Chứng Minh Định Lý Lớn Fermat.doc

CHỨNG MINH ĐỊNH LÝ LỚN FERMAT

Tôn Thất Hiệp,g/v THPT Phan Đăng Lưu, Phú Vang, Thừa Thiên Huế. Email:

Nhà toán học Pháp Pierre de Fermat (1601–1665) đã đưa ra một định lý nổi tiếng:
“phương trình xn + yn = zn, trong đó số nguyên n lớn hơn 2 khơng thể tìm được nghiệm (ngun khác
khơng) nào”. Đó là định lý Fermat cuối cùng. Ông ghi bên lề một cuốn sách mà khơng chứng minh nhưng có
kèm theo dịng chữ: "Tơi có một phương pháp rất hay để chứng minh cho trường hợp tổng quát, nhưng không
thể viết ra đây vì lề sách quá hẹp."!!

Các nhà tốn học sau đó đã cố gắng giải bài tốn này trong suốt gần bốn thế kỷ. Và cuối cùng nhà toán học
Andrew Wiles (người Anh, định cư ở Mỹ, sinh 1953) đã công bố lời giải độc nhất vô nhị vào mùa hè năm
1993 và sửa lại năm 1995, với lời giải dài 200 trang.

Khi nhà toán học Andrew Wiles chứng minh định lý này bằng cách quay cả hai guồng máy khổng lồ của
đại số và hình học thì tơi có cảm nhận: có thể giải định lý đó bằng cơng cụ tốn học sơ cấp.

Tơi nổ lực hết mình trong một thời gian rất dài và tôi đã thành công.
Dưới đây là toàn văn chứng minh định lý lớn Fermat.
Để chứng minh định lý lớn Fermat tôi đưa ra năm bổ đề và hai hệ quả sau sau đây.
Bổ đề 1:
Cho n  , n 3 , nếu phương trình (PT) xn + yn = zn (1) có nghiệm nguyên khác khơng thì bao giờ cũng

tồn tại nghiệm x = u, y = v, z = t sao cho u,v,t  * và (u,v) = (u,t) = (v,t) = 1.

Bổ đề 2:
Nếu có n  , n 3 , PT xn + yn = zn vô nghiệm nguyên khác không thì với mọi k   * ,

PT xnk + ynk = znk cũng vô nghiệm nguyên khác không.
Bổ đề 3:

Cho a.b = cn, n là số nguyên dương lẻ; a,b,c * sao cho (a,b) = 1, khi đó tồn tại hai số ngun khác

khơng c1, c2 sao cho (c1,c2) =1, c = c1.c2 , a = c1n và b = c2n.
Bổ đề 4:

Cho a.b = cn, n là số nguyên dương lẻ, a,b,c,m * , sao cho a 2 , b 2 , c 2 , m là số nguyên tố,

(a,b) = m, b m2 , khi đó tồn tại số nguyên dương s sao cho ns ≥ 2 và hai số nguyên khác không c1, c2 sao cho

(c1,c2) =1 đồng thời c1 m, c2 m , c = msc1.c2, a = mns – 1c1n và b = mc2n.

Bổ đề 5:
Cho n là số nguyên tố lẻ và hai số nguyên u, v sao cho (u,v) = 1, khi đó:

a) Nếu (u  v) n thì  n 1 i  u  v,    1 un1 ivi   n 1 i  1 và     1 un1 ivi  n .
 i 0   i0 

b) Nếu (u  v) n thì  n 1  u  v,  un i 1vi   n 1  1 và   un i 1vi  n .
 i 0   i0 

c) Nếu (u  v)n thì  n 1 i  u  v,    1 un 1 ivi   n 1 i  n và     1 un 1 ivi  n2 .
 i 0   i0 

Hệ quả 1:

Cho a.b.c = dn với n,a,b,c,d  * sao cho (a,b) = (a,c) = (c,b) = 1.

Khi đó bao giờ cũng tồn tại ba số nguyên dương c1, c2, c3 sao cho (c1,c2) = (c1,c3) = (c3,c2) = 1, d = c1.c2.c3

,a = c1n, b = c2n và c = c3n.

Hệ quả 2:

Cho a.b.c = dn với a,b,c,d,m * , sao cho a 2 , b 2 , c 2, d 2, (a,b,c) = (ab,c) = m , c m2 và m lả số



nguyên tố.
Khi đó tồn tại các số nguyên dương s,k c1, c2, c3 sao cho ns – k ≥ 2, (c1,c2)=(c3,c2)=(c1,c3)=1, đồng thời

1

c1 m, c2 m, c3 m, a = mkc1n, b= mns – k –1c2n, c =mc2n, d = msc1.c2.c3.

1. Chứng minh các bổ đề

1.1. Chứng minh bổ đề 1

Giả sử x = u0, y = v0; z = t0 là một nghiệm nguyên khác không của PT(1) và (u0,v0,t0) = d.

