Chứng minh Định lý Lớn
Trả lời các bạn trẻ trong cũng như ngoài nước, muốn biết về cách chứng minh Định lý sau cùng cuả Fermat, và những bài tập có liên quan đến định lý, Định Lý sau cùng cuả Fermat, còn gọi là Định Lý Lớn, một vấn đề nan giải cho các nhà Toán học, suốt 360 năm. Các nhà Toán học không có cách nào chứng minh trực tiếp vào Định lý cuối cùng cuả Fermat được, Định lý phát biểu như sau“xn + yn = zn n>2 phương trình không có nghiệm nguyên”, khi n =2 ta có vô số giá trị cuả x, y, z, nhưng n > 2 phương trình vô nghiệm, do đó ta không thể dùng phương pháp quy nạp để chứng minh. Hơn nửa các giá trị cuả x, y, z và số mũ n cuả phương trình tiến đến vô cực, đã vượt ra khỏi tầm tay, nên các nhà Toán học tìm cách chứng minh những giả thuyết chung quanh định lý Fermat’s Last Theorm, nếu chứng minh được những giả thuyết nầy, thì kể như đã chứng minh được Định lý sau cùng cuả Fermat, các giả thuyết thường nghe nói đến như: abc conjecture, Modular elliptic curve, The Taniyama–Shimura–Weil conjecture, The Beal conjecture v.v. .…
Năm 1993 Giáo sư Andrew Wiles đã chứng minh Định lý sau cùng cuả Fermat bằng một trong những giả thuyết đó, nhưng phải chờ đến Hội nghị toán học, mùa hè 1995 tại Boston University, các nhà Toán đi đến kết luận, chứng minh Fermat’s Last Theorem của Giáo sư Andrew Wiles là đúng. 15 năm qua có ai chứng minh được FLT theo phương pháp cuả GS Andrew Wiles không? Nghe đâu số người hiểu được chứng minh cuả Giáo sư A. Wiles cũng chỉ đếm được trên đầu ngón tay, nói cách khác đã có chứng minh rồi, nhưng đọc không phải dê hiểu
Do đó phần chứng minh cuả tôi xin khất nợ, nếu có dịp sẽ trình bày đầy đủ hơn, nhưng qua tâm sự dưới đây, hy vọng chính các bạn sẽ tự giải, không cần đến ai, có khi các bạn giải còn hay hơn tôi nhiều. Năm 1988 Tôi muốn tìm một giải pháp cụ thể, để chứng minh trực tiếp vào Định lý sau cùng cuả Fermat, chứ không đi vòng vo bên ngoài, tuy gặp vô cùng khó khăn, vì không tài liệu, không có thư viện, không máy điện toán. Nhưng thật may mắn, như có một phép lạ tôi đã phát hiện ra một phương pháp rất quan trọng, phương pháp chỉ nằm gọn trong tầm tay, vì nó được giới hạn giữa 0 và 1, Phương pháp mới có thể phát biểu như sau:
Tất cả các số HỮU TỶ và VÔ TỶ lớn hơn 0, nhỏ thua 1, giúp ta tìm gia trị x, y, z nguyên cuả phương trình Diophantus có dạng axn + byn = czn với n à ∞
—— -1 ————————-0//////////a//b//c//..//////1————————–2———>
Những số hữu tỷ, hay vô tỷ a, b, c, … trong khoảng 0 đến 1 trên trục số, như nằm gọn trong lòng bàn tay, sẽ giúp ta giải được các phương trình Diophantus, nhưng làm cách nào để giải phương trình axn + byn = czn với mọi giá trị cuả n. Trường hợp đặt biệt abc = 1 phương trình Diophantus trên còn lại rất đơn giản xn + yn = zn đây chính là dạng cuả phương trình Farmat’s Last Theorem
Phải mất nhiều thời gian để viết phương pháp mới, thành dạng công thức, khi nào gặp loại phương trình Diophantus như trên, ta ứng dụng phương pháp vào giải ngay, không cần suy nghỉ chi cả,
Phương pháp mới được viết thành công thức 1 như sau
ζ(s) = an + bn = 1
b = n√(1 – an)
