Một số phương pháp tiếp cận giải quyết bài toán phương trình fermat

B GIO DC V O TO
Tr ờng đại học Vinh
Lấ HONG DUY CNG
MT S PHNG PHP
TIP CN GII QUYT BI TON
PHNG TRèNH FERMAT
Luận văn thạc sĩ toán học
NGHệ AN - 2014
B GIO DC V O TO
Tr ờng đại học Vinh
1
Lấ HONG DUY CNG
MT S PHNG PHP
TIP CN GII QUYT BI TON
PHNG TRèNH FERMAT
CHUYấN NGNH: I S V Lí THUYT S
Mó s: 60 46 01 04
Luận văn thạc sĩ toán học
Ngi hng dn khoa hc
PGS.TS. NGUYN THNH QUANG
NGHệ AN 2014
MC LC
2
Trang
MỞ ĐẦU 1
CHƯƠNG 1
VỀ ĐỊNH LÍ CUỐI CÙNG CỦA FERMAT 4
1.1 Phương trình Pitago 4
1.2 Định lí sau cùng của Fermat 7
1.3 Phương pháp quy nạp lùi vô hạn
12

1.4 Giả thuyết Mordell – Shafarevich – Tate
15
1.5 Định lí Mason
21
CHƯƠNG 2
ĐƯỜNG CONG ELLIPTIC, DẠNG MODULAR
VÀ ỨNG DỤNG 25
2.1 Đường cong Elliptic
26
2.2 Đường cong Elliptic trên trường số thực
28
2.3 L- Hàm của đường cong Elliptic
31
2.4 Giả thuyết Shimura – Taniyama
32
2.5 Chứng minh định lí lớn Fermat trong một số trường hợp cụ
thể bằng phương phát ứng dụng công cụ đường cong Elliptic
37
KẾT LUẬN 40
3
TÀI LIỆU THAM KHẢO 41
MỞ ĐẦU
Fermat (1601 – 1665) đã mở rộng phương trình Pythagore
2 2 2
x y z
+ =
và tạo ra một bài toán khó bất hủ, một trong những câu hỏi lớn nhất của toán
học và nhân loại. Định lý cuối cùng của Fermat hay còn gọi là Định lý lớn
Fermat, là một trong những định lý nổi tiếng trong lịch sử toán học:
Không tồn tại các nghiệm nguyên khác không

, ,x y z
thoả mãn
phương trình
,
n n n
x y z
+ =
trong đó
n
là một số nguyên lớn hơn 2.
Định lý lớn Fermat đã gây cảm hứng cho nhiều thế hệ, không những
cho các nhà toán học mà còn cho cả những người ngoài toán có quan tâm.
Nhiều cách tiếp cận Định lý Fermat đã được đưa ra, nhiều lý thuyết toán học
nảy sinh từ đó. Định lý Fermat đã trở thành con gà đẻ trứng vàng của toán học
trong suốt gần 4 thế kỷ.
Cho đến cuối thập kỷ 70 thế kỷ trước, cho dù với nhiều nổ lực của giới
toán học, người ta chỉ mới chứng minh được trong những trường hợp riêng.
Kết hợp với máy tính, người ta đã chứng minh được Định lý Fermat đối với n
tới bốn triệu, tuy nhiên con số này vẫn còn rất xa với số n tổng quát lớn hơn 2.
Các trường hợp n = 3 và n = 5 đã được Euler, Dirichlet và Legendre
chứng minh năm 1825 và phải đến 15 năm sau, trường hợp n = 7 mới được
Gabriel Lamé chứng minh.
Ernst Kummer đã chứng minh Định lý lớn Fermat đúng với mọi số
nguyên tố tới 100 (trừ 3 số nguyên tố phi chính quy là 37, 59, 67).
Sự phát triển của Số học gần đây chịu sự ảnh hưởng rất lớn của sự
tương tự giữa số nguyên và đa thức. Để nghiên cứu một tính chất nào đó trên
vành số nguyên, trước hết người ta kiểm tra tính chất đó trên vành đa thức.
Nhờ đó, vào những năm 80 của thế kỷ XX, Định lý Mason đã được phát minh
4
như là một công cụ cho nhiều hy vọng trên con đường chinh phục Định lý lớn

