Chủ đề này có 38 trả lời

[tihiep]

Đầu trang 10, trường hợp 2.1.2. Mình đọc thì hiểu như sau

 

. Trong 2.1, ta giả sử, $n$ nguyên tố lớn hơn 3. Và ta có đẳng thức (4) như sau

$$(u+v)\sum_{i=0}^{n-1}(-1)^iu^{n-i-1}v^i= t^n$$

. Sau đó đến trường hợp 2.1.2, ta giả sử thêm, trong $u,v,t$ chỉ có $t \vdots n$. Trong file pdf có ghi "ta giả sử $t \vdots n$, từ (4) suy ra $(u+v) \vdots n$".  

 

Câu hỏi của mình: Vì sao chúng ta suy ra được $(u+v) \vdots n$?

 

Phân tích nguyên tố của $t^n$ sẽ có dạng $e_1^ne_2^n\dots e_k^n n^n$ với $e_i$ và $n$ nguyên tố. Hình như không có lý do $n^n$ không thể hoàn toàn nằm trong $\sum_{i=0}^{n-1}(-1)^iu^{n-i-1}v^i$. 

 

Thật sự mình cũng chỉ nhìn sơ qua vậy thôi, có lẽ mình đã bỏ xót gì đấy.

Cám ơn bạn đã đọc bài cm của mình.

Giả sử u + v không chia hết cho n, theo bổ đề 5a thì biểu thức A = ... không chia hết cho n và từ (4) thì $t^{n}$ không chia hết cho n, từ đó t không chia hết cho n, mâu thuẩn với giả sử t chia hết cho n. Đó là điều bạn đang quan tâm đấy!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tihiep: 29-09-2013 - 06:12

[tihiep]

Tôi gởi ban biên tập một chứng minh định lý lớn Fermat khi n = 4.

 Tác giả: Tôn Thât Hiệp

file (219.73K) trước có một thiếu sót ở giả thiết của bổ đề 3 là (ab, c) = m, nay đã được bổ sung và chỉnh sửa đầy đủ trong chứng minh định lý lớn Fermat khi n = 4(219.94K). Các bạn nên xem file mới và bỏ file cũ

[fghost]

Cám ơn bạn đã đọc bài cm của mình.

Giả sử u + v không chia hết cho n, theo bổ đề 5a thì biểu thức A = ... không chia hết cho n và từ (4) thì $t^{n}$ không chia hết cho n, từ đó t không chia hết cho n, mâu thuẩn với giả sử t chia hết cho n. Đó là điều bạn đang quan tâm đấy!

 

Ah, ra vậy. Mình không để ý đến BĐ 5a.

[xuankhoa]

   Mình cám ơn các bạn đã quan tâm chia sẻ cùng mình vì mình đã gởi cho nhiều giáo sư đầu ngành toán cao cấp thì vài người im lặng, còn lại thì nói rằng minh không thể cm được bằng sơ cấp và không cần đọc là vì chắc chắn có chổ sai !?.

   Sau đây là một số ý kiến của mình

   Bạn có nói mình có thiếu sót trong cm là ở chổ nào, bạn nói ra để chúng ta có thể chỉnh sửa.

   Bạn quan tâm tổng số các số hạng lấy ra ở biểu thức D, theo mình là chưa cần thiết mà quan trọng là từ việc thu gọn biểu thức B + C + D ( biểu thức này luôn chia hết cho a, b, c) để rồi có từ B + C + D = 0 biến đổi về F + L = 0 , với F chia hết cho $a^{2}$ (1) là đúng hay sai (hiện tại với chủ quan của mình, minh tin chắc chắn là đúng) từ đó suy ra L chia hết cho $a^{2}$. Biến đổi L có sự dụng đẳng thức $a^{n}+ b^{n}=c^{n}-2n^{s}abck$ và suy ra được $2(n-3)\vdots a$ (2). Đó là mục đích và mấu chốt của cm.

   CM chỉ đúng khi (1) và (2) đều đúng.

  Chân thành cám ơn các bạn.

  Tôi rất mong sự góp ý để chúng ta có một cm đúng đắn hơn nữa.

 

 

Chào Thầy! Em nghĩ thầy rút gọn biểu thức $B+C+D$ sai ạ!