ζ(s) = 1 và ζ(1) = 0
0 < a < 1 và n à ∞
x = (a∙z n√c)/ n√a
y = b∙z
= [n√(1 – an) ∙z n√c]/ n√b
Phương pháp mới được viết thành công thức 2 như sau
Công thức thứ 2 giống hệt công thức 1, chỉ khác ζ(1) ≠ 0, nhưng công dụng hoàn toàn khác nhau, tuỳ theo nhu cầu cuả bài toán mà ta áp dụng
ζ(s) = an + bn = 1
b = n√(1 – an)
ζ(s) = 1 và ζ(1) ≠
0 < a < 1 và n à ∞
x = (a∙z n√c)/( n√a)
y = b∙z
= [n√(1 – an) ∙z n√c]/(n√b)
Nhờ có phương pháp mới nầy, tôi đã chứng minh được Định lý sau cùng cuả Fermat, một năm sau đó, nhưng phải chờ đến năm 1990 – 1995 thời gian đầu định cư tại Hoa kỳ, có điều kiện, sách vở, tài liệu trong Thư viện, để kiễm tra lại, trước khi hoàn chỉnh chứng minh Fermat’s Last Theorem. Khó khăn nhất trong giai đoạn nầy, là đi gỏ cửa các Giáo sư toán càc trường Đại học, các nhà Toán học ở Hoa kỳ, ở Âu châu, không ai chịu tiếp ý kiến minh,
Nhờ báo chí chuyển tải chứng minh FLT đến cộng đồng Toán học, thì bị vứt vào thùng rát, hay từ chối vì không thuộc phạm vi cuả họ, vô cùng thất vọng, tôi phải bỏ cuộc một thời gian dài gần 7 năm, vì tự ái Dân Tộc, tôi quyết định độc diễn “vừa đá bóng, vừa thổi còi”, có nghĩa là vừa đóng vai bảo vệ luận án, vừa đóng vai phản biện.
Trong vai bảo vệ tôi luôn chủ quan rằng chứng minh Fermat’s Last Theorem cuả mình là đúng, không biết có rơi vào cảnh “ếch ngồi đáy giếng xem trời bằng vung” ?
Trong vai phản biện tôi lại nhận ra rằng phương pháp mới mà tôi phát hiện ra lại chính là Định lý sau cùng cuả Fermat, không biết có tẩu hoả nhập ma không, mà “trông gà hoá quốc” ?
Ai trong chúng ta cũng biết rằng, Fermat’s Last Theorem là một tuyệt tác của nhà Toán Học Pierre de Fermat ở vào thế kỷ XVII, liệu phương pháp mới nầy có phải là Fermat’s Last Theorem hoặc một phần cuả FLT, hay không ?
Do đó tôi đưa ra những khác biệt và tương quan, để quý vị và các bạn trẻ rộng đường dư luận, và mong được đóng góp cuả quý vị, nếu thấy Phương pháp mới đúng là Định lý sau cùng cuả Fermat, hay cuả nhà toán học nào mà tôi chưa biết
Phương pháp mới
Tất cả các số HỮU TỶ và VÔ TỶ lớn hơn 0, nhỏ thua 1, cho ta tìm gia trị nguyên x, y, z cuả phương trình Diophantus có dạng
axn + byn = czn n à ∞
Định lý sau cùng cuả Fermat
“xn + yn = zn n>2 phương trình không có nghiệm nguyên”
Nếu tạm gọi phương pháp mới là mệnh đề A và Định lý sau cùng cuả Fermat là mệnh đề B. Quý vị và các bạn trẻ nhìn vào cách phát biểu cuả 2 mệnh đề, (A xanh, và B đỏ) hoàn toàn khác nhau
Khác biệt
mệnh đề A nằm trong tầm tay, mệnh đề B vượt ra khỏi tầm tay,
mệnh đề A có nghiệm, mệnh đề B vô nghiệm
mệnh đề A độc lập với số mũ, mệnh đề B lệ thuộc số mũ
mệnh đề A không giới hạn ẩn số, mệnh đề B giới hạn chỉ 3 ẩn số
mệnh đề A dùng chứng minh mệnh đề B đúng
Tương quan
mệnh đề A cùng dạng với mệnh đề B “ xn + yn = zn” mới giải được
mệnh đề A và mệnh đề B, nếu có nghiệm phải nguyên
Trước đây khi tìm các giá trị x, y, z cuả Diophantine Equation tôi thường nói áp dụng Định lý sau cùng cuả Fermat, chứ thật ra phải nói ứng dụng sự kết hợp giữa Đông và Tây, giữa mệnh đề A và mệnh đề B, ta mới giải được Diophantine Equation với 3 ẩn số, hoặc ít hơn.