Fermat.
Năm 1983, Faltings đã làm một cuộc cách mạng thực sự khi sử dụng
công cụ của Hình học Đại số để chứng minh được rằng phương trình Fermat
cùng lắm thì cũng chỉ có hữu hạn nghiệm. Dĩ nhiên, từ chỗ hữu hạn đến chỗ
không có gì còn có cả một khoảng cách rất xa, nhưng nó cho một câu trả lời
tổng quát, điều mà các thế hệ trước đây chưa làm được.
Năm 1993, bằng việc chứng minh thành công giả thuyết Giả thuyết
Shimura - Taniyama về các đường cong Elliptic, nhà toán học Andrew Wiles
(người Anh gốc Mỹ) đã giải quyết trọn vẹn bài toán về phương trình Fermat.
Với những lý do như đã trình bày ở trên, chúng tôi chọn đề tài của luận
văn là “Một số phương pháp tiếp cận giải quyết bài toán phương trình
Fermat” nhằm tìm hiểu sâu hơn về Định lý lớn Fermat nói riêng và Lý thuyết
số nói chung.
Luận văn nhằm giới thiệu một số phương pháp tiếp cận giải quyết bài
toán về phương trình Fermat. Nội dung luận văn này gồm 2 chương, ngoài
phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo.
Trong chương 1, chúng tôi giới thiệu Định lý lớn Fermat và một số
phương pháp liên quan đến Định lý lớn Fermat như phương pháp quy nạp lùi
vô hạn, phương pháp ứng dụng đường cong phẳng hữu tỉ, phương pháp áp
dụng định lý Mason và một số kết quả gần đây xung quanh Định lý Mason.
Trong chương 2, chúng tôi trình bày phương pháp chứng minh giả
thuyết Shimura - Taniyama về các đường cong Elliptic và ứng dụng trong
việc kết hợp Định lý Frey để hoàn thành chứng minh Định lý lớn Fermat của
Andrew Wiles.
Luận văn này được hoàn thành dưới sự hướng dẫn tận tình và chu đáo
của PGS.TS. Nguyễn Thành Quang. Nhân dịp này tôi xin bày tỏ lòng kính
trọng và biết ơn sâu sắc tới thầy giáo hướng dẫn khoa học, người đã dành
nhiều thời gian và công sức giúp đỡ tôi để hoàn thành bản luận văn này.
5
Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn tới các thầy cô giáo thuộc chuyên ngành

Đại số và Lý thuyết số, Khoa Sư phạm Toán học, Phòng Đào tạo Sau Đại học
– Trường Đại học Vinh đã tận tình giảng dạy và tạo mọi điều kiện thuận lợi
cho tôi hoàn thành nhiệm vụ học tập và nghiên cứu.
Xin trân trọng cảm ơn tới Trường Đại học Đồng Tháp đã tạo mọi điều
kiện tổ chức cho chúng tôi hoàn thành khóa học sau đại học.
Tôi xin chân thành cảm ơn bạn bè, đồng nghiệp, gia đình đã động viên
và giúp đỡ tôi trong suốt quá trình học tập.
Tôi xin gửi lời cảm ơn đến Ban giám hiệu Trường Trung học Phổ thông
Lê Thanh Hiền (Sở Giáo dục và Đào tạo Tiền Giang) và các thầy cô đồng
nghiệp, đã tạo điều kiện thuận lợi để tôi hoàn thành nhiệm vụ học tập.
Luận văn còn nhiều thiếu sót, tác giả mong nhận được sự đóng góp của
thầy cô giáo và các đồng nghiệp.
TÁC GIẢ
6
CHƯƠNG 1
VỀ ĐỊNH LÍ CUỐI CÙNG CỦA FERMAT
1.1. Phương trình Pitago
1.1.1. Các bộ số Pitago. Bộ ba số nguyên dương
( )
, ,x y z
thoả mãn
2 2 2
x y z
+ =
được gọi là bộ số Pitago. Tên gọi đó xuất phát từ Định lý Pitago
quen thuộc: Trong một tam giác vuông, bình phương độ dài cạnh huyền bằng
tổng bình phương các cạnh góc vuông.
Như vậy, một bộ ba số nguyên dương
( )
, ,x y z

là một bộ số Pitago khi
và chỉ khi tồn tại tam giác vuông có số đo các cạnh góc vuông là x

và y, số đo
cạnh huyền là z (chẳng hạn bộ
{ } { }
3,4,5 , 6,8,10 ,
). Rõ ràng rằng, nếu
{ }
, ,x y z
là một bộ số Pitago thì
{ }
, ,kx ky kz
cũng là một bộ số Pitago với mọi số nguyên
dương
k
. Do đó, ta chỉ cần xét các bộ ba số nguyên tố cùng nhau.
Bộ ba số Pitago
{ }
, ,x y z
được gọi là nguyên thuỷ nếu (x, y, z) = 1.

