ĐỊNH LÝ SAU CÙNG CỦA FERMAT

PHẦN CHUYỂN TIẾP

Kính thưa quý vị và các bạn trẻ, giữa những ngưới Việt chúng ta, tôi nói “…damn wrong”  hay quý vị nói “…damn wrong”  ai nói cũng được, rồi ai muốn nghe, hay không tuỳ ý, không có vấn đề gì rắc rối xảy ra với chúng ta! Nhưng đối với Cộng đồng Toán học Quốc tế, nhất là Cộng đồng Quốc tế đã công nhận vấn đề Fermat’s Last Theorem (FLT) cuả GS Andrew Wiles đã chứng minh là ĐÚNG, thì không dể gì họ để mình yên. Chúng ta cũng biết nghành Toán học vô cùng to lớn, nói đến Khoa học, kinh tế, chính trị quân sự, xã hội v.v. … mà không có TOÁN, không tính toán, không đưa ra được dự đoán trong tương lai, không cho ra kết quả, thì không còn là khoa học, kinh tế, chính trị, Quân sự, xã hội nửa …

Hội Toán Học là tổ chức lớn, có cơ sở ở từng Quốc gia. Đụng đến Hội Toán học, không khác nào lấy trứng chọi đá, Các nhà Toán học sẽ đối thoại, hạch hỏi đến cùng cho vỡ lẻ, tôi biết … Ngay cả những người có học vị cao, có chức vị lớn, có uy tín trong Cộng đồng Toán học như GS Andrew Wiles, ông vốn là GS Toán, là chủ tịch khoa Toán  cuả Đại học Princeton, vậy mà giáo sư cũng phải dựa vào trường Mẹ, dựa vào Quê hương của GS là Anh quốc, để phát biểu chứng minh về FLT. Giáo sư Andrew Wiles mất nhiều công sức, cho chứng minh FLT, có lúc tưởng chừng như ông phải bỏ cuộc, nếu như không có người trợ giúp, ông phải khổ sở biết bao!,  tôi vô cùng kính phục ông, nhưng không vì thế mà tôi không nói lên phần sai sót, hơn nửa lòng tự ái Dân tộc, công ơn Cha mẹ, công ơn Thầy cô, và những người đã nằm xuống, để tôi được cắp sách đến trường, không cho phép tôi phải im lặng. Nhưng dù sao tôi cũng nhờ được một tổ hợp LS của Hoa kỳ bảo vệ về mặt luật pháp cho tôi, nói như vậy để quý vị và các bạn trẻ yên tâm, thông cảm cho, không phải tôi “ nói đại, nói ẩu, nói lấy được ” …

Quý vị và các bạn trẻ có đọc qua phần chứng minh của Giáo sư Andrew Wiles, chúng ta thấy vô cùng khó khăn, nói đến khó thì ai cũng biết là rất khó, nhưng không thể cảm nhận cái khó, nếu như mình chưa cầm bút ngồi từ ngày nầy qua ngày khác, từ tháng nầy qua tháng khác, hay từ năm nầy qua năm khác, lúc đó chúng ta mới cảm nhận được cái khó như thế nào? sự đau khổ, cô đơn, nhứt nhối, hồi hợp, chập chờn trong giấc ngủ, nhưng cũng lắm lúc vui, khi có được thành quả nhỏ, hay một tia sáng le lói ở cuối đường hầm ….Sở dĩ tôi biết được, là vì tôi cũng mất nhiều năm tháng cho chứng minh Fermat’s Last Theorem nầy.