Đối với các Diophantine Equation có nhiều ẩn số hơn 3 trở lên, thì nó đã vượt ra ngoài Định lý sau cùng cuả Fermat
Giải vài Diophantine Equation dưới đây, để quý vị và các bạn trẻ dể nhận thấy giá trị cuả Phương pháp mới
1*) Giải phương trình Diophantus có dạng sau:
a∙x17 + b∙y17 = c∙z17
Tìm giá trị x, y, z nguyên
Cho biết giá trị của a1 = 0.75, và
a2 = 0.57142857142857142857142857142857
Giải
Viết phương trình Diophantus
Chúng ta tìm giá trị của a, b, c, xong thay thế các giá trị đó vào phương trình
a∙x17 + b∙y17 = c∙z17
Viết phương trình Diophantus sang dạng Fermat
xn + yn = zn
(17√a ∙ x)17 + (17√b ∙ y)17 = (17√c ∙ z)17
Ở đây giá trị x = 17√a ∙ x
y = 17√b ∙ y
và z = 17√c ∙ z
Dùng phương pháp thứ 2, zeta function ζ(s) bằng 1 và ζ(1) không bằng 0
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)
Ta có
x = (a ∙ z ∙ 17√c) / ( 17√a)
Và
y = [17√(1 – a17) ∙ z ∙ 17√c] / (17√b)
Trường hợp 1 (a1 = 0.75)
Ta dùng số hữu tỷ (a1 = 0.75) đã cho là số nhỏ thua 1, lớn hơn 0, chỉ cần có vậy thôi mà ta giải được Diophantine Equation có dạng:
a∙x17 + b∙y17 = c∙z17
Muốn có giá trị cuả a, b, c ta phải dựa vào công thức trên
Trong trường hợp nầy chúng ta có rất nhiều giá trị của a và c, miển sao khi đưa về dạng phương trình cuả Fermat, thì a và c phải là số chính phương bậc 17, còn b chỉ có một giá trị duy nhất sau đây:
Gía trị a = 387420489
c = 51539607552
Gía trị b = 51152187063
Thay thế các giá trị của a, b, c ở trên vào phương trình:
a∙x17 + b∙y17 = c∙z17
387420489∙x17 + 51152187063∙y17 = 51539607552∙z17
Đây là phương trình chúng ta muốn viết
Giải phương trình
387420489∙x17 + 51152187063∙y17 = 51539607552∙z17
Khi đã có phương trình Diophantus hoàn chỉnh, có nghĩa là đã có giá trị cuả a, b, c.