Khi đó tồn tại ba số u ,v,t  * sao cho (u,v,t) = 1, u0 = ud, v0 = vd, t0 = td và u0n + v0n = t0n suy



ra un + vn = tn (1//), suy ra x = u, y = v; z = t là một nghiệm nguyên khác không của PT(1).
Giả sử (u,v) = d/, từ (1//) suy ra tn chia hết cho d/n, suy ra t chia hết cho d/, mà (u,v,t) = 1 nên d/ = 1.
Vậy (u,v) = 1.
Chứng minh tương tự ta cũng có (u,t) = (t,v) = 1. Bổ đề 1 đã được chứng minh.
1.2. Chứng minh bổ đề 2
Giả sử tồn tại số nguyên dương k0 sao cho PT xnk + ynk = znk có nghiệm nguyên khác không

x = u, y = v, z = t, khi đó ta có unk0 + vnk0 = tnk0  (uk0)n + (vk0)n = (tk0)n, suy ra PT xn + yn = zn có nghiệm
ngun khác khơng x = uk0, y = vk0 ; z = tk0, điều này trái với giả thiết.Bổ đề 2 đã được chứng minh.
1.3. Chứng minh bổ đề 3

Giả sử (a,c) = c/1, khi đó tồn tại hai số nguyên a1, c/2 sao cho (a1,c/2) = 1 và a = c/1a1, c = c/1c/2.
Vì ab = cn, nên c1a1b = c1nc2n, suy ra a1b = c1n – 1c2n, suy ra b│c1n – 1c2n. Vì (c/1,b) = 1 (do (a,b) = 1)

nên c/2n = kb, với k là số nguyên khác không, từ đẳng thức a1b = c/1n – 1c/2n, ta suy ra a1 = kc/1n – 1, suy ra
a1n = knc/1n(n – 1), suy ra k│a1n và k│c/2n; vì (a1,c/2) = 1 nên (a1n,c/2n) = 1, từ đó suy ra = 1.

Vậy b = kc/2n = (kc/2)n = c2n, a = kc/1n = (kc/1)n = c1n , c = c1c2 , với c1 = kc/1, c2 = kc/2 nguyên tố cùng nhau. Bổ
đề 3 đã được chứng minh.
1.4. Chứng minh bổ đề 4

Vì am, bm và a.b = cn, suy ra cn m2 , suy ra cm (do m là số nguyên tố).

Giả sử c = msr với s  * , r  * và r m , mà cn = mnsrn  m2 , nên ns ≥ 2.

 

Do (a,b) = m và b m2 , nên có thể giả sử b = mh và a = mkl, với k  * ; h, l  * sao cho (h,l) = 1,

 

h m, l m .

Vì a.b = cn nên mk + 1hl = mnsrn, suy ra k + 1 = ns, suy ra k = ns – 1 và hl = rn; áp dụng bổ đề 3, ta có
r = c1.c2, h = c1n, l = c2n, trong đó hai số c1, c2 là là hai số nguyên sao cho (c1,c2) = 1. Từ đó ta có c = msc1.c2, a
= mns – 1c1n và b = mc2n. Bổ đề 4 đã được chứng minh.

1.5. Chứng minh bổ đề 5

n 1 a) Đặt A    1 iun 1 ivi .
i 0

n n n n n 1 k k n k 1 k n n
Ta có u  v   u  v  v  v  u  v    1 Cn  u  v v mà u  v  u  v A và u  v 0 ,
k 0

n1 k k n k1 k n 2 k k n k 2 k n 1
nên A    1 Cn  u  v v . Ta có A (u  v)   1 Cn  u  v v  nv , (u,v) =1 và  u  v n nên
k 0 k 0

 u  v, nvn–1  1, suy ra  A,u  v 1(đpcm).

b) Vì n là số nguyên tổ lẻ, nên từ a) ta thay v bởi –v ta có điều phải chứng minh.

c) Ta có A  n 2 n  u  v     1 k Cnk  u  v n k 2 vk   u  v n 2   nvn1 n  u  v A n 1 1  nv , vớin
 k1 n 

n 2    1 k Cnk  u  v n k 2 vk   u  v n 2 A k 1 . Với k 1, n thì Cn n (vì n là số nguyên tố), mà  u  v n nênnn
k 1

n  u  v A1n2 ; mặt khác nvn–1n và nvn–1 n2 (do v n ), từ đó suy ra n  u  v A1  nvn1 An và A n2 , hơn

nữa (u + v, A) = n (đpcm).
1.6. Chứng minh hệ quả 1

2

Vì (a,b) = (a,c) = (c,b) = 1, nên (a,bc) = 1 mà a.(bc) = dn , áp dụng bổ đề 3, ta có a = c1n và bc = en

với c1 , e  * sao cho (c1,e) = 1 và c1e = d



Ta có bc = en với (c,b) = 1, lại áp dụng bổ đề 3, ta có b = c2n , c = c3n, với c2 , c3  * sao cho (c2,c3) = 1 và



e = c2.c3, suy ra d = c1.c2.c3.