Năm 1990 gia đình tôi được định cư tại Hoa kỳ, theo diện tù cải tạo trên 3 năm, đi HO3 cùng vợ và 4 con,  không bỏ lở cơ hội bằng vàng, tôi bắt tay vào việc ngay, nhưng phải mất năm năm trời mới hoàn tất được chứng minh Fermat’s Last Theorem

Ở Hoa kỳ nói riêng và ở Thế giới tự do nói chung, chúng ta muốn nói gì thì nói, miễn được luật pháp cho phép, đừng nói xấu cá nhân hay tập thể. Nhưng muốn nói cho Cộng đồng Toán học chịu nghe, phải có học vị cao,  được Cộng đồng Toán học biết đến, hay ít ra được một Đại học nổi tiếng đở đầu. Cá nhân tôi không có học vị, không có Đại học, hay Cộng đồng nào đở đầu, nên tôi có phát biểu về vấn đề lớn như Fermat’s Last Theorem cũng chẳng có ai để ý, lại gặp nhiều khó khăn về kinh tế, vì mới được định cư tại Hoa kỳ, chưa ổn định đời sống; khó khăn nhất là vợ con không muốn tôi phiêu lưu vào con đường quá nguy hiểm nầy, có thể mất cả nhà cửa tiền bạc cho LS, mà không mang lại kết quả gì, nhưng tôi vẫn quyết định

Năm 2000 ở lứa tuổi trên 50, tôi bỏ việc làm, để bảo vệ Luận án cho Pierre de Fermat, phải nói “Luận án” vì Luận án mới cần sự bảo vệ, còn Định lý không cần bảo vệ, chính nó đã có chứng minh rồi. Cộng đồng Toán học sau hơn 360 năm, không tìm ra chứng minh của ông, ngay cả con trai cuả P. D. Fermat cũng không tìm ra bút tích nào về chứng minh FLT, nên các nhà Toán học không tin là P.D. Fermat đã có chứng minh, hoặc có chứng minh, nhưng sai nên ông hủy bỏ … Thật bất công cho Nhà Toán học P.D. Fermat, ai nói sao ông chịu vậy, đó chính là lý do tôi đi sâu vào FLT.

Muốn bảo vệ luận án cũng không dể, tôi nhờ một nhóm Luật sư nổi tiếng người Mỹ, như đã nói ở trên (trong đó có một Luật sư nguyên là Giáo sư Toán Đại học), bảo vệ về mặt pháp lý cho tôi, và mở lại vấn đề FLT, vì năm 1998 tôi có gởi thư báo cho AMS biết Giáo Sư Andrew Wiles giải chưa đúng, Hội Toán Học Hoa kỳ có trả lời cho tôi: “vấn đề FLT đã đóng lại rồi”, AMS trả lời đúng vì sau hai năm Giáo sư Andrew Wiles Publish chứng minh của ông (1993 – 1995), không ai phản bác, thì xem như chứng minh của Giáo sư đã đúng, thông qua hội nghi 1995 ở Boston University, nhưng thời gian nầy tôi chưa có computer và internet, để theo giỏi các vấn đề được công bố trên mạng internet …

 

PHẦN TỰ ĐỞ ĐẦU

Cho dù chứng minh được Fermat’s Last Theorem, nhưng không có ai đở đầu thì Cộng đồng Toán học không tin tưởng, không cần xem, họ bỏ thùng rát ngay, do đó tôi cố tìm mọi cách để tự bảo vệ, buộc họ phải tin tưởng, phải xem phần chứng minh của tôi.

Qua mạng internet, qua các diển đàn toán học, để tìm hiểu về cội nguồn Toán học, không riêng Fermat’s Last Theorem mà còn nhiều vấn đề khác, cho đến nay tôi nhận ra các nhà Toán học chưa giải quyết như “Fermat – Wiles Equations”, hay “Diophantine Equations” thuộc nhiều ngàn năm trước, tôi liền tìm ra các phương pháp giúp các nhà Toán học, giải quyết được phần nào những tồn đọng đó.

FERMAT-WILES EQUATION

Qua mạng internet ta thấy vấn đề

                     On a Generalized Fermat-Wiles Equation

 “Fermat’s Last Theorem was no more than a conjecture for over 350 years. Let n be an integer greater than 2. Fermat claimed that any integers x, y and z, not necessarily positive, for which

xⁿ + yⁿ = zⁿ

must consequently satisfy x · y · z = 0. Andrew Wiles’ spectacular achievement, building on the work of Kenneth Ribet and others, was to prove beyond any doubt that Fermat’s conjecture is true.