Tìm giá trị x, y, z là số nguyên
Tương tự như trên ta viết lại phương trình Diophantus sang dạng cuả Fermat
387420489∙x17 + 51152187063∙y17 = 51539607552∙z17
Trước khi chuyển sang dạng cuả Fermat, ta rút gọn cho 3, nếu có thể được
129140163∙x17 + 1705072902∙y17 = 17179869184∙z17
xn + yn = zn
(3∙x)17 + 17√17050729021∙y17 = (4∙z)17
Các giá trị cuả a, b, c, sau khi rút gọn cho 3 còn lại
a = 129140163 = 317
c = 17179869184 = 417
b = 17050729021
Ta có
x = (a1 ∙ z ∙ 17√c) / ( 17√a)
Chọn giá trị của z = 12 (hay bất cứ gía trị z ≡ mod12)
Suy ra x = 12
Và y = [17√(1 – a117) ∙ z ∙ 17√c] / (17√b)
y = 12
Thử lại:
Thay thế giá trị của x, y, z, vào phương trình
387420489∙x17 + 51152187063∙y17 = 51539607552∙z17
387420489 ∙ 1217 + 51152187063 ∙ 1217 = 51539607552 ∙ 1217
Cộng vế trái của phương trình
387420489 ∙ 1217 + 51152187063 ∙ 1217 = 114346345751910504496663363584
Khai triển vế phải của phương trình ta có
51539607552 ∙ 1217 = 114346345751910504496663363584
Các giá trị của x, y, z vừa tìm đúng là nghiệm của phương trình Diophantus
Đáp số
x = y = z = 12
Trường hợp 2 (a2 = 0.57142857142857142857142857142857… )
Tương tự như trên ta dùng số hữu tỷ thứ 2,
a2 = 0.57142857142857142857142857142857 = 4/7 hoặc bất cứ giá trị a nào khác, miển sao 0 < a < 1 ta giải được Diophantine Equation có dạng a∙xn + b∙yn = c∙zn
Trở lại
a∙x17 + b∙y17 = c∙z17
Để giá trị của x, y, z là số nguyên, thì a, b, c phải có giá trị nào đó để đơn giản được phần lẻ hay vô tỷ của x, y. Muốn có giá trị cuả a, b, c ta c ũng phải dựa vào công thức trên.
Trong trường hợp nầy chúng ta có rất nhiều giá trị của a và c, miển sao khi đưa về dạng phương trình cuả Fermat, thì a và c phải là số chính phương bậc 17 cuả phương trình, còn b chỉ có một giá trị duy nhất sau đây:
Gía trị a = 131072
c = 129140163
Gía trị b = 232613334118023
Thay thế các giá trị của a, b, c ở trên vào phương trình:
a∙x17 + b∙y17 = c∙z17
131072∙x17 + 232613334118023∙y17 = 129140163∙z17
Đây là phương trình chúng ta muốn viết
Giải phương trình
131072∙x17 + 232613334118023∙y17 = 129140163∙z17
Khi đã có giá trị cuả a, b, c. Ta tiếp tục tìm giá trị x, y, z cuả phương trình
Tương tự như trên ta viết lại phương trình Diophantus sang dạng cuả Fermat
131072∙x17 + 232613334118023∙y17 = 129140163∙z17
xn + yn = zn
(2∙x)17 + 17√232613334118023∙y17 = (3∙z)17
a = 217
c = 317
b = 232613334118023
Ta có
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)
Suy ra
x = (a2 ∙ z ∙ 17√c) / ( 17√a)
Chọn giá trị của z = 14 (hay bất cứ z ≡ mod14)
Suy ra x = 12
Và y = [17√(1 – a217) ∙ z ∙ 17√c] / (17√b)
y = 6
Thử lại:
Thay thế giá trị của x, y, z, vào phương trình
131072∙x17 + 232613334118023∙y17 = 129140163∙z17
131072∙1217 + 232613334118023∙617 = 129140163∙1417
Cộng vế trái của phương trình
131072∙1217 + 232613334118023∙617 = 3937657486715347520027492352
Khai triển vế phải của phương trình ta có
129140163∙1417 = 3937657486715347520027492352
Các giá trị của x, y, z vừa tìm đúng là nghiệm của phương trình Diophantus
Đáp số
x = 12, y = 6, z = 14
2*) Giải phương trình Diophantus sau:
20920706406∙x21 + 42920226964349462∙y21 = 8796093022208∙z21
Tìm giá trị x, y, z nguyên
Giải
Theo đề ta đã có phương trình Diophantus hoàn chỉnh
20920706406∙x21 + 42920226964349462∙y21 = 8796093022208∙z21