Như vậy a = c1n , b = c2n , c = c3n, d = c1.c2.c3. Ta có (c1n,c2n) = ( c1n,c3n) = (c3n,c2n) = 1, nên

(c1,c2) = ( c1,c3) = = (c3,c2) = 1. Hệ quả 1 đã được chứng minh.

1.7. Chứng minh hệ quả 2

Vì (ab,c) = m và c m2 mà (ab).c = dn, áp dụng bổ đề 4, ta có ab = mns– 1en và c = mc3n với c3 , e, s  * s ao



cho (c3,e) = 1, c3 m, e m và d = msc3e.

Vì am, bm nên a = mkc/1, b = mgc/2, trong đó k , g , c1, c2  * sao cho (c/1,c/2) = 1, c1m, c2 m .



Từ ab = mns – 1en ta suy ra mk + gc/1c/2 = mns – 1en, suy ra k + g = ns – 1 và c/1c/2 = en, suy ra

g = ns – k – 1, suy ra ns – k ≥ 2.

Ta có c/1c/2 = en và (c/1,c/2) = 1, áp dụng bổ đề 3, ta có c/1 = c1n, c/2 = c2n, với c1, c2 * sao cho (c2,c1) = 1 và e



= c1.c2.

Như vậy a = mkc1n, b = mns – k – 1c2n, c = mc3n và d = msc1.c2.c3. Vì (c3,e) = 1, (c2,c1) = 1 và e = c1.c2 nên

(c1,c2) = ( c1,c3) = (c3,c2) = 1. Hệ quả 2 đã được chứng minh.

2. Chứng minh định lý lớn Fermat

Ta cần xét ba trường hợp của n.

2.1.Chứng minh định lý lớn Fermat khi n = 4

Với n = 4 ta có PT: x4 + y4 = z4 (2).

Giả sử PT (2) có nghiệm ngun khác khơng x = u, y = v, z = t, trong đó (u,v) = (u,t) = (v,t) = 1 (theo bổ

đề 1). Ta có u4 + v4 = t4 (2/), suy ra t  u , t  v . Từ (2/) suy ra trong ba số u, v, t có duy nhất một số chẵn

và u, v có vai trị như nhau, cho nên ta chỉ cần xét hai trường hợp.
2.1.1. Khi t chẵn
Suy ra u, v đều lẻ, suy ra: u4 1(mod 8) và v4 1(mod 8)  t4 u4  v4 2(mod 8)  t 4 16 , vơ lý, vì t4 16
2.1.2. Khi u chẵn

Suy ra t và v đều lẻ. Ta có (2)  u 4  t  v   t  v   t 2  v 2  . Vì t, v lẻ và (u,v) = (u,t) = (v,t) = 1 nên

 t  v , t  v , t 2  v 2   t 2  v 2 , t 2  v 2  2 và  t 2  v 2  22 . Áp dụng hệ quả 2, ta có

t  v 2k u14 , t  v 24s k 1v14, t 2  v2 2t14 , với u 2s u1.v1.t1 ; trong đó s, k là hai số nguyên dương, u1, v1,

t1 là ba số nguyên dương lẻ đôi một nguyên tố cùng nhau, với 24s k1u14  2k v14  2t14 .

Suy ra: t 2k  1u14  24s k  2 v14 và v 24s k  2 v14  2k 1u14 , suy ra 44s k 2 v18  4k 1u18 t14 (20). Vì t, v, u1, v1 là

các số lẻ nên ( k  1 0 và 4s  k  2 1) hoặc ( 4s  k  2 0 và k  1 1) suy ra ( 4s  k  2 4s  3 1 hoặc
k  1 4s  3 1)

Như vậy đẳng thức (20) luôn có dạng 4h1 v18   u12  4 t14 (21) hoặc  v12  4  4h1 u18 t14 (2/1) với

h1  , h1 4s  3 . Do vậy ta chỉ cần xét một trong hai dạng của đẳng thức (20).

Từ (21) suy ra: t1  u1, t1  v1 và t14   u12  4 4h1 v18   t1  u12   t1  u12   t12  u14  22h1 v18 (21// ) . Vì u1, v1, t1 là

các số nguyên dương lẻ và đôi một nguyên tố cùng nhau nên

 t12  u14,t1  u12 ,t1  u12    t12  u14 ,t12  u14  2 và  t12  u14  22 , áp dụng hệ quả 2 ta có t12  u14 2t2 ,

t1  u12 2h v2 , t1  u12 2l u2 ; trong đó h, l là hai số nguyên dương, u2, v2, t2 với 2l u2  2h v2  2t2 là ba số

nguyên dương lẻ đôi một nguyên tố cùng nhau, suy ra t1 22h1 h 2 v2  2h 1u2 , u12 2h 1v2  22h1 h 2 u2 và

4h 1v22  42h1 h 2 u22 t2 (22), suy ra t2 > u2, t2 > v2.