Ví dụ. Các bộ số
{ } { }
3,4,5 , 5,12,13
là nguyên thuỷ.
Nếu bộ số Pitago
{ }
, ,x y z
là không nguyên thuỷ, chẳng hạn

( , , ) 1x y z d
= >
,
thì
, ,
x y z
d d d
 
 
 
là một bộ số Pitago nguyên thuỷ. Để tìm các bộ số Pitago ta
cần:
1.1.2. Bổ đề. Nếu
{ }
, ,x y z
là bộ số Pitago nguyên thuỷ thì

( ) ( ) ( )
, , , 1.x y x z y z
= = =
Chứng minh. Giả sử
{ }
, ,x y z
là một bộ số Pitago nguyên thuỷ và
( )
, 1x y
>
. Khi đó, tồn tại số nguyên tố
p
sao cho

( )
,p x y
. Vì
p x
và
p y
nên
( )
2 2 2
p x y z
+ =
. Do
p
là số nguyên tố mà
2
p z
nên
p z
. Do đó, tồn tại
7
một số nguyên p là ước chung của
, ,x y z
và điều này mâu thuẫn với giả
thiết
( , , ) 1x y z =
. Vậy
( )
, 1x y
=
. Tương tự ta có

( ) ( )
, , 1x z y z= =
. ■
1.1.3. Bổ đề. Giả sử
{ }
, ,x y z
là một bộ số Pitago nguyên thuỷ. Khi đó, x
và y không cùng tính chẵn, lẻ.
Chứng minh. Giả sử
{ }
, ,x y z
là bộ số Pitago nguyên thuỷ. Theo Bổ đề
1.1.2,
( )
, 1x y =
nên x và y không thể cùng chẵn. Nếu x, y cùng lẻ thì z chẵn
hay z
2
chia hết cho 4. Ta có:
( ) ( )
2 2
1 mod 4 ; 1 mod 4x y≡ ≡
. Do đó
( )
2 2
mod 4 .z x y= + ≡
Điều này vô lý với việc z chia hết cho 4. Vậy x, y không cùng tính chẵn lẻ.
■
1.1.4. Bổ đề. Giả sử
, ,r s t

là các số nguyên dương sao cho
( )
, 1r s
=
và
2
rs t
=
. Khi đó, tồn tại các số nguyên
h
và
l
sao cho
2
r l
=
và
2
s h
=
.
Chứng minh. Nếu r = 1 hoặc s = 1 hoặc t = 1 thì Bổ đề là hiển nhiên đúng.
Giả sử r > 1, s > 1, t > 1 và r, s, t có các phân tích tiêu chuẩn thành tích
các thừa số nguyên tố như sau:
1 2
1 2
1 2
1 2
1 2
.

n
n n m
m
n
n n m
m
r p p p
s p p p
t q q q
α
α α
α α α
β
β β
+ +
+ +
=
=
=
L
L
L
Vì
( )
, 1r s
=
nên các số nguyên tố xuất hiện trong các phân tích của r và
s là khác nhau, hay rs có sự phân tích tiêu chuẩn là
1 2
1 2

1 2 1 2
.
n n n m
n n n m
rs p p p p p p
α α α α
α α
+ +
+ +
= L L
Do
2
rs t
=
nên
1 2
1 2 1 2
2
2 2
1 2 1 2 1 2
.
n n n m k
n n n m k
p p p p p p q q q
α α α α β
α α β β
+ +
+ +
××× ××× = ×××
Từ Định lý cơ bản của Số học ta suy ra rằng, các luỹ thừa nguyên tố

xuất hiện ở hai vế của đẳng trên thức phải như nhau. Vậy mỗi
i
p
phải bằng
8
một
j
q
nào đó, đồng thời
2
i j
α β
=
. Do đó, mỗi số mũ
i
α
đều chẵn nên
2
i
α
nguyên. Từ đó suy ra
2 2
,r l s h
= =
, trong đó
,l h
là các số nguyên. ■
Bây giờ ta có thể mô tả tất cả các bộ số Pitago nguyên thuỷ.
1.1.5. Định lý. Bộ số nguyên dương {x, y, z} lập thành một bộ số Pitago
nguyên thuỷ, với y chẵn, khi và chỉ khi tồn tại các số nguyên dương

nguyên tố cùng nhau m, n với m > n, hơn nữa m và n không cùng tính
chẵn lẻ sao cho
2 2
2 2
2
.
x m n
y mn
z m n