To some people, the passage of this conjecture to theoremhood is marked by sadness. They may mistakenly believe that no other interesting Diophantine equations are left to be solved. This essay is aimed at such individuals: there is a much larger class of equations, of which Fermat-Wiles is only a special case, that is well worth everyone’s attention!

The equation we’ll examine is

xⁿ + yⁿ = c · zⁿ

where c is a positive integer. We wish to learn what conditions on n and c force the existence of a non-trivial solution (x, y, z), that is, x · y · z ≠ 0. In other words, when is the equation xⁿ + yⁿ = c · zⁿ solvable (in nonzero integers)? The case n = 1 is easy: taking x = y = c and z = 2, we conclude that non-trivial solutions always exist. The case n = 2 is somewhat more difficult. Let c′ denote the square-free part of c, that is, the divisor of c which is the outcome after all factors of the form d² have been eliminated. The equation

x² + y² = c · z²

is solvable if and only if all odd prime factors of c′ are equal to 1 modulo 4. (See Hardy and Wright’s[1] discussion of Waring’s problem for a proof.) Here are the first several values of c for which this condition holds: …”

Sau thời gian dài nghiên cứu, tôi đã tìm ra Phương pháp cho Fermat-Wiles Equation, có thể nói là công thức vì nó dùng cho tất cả các phương trình có dạng xⁿ + yⁿ = c · zⁿ số mủ “n” tiến đến bao nhiêu cũng giải được, như các ví dụ kèm theo để quý vị và các bạn trẻ tin tưởng,  

                                     Fermat-Wiles Equation dạng xⁿ + yⁿ = c · zⁿ

                                                    ζ(s) =  rⁿ + sⁿ  =  c   

                                                       r   =   ⁿ√(c – sⁿ)               

                                                    ζ(c) =  0

                                                       n  à  ∞

                                                        x = r∙z

                                                        y = s∙z

ÁP DỤNG PHƯƠNG PHÁP TRÊN

1*) Giải Fermat-Wiles Equation sau đây

                                    x⁵ + y⁵ = c · z⁵

Muốn giải phương trình trên, công việc đầu tiên là tìm giá trị cuả c,

Theo công thức trên ta có

Cho bất kỳ giá trị nào cuả « r & s », như vậy ta sẽ có vô số giá trị cuả c

Thông thường ta chỉ lấy giá trị nhỏ nhất cuả c ( c = 2), hay r =1 và s =1

                                     ζ(s) =  r⁵ + s⁵  =  c 

                                                1  +  1  = 2

Thay gía trị c vào phương trình

                                     x⁵ + y⁵ = c · z⁵

                                     x⁵ + y⁵ = 2 · z⁵

Suy ra:

                                             x = y = z = 1

Như vậy quá dể, do đó khi cần chọn, ta nên chọn những gía trị lớn hơn 1

2*) Giải phương trình

                                   x¹¹ + y¹¹ = 179195 · z¹¹

Tương tự trên áp dụng phương pháp tìm c                  

                                     ζ(s) =  r¹¹ + s¹¹  =  c  = 179195

Suy ra

                                     ζ(s) =  2¹¹ + 3¹¹  =  179195 

ta có r = 2 và s = 3

Chọn bất kỳ giá trị nào cuả z (như z=4 …) ta có các giá trị cuả x và y theo z, do đó ta cũng có vô số giá trị cuả x, và y, theo phương pháp sau

                                                        x = r∙z = 2×4 = 8

                                                        y = s∙z = 3×4 = 12

Thư lại

                                   x¹¹ + y¹¹ = 179195 · z¹¹

                                   8¹¹ + 12¹¹ = 179195 · 4¹¹   =  751598305280

Đáp số

                                                      x= 8; y = 12; z = 4

3*) Tìm giá trị x, y của phương trình sau

                                   x¹² + y¹² = 13858064417¹³

                                        Giải

Phương trình:

                                   x¹² + y¹² = 13858064417¹³

ta viết lại:

                                   x¹² + y¹² = 13858064417¹²⁺¹

 

hay

                                   x¹² + y¹² = 13858064417 · 13858064417¹²

Ta có dạng Fermat-Wiles Equation

Suy ra   c = 13858064417 và z = 13858064417

Áp dụng công thức

                                                    ζ(s) =  rⁿ + sⁿ  =  c   

                                                       r   =   ⁿ√(c – sⁿ)               

                                                    ζ(c) =  0

                                                       n  à  ∞

                                                        x = r∙z

                                                        y = s∙z

ta có

                                     ζ(s) =  r¹² + s¹²  =  c  = 13858064417

Suy ra

                                     ζ(s) =  4¹² + 7¹²  =  13858064417 

ta có r = 4 và s = 7

thay các giá trị của r, s, và z

                                                        x = r∙z

                                                        x = 4∙ 13858064417 = 55432257668

và

                                                        y = s∙z

                                                        y = 7 ∙ 13858064417 = 97006450919

Thử lại: thay các giá trị x, y vừa tìm vào phương trình

                                   x¹² + y¹² = 13858064417¹³

55432257668¹² + 97006450919¹² = 13858064417¹³

vế trái cuả phương trình

55432257668¹² + 97006450919¹² =

                                          6.9523797310625896769671827038487e+131

vế phải của phương trình

             13858064417¹³ = 6.9523797310625896769671827038487e+131

Đáp số:

                                    x = 55432257668;

                                    y = 97006450919

…

 

PHƯƠNG PHÁP MỞ RỘNG

                                

Phương pháp cũng có thể gọi là công thức cho

                                             Fermat-Wiles Equation mở rộng

Để chứng tỏ cho các nhà Toán học trên Thế giới thấy khả năng của chúng ta có thể mở rộng phương trình Fermat-Wiles Equation đến vô tận chứ không bị giới hạn trong phạm vi đơn giản xⁿ + yⁿ = c∙zⁿ. Dạng phương trình mở rộng tổng hợp rất phức tạp gọi chung là phương trình Diophantus

                                                    ζ(s) =  rⁿ + sⁿ  + … =   k

                                                       r   =   ⁿ√( k  – sⁿ – …)               

                                                    ζ(k) =  0

                                                       n à ∞

                                                        ….

                                                        x = r∙z

                                                        y = s∙z

Phần mở rộng nầy tôi đã giới thiệu nhiều bài trên khoa học và đời sống

Ví dụ: Ta thử dùng phương pháp trình bày trên để giải phương trình sau đây

4*) Giải phương trình

                                      a∙A³  + B³ +  C³ +  d∙D³ = 2403⁴   

                                                                 Giải

Tương tự như trên, ta viết lại phương trình Diophantus

                                      a∙A³  + B³ +  C³ +  d∙D³ = 2403⁴     (1) 

                                      a∙A³ +  d∙D³  + B³ +  C³ = 2403³⁺¹    (2) 

Đặt

A ≡  modδ                                                                           

D ≡  modδ               

 Phương trình Diophantus (2) viết lại thành

                                     (a + d) modδ³ + B³ + C³  = 2403³⁺¹         (3) 

Phương trình còn khác số mủ 3 v à 4 từng bướt ta viết lại như sau

                                      (a + d) modδ³ + B³ + C³  = 2403∙2403³        (4)

Phương trình Diophantus (4) viết lại tương đương với Fermat-Wiles Equation mở rộng dưới đây

                                              v³ +  x³ + y³ = c·z³

Như vậy c = 2403 đến đây ta áp dụng phương pháp bình dân để giải như Fermat-Wiles Equation bình thường,

                                                    ζ(s) =  rⁿ + sⁿ  + … =   k

                                                       r   =   ⁿ√( k  – sⁿ – …)               

                                                    ζ(k) =  0

                                                       n  =  3

                                                            ….