3

Vì u1, t1, u2, v2 là các số lẻ nên ( h  1 0 và 2h1  h  2 1 ) hoặc ( 2h1  h  2 0 và h  1 1 ) suy ra (
2h1  h  2 2h1  3 h2 1 hoặc h  1 2h1  3 h2 ), với h1  , h1 2 . Từ (2//1) suy ra:
2lh1u2.v2.t2 22h1 v18  l 2h1  h  1 và u2.v2.t2 v18 . Áp dụng hệ quả 1, ta có u2 u38 , v2 v38, t2 t38 , với
v2 u3v3t3 ; với u3, v3, t3 là ba số nguyên dương lẻ đôi một nguyên tố cùng nhau.

    Như vậy đẳng thức (22) ln có dạng u322  4 4h2 v316  t32  4 (22/ ) hoặc v322  4 4h2 u316  t32  4 (22// )

Ta có nhận xét: Nếu có u3, v3, t3 thỏa mãn (22/ ) hoặc (22// ) thì u3.v3.t3 v2 hoặc u3.v3.t3 u2 với t3 > u3,
t3 > v3.

Cứ như thế, với lập luận như trên với mỗi k  , k 3 ta có uk, vk, tk là ba nguyên dương lẻ đôi một

        nguyên tố cùng nhau thỏa mãn đẳng thức uk2k1  4 4hk1 vk2  k1 tk2k 2 4 (2k 1 / ) hoặc vk2k1  4 4hk1 uk2  k1 tk2k 2 4 (2k 1 // )

và uk .vk .tk vk 1 hoặc uk .vk .tk uk 1 (hk 2hk 1  3, h1 4s  3, k  , k 3) .

Vì uk .vk .tk vk 1 hoặc uk .vk .tk vk 1 , tk  uk ,tk  vk , k  , k 3 , cho nên chỉ xảy ra hai khả năng sau.

a) Tồn tại k0  , k0 3 để cho uk0 .vk0 .tk0 uk0  1 1 hoặc uk0 .vk0 .tk0 uk0  1 1 thì uk0 vk0 tk0 1, khơng

4 hk0 1 2k01 4/ 4 hk0 1 2k01 4 //

(2k0  1) và (2k0  1)
        uk2k01 2k0 2 vk2k0  1 2k0 2
0 0
thỏa mãn đẳng thức  4 vk0  tk0  4 uk0  tk0

Vậy PT(2) vô nghiệm nguyên khác không trong trường hợp này.

b) Tồn tại k0  , k0 3 để cho uk0 .vk0 .tk0 uk0  1  p hoặc uk0 .vk0 .tk0 uk0  1 q , với p, q là các số nguyên tố

lẻ. Vì tk0  uk0 , tk0  vk0 nên ( tk0  p , uk0 vk0 1 ) hoặc ( tk0 q , uk0 vk0 1 ) khi đó có uk0 1, vk0 1, tk0 1 là các số

    nguyên dương lẻ đôi một nguyên tố cùng nhau thỏa mãn đẳng thức uk0 1 2k0  4 4hk0 vk0 1 2k02  tk0 1 2k01 4 (2k0 / ) hoặc

    vk0 1 2k0  4 4hk0 uk0 1 2k02  tk0 1 2k01 4 (2k0// ) , với uk0 1.vk0 1.tk0 1 uk0 1 hoặc uk0 1.vk0 1.tk0 1 vk0 1 , suy ra uk0 1 vk0 1 tk0 1 1 ,

không thỏa mãn đẳng thức (2k0 / ) và (2k0 // ) .

Vậy PT(2) vô nghiệm nguyên khác không trong trường hợp này.

Tóm lại, khi n = 4, PT(1) vô nghiệm nguyên khác không.

2.2. Khi n là số nguyên tố lẻ

Giả sử PT (1) có nghiệm ngun khác khơng x = u, y = v, z = t, trong đó (u,v) = (u,t) = (v,t) = 1 (áp dụng

bổ đề 1), khi đó un + vn = tn (3)

n 1 Suy ra:  u  v    1 iun i 1vi t n n 1 (4),  t  v  t n i 1vi un n 1 (5),  t  u   t n i 1ui vn (6)
i 0 i 0 i 0

Do n lẻ và u, v, t là các số ngun, nên có thể xem vai trị của các số này trong đẳng thức dạng (3) là như

nhau. Vì vậy, các lập luận dưới đây đối với một trường hợp nào đó liên quan đến u, v, t thì hiểu rằng các

trường hợp cịn lại được xét tương tự.