= −

=


= +

Chứng minh. Giả sử {x, y, z} là một bộ số Pitago nguyên thuỷ. Theo Bổ
đề 1.1.3 cho thấy x lẻ, y chẵn hoặc ngược lại. Vì ta đã giả thiết y chẵn nên
x, z đều lẻ. Do
z x+
và
z x
−
đều là số chẵn, nên các số
;
2 2
z x z x
r s
+ −

= =
là những số nguyên. Vì
2 2 2
x y z
+ =
nên
( ) ( )
2 2 2
y z x z x z x
= − = − +
. Vậy
2
; ,
2 2 2 2 2
y z x z x z x z x
rs r s
+ − + −
        
= = = =
 ÷  ÷ ÷  ÷  ÷
        
.
Để ý rằng
( )
, 1r s
=
. Thật vậy, nếu
( )
,r s d
=

thì do
,d r d s
nên
( )
d r s z
+ =
và
( )
d r s x
− =
. Điều đó có nghĩa là
( )
, 1d z x =
nên
1.d
=
Từ Bổ đề 1.1.4, tồn tại các số nguyên m và n sao cho
2 2
,r m s n= =
. Ta
viết x, y, z thông qua m, n:

2
2
4
z x r
z x s
y rs
+ =
− =

=
hay
2 2
2 2
4 2
.
x r s m n
y rs mn
z r s m n
= − = −
= =
= − = +
9
Ta cũng có
( )
, 1m n
=
, vì mọi ước chung của m và n cũng là ước của
2 2
,x m n= −

2 ,y mn
=

2 2
z m n
= +
, nên là ước chung của
( , , )x y z
. Mà

, ,x y z
nguyên tố cùng nhau nên
( )
, 1m n
=
. Mặt khác, m và n không thể
cùng lẻ vì nếu ngược lại thì x, y và z đều chẵn, mâu thuẫn với điều kiện
( )
, , 1x y z
=
. Vì
( )
, 1m n
=
và m, n không đồng thời là hai số lẻ nên m chẵn,
n lẻ hoặc ngược lại. Vậy mỗi bộ số Pitago nguyên thuỷ có dạng đã mô tả ở
trên. Để chứng tỏ
2 2
2 2
2
.
x m n
y mn
z m n

= −

=



= +

trong đó m, n là các số nguyên dương, m > n,
( )
, 1m n
=
và
( )
mod 2m n
≡
lập thành một bộ số Pitago nguyên thuỷ, ta nhận xét rằng

( )
( )
( )
2
2 2 2 2 2
4 2 2 4 2 2
4 2 2 4
2
2 2 2
(2 )
2 4
2
.
x y m n mn
m m n n m n
m m n n
m n z
+ = − +

= − + +
= + +
= + =
Ta chứng minh
, ,x y z
nguyên tố cùng nhau. Giả sử ngược lại,
( )
, , 1x y z d
= >
. Khi đó tồn tại số nguyên tố p sao cho
( )
, ,p x y z
. Ta thấy
rằng
\ 2p
vì x lẻ (do
2 2
x m n
= −
, trong đó
2
m
và
2
n
không cùng tính
chẵn lẻ). Lại do
p x
,
p z

nên
( )
2
2p z x m
+ =
và
( )
2
2p z x n
− =
. Vậy
p m
và
p n
: mâu thuẫn với
( )
, 1m n
=
. Do đó
( )
, , 1,x y z =
tức
{ }
, ,x y z
là
một bộ số Pitago nguyên thuỷ. ■
Từ Định lý 1.1.5 nói trên, ta có thể thu được các ví dụ về bộ số Pitago
nguyên thuỷ. Với
5, 2m n
= =

ta có
( )
mod 2m n
≡
và
( )
, 1,m n
=

m n
>
:
10
2 2 2 2
2 2 2 2
5 2 21
2 2.5.2 20
5 2 29.
x m n
y mn
z m n

= − = − =

= = =


= + = + =

là một bộ số Pitago nguyên thuỷ:

2 2 2
21 20 29+ =
1.2. Định lí sau cùng của Fermat
1.2.1. Giới thiệu về nhà toán học Pierre de Fermat. Pierre de Fermat sinh
ngày 17 tháng 8 năm 1601 tại Pháp, ông mất vào năm 1665, thọ 63 tuổi.
Fermat là một học giả vĩ đại, một nhà toán học nổi tiếng và là cha đẻ của Lý
thuyết số hiện đại. Fermat xuất thân từ một gia đình khá giả, ông học ở
Toulouse và lấy bằng cử nhân luật dân sự rồi làm chánh án nhưng lại vô cùng
say mê toán học với thói quen nổi tiếng là ghi các ghi chú bên lề các quyển
sách.
Ông vừa là một luật sư, vừa là một nhà toán học đã đóng góp nhiều vào
sự phát triển bước đầu của toán học. Đặc biệt, ông được nhớ đến qua sự khám
phá một phương pháp đầu tiên để tìm cực đại và cực tiểu của tung độ của
đường cong. Ông cũng nghiên cứu về Lý thuyết số và có nhiều đóng góp
trong các lĩnh vực Hình học giải tích, Xác suất và Quang học.
1.2.2. Định lý sau cùng của Fermat (The Fermat’s LastTheorem). Định lý
sau cùng của Fermat (còn gọi là Định lý lớn Fermat, hay còn gọi tắt là Định lý
Fermat) được đưa ra năm 1637, khi Fermat nghiên cứu quyển sách toán cổ Hy
lạp Arithmetica, viết bởi Diophantus vào khoảng năm 250 AD. Trang sách đã
gợi ý cho Fermat bàn về các tính chất quanh Định lý Pythagore: Trong một
tam giác vuông, bình phương của cạnh huyền bằng tổng số bình phương của
hai cạnh góc vuông.
Nói khác đi, phương trình
2 2 2
x y z+ =
có vô số nghiệm nguyên và từ đó
sẽ tìm được vô số bộ số Pitago. Từ Định lý Pitago, Fermat đã tìm xem có ba
số nguyên x, y, z nào thỏa cho một phương trình như phương trình của Pitago
nhưng ở bậc cao hơn hay không
n n n

x y z+ =
nhưng đều thất bại. Theo Fermat
11
thì phương trình này với ba ẩn số nguyên x, y, z và n > 2 không thể giải được.
Ông đã viết điều này bên lề quyển sách Arithmetica của Diophant (xuất bản
năm 1963) như sau:
Không thể nào viết một số lập phương thành tổng số của hai số lập
phương khác, hay một số tứ phương thành tổng số của hai số tứ phương khác.
Và, một số tùy ý là lũy thừa bậc lớn hơn hai không thể viết như tổng của hai
lũy thừa cùng bậc của hai số nguyên khác. Tôi đã có một chứng minh tuyệt
vời cho mệnh đề này, nhưng lề sách này quá nhỏ để có thể ghi được.
Định lý sau đây đã làm hao mòn không biết bao bộ óc vĩ đại của các
nhà toán học lừng danh trong gần 4 thế kỉ.
1.2.3. Định lý. Phương trình
n n n
x y z+ =
không có nghiệm nguyên dương với
3n
≥
.
Trong toán học, số nguyên tố chính quy là một loại số nguyên tố do
Ernst Kummer (nhà toán học người Đức) đặt ra, với định nghĩa: Một số
nguyên tố p được gọi là chính quy nếu không tồn tại bất cứ một tử số nào của
số Bernoulli B
k
(khi k = 2, 4, 6, …, p − 3.) chia hết cho p. Một vài số nguyên
tố chính quy nhỏ nhất là: 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 41, Một giả
thuyết của nhà toán học Siegel (1964) cho rằng có khoảng 61% các số nguyên
tố là chính quy. Giả thuyết này vẫn chưa có ai chứng minh được cho đến
2008. Ernst Kummer đã tìm ra loại số này khi đang cố gắng chứng minh Định

lý lớn Fermat là đúng với số mũ là các số này (và các số mũ là tích của các số
này). Trái lại với số nguyên tố chính quy là số nguyên tố phi chính quy. Nếu
tồn tại một tử số của số Bernoulli B
k
mà chia hết cho p thì p được gọi là số
nguyên tố phi chính quy. K. L. Jensen đã cho thấy có vô số phi chính quy.
Một vài số nhỏ nhất của chúng là: 37, 59, 67, 101, 103, 131, 149, …
Cho mãi tới đầu thế kỷ XX các nhà toán học chỉ chứng minh định lý
này là đúng với n = 3, 4, 5, 7 và các bội số của nó. Nhà toán học người Đức
Ernst Kummer đã chứng minh định lý này là đúng với mọi số nguyên tố tới
100 (trừ 3 số nguyên tố là 37, 59, 67).
12
Các dạng suy rộng khác của Định lý Fermat.
1.2.4. Định lí lớn Fermat tiệm cận. Phương trình
n n n
x y z+ =
không có
nghiệm nguyên dương với n đủ lớn.
1.2.5. Định lí lớn Fermat mở rộng. Phương trình
1 2
n n n n
k
x x x z+ + + =L
không
có nghiệm nguyên dương với
3, 2.n k≥ ≥
.
1.2.6. Định lí lớn Fermat tổng quát. Phương trình
1 2
1 2