Cho em xin phép được hỏi thầy một câu: Có phải ý định của thầy là rút gọn biểu thức $B+C+D$ bằng cách tách biểu thức này thành hai phần: một phần chia hết cho $a^2$ và một phần lẻ sau, rồi từ đó dùng phần lẻ này để suy ra $2(n-3)\vdots a$ phải không ạ?

 

Nếu đúng như thế thì thầy làm quá dài. Em có thể rút gọn cách làm như sau:

 

1.  Từ biểu thức của $D$, ta luôn có $D\equiv 0 (\mod a^2)$
2. $B\equiv b^{n.n}+n^{s+1}abck.b^{n(n-1)} (\mod a^2) $
3. $C\equiv -c^{n.n}+n^{s+1}abck.c^{n(n-1)}(\mod a^2)$

Từ đây suy ra $L=(b^{n.n}-c^{n.n})+n^{s+1}abck(b^{n(n-1)}+c^{n(n-1)})$ chứ không phải là như $L$ của thầy. Hoặc nếu thầy chứng minh lại khi biểu thức $L=(b^{n.n}-c^{n.n})+n^{s+1}abck(b^{n(n-1)}+c^{n(n-1)})\equiv 0(\mod a^2)$ suy ra được $2(n-3)\vdots a^2$ thì lời giải của thầy hoàn toàn chính xác, tức là bài toán Fermat lớn được chứng minh.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi xuankhoa: 29-09-2013 - 20:27

[lucbinh]

Chào Thầy! Em nghĩ thầy rút gọn biểu thức $B+C+D$ sai ạ!

Cho em xin phép được hỏi thầy một câu: Có phải ý định của thầy là rút gọn biểu thức $B+C+D$ bằng cách tách biểu thức này thành hai phần: một phần chia hết cho $a^2$ và một phần lẻ sau, rồi từ đó dùng phần lẻ này để suy ra $2(n-3)\vdots a$ phải không ạ?

 

Nếu đúng như thế thì thầy làm quá dài. Em có thể rút gọn cách làm như sau:

 

1.  Từ biểu thức của $D$, ta luôn có $D\equiv 0 (\mod a^2)$
2. $B\equiv b^{n.n}+n^{s+1}abck.b^{n(n-1)} (\mod a^2) $
3. $C\equiv -c^{n.n}+n^{s+1}abck.c^{n(n-1)}(\mod a^2)$

Từ đây suy ra $L=(b^{n.n}-c^{n.n})+n^{s+1}abck(b^{n(n-1)}+c^{n(n-1)})$ chứ không phải là như $L$ của thầy. Hoặc nếu thầy chứng minh lại khi biểu thức $L=(b^{n.n}-c^{n.n})+n^{s+1}abck(b^{n(n-1)}+c^{n(n-1)})\equiv 0(\mod a^2)$ suy ra được $2(n-3)\vdots a^2$ thì lời giải của thầy hoàn toàn chính xác, tức là bài toán Fermat lớn được chứng minh.

http://www.mathvn.co...-chi-trong.html

[tihiep]

Chào Thầy! Em nghĩ thầy rút gọn biểu thức $B+C+D$ sai ạ!
Cho em xin phép được hỏi thầy một câu: Có phải ý định của thầy là rút gọn biểu thức $B+C+D$ bằng cách tách biểu thức này thành hai phần: một phần chia hết cho $a^2$ và một phần lẻ sau, rồi từ đó dùng phần lẻ này để suy ra $2(n-3)\vdots a$ phải không ạ?

Nếu đúng như thế thì thầy làm quá dài. Em có thể rút gọn cách làm như sau:

• Từ biểu thức của $D$, ta luôn có $D\equiv 0 (\mod a^2)$
• $B\equiv b^{n.n}+n^{s+1}abck.b^{n(n-1)} (\mod a^2) $
• $C\equiv -c^{n.n}+n^{s+1}abck.c^{n(n-1)}(\mod a^2)$

Từ đây suy ra $L=(b^{n.n}-c^{n.n})+n^{s+1}abck(b^{n(n-1)}+c^{n(n-1)})$ chứ không phải là như $L$ của thầy. Hoặc nếu thầy chứng minh lại khi biểu thức $L=(b^{n.n}-c^{n.n})+n^{s+1}abck(b^{n(n-1)}+c^{n(n-1)})\equiv 0(\mod a^2)$ suy ra được $2(n-3)\vdots a^2$ thì lời giải của thầy hoàn toàn chính xác, tức là bài toán Fermat lớn được chứng minh.