2.2.1. Ba số u, v, t đều khơng chia hết cho n.

Vì (u,v) = (u,t) = (v,t) = 1 và từ (4), (5), (6) ta suy ra  u  v n ,  t  v n và  t  u n ; áp dụng bổ đề 5a)

 n1 i n i1 i   n1 n i1 i   n1 n i 1 i   n1 i n i1 i 
và 5b) ta có  u  v,    1 u v   t  v,  t v   t  u,  t u  1 ,     1 u v  n ,
 i 0  i 0  i 0   i0 

 n 1   tn i 1vi   n 1  n ,   tn i 1ui  n , kết hợp với (4), (5), (6) và áp dụng bổ đề 3 , ta có: u + v = cn (4’) và
 i0   i0 

   n 1 u  1 i n i 1vi cn , với t = c.c’, c, c ' * , (c, c’) = 1 và c n, cn ; t – v = bn (5’) và n t  1 n i 1vi bn , với
i 0 i 0

4

n 1
 t n i 1ui an ,
u = b.b’, b, b '  * , (b, b’) = 1 và b n, bn ; t – u = an (6’) và với v = a.a’, a , a '  * ,

 

i 0

(a, a’) = 1 và a n, an ; (a,b) = (a,c) = (c,b) = 1. Ta có:

n n 1 i n i1 i n 1 k k n k 1 k n 1 k k n k1 k n 1
c A    1 u v    1 Cn  u  v v    1 Cn  u  v v   u  v
i 0 k 0 k 1

n n 1 k k n k 1 k  n1 

 c  1    1 Cn  u  v v   u  v  1 .
k1  

Vì n là số nguyên tố và (u  v) n , nên với k 1, n thì Cnk n và   u  v n1  1 n (định lý nhỏ Fermat). Do 

đó  cn  1 n , mà cn nên  cn1  1 n , suy ra cn  1  n 1  1 cn 1  c 1 n , suy ra  c 1 n , suy ra

c

c 1 nk3 , với k3  .
Chứng minh tương tự ta cũng có a 1 nk1, b 1 nk2 , với k1, k2  .

Ta có (3)  tn  u  v un  vn  u  v  tn  u  v  c.c n  cn cn  1 nk3  n  1 n2 . Chứng minh tương  

tự ta cũng có  un  t  v n2 và  vn  t  u n2 suy ra

 un  t  v   vn  t u    tn  u  v 2 u  v  t  n2   u  v  t  n2 .

Từ (3’), (4’), (5’) suy ra u  v  t c  cn1  c a  a an1  b  b bn 1  nsabck , với k  , s  , s 2 ;

(k,a) = (k,b) = (k,c) =1 và k n , nếu k ≠ 0, suy ra

2 t  u  v  t  u   t  v   u  v an  bn  cn  2nsabck , suy ra u = bn + nsabck, v = an + nsabck,

t = cn – nsabck.

Từ (4’), (5’), (6’) suy ra u bn  an  cn , v an  bn  cn , t an  bn  cn
2 2 2

Thay vào (3) ta có:   bn  an  cn n  an  bn  cn n  an bn cn n

    
 2  2   2 

n 1

  bn  an  cn  n   an  bn  cn  n  an  bn  cn  n 2 2i n n 2i n n 2i n n i n n i
in
 2 Cn  a  b  c  Cn  a  b  c
i 0 i 0

n 3

2 2i n n 2i n n 2i n n n 1 n n 2 i n n i n n i n n n1 n n nn
 2 Cn  a  b  c  2n  a  b  c  Cn  a b  c  n  a  b  c   a b 
i 0 i0

Suy ra 2n  an  bn  n 1 cn   an  bn  n C c2n 1 ( vì  an  bn  n 1 cn c2n1  cn1  2nsabk  n 1c2n1 ,

 n 3 2 n 2i  n n 2i  3n  n 2 i n n i n n i  3n 2

2i n
  Cn  a  b  c  c ,   Cn  a  b  c  c )

 i0  i0
 

Ta có B 2n   cn  2an  2nsabck  n 1 cn   cn  2nsabck  n (vì an  bn cn  2nsabck )

 2n n  an  nsabck  n1   nsabck  n 0  mod cn1 

 2n   an 1  nsbck  n 1  nns 1a  bk  n  0  mod cn 1 

n   n 1 2 ns 1 n  n 1  n 2 s  2
 2  a  n a  bk    n  1 a  n bck   0  mod c 
 

5

 2n  an n 2  nns 1  bk  n   n  1 a n 1 n 21  nsbck   0  mod c2  (7)

Ta lại có B 2n  cn  2bn  2nsabck  n 1 cn   cn  2nsabck  n (vì an  bn an  bn  2bn cn  2bn  2nsabck )

 2n   bn1  nsack  n1  nns1b  ak  n  0  mod cn 1 

n   n 1 2 ns 1 n  n 1  n 2 s  2
 2  b  n b  ak    n  1 b  n ack   0  mod c 
 

 2n  bn n 2  nns1  ak  n   n  1 b n 1 n 2 1  nsack   0  mod c2  (8)

Từ (7) và (8) suy ra 2n  an n 2  bn n 2  nns1k n  an  bn    n  1  nsabck   an n 3  bn n 3   0  mod c2 

 2n  an n 2  bn n 2  nns 1k n  an  bn   0  mod c2 

(Vì an n 3  bn n 3   an  bn   bn   n 3 bnn 3  Cn 3 n 4 i  an  bn  n 3 i bni  Cn 3 n 4 i  cn  2nsabck  n 3 i bni 0 (mod c) )
i0 i0