k
n
n n
n
k
x x x z+ + + =L
không có nghiệm nguyên dương với
3, 2, .
i
n k n k≥ ≥ >
.
Trên cơ sở theo dõi và tham khảo các tài liệu số học có liên quan đã
công bố trong thời gian gần đây, trong nội dung tiếp theo của luận văn, chúng
tôi giới thiệu một số phương pháp tiếp cận để đi đến chứng minh của Định lý
Fermat.
1.2.7. Nổ lực đầu tiên để giải phương trình Fermat (xem [10])
Một nỗ lực đầu tiên để giải phương trình Fermat là người ta tìm cách
viết phương trình này dưới dạng tích:
2 2 2 2
.
n n n n
n
z y z y x
  
+ − =
 ÷ ÷
  
Từ đó, đặt
1
2 2

2 2
2
2
n n
n n
n n
n
z y p
z y q
−

 
+ =
 ÷

 

 

− =
 ÷

 

hoặc
2 2
1
2 2
2
2 .

n n
n
n n
n n
z y p
z y q
−

 
+ =
 ÷

 

 

− =
 ÷

 

Giải hệ này theo y và z cho ta:
2
2
2
2
2
2
n
n n n

n
n n n
z p q
y p q
−
−

= +



= −

hoặc
2
2
2
2
2
2 .
n
n n n
n
n n n
z p q
y p q
−
−

= +




= −

Vậy
( )
( )
2
2
2
2
2
2
n n n
n
n n n
n
z p q
y p q
−
−

= +



= −

hoặc

( )
( )
2
2
2
2
2
2 .
n
n n n
n
n n n
z p q
y p q
−
−

= +



= −

13
Tuy nhiên, việc giải hệ các phương trình này lại không dễ hơn giải
phương trình ban đầu, hơn nữa có điều đáng tiếc là phương pháp này không
cung cấp cho ta bất kỳ cái nhìn nào sâu sắc hơn.
1.2.8. Mệnh đề. Nếu phương trình
n n n
x y z

+ =
với
3n
≥
,
n
∈
Z
có nghiệm
nguyên dương thì phương trình
p p p
x y z+ =
cũng có nghiệm nguyên dương,
với p là ước của n.
Chứng minh. Giả sử phương trình
n n n
x y z
+ =
với
3n
≥
,
n
∈
Z
có một
nghiệm nguyên dương
( , , )a b c
, khi đó ta có:
n n n

a b c
+ =
. Ta viết đẳng thức
này lại như sau:
.
p p p
n n n
p p p
a b c
     
+ =
 ÷  ÷  ÷
     
Do đó, phương trình
p p p
x y z+ =

có nghiệm nguyên dương
( , , )
n n n
p p p
a b c
.
1.2.9. Mệnh đề. Nếu phương trình
n n n
x y z
+ =
không có nghiệm nguyên
dương khi n = 4 hoặc khi n là số nguyên tố
3

≥
thì phương trình
n n n
x y z
+ =
không có nghiệm nguyên dương với mọi số nguyên
3n ≥
.
Chứng minh. Từ giả thiết ta chỉ cần xét với những số nguyên
4n
>
và không
phải là số nguyên tố.
1) Nếu n là số lẻ thì tồn tại ước nguyên tố lẻ p của n. Do đó, nếu phương trình
n n n
x y z
+ =
có nghiệm nguyên dương thì theo Mệnh đề 1.2.8 phương trình
p p p
x y z+ =
cũng có nghiệm. Điều này mâu thuẫn với giả thiết.
2) Nếu n là số chẵn thì ta xét hai khả năng sau:
a) n = 4k: Do n > 4 nên k > 1. Nếu phương trình
n n n
x y z
+ =
có nghiệm
nguyên dương thì do 4 là ước của n, nên theo Mệnh đề 1.2.8 phương trình
4 4 4
x y z