Ta đã có giá trị của a, b, c, song ta phải rút gọn cho 2
10460353203∙x21 + 21460113482174731∙y21 = 4398046511104∙z21
Viết phương trình Diophantus sang dạng Fermat
xn + yn = zn
(3∙x)21 + (21√21460113482174731∙y)21 = (4∙z)21
Ở đây giá trị x = 321∙x
y = 21460113482174731∙ y
và z = 421∙z
Tới đây muốn giải phương trình, ta phải có giá trị cuả a, nhưng theo đề chỉ cho biết giá trị cuả a, b, c. theo bài 1 ta tìm a, b, c nhờ giá trị cuả a, ngược lại ta dựa vào a, b, c để tìm a theo cách dùng phương thức thứ 2, zeta function ζ(s) bằng 1 và ζ(1) không bằng 0
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)
Dựa vào công thức
y = [21√(1 – a21) ∙ z ∙ 21√c] / (21√b)
Ta có
(21√b) = 21√21460113482174731 (21√b là số vô tỷ)
do đó b = 21√(1 – a21) = 21√21460113482174731 để loại phần vô tỷ ra khỏi y
Suy ra a = 5/6
Trở lại công thức ta có
x = (a ∙ z ∙ 21√c) / ( 21√a)
Ta chọn giá trị z
Để x là số nguyên thì: z = 18, 36, 54, v.v. .. (z ≡ mod18)
Giả sử z = 54
x = (a ∙ z ∙ 21√c) / ( 21√a)
x = 60
Và
y = [21√(1 – a21) ∙ z ∙ 21√c] / (21√b)
y = 36
Thử lại:
Thay thế giá trị của x, y, z, vào phương trình
(3∙x)21 + (21√21460113482174731∙y)21 = (4∙z)21
(3∙60)21 + (21√21460113482174731∙36)21 = (4∙54)21
Cộng vế trái của phương trình
(3∙60)21 + (21√21460113482174731∙36)21 =
1.0556714443828879617693714491135e+49
Khai triển vế phải của phương trình ta có
(4∙54)21 = 21621 = 1.0556714443828879617693714491135e+49
Các giá trị của x, y, z vừa tìm đúng là nghiệm của phương trình Diophantus
Đáp số x = 60, y = 36, z = 54
Bài tập có liên quan
3*) Tìm giá trị x, y, z nguyên cuả Diophantine Equation sau đây
18x2 + 154y2 = 72z2
4*) Tìm giá trị x, y, z cuả Diophantine Equation sau đây
3x3 + 2964y3 = 24z3
5*) Tìm giá trị x, y, z cuả Diophantine Equation
108x3 + 1544y3 = 1372z3
6*) Tìm giá trị x, y, z cuả Diophantine Equation
ax4 + by4 = cz4
Cho biết a = 0.71428571428571428571428571428571
7*) Tìm giá trị x, y, z cuả Diophantine Equation
ax5 + by5 = cz5
Cho biết a = 0.22222222222222222222222222222222
8*) Tìm giá trị x, y, z cuả Diophantine Equation
ax6 + by6 = cz6
Cho biết a = 0.375
9*) Tìm giá trị x, y, z cuả Diophantine Equation
ax7 + by7 = cz7
Cho biết a = 0.18181818181818181818181818181818
10*) Tìm giá trị x, y, z cuả Diophantine Equation
ax8 + 1288991y8 = cz8
Cho biết a = 0.83333333333333333333333333333333
11*) Tìm giá trị x, y, z cuả Diophantine Equation
ax9 + 40333924y9 = cz9
(chỉ cần biết b đủ để giải phương trình)
12*) Tìm giá trị x, y, z cuả Diophantine Equation
ax12 + by12 = cz12
Cho biết a = 0.8
13*) Giải 2 phương trình Diophantus cuả E. S. Selmer và L. J Mordell đã đưa lên internet, trường hợp nầy ta lấy bất kỳ giá trị nào cuả a ta muốn, miển sao 0 < a < 1
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,
14*) Giải phương trình Diophantus cuả Pierre de Fermat
xn + yn = zn
với n > 2
Áp dụng công thức 1
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)
Các bạn sẽ chứng minh nó vô nghiệm với mọi giá trị cua n
15*) Giải phương trình tìm giá trị A, B, C Diophantine Equation
a·Ax + b·Bx = c·Cx
với x > 0
Cho biết a = 0.33333333333333333333333333333333
Chúc quý vị và các bạn tìm thấy niềm vui
® Võ Văn Rân
18 tháng 02 năm 2010 [nguồn www.khoahoc.net]