vào thập kỉ 90, các nhà toán học chứng minh định lý đúng đếnn = 4000000 Những thành tựu này xem ra rất cổ vũ chúng ta nhưngnếu cứ tiếp tục tính như vậy, con người mãi mãi không có cơ hội để biếnĐịnh lý Fermat thực sự trở thành một định lý được, bởi phạm vi giá trịcủa n là vô cùng tận.15Khóa luận tốt nghiệp Đại họcLê Như QuỳnhKhi thế kỉ XX sắp kết thúc, vấn đề này đã có bước chuyển biến cănbản.Ngày 23 tháng 6 năm 1993 lịch sử toán học ghi nhận một sự kiện quantrọng: Nhà toán học người Anh Andrew Wiles công bố chứng minh “Địnhlý lớn Fermat”.Tháng 7, 8 năm 1993 đồng nghiệp Nick Katz của Wiles trao đổi nhữngđiểm chưa hiểu rõ, chỉ ra trong chứng minh của ông có một sai lầm cănbản.Tháng 9 năm 1993, Wiles nhận ra chỗ sai và cố gắng sửa nhưng khônglàm được.Sau đó ông công bố có trục trặc trong chứng minh. Qua nhiều thángthất bại Wiles trong tuyệt vọng ông yêu cầu Richard Taylor, một sinhviên cũ của ông tới Princeton cùng nghiên cứu với ông.Ba tháng đầu năm 1994 ông cùng Taylor tìm mọi cách sửa chữa vấnđề nhưng vô hiệu.Tháng 9 năm 1994 ông quay lại nghiên cứu một vấn đề căn bản màchứng minh của ông được dựa trên đó.Ngày 19 tháng 9 năm 1994 Wiles phát hiện cách sửa chỗ trục trặcđơn giản và đẹp, dựa trên một cố gắng chứng minh đã làm 3 năm trước.Tháng 5 năm 1995 Wiles đăng lời giả trên Annals of Mathematics(Đại học Princeton).Tháng 8 năm 1995 tại hội thảo ở Đại học Boston, giới toán học côngnhận chứng minh của Wiles là đúng. [9]16Khóa luận tốt nghiệp Đại học2.2.2Lê Như QuỳnhCác bộ số PythagoreBộ ba số nguyên dương (x, y, z) thỏa mãn x2 + y 2 = z 2 được gọi là mộtbộ số Pythagore.Định nghĩa 2.1. Bộ số Pythagore {x, y, z} được gọi là nguyên thủynếu (x, y, z) = 1Bổ đề 2.2. Nếu {x, y, z} là một bộ số Pythagore nguyên thủy thì(x, y) = (y, z) = (z, x) = 1.Chứng minhGiả sử {x, y, z} là một bộ số Pythagore nguyên thủy và (x, y) >1. Khi đó tồn tại số nguyên tố p sao cho p|(x, y). Vì p|x và p|y nênp|(x2 + y 2 ) = z 2 . Do p nguyên tố mà p|z 2 nên p|z. (Mâu thuẫn với giảthuyết(x, y, z) = 1.)Vậy (x, y) = 1. Tương tự ta có (y, z) = (z, x) = 1.Bổ đề 2.3. Giả sử {x, y, z} là một bộ số Pythagore nguyên thủy. Khiđó x chẵn, y lẻ hoặc x lẻ, y chẵn.Chứng minhGiả sử {x, y, z} là một bộ số Pythagore nguyên thủy. Do bổ đề 2.2,(x, y) = 1, nên x và y không thể cùng chẵn. Nếu x, y cùng lẻ thì ta cóx2 ≡ y 2 ≡ 1 (mod 4)Nên z 2 = x2 + y 2 ≡ 2 (mod 4).Điều đó là vô lý. Vậy x và y không cùng tính chắn lẻ.Bổ đề 2.4. Giả sử r, s, t là các số nguyên dương sao cho (r, s) = 1 vàrs = t2 . Khi đó tồn tại các số nguyên h và l sao cho r = l2 và s = h2 .17Khóa luận tốt nghiệp Đại họcLê Như QuỳnhChứng minhNếu 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 nguyêntố có dạng saur = pα1 1 pα2 2 . . . pαnnααn+1n+2s = pn+1pn+2. . . pαmmt = q1β1 q2β2 . . . qkβkVì (r, s) = 1 nên các số nguyên tố xuất hiện trong các phân tích củar và s là khác nhau. Do đó rs = t2 nênααn+1n+2pα1 1 pα2 2 . . . pαnn pn+1pn+2. . . pαmm = q12β1 q22β2 . . . qk2βkTừ định lý cơ bản của Số học ta suy ra rằng, các lũy thừa nguyên tốxuất hiện ở hai vế của đẳng thức phải như nhau.Vậy, mỗi pi phải bằng qj nào đó, đồng thời αi = 2βj .αinguyên.Do đó, mỗi số mũ αi đều chẵn nên2Từ đó suy ra r = l2 , s = h2 , trong đó l, h là các số nguyênα /2 α /2l = p1 1 p2 2 . . . pαnn /2h=αn+1 /2 αn+2 /2pn+1pn+2 . . . pαmm /2.Định lý 2.5. Các số nguyên dương x, y, z lập thành một bộ số Pythagorenguyên thủy, với y chẵn, nếu và chỉ nếu tồn tại các số nguyên dương18Khóa luận tốt nghiệp Đại họcLê Như Quỳnhnguyên tố cùng nhau m, n với m lẻ, n chẵn hoặc m chẵn, n lẻ sao chox = m2 − n2y = 2mnz = m2 + n2 .Chứng minhGiả sử x, y, z là một bộ số Pythagore nguyên thủy. Bổ đề 2.3 cho thấyx lẻ, y chẵn, hoặc ngược lại. Vì ta có thể giả thiết y chẵn nên x, z đềulẻ.Do z + x và z − x đều là số chẵn, nên các sốz−xz+x= r,=s22đều là các số nguyên.Vì x2 + y 2 = z 2 nên y 2 = z 2 − x2 = (z + x)(z − x).y 2z−xz+xVậy= rs.=222Ta có (r, s) = 1.Thật vậy, nếu (r, s) = d thì do d|r, d|s nênd|(r + s) = z và d|r − s = x.Điều đó có nghĩa là d|(z, x) = 1 nên d = 1.Áp dụng bổ đề 2.4 ta thấy rằng tồn tại các số nguyên m, n sao chor = m2 , s = n2 . Viết x, y, z thông qua m, n ta cóx = r − s = m2 − n2√√y = 4rs = 4m2 n2 = 2mnz = r + s = m2 + n2 .19