Điều bạn nói mình đã nghĩ rất lâu rồi, vì biểu thức "L =... của bạn " cùng với $a^{n}+b^{n}=c^{n}-2n^{s}abck$ thì luôn chia hết cho $a^{2}$. Điều này chẳng giúp ích gì cả!
Bởi vậy mình mới đi bằng con đường quá dài để làm biến mất B + C trong biểu thức B + C + D và xuất hiện lượng dư (không luôn chia hết cho $a^{2}$) là: L = $n(b^{n(n-1)}c^{n}-c^{n(n-1}b^{n})$ + $n(b^{n(n-1)}+c^{n(n-1)})(n^{s}abck)$ .
Bây giờ mình nhờ bạn xem 2.1.1 ở 1) tr4, 2) tr5, 5) tr5, 6) tr6 và 8)tr6 có đúng không (còn các 3), 4), 7) thì không cần thiết). Sau đó bạn xem xét thêm biến đổi ở biểu thức "L ... của mình "có đúng hay không, dĩ nhiên phải sử dụng $a^{n}+b^{n}=c^{n}-2n^{s}abck$.
Việc cm đúng hay không chỉ ở đó.
Rất mong bạn quan tâm điều đó, vì đó là mấu chốt của cm.

Chào Thầy! Em nghĩ thầy rút gọn biểu thức $B+C+D$ sai ạ!
Cho em xin phép được hỏi thầy một câu: Có phải ý định của thầy là rút gọn biểu thức $B+C+D$ bằng cách tách biểu thức này thành hai phần: một phần chia hết cho $a^2$ và một phần lẻ sau, rồi từ đó dùng phần lẻ này để suy ra $2(n-3)\vdots a$ phải không ạ?

Nếu đúng như thế thì thầy làm quá dài. Em có thể rút gọn cách làm như sau:

• Từ biểu thức của $D$, ta luôn có $D\equiv 0 (\mod a^2)$
• $B\equiv b^{n.n}+n^{s+1}abck.b^{n(n-1)} (\mod a^2) $
• $C\equiv -c^{n.n}+n^{s+1}abck.c^{n(n-1)}(\mod a^2)$

Từ đây suy ra $L=(b^{n.n}-c^{n.n})+n^{s+1}abck(b^{n(n-1)}+c^{n(n-1)})$ chứ không phải là như $L$ của thầy. Hoặc nếu thầy chứng minh lại khi biểu thức $L=(b^{n.n}-c^{n.n})+n^{s+1}abck(b^{n(n-1)}+c^{n(n-1)})\equiv 0(\mod a^2)$ suy ra được $2(n-3)\vdots a^2$ thì lời giải của thầy hoàn toàn chính xác, tức là bài toán Fermat lớn được chứng minH

Mình nghĩ việc thu gọn biểu thức B +C + D là đúng. Việc này mình có nhờ một thầy ở PTNK dạy chuyên toán ở trường ĐHKHTN kiểm tra cũng chưa thấy sai sót. Tuy nhiên, mình nghĩ nếu bạn chỉ ra chổ sai cụ thể về vấn đề này thì rất hay. Mong bạn bật mí chổ sai đó nhé.Rồi ta sẽ bàn bạc để khác phục(nếu có chổ sai)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 04-02-2014 - 22:02

[xuankhoa]

   Điều bạn nói mình đã nghĩ rất lâu rồi, vì biểu thức "L =... của bạn " cùng với $a^{n}+b^{n}=c^{n}-2n^{s}abck$ thì luôn chia hết cho $a^{2}$. Điều này chẳng giúp ích gì cả!

   Bởi vậy mình mới đi bằng con đường quá dài để làm biến mất B + C trong biểu thức B + C + D và xuất hiện lượng dư (không luôn chia hết cho $a^{2}$) là:                                                                                              L = $n(b^{n(n-1)}c^{n}-c^{n(n-1}b^{n})$ + $n(b^{n(n-1)}+c^{n(n-1)})(n^{s}abck)$ .