 2n   2 n  2  nsabck  bn n 3  2nns 1k n  bn  nsabck   0  mod c2 

(Vì an n 2  bn n 2    1 Cn 2 n 4 i i  an  bn  n 2 i bni   n  2  an  bn  bn n 3  2  n  2  nsabck  bn n 3  mod c2 

i0

và an  bn an  bn  2bn  2bn  2nsabck  mod cn  )

 2n1 nns 1k nbn c

 k 0 hoặc 2n1c (nếu k ≠ 0)

Ta quy ước khi n = 3 thì n Cn 3  4 i  cn  2nsabck  n 3 i bni    n 1 Cn 2  4 i i  an  bn  n 2 i bni 0 , a, b, c, s, k .
i 0 i0

Nhận thấy, từ đẳng thức (3) và do n lẻ nên ta có thể giả sử u, v, t đều dương, suy ra t > u, t > v, suy ra

u + v = cn > 0, t – v = bn > 0, t – u = an > 0, suy ra a, b, c đều dương.

Xét hai trường hợp.

2.2.1.1. Khi k ≠ 0

1) Nếu t lẻ thì c lẻ, theo chứng minh trên c =1, suy ra u  v 1 , suy ra (u = 0 hoặc v = 0), vô lý.

2) Nếu u và v đều lẻ

Suy ra b và a đều lẻ. Ta viết đẳng thức (3) dưới dạng vn tn    u  n và un tn    v n .

Biến đổi và lập luận tương tự trên ta suy ra a = b =1, suy ra t  u 1 và t  v 1.

t  u 1 u v

Vậy ta có:  t  v 1   n n

 n n n 2u t (9)
u  v t

Không có u, t ngun khác khơng thỏa (9).

Vậy PT (1) vô nghiệm nguyên khác không trong trường hợp này.

2.2.1.2. Khi k = 0

Ta nhận thấy khi k = 0 thì: u  v t, t  u v, t  v u  cn c.c, an a.a, bn b.b a b c 1 u v 

.  2un tn (8).
Khơng có v, t ngun khác khơng thỏa (0).
Vậy PT (1) vô nghiệm nguyên khác không trong trường hợp này.

2.2.2. Ba số u, v, t chỉ có một số chia hết cho n.

Khơng mất tính tổng qt ta giả sử tn ,từ (4) suy ra (u  v)n , áp dụng bổ đề 5c) ta có

6

 n 1 i  u  v,    1 un 1 ivi   n 1 i  n và     1 un 1 ivi  n2 , kết hợp với (4) và áp dụng bổ đề 4 ta có
 i 0   i0 

u + v = nsn – 1cn (4”) và    n 1 u  1 i n 1 ivi ncn với t = nsc.c’, s  * ; c, c ' * (c, c’) = 1, c n, cn .
i 0

Từ (5), (6) suy ra (t  v) n và (t  u) n , áp dụng bổ đề 5b) ta có  n 1  t  v,  tn i 1vi   n 1   t  u,  t n i1ui  1
 i 0  i 0 

,  n 1   t n i 1vi   n 1  n ,   t n i 1ui  n , kết hợp với (5), (6) và áp dụng bổ đề 3 ta có t – v = bn (5’’) và
 i0   i0  t – u = an (6”), an , với v =
n 1
n 1
 t n i 1vi bn , với và t n i 1ui
u = b.b’, b, b '  * , (b, b’) = 1, b n, bn ;
i 0


i 0

a.a’, a , a '  * , (a, a’) = 1, a n, an ; (a,b) = (a,c) = (c,b) = 1.



Lập luận như 2.2.1 (trang 4, trang 5) ta có b’ = 1 + nk2, a’ = 1 + nk1; và  u  v  t  n2 , mà

u  v  t nsc  nns 1 scn 1  c a  a an 1  b  b bn1  nsabck nên s 2 ; (k,a) = (k,b) = (k,c) =1 và k n

, nếu k ≠ 0, suy ra v an  nsabck , v bn  nsabck , t nns 1cn  nsabck và an  bn nns 1cn  2nsabck .

Từ (4”), (5”), (6”)) suy ra u bn  an  nns 1cn , v an  bn  nns 1cn , t an  bn  nns 1cn
2 2 2