                                                        x = r∙z

                                                        y = s∙z

theo đề ta có

                                                        c = r³ + s³  + t³  =  2403

Dùng máy tính ta có:

                                                        c = 7³ + 9³ + 11³ = 2403

Suy ra          v  = r∙z =  7∙2403 = 16821

                    x  = s∙z =  9∙2403 = 21870

                    y  = t∙z = 11∙2403 = 26433

Ta có các giá trị cuả phương trình (4), ta mới trở lại phương trình (1)

                     v ≡ (a + d) modδ  ≡    mod 16821           

                    x  = B = 21627

            y   = C = 26433          

Trở lại với phương trình Diophantus (3) 

                                   (a + d) modδ³ + B³ + C³  = 2403³⁺¹         (3)   

                                      a∙A³  + B³ +  C³ +  d∙D³ = 2403⁴   (1) 

A ≡  a∙ modδ       ≡    a∙ mod 16821

Suy ra

                                                a = 26

                                               A = 5607     

                                                                        

D ≡  d∙modδ     ≡    d ∙mod 16821

Suy ra

                                                d = 27

                                                D = 1869

Thay các giá trị vừa tìm vào phương trình Diophantus (1) thử lạ

                                     a∙A³  + B³ +  C³ +  d∙D³ = 2403⁴   (1) 

         26∙5607³  + 21627³ +  26433³ +  27∙1869³ = 2403⁴     

                                                                           = 33343799299281

   Các giá trị vừa tìm đúng là nghiệm cuả phương trình Diophantus                                                                                                        

                                 26∙A³  + B³ +  C³ +  27∙D³ = 2403⁴   (1) 

Đáp số

                                               A = 5607     

                                               B = 21627     

                                               C = 26433    

                                               D = 1869    

 

DIOPHANTINE EQUATION

Qua internet ta gặp các phương trình sau

“E. S. Selmer, The Diophantine equation a · x³ + b · y³ + c · z³ = 0, Acta. Math. 85 (1951) 203-362 and 92 (1954) 191-197; MR 13,13i and 16,674e

L. J. Mordell, The diophantine equation A · x⁴ + B · y⁴ + C · z⁴ = 0, Proc. Cambridge Philos. Soc. 68 (1970) 125-128; MR 41 #3393.”

Dạng phương trình Diophantus axⁿ + byⁿ   =  czⁿ là khó khăn của các nhà toán học, đến  nay vẫn chưa tìm được phương pháp nào để giải,

Trong trường hợp nầy tôi có giới thiệu Phương pháp tổng hợp Bình Dân và Fermat’s Last Theorem như sau

                                ζ(s) =  aⁿ + bⁿ = 1                                                                                                                               

                                   b  =   ⁿ√(1 – aⁿ)               

                                 ζ(s) =  1   và  ζ(1) ≠  0

                                 0 < α < 1 và   n  à ∞

                                      x = (a∙z ⁿ√c)/( ⁿ√a)

                                      y = b∙z 

                                         = [ⁿ√(1 – aⁿ) ∙z ⁿ√c]/(ⁿ√b)

Có thể nói là công thức, vì nó dùng cho tất cả các phương trình có dạng

                                            axⁿ + byⁿ  =  czⁿ

           với mọi giá trị của n          (n –-> ∞)

 

ÁP DỤNG PHƯƠNG PHÁP HAI

Chúng ta áp dụng phương pháp thứ 2 để giải 2 phương trình ta gặp trên internet không khó mấy

Diophantine equation a · x³ + b · y³ + c · z³ = 0

 

The diophantine equation A · x⁴ + B · y⁴ + C · z⁴ = 0

 

*)Năm nay là năm 2010, ta thử giải phương trình có số mủ n = 2010 sau đây

                           a · x²⁰¹⁰ + b · y²⁰¹⁰ = c · z²⁰¹⁰

 

Cho biết  α = 3/4 

                                                Giải

Ta phải đưa phương trình

                                  a · x²⁰¹⁰ + b · y²⁰¹⁰ = c’ · z²⁰¹⁰

về dạng phương trình Fermat

                                                        Xⁿ  +  Yⁿ  =  Zⁿ

Đặt    X   =   (²⁰¹⁰√a· x)

          Y   =   (²⁰¹⁰√b· y)

          Z    =   (²⁰¹⁰√c· z)