  Bây giờ mình nhờ bạn xem  2.1.1 ở 1) tr4,  2) tr5,  5) tr5,  6) tr6 và 8)tr6 có đúng không (còn các 3), 4), 7) thì không cần thiết). Sau đó bạn xem xét thêm biến đổi ở biểu thức "L ... của mình "có đúng hay không, dĩ nhiên phải sử dụng $a^{n}+b^{n}=c^{n}-2n^{s}abck$.

  Việc cm đúng hay không chỉ ở đó.

  Rất mong bạn quan tâm điều đó, vì đó là mấu chốt của cm.

 

Em chào thầy! Theo em nghĩ  thì dù thầy có rút gọn $B+C+D$ theo kiểu nào dùng bất kỳ giả thiết nào thì kết quả $L$ cuối cùng phải đồng dư với $(b^{n.n}-c^{n.n})+n^{s+1}abck(b^{n(n-1)}+c^{n(n-1)})$ theo $\pmod a^2$. Vì vậy em mới nghĩ kết quả $L$ của thầy sai.!

 

Còn vì sao $L$ của thầy sai là do thấy khi rút gọn biểu thức $B+C+D$ thầy lấy các số hạng ra để rút gọn bị thiếu nên dẫn đến kết quae sai!

[tihiep]

Em chào thầy! Theo em nghĩ  thì dù thầy có rút gọn $B+C+D$ theo kiểu nào dùng bất kỳ giả thiết nào thì kết quả $L$ cuối cùng phải đồng dư với $(b^{n.n}-c^{n.n})+n^{s+1}abck(b^{n(n-1)}+c^{n(n-1)})$ theo $\pmod a^2$. Vì vậy em mới nghĩ kết quả $L$ của thầy sai.!

 

Còn vì sao $L$ của thầy sai là do thấy khi rút gọn biểu thức $B+C+D$ thầy lấy các số hạng ra để rút gọn bị thiếu nên dẫn đến kết quae sai!

   Bạn hãy xem lại từng việc thu gọn ở 1) tr4,  2) tr5,  5) tr5,  6) tr6 và 8)tr6 thì sẽ thấy rõ, còn các 3), 4), 7) thì không cần thiết vì luôn chia hết cho $a^{2}$. Mình nghĩ làm mình làm đúng ở các chổ nói trên, nên có kết quả vậy.

   Mình đã thử với khai triển trực tiếp khi n = 5 ứng với u, v, t tìm được thì thấy trùng với kết quả thu gọn theo cách tổng quát của mình nhưng quá dài và phức tạp lắm.

   Bạn có thể kiểm tra dùm mình theo cách này không?.

[nguyenta98]

   Bạn hãy xem lại từng việc thu gọn ở 1) tr4,  2) tr5,  5) tr5,  6) tr6 và 8)tr6 thì sẽ thấy rõ, còn các 3), 4), 7) thì không cần thiết vì luôn chia hết cho $a^{2}$. Mình nghĩ làm mình làm đúng ở các chổ nói trên, nên có kết quả vậy.

   Mình đã thử với khai triển trực tiếp khi n = 5 ứng với u, v, t tìm được thì thấy trùng với kết quả thu gọn theo cách tổng quát của mình nhưng quá dài và phức tạp lắm.

   Bạn có thể kiểm tra dùm mình theo cách này không?.

Chào thầy,

Em thực sự cảm phục sự nỗ lực của thầy, tuy nhiên do trình độ có hạn cộng với hiểu biết chưa sâu sắc nên em không thể nói trước được cm của thầy đúng hay không, tuy nhiên em có một đề xuất, nếu thầy hoàn toàn tự tin về cách cm của mình thì thầy hãy cố gắng dịch phần nội dung văn bản sang tiếng anh rồi up lên các trang như sau:

1) http://arxiv.org/ cụ thể là vào mục Mathematics -> Number theory ở đây  http://arxiv.org/list/math.NT/recent

(trang này đã có nhiều nhà toán học up lên và được giải Field như Perelman, Terrence Tao)

2) http://math.stackexc...e.com/questions

3) http://www.artofprob...wforum.php?f=56

Chúng ta hãy chờ xem cộng đồng toán học quốc tế phản ánh ra sao?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 06-10-2013 - 14:47

[tihiep]

   Bạn Xuân Khoa phát hiện có sai sót trong chứng minh vừa rồi nên tôi rà soát kiểm tra lại chứng minh của mình.Tôi chân thành cảm ơn bạn Xuân Khoa.