Thay vào (3) ta có:   bn  an  nns 1cn  n  an  bn  nns 1cn  n  an  bn  nns 1cn  n
    
 2  2  2 

  bn  an  nns 1cn  n   an  bn  nns 1cn  n  an  bn  nns 1cn  n

n 1

2 2i n n 2i ns 1 n n 2i n n i ns  1 n n i
in
 2Cn  a  b   n c   Cn  a  b   n c 
i 0 i0

n 3

2 2i n n 2i ns 1 n n 2i n n n 1 ns 1 n n 2 i n n i ns 1 n n i n n n 1 ns 1 n
 2 Cn  a  b   n c   2n  a  b  n c  Cn  a  b   n c   n  a b  n c 
i 0 i 0

 an bn n

Suy ra 2n  an  bn  n 1 nns 1cn   an  bn  n C c2n 1 ( vì  an  bn  n 1 cn c2n 1  cn 1  2nsabk  n 1c2n1 ,

 n 3 2 n 2i ns 1 n n 2i  3n  n 2 i n n i ns 1 n n i  3n 2

2i n
  Cn  a  b   n c   c ,   Cn  a  b   n c   c )
i 0  i0 
 

Ta có C 2n   nns 1cn  2an  2nsabck  n 1 nns 1cn   nns 1cn  2nsabck  n (vì an  bn nns 1cn  2nsabck )

 2n n  an  nsabck  n1   abck  n 0  mod cn 1 

 2n   an 1  nsbck  n 1  a  bk  n  0  mod cn 1 

n   n 1 2 n  n 1  n 2 s  2
 2  a  a  bk    n  1 a  n bck   0  mod c 
 

 2n  an n 2   bk  n   n  1 a n 1 n 21  nsbck   0  mod c2  (10)

Ta lại có C 2n  nns 1cn  2bn  2nsabck  n 1 nns 1cn   nns 1cn  2nsabck  n

7

(vì an  bn an  bn  2bn nns 1cn  2bn  2nsabck )

 2n   bn1  nsack  n1  b  ak  n  0  mod cn1 

n   n 1 2 n  n 1  n 2 s  2
 2  b  b  ak    n  1 b  n ack   0  mod c 
 

 2n  bn n 2   ak  n   n  1 b n 1 n 2 1  nsack   0  mod c2  (11)

Từ (10) và (11) suy ra 2n  an n 2  bn n 2  k n  an  bn    n  1  nsabck   an n 3   bn n 3  0  mod c2  

 2n  an n 2  bn n 2  k n  an  bn   0  mod c2 

(Vì an n 3  bn n 3   an  bn   bn   n 3 bn n 3  Cn 3 n 4 i  an  bn  n 3 i bni  Cn 3 n 4 i  nns 1cn  2nsabck  n 3 i bni 0 (mod c) )
i0 i0

 2n   2 n  2  nsabck  bn n 3  2k n  bn  nsabck   0  mod c2  

(Vì an n 2  bn n 2    1 Cn 2 n 4 i i  an  bn  n 2 i bni   n  2  an  bn  bn n 3  2  n  2  nsabck  bn n 3  mod c2 

i 0

và an  bn an  bn  2bn  2bn  2nsabck  mod cn  )

 2n1 k nbn c
 k 0 hoặc 2n1c (nếu k ≠ 0)

 k 0 hoặc ( c 1 hoặc c 2 ) (nếu k ≠ 0 ), với 1  n 1,    .

Ta quy ước khi n = 3 thì n Cn 3  4 i  nns 1cn  2nsabck  n 3 i bni    n 1 Cn 2  4 i i  an  bn  n 2 i bni 0 , a, b, c, s, k .
i 0 i0

Xét hai trường hợp.

2.2.1.1. Khi k ≠ 0

1) Theo chứng minh trên ta có c 1 hoặc c 2 , với 1  n 1,    .

2) Ta viết đẳng thức (3) dưới dạng vn tn    u  n tn  un ( u  u ).

Ta có t  u t  u an , v  u nns 1cn , v  t bn  bn và bn  nns 1cn an  2nsabck , suy ra

u bn  nns 1cn  an , t nns 1cn  bn  an , v bn  nns 1cn  an
2 2 2

n ns 1 n nn ns 1 n n nn n ns 1 n nn
 b  n c  a   n c  b  a   b  n c  a 
Thay vào (3) ta có:      
 2  2  2 

  bn  nns 1cn  an  n   nns 1cn  bn  an  n  bn  nns 1cn  an  n

n 1

 2ian n 2i  n Cni
i 0
    2 2i ns 1 n n ns 1 n n ian n i

 2 Cn
i 0
n c  b n c  b

n 3

2 2i ns 1 n n 2i n n 2i ns 1 n n n1 n n 2 ns 1 n n i n n i ns 1 n n n1 n
i
 2 Cn  n c  b  a  2n n c  b  a  Cn  n c  b  a  n  n c  b  a 
i 0 i 0

  nns 1cn  bn  n

ns 1 n n n1 n ns 1 n nn 2n 1 ns 1 n n n 1 n 2n 1 n 1 s n 1 2n 1
Suy ra 2n n c  b  a   n c  b  Da ( vì  n c b  a a  a  2n abk  a ,