Thay vào

                                                  X²⁰¹⁰  +  Y²⁰¹⁰  =  Z²⁰¹⁰

 

Ta có

                        (²⁰¹⁰√a· x)²⁰¹⁰  +  (²⁰¹⁰√b· y)²⁰¹⁰  =  (²⁰¹⁰√c· z)²⁰¹⁰

Giá trị x, y, z của Diophantine Equations phải nguyên và khác không, ta tự do chọn giá trị cuả a và c miễn sao nó là số chính phương cuả căn 2010

         ²⁰¹⁰√a   =    12            suy ra       a   =    12²⁰¹⁰

                         

        ²⁰¹⁰√c   =    1024      suy ra          c   =    1024²⁰¹⁰

Riêng giá trị của ²⁰¹⁰√b ta phải tùy giá trị của b, suy ra từ giá trị của a

                         a²⁰¹⁰  +  b²⁰¹⁰ = 1

Suy ra     b   =    ²⁰¹⁰√(1 – a²⁰¹⁰)

để y nguyên thì giá trị của ²⁰¹⁰√b bằng phần tử số của  b, hoặc mod b

Do đó có vô số giá trị của b

Ta có  a   =   3/4  đã cho,   (0 < a < 1)

Ta có      b   =    ²⁰¹⁰√(1 – a²⁰¹⁰)   =   ²⁰¹⁰√[1 – (3/4) ²⁰¹⁰]

Giá trị của b bằng phần tử số của b hay bội của tử số

Ta có

 ²⁰¹⁰√b   =   ²⁰¹⁰√(4²⁰¹⁰– 3²⁰¹⁰)  hay  mod{²⁰¹⁰√(4²⁰¹⁰– 3²⁰¹⁰)]

    Suy ra   b    =   {4²⁰¹⁰– 3²⁰¹⁰} hay mod{4²⁰¹⁰– 3²⁰¹⁰}

Thay các giá trị của a,  b,  c vào phương trình

      (²⁰¹⁰√a· x)²⁰¹⁰  +  (²⁰¹⁰√b· y)²⁰¹⁰  =  (²⁰¹⁰√c· z)²⁰¹⁰              

ta có phương trình đầy đủ

    {12²⁰¹⁰}· x²⁰¹⁰ + {4²⁰¹⁰– 3²⁰¹⁰}· y²⁰¹⁰  =  {1024²⁰¹⁰}· z²⁰¹⁰

Áp dụng công thức 2 tìm giá trị  x, y, z 

                                ζ(s) =  aⁿ + bⁿ = 1                                                                                                                              

                                   b  =   ⁿ√(1 – aⁿ)               

                                 ζ(s) =  1   và  ζ(1) ≠  0

                                 0 < α < 1 và   n  à ∞

                                      x = (a∙z ⁿ√c)/( ⁿ√a)

                                      y = b∙z 

                                         = [ⁿ√(1 – aⁿ) ∙z ⁿ√c]/(ⁿ√b)

Từ công thức trên ta có

                                      x = (a∙z ²⁰¹⁰√c)/( ²⁰¹⁰√a)

Chọn giá trị cua z để có x, và y nguyên z = 32 hay mod4

                          x =  {(3/4)∙32 ∙1024}/ 12 = 2048

Và giá trị của  y

                                      y = b∙z 

                                         = [ⁿ√(1 – aⁿ) ∙z ⁿ√c]/(ⁿ√b)

            y = b∙z 

           y  = [²⁰¹⁰√(4²⁰¹⁰ – 3²⁰¹⁰) ∙32 ∙1024]/[²⁰¹⁰√(4²⁰¹⁰ – 3²⁰¹⁰)∙4] = 8192

 Thử lại : để biết chắc các giá trị cuả x, y, z, vừa tìm có nghiệm đúng phương trình :   

                {12²⁰¹⁰}· x²⁰¹⁰ + {4²⁰¹⁰– 3²⁰¹⁰}· y²⁰¹⁰  =  {1024²⁰¹⁰}· z²⁰¹⁰

Ta lần lược thay các giá trị vào phương trình :