+ =
cũng có nghiệm nguyên dương. Điều này mâu thuẫn với giả thiết.
b) n = 4k + 2 = 2(2k + 1): Do n > 4 nên 2k + 1 > 2 hay 2k + 1 là số lẻ lớn hơn 3
và do đó n có một ước nguyên tố lẻ p. Giả sử ngược lại, phương trình
14
n n n
x y z
+ =
có nghiệm nguyên dương thì theo Mệnh đề 1.2.8 phương trình
p p p
x y z+ =
cũng có nghiệm. Điều này mâu thuẫn với giả thiết. ■
1.2.10. Nhận xét. a) Nếu n có một ước nguyên tố lẻ p thì ta có thể viết
phương trình Fermat dạng:
p p p
n n n
p p p
x y z
     
+ =
 ÷  ÷  ÷
     
và do đó trong trường hợp này có thể hạn chế chỉ xét phương trình với dạng
p p p
x y z+ =
, trong đó p là số nguyên tố lẻ.
b) Nếu n không có ước nguyên tố lẻ thì n chỉ có ước nguyên tố là 2 hay
n là bội của 4 và khi đó người ta viết phương trình dưới dạng
4 4 4
.

     
+ =
 ÷  ÷  ÷
     
n n n
p p p
x y z
c) Như vậy, về thực chất Định lý lớn Fermat chỉ cần xét với n là số
nguyên tố lớn hơn 3 (Trường hợp n = 3, 4 đã được giải quyết).
1.3. Phương pháp quy nạp lùi vô hạn
1.3.1. Quy nạp lùi. Phép quy nạp có nhiều biến thể phong phú. Một trong các
biến thể đó ngày nay được biết đến dưới tên gọi “quy nạp lùi” (còn được gọi
là “quy nạp kiểu Cauchy”), do chính Cauchy sử dụng lần đầu khi chứng minh
bất đẳng thức trung bình cộng – trung bình nhân:

+ + +
≥
1 2
1 2


n
n
n
a a a
a a a
n
(*)
với mọi số nguyên dương
≥ 2n

và với mọi bộ n số thực không âm
1 2
, , , .
n
a a a
Với n = 2, (1.2.1) được chứng minh trực tiếp. Với n tổng quát, Cauchy
chứng minh rằng nếu (1.2.1) đã đúng với n = k ( trong đó,
≤ ∈¥
*
2 k
) thì
(1.2.1) cũng đúng khi n = 2k. Bằng cách như vậy, ta thấy (*) đúng với một
dãy tăng vô hạn các số nguyên dương
= ∈ ¥
*
2 ( )
m
n m
.
15
Cuối cùng, ở bước mấu chốt (thường được gọi là bước lùi), Cauchy
nhận xét rằng: Nếu (*) đúng với n = N (
∈ >
*
, 2N N¥
) thì nó cũng đúng khi
= −
1n N
. Cách chứng minh cũng khá đơn giản: Với
−

≥
1 2 1
, , , 0
N
a a a
, xét
−
+ + +
=
−
1 2 1

1
N
N
a a a
a
N
(hoặc
−
−
=
1
1 2 1

N
N N
a a a a
)
và áp dụng bất đẳng thức (*) cho N số

≥
1 2
, , , 0
N
a a a
, ta có bất đẳng thức
−
−
+ + +
≥
−
1 2 1
1
1 2


1
N
N
N
a a a
a a a
N
.
Từ đó suy ra (*) đúng với mọi số nguyên dương
≥ 2n
.
Ta có thể tổng quát hoá ý tưởng của Cauchy thành:
1.3.2. Định lý (Nguyên lý quy nạp lùi). Cho
∞

=1
( )
k k
m
là một dãy vô hạn các số
nguyên dương mà
→∞
= ∞lim
k
k
m
. Giả sử P(n) là một hàm mệnh đề của biến n
biến thiên trên tập hợp
¥
*
tất cả các số nguyên dương sau cho
( )
k
P m
đúng với
mọi
∈¥
*
;k
hơn nữa với mọi số nguyên dương n > 1, nếu P(n) đúng thì
P(n - 1) cũng đúng. Khi đó, P(n) đúng đối với mọi số nguyên dương n.
1.3.3. Định lý. Phương trình
4 4 2
x y z
+ =