   Trong 10 ngày nay, tôi quay lại ý tưởng khai triển nhị thức Newton mà tôi đã từng đeo đuổi năm ngoái
   Việc quay lại ý tưởng khai triển nhị thức  Newton trong bài viết dưới đây làm tôi hy vọng việc chứng minh lần này sẽ đúng đắn hơn chứng minh lần trước.
    Nay tôi gởi ban biên tập một chứng minh đó về định lý lớn Fermat. Tôi nhờ các anh em diễn đàn kiểm tra và góp ý dùm tôi.

    Xin chân thành cảm ơn.

   Tác giả: Tôn Thất Hiệp

  

   Thành thật xin lỗi các bạn.

   Tôi có đánh nhầm các lỗi và sơ sót ở các vị trí dưới đây, tuy nhiên, điều sơ sót đó không làm thay đổi kết quả chứng minh.

   - Dòng cuối, trang 4. 

   - Dòng cuối, trang 7.

   - Từ dòng 2 đến dòng 8,trang 5.

   - Từ dòng 2 đến dòng 9,trang 8.

  Các lỗi trên đã được chỉnh sửa trong file "chứng minh hoàn chỉnh định lý lớn Fermat" 290.41KB.

 

    ĐÍNH CHÍNH BỔ SUNG

 

   Trong file "chứng minh hoàn chỉnh định lý lớn Fermat" 290.41KB, vẫn còn hai chổ đánh sai về mặt văn bản, khi đọc, bạn cần chú ý hai chỉnh sửa như sau:

   -Dòng cuối, trang 4, là $F = ... =\frac{n!}{(n-2m)!}\sum_{i=0}^{n-2}\sum_{l=1}^{n-i}\frac{1}{i!.l!}(-2)^{l}c^{n(n-l-i)}(n^{s}abck)^{l+i}$ được chỉnh sửa thành $F = ... =n!\sum_{i=0}^{n-2}\sum_{l=1}^{n-i}\frac{1}{i!.l!(n-l-i)!}(-2)^{l}c^{n(n-l-i)}(n^{s}abck)^{l+i}$.

  -Dòng 2, trang 8, là  $F_{1}=...= \frac{n!}{(n-2m)!}\sum_{i=0}^{n-2}\sum_{l=1}^{n-i}\frac{1}{i!.l!}(-2)^{l}c^{n(n-l-i)}(n^{s}abck)^{l+i}$ được chỉnh sửa thành $F_{1} = ... =n!\sum_{i=0}^{n-2}\sum_{l=1}^{n-i}\frac{1}{i!.l!(n-l-i)!}(-2)^{l}(n^{ns-1}c^{n})^{n-l-i}(n^{s}abck)^{l+i}$

File gửi kèm

•  CHUNGMINHĐINH LYLON FERMAT CHNNH SUA.pdf   289.44K   434 Số lần tải
•  CHUNG MINH HOAN CHINH ĐINH LY LON FERMAT .pdf   290.41K   13508 Số lần tải

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tihiep: 18-10-2013 - 23:54

[tihiep]

    Hai chứng minh vừa rồi mình có một chút nhầm lẫn ở phần khai triển nhị thức Newton, nên kết quả chưa đúng.Thành thật xin lỗi các bạn.

    Mấy ngày nay mình nổ lực trên những ý tưởng khác khai triển nhị thức Newton mà trước đây mình đã đi qua và đã bỏ dỡ nửa chừng. Đến bây giờ, có lẽ mình đã thành công việc chứng minh định lý Fermat lớn.

    Lần chứng minh này mình chứng minh với n là số nguyên tố lẻ (tất nhiên có cả n = 3) và n = 4 mà trước đây minh chưa đưa vào bài viết .

    Trong chứng minh lần này, việc biến đổi ít phức tạp hơn và dễ kiểm tra hơn trước.

    Hy vọng chứng minh này là đúng đắn.

    Mình gởi các bạn cách chứng minh này.

    Mong các bạn kiểm tra và góp ý dùm mình.

    Chân thành cảm ơn các bạn.

    Tác giả: Tôn Thất Hiệp.