    {12²⁰¹⁰}· 2048²⁰¹⁰ + {4²⁰¹⁰– 3²⁰¹⁰}· 8192²⁰¹⁰  =  {1024²⁰¹⁰}· 32²⁰¹⁰

Vế trái cuả phương trình

    {12²⁰¹⁰}· 2048²⁰¹⁰ + {4²⁰¹⁰– 3²⁰¹⁰}· 8192²⁰¹⁰  = 

                                             1.1333636225683154767608137147794e+9076

vế phải cuả phương trình

            {1024²⁰¹⁰}· 32²⁰¹⁰  = 1.1333636225683154767608137147794e+9076

Ta thấy 2 vế bằng nhau, nên các gía trị đó là nghiệm cuả phương trình

                {12²⁰¹⁰}· x²⁰¹⁰ + {4²⁰¹⁰– 3²⁰¹⁰}· y²⁰¹⁰  =  {1024²⁰¹⁰}· z²⁰¹⁰

Đáp số :

                                       x = 2048 ; y = 8192 ; z = 32

Còn vô số giá trị khác, khi ta chọn giá trị a, c, va z khác

MỞ RỘNG PHƯƠNG TRÌNH

Trước đây chúng ta bị hạn chế cứ mỗi ẩn số phải có một phưong trình mới giải được, nay với những phương pháp tôi trình bày trên, bao nhiêu ẩn số trong một phương trình cũng giải được

ví dụ:

(*) Giải phương trình Diophantus có dạng sau:

                       a∙A⁴  + b∙B⁴  +  c∙C⁴  +  d∙D⁴  + e∙E⁴  +  f∙F⁴   =  g∙G⁴      

Tìm giá trị A, B, C, D, E, F, G  nguyên

Cho biết  α = 5/6 gcd(A, B, C, D, E, F) = δ (δ > 1)

                                          Giải

     a∙A⁴  + b∙B⁴  +  c∙C⁴  +  d∙D⁴  + e∙E⁴  +  f∙F⁴   =  g∙G⁴             (1)                               

Diophantine Equation (1) có 7 ẩn số tương đương 7 nhóm (7 term) bao gồm các hệ số góc, so với Fermat’s Last Theorem có 3 ẩn số x, y, z tương đương 3 nhóm (3 term)

Do đó muốn ứng dụng phương pháp tổng hợp Bình dân và FLT ta phải viết lại bằng cách đặt:

A  ≡  modδ₁

B  ≡  modδ₁

C  ≡  modδ₁ 

D  ≡  modδ₂

E  ≡  modδ₂ 

F  ≡  modδ₂ 

                            (δ_1, δ₂ thuộc δ)

Thay thế các giá trị tương đương cuả A, B, C, D, E, F ta viết phương trình Diophantus từ 7 nhóm về dạng 3 nhóm như sau

                a∙A⁴  + b∙B⁴  +  c∙C⁴  +  d∙D⁴  + e∙E⁴  +  f∙F⁴   =  g∙G⁴                        

                                                              xⁿ + yⁿ = zⁿ

                                    

            {(a + b + c)· modδ₁⁴ } + {(d + e + f) · modδ₂⁴} = {g · G⁴}   (2)

Viết lại phương trình (2) dưới dạng Fermat Equation

Đặt    x   =   ⁴√(a + b + c)· modδ₁  

          y    =   ⁴√(d + e + f) · modδ₂

          z    =  ⁴√g · G

                                                            xⁿ  +  yⁿ  =  zⁿ

Phương Trình 2 viết lại

              [⁴√(a+b+c)· modd₁]⁴  +  [⁴√(d+e+f)· modd₂]⁴  =  (⁴√g· G)⁴     (3)

Chọn các cơ số cho phương trình Diophantus có nghiệm nguyên

Để phân biệt các cơ số của phương trình (3) ta chọn A, B, C, 

A = ⁴√(a+b+c) = 7

B = ⁴√(d+e+f) = ⁴√(671)