8

 n 3 
 2 2i ns 1 n n 2i n n 2i  3n  n 2 i ns 1 n n i n n i  3n 2
  Cn  n c  b  a  a ,   Cn  n c  b  a  a )
i 0 

  i0

Ta có D 2n  an  2bn  2nsabck  n 1 an   an  2nsabck  n (vì bn  nns 1cn an  2nsabck )

n n s n 1 s n n 1
 2 n b  n abck    n abck  0  mod a 

2n  n1 s n 1 ns 1 n  mod an 1 
  b  n ack   n b ck  0
 

 2n   n 1 2 nns 1b ck  n n  n 1  n 2  nsack    0  mod a2 
b
1 b

 2n  n n 2  nns 1  ck  n n 1 n  n  3  1  n s ack   0  mod a2  (12)
b
 b 

Ta lại có D 2n   an  2nns 1cn  2nsabck  n 1 an   an  2nsabck  n (vì bn  nns 1cn an  2nsabck )

 2n   nns 1cn 1  nsabk  n 1  nns1c  bk  n  0  mod an1  

n   ns 1  n 2 n n 2  n  ns 1  n 3 n n 3 1 s   2
2 n  c   b k    n  1 n c  n b ak  0  mod a  (13) 

Từ (12) và (13) suy ra

  2n  n ns 1 n 2 cn n 2  bn n 2  k n  nns 1cn  bn    n  1  nsabck  n ns 1 n 3cn n 3  bn n 3  0  mod a2  

 2n  n ns 1 n 2 cn n 2  bn n 2  k n  nns 1cn  bn   0  mod a2  

 ns 1  n 3 n n 3 n n 3  ns 1 n n n  n 3 n n 3 n 4 n n 3 i ni
i
c  b   n c  b  b  b Cn 3  n c  b  b 0 (mod a) )
(Vì n ns 1 n

  i0

 2n  2n 2   n s abck  n  n  3   2k n  bn  nsabck   0  mod a2 

 b 

 ns 1  n 2 n n 2 n 4 ii ns 1 n n n 2 i ni ns 1 n n n n 3

n n 2
(Vì n c  b    1 Cn 2  n c  b  b   n  2  n c  b  b 

i 0

 2 n  2   nsabck  n n 3  mod a2 

b

và nns1cn  bn nns 1cn  bn  2bn an  2bn  2nsabck  2bn  2nsabck  mod an  )

 2n1 k nbn a
 a 1 hoặc a 2 , với 1  n 1,    .

n 4 ns 1 n n n 3 i ni n 4 ii ns 1 n n n 2 i ni

i
Ta quy ước khi n = 3 thì  Cn 3  n c  b  b    1 Cn 2  n c  b  b 0 , a,b, c, s, k .
i 0 i 0

3) Ta viết đẳng thức (3) dưới dạng un tn    v n và ta cũng suy ra được 2n1b , suy ra b 1 hoặc

b 2 , với 1  n 1,    .

Từ đó xét các trường hợp sau.
a) t chẵn u, v đều lẻ

Khi đó ta có c 2 , b 1, a 1 , mà an  bn nns 1cn  2nsabck , nên 11 nns 12n 2 1nsk , suy

ra:  1 nns 1 2n 1 2 1 nsk  12 (vô lý).

ns 1 s n 2 
 0 n 2 k  k n

b) (u chẵn t, v đều lẻ) hoặc (v chẵn t, u đều lẻ)

Khi đó ta có b 2 , c 1 , a 1 hoặc a 2 , c 1 , b 1 mà an  bn nns 1cn  2nsabck , nên

9

12n nns 1 2 1nsk , suy ra 2n 1 0  modns   2 1 0  modn  và nns1 1 0  mod2 1 

i) Nếu s lẻ thì nns1 1 2  mod22  nên mâu thuẩn với nns1 1 0  mod2 1  .

ii) Nếu s chẵn

Ta có:  nns 1 1 21   n 1 2 1 ( vì ns  1 và n là hai số lẻ)  n 1 2 1  n 21 1 (12).

Ta có:  2 1 n  2 1 n (13).

 2 2 1
Từ (12) và (13) suy ra: 2 1 2 1 1   2 1 21  1  1 2  1   1  n 3 .

  1
 2  1 2 1

  s 2

 13
 k 
3 3s 1 s
Do đó: 1 2 3 4.3 k    2 (vô lý)

  s 3
  3s 3 s 2
1 3 4.3 k
 

Vậy PT (1) vô nghiệm nguyên khác không trong trường hợp này.

2.2.2.2. Khi k = 0

Ta có t u  v  nsc.c nns1cn  c nns1 scn1  cn , vơ lý (vì cn ).

Vậy PT (1) vơ nghiệm nguyên khác không trong trường hợp này.

2.3. Khi n = pk, p là số nguyên tố lẻ hoặc p = 4 ( k  N* )

Từ kết quả chứng minh ở 2.1, 2.2, áp dụng bổ đề 2 ta suy ra PT (1) vô nghiệm nguyên khác không trong

trường hợp này. Phú Vang, 15/10/2013
Tác giả
Tóm lại với mọi số nguyên n ≥ 3, PT(1) vô nghiệm nguyên khác không.

Vậy định lý lớn Fermat đã được chứng minh.

Tôn Thất Hiệp

10