  ĐÍNH CHÍNH LỖI VĂN BẢN

    Ở trang 9 có ba hàng lỗi đánh nhầm dấu + thành dấu - và ngược lại

 - Hàng 13, kể từ trên xuống, được thay bởi "$n^{(ns-1)(n-3)}c^{n(n-3)}-b^{n(n-3)}=\sum_{i=0}^{n-4}(-1)^{i}C_{n-3}^{i}(n^{ns-1}c^{n}+b'^{n})^{n-3-i}b'^{ni}\equiv 0(moda)$"

  - Hàng 15, kể từ trên xuống, được thay bởi "$n^{(ns-1)(n-2)}c^{n(n-2)}-b^{n(n-2)}=\sum_{i=0}^{n-4}(-1)^{i}C_{n-2}^{i}(n^{ns-1}c^{n}+b'^{n})^{n-2-i}b'^{ni}+(n-2)(n^{ns-1}c^{n}+b'^{n})b'^{ni}\equiv -2(n-2)(n^{s}ab'ck)b'^{ni}(moda^{2})$"

 - Hàng 20, kể từ trên xuống, được thay bởi "$\sum_{i=0}^{n-4}(-1)^{i}C_{n-2}^{i}(n^{ns-1}c^{n}+b'^{n})^{n-2-i}b'^{ni}=\sum_{i=0}^{n-4}(-1)^{i}C_{n-3}^{i}(n^{ns-1}c^{n}+b'^{n})^{n-2-i}b'^{ni}=0$".

File gửi kèm

•  CHỨNG MINH ĐỊNH LÝ LỚN FERMAT.doc   956K   12413 Số lần tải

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tihiep: 26-10-2013 - 19:12

[tihiep]

  Hai chứng minh vừa rồi mình có một chút nhầm lẫn ở phần khai triển nhị thức Newton, nên kết quả chưa đúng.Thành thật xin lỗi các bạn.

    Mấy ngày nay mình nổ lực trên những ý tưởng khác khai triển nhị thức Newton mà trước đây mình đã đi qua và đã bỏ dỡ nửa chừng. Đến bây giờ, có lẽ mình đã thành công việc chứng minh định lý Fermat lớn.

    Lần chứng minh này mình chứng minh với n là số nguyên tố lẻ (tất nhiên có cả n = 3) và n = 4 mà trước đây minh chưa đưa vào bài viết .

    Trong chứng minh lần này, việc biến đổi ít phức tạp hơn và dễ kiểm tra hơn trước.

    Hy vọng chứng minh này là đúng đắn.

    Mình gởi các bạn cách chứng minh này.

    Mong các bạn kiểm tra và góp ý dùm mình.

    Chân thành cảm ơn các bạn.

    Tác giả: Tôn Thất Hiệp.

   ĐÍNH CHÍNH LỖI ĐÁNH VĂN BẢN

    Lỗi văn bản ở trang 6

 - Dòng 8, từ trên xuống, được thay thế bởi :$a^{n(n-3)}-b^{n(n-3)}=\sum_{i=0}^{n-4}(-1)^{i}C_{n-3}^{i}(a^{n}+b^{n})^{n-3-i}b^{ni}=\sum_{i=0}^{n-4}(-1)^{i}C_{n-3}^{i}(c^{n}-2n^{s}abck)^{n-3-i}b^{ni}\equiv 0(modc)$

 - Dòng 14, từ trên xuống, được thay thế bởi : Ta quy ước khi n = 3 thì$\sum_{i=0}^{n-4}(-1)^{i}C_{n-3}^{i}(a^{n}+b^{n})^{n-3-i}b^{ni}=\sum_{i=0}^{n-4}(-1)^{i}C_{n-2}^{i}(a^{n}+b^{n})^{n-3-i}b^{ni}=0,\forall a,b,c,s,k$

File gửi kèm

•  CHỨNG MINH ĐỊNH LÝ LỚN FERMAT.pdf   311.38K   280 Số lần tải

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tihiep: 26-10-2013 - 22:08

[tihiep]

cách đây một năm, tôi có gởi bản thảo chứng minh định lý lớn FERMAT.Chứng minh minh này sau một năm tôi kiểm chứng lại,tôi khẳng định lại tôi chứng minh đúng . Dĩ nhiên lời bạn Xuân Khoa năm vừa rồi là không đúng. Lần này tôi gởi bản chứng minh đó. Tôi nhờ các bạn xem lại kỹ để có kết luận đúng đắn nhất về chứng minh của tôi

[tihiep]

Mình gởi bản chứng minh định lý lớn Fermat, nhờ các bạn kiểm tra lại.