C = ⁴√g  =  2

Ta có

                         α ⁴  +  β⁴ = 1

Suy ra     β   =    ⁴√(1 – α⁴ )  =      ⁴√{1 –(5/6)⁴}

                β  =    ⁴√( 671) / 6   

Chọn z có giá trị thích hợp z = 126 (z  ≡ mod7 & z ≡ mod6), ta đừng quên z ở đây chính là G

Áp dụng

                                       ζ(s) =  a⁴ + b⁴ = 1                                                                                                                              

                                          b  =   ⁴√(1 – a⁴)               

                                       ζ(s) =  1   và  ζ(1) ≠  0

                                           x = (a∙z ⁴√c)/( ⁴√a)

                                           y = b∙z  = [⁴√(1 – a⁴) ∙z ⁴√c]/(⁴√b)

                                                     0 < α < 1

Ta có

                                           x = (a∙z ⁴√c)/( ⁴√a)

Thay thế nhóm {a∙x} bằng nhóm {⁴√(a+b+c)· modd₁}

           hay                  modδ₁ ≡ (a∙z ⁴√c)/( ⁴√a)  ≡  mod30

Suy ra giá trị các cơ số :

a = 5

b = 11

c = 230

Giá trị các ẩn số

A  ≡  modδ₁ ≡  mod30

                  

                                                        A = 120

B  ≡  modδ₁ ≡  mod30

                                                        B = 90

C  ≡  modδ₁ ≡  mod30

                                                        C = 30

và

                                 y = b∙z  = [⁴√(1 – a⁴) ∙z ⁴√c]/(⁴√b)]

Thay thế nhóm {b∙y} bằng nhóm {⁴√(d+e+f)· modd₂}

                   modδ₂ ≡  b∙z  = [⁴√(1 – a⁴) ∙z ⁴√c]/(⁴√b)   ≡  mod42

Suy ra giá trị các cơ số :

d   =   6

e   =   7

f   =   73

Giá trị các ẩn số

D  ≡  modδ₂ ≡  mod42

                                                       D = 126

E  ≡  modδ₂ ≡  mod42

                                                       E = 84

F  ≡  modδ₂ ≡  mod42

                                                       F = 42

Ta thay các giá tri Giá trị các ẩn số a,b, c, d, e, f, g và giá trị các ẩn số A, B, C, D, E, F, G

vào Diophantine Equation (1) thử lại

        a∙A⁴  + b∙B⁴  +  c∙C⁴  +  d∙D⁴  + e∙E⁴  +  f∙F⁴   =  g∙G⁴                                (1)      

  5∙120⁴  + 11∙90⁴  +  230∙30⁴  +  6∙126⁴  + 7∙84⁴  +  73∙42⁴   =  16∙126⁴                        

Vế trái cuả phương trình

  5∙120⁴  + 11∙90⁴  +  230∙30⁴  +  6∙126⁴  + 7∙84⁴  +  73∙42⁴   =    4032758016 

Vế phải cuả phương trình

                                                                                16∙126⁴   =   4032758016                                                  

Kết quả trên chính là nghiệm cuả phương trình                                                   

                5∙A⁴  + 11∙B⁴  +  230∙C⁴  +  6∙D⁴  + 7∙E⁴  +  73∙F⁴   =  16∙G⁴                                

                                             

Đáp số:       

           A = 120 ;    B = 90 ;    C  = 30;    D = 126

           E = 84;       F  = 42;    G  = 126

       ….                                                

 

PHẦN KẾT

Từ những phương pháp và thực hành trên, đã gây được sự chú ý cuả các nhà Toán học dù khó tính, và cũng được các nhà toán học có cảm tình âm thầm giới thiệu đến Cộng Đồng Toán Học khắp năm châu, tôi vô cùng biết ơn họ

Toán học là môn học rộng lớn, bao la mà sự hiểu biết của tôi rất hạn hẹp, ví  như  hạt cát trong sa mạc, có điều gì sơ xuất, xin quý vị niệm tình tha thứ, và chỉ giáo cho.  Kính cảm ơn.

 

Võ Văn Rân