File gửi kèm

•  so do cm fermat.pdf   116.4K   327 Số lần tải
•  CHỨNG MINH ĐỊNH LÝ LỚN FERMAT.pdf   364.67K   238 Số lần tải

[tihiep]

 Mình gởi các bạn một chứng minh định lý lớn Fermat được sửa chửa lần 4.

 Các bạn đọc và góp ý cho mình nhé.

File gửi kèm

•  Microsoft Word - CHUNG MINH ĐINH LY LON FERMA2.pdf   348.25K   215 Số lần tải

[tihiep]

Mình gởi các bạn một chứng minh định lý lớn Fermat được sửa chửa lần 4.

 Các bạn đọc và góp ý cho mình nhé.

File gửi kèm

•  Microsoft Word - CHUNG MINH ĐINH LY LON FERMA2.pdf   348.59K   303 Số lần tải

[tihiep]

Mình gởi bạn đọc bản chứng minh có chỉnh sửa chút ít về mặt văn bản nhưng không làm thay đổi kết quả. Chẳng hạn thay dấu trừ thành dấu cộng ở vế phải của các đồng dư thức ở mục 2.2.2.2.

Các bạn đọc và góp ý dùm minh nhé.

 

File gửi kèm

•  Microsoft Word - CHUNG MINH ĐINH LY LON FERMA2.pdf   349.2K   12 Số lần tải

[KienThucToanHoc]

 

Mình gởi bạn đọc bản chứng minh có chỉnh sửa chút ít về mặt văn bản nhưng không làm thay đổi kết quả. Chẳng hạn thay dấu trừ thành dấu cộng ở vế phải của các đồng dư thức ở mục 2.2.2.2.

Các bạn đọc và góp ý dùm minh nhé.

 

Thầy nên lập TOPIC khác rồi đăng chứng minh của thầy lên ạ. Như vậy sẽ nhiều người biết đến hơn. Vì TOPIC này cũng đã lâu lắm rồi ạ! 

[Sinh Pham]

Định lý cuối cùng của Fermat có thể được chứng minh đơn giản hơn như sau:

X^p+Y^p ?= Z^p (p là số nguyên tố lớn hơn 2, X,Y,Z nguyên (1)

Chia (1) cho (Z-X)^p ta có :

(Y/(Z-X))^p +(X/(Z-X))^p ?= (Z/(Z-X))^p (2)

Phương trình (2) tương đương hệ phương trình sau:

Y'^p+X'^p ?= Z'^p (3)
Z'=X' +1 với X'=X/(Z-X),Y'=Y/(Z-X), Z'= Z/(Z-X)

(3) tương đương với hệ phương trình sau:

Y'^p?= pX'^(p-1)+...+pX'+1 (4)
Y'^p?= p(-Z')^(p-1)+...+p(-Z')+1.

Tương tự như trên, chia (1) cho (Z-Y) ta có hệ phương trình sau:
(Y/(Z-Y))^p +(X/(Z-Y))^p ?= (Z/(Z-Y))^p (5)
Hay ta có:
Y"^p+X"^p ?= Z"^p (6)
Z"=Y" +1 với X"=X/(Z-Y),Y"=Y/(Z-Y), Z"= Z/(Z-Y)

(6) tương đương với hệ phương trình sau:
X"^p?= pY"^(p-1)+...+pY"+1 (7)
X"^p?= p(-Z")^(p-1)+...+p(-Z")+1.

Theo (4) ứng với mỗi X' bất kỳ ta chỉ có duy nhất một Y' và một Z' có thể là nghiệm của hệ (4).
Từ sự tương đương của (2) và (6) ta thấy ứng với mỗi X" ta chỉ có duy nhất một Y" và một Z" có thể là nghiệm của (6)

Xét hệ phương trình (7) ta phải có Y"=-Z". Từ đây ta suy ra được điều vộ lý. Như vậy định lý cuối cùng của Fermat được chứng minh.