không có nghiệm nguyên dương.
Chứng minh. Giả sử phương trình
4 4 2
x y z
+ =
có nghiệm nguyên dương.
Khi đó, tồn tại nghiệm nguyên
0 0 0
, ,x x y y z z
= = =
trong đó
0
z
là nhỏ
nhất. Ta có
4 4 2
0 0 0
x y z
+ =
. Ta chứng minh
( )
0 0
, 1.x y =
Thật vậy, nếu
ngược lại ta gọi p là ước chung nguyên tố của
0 0
,x y
thì
2
0

z
chia hết cho p
4
hay
0
z
chia hết cho p
2
. Đặt
2
0 1 0 1 0 1
, ,x px y py z p z
= = =
. Thay vào
4 4 2
0 0 0
x y z
+ =
ta có
4 4 2
1 1 1
x y z
+ =
. Dó đó,
1 1 1
, ,x x y y z z
= = =
là một nghiệm
của phương trình
4 4 2

x y z
+ =
với z
1
bé hơn z
0
. Ta gặp mâu thuẫn.
Vì
4 4 2
0 0 0
x y z
+ =
nên
( ) ( )
2 2
2 2 2
0 0 0
,x y z
+ =
nên
{ }
2 2
0 0 0
, ,x y z
là một bộ số
Pitago. Hơn nữa,
( )
2 2
0 0
, 1,x y

=
vì nếu
p
là số nguyên tố, mà
2 2
0 0
,p x p y
16
thì
0 0
, ,p x p y
mâu thuẫn với
( )
0 0
, 1.x y =

Như vậy,
{ }
2 2
0 0 0
, ,x y z
là một bộ
số Pitago nguyên thuỷ và do đó tồn tại các số nguyên dương
,m n
với
( ) ( )
, 1, mod 2m n m n
= ≡
và
2 2

0
0
2 2
0
2
.
x m n
y mn
z m n
= −


=


= +

trong đó ta có thể xem
2
y
là số chẵn.
Từ đẳng thức của
2
0
x
ta được
2 2 2
0
.x n m
+ =

Do
( )
, 1m n
=
nên
{ }
0
, ,x n m
là một bộ số Pitago nguyên thuỷ và do đó lại tồn tại các số
nguyên dương
,r s
với
( ) ( )
, 1, mod 2r s r s
= ≡
và

2 2 2
0
2 2
2
.
x r s
n rs
m r s
= −
=
= +
Vì m lẻ và
( )

, 1m n
=
, ta có
( )
,2 1.m n
=
Do
( )
2
0
2y n m
=
nên theo Bổ đề
1.2.4, tồn tại các số nguyên dương
1
z
và
w
với
2 2
1
,2 .m z n w
= =
Vì
w
chẵn,
2w u
=
, trong đó
u

là số nguyên dương, nên
2
2
n
u rs
= =
Do
( )
, 1,r s
=
theo Bổ đề 1.1.4 tồn tại các số nguyên dương
1 1
,x y
sao cho
2 2
1 1
, .r x s y
= =
Chú ý rằng, vì
( )
, 1r s
=
nên suy ra
( )
1 1
, 1.x y
=
Như vậy
4 4 2
1 1 1

,x y z
+ =
trong đó
1 1 1
, ,x y z
là các số nguyên dương với
( )
1 1
, 1.x y
=
Hơn nữa ta có
1 0
,z z
<
vì
4 2 2 2
1 1 0
z z m m n z
≤ = < + =
.
Ta gặp mâu thuẫn với giả thiết ban đầu của chúng ta về nghiệm
0 0 0
, ,x x y y z z= = =
của phương trình đang xét. ■
1.3.4. Hệ quả. Phương trình
4 4 4
x y z+ =
không có nghiệm nguyên dương.
17
Chứng minh. Giả sử phương trình

4 4 4
x y z
+ =
có nghiệm nguyên dương
(a, b, c). Ta có
4 4 4
a b c
+ =
hay
( )
2
4 4 2
a b c
+ =
. Do đó, phương trình
4 4 2
x y z
+ =
có nghiệm nguyên dương
2
( , , )a b c
. Điều này mâu thuẫn với
Định lý 1.3.3. ■
1.3.5. Hệ quả. Phương trình
2 2 2
, 2
s s s
x y z s+ = ≥
không có nghiệm nguyên.
Chứng minh. Với s = 2, Hệ quả 1.3.5 chính là Hệ quả 1.3.4. Giả sử phương

trình
2 2 2
, 3
s s s
x y z s
+ = ≥
có nghiệm nguyên
( , , )a b c
. Khi đó, ta có
2 2 2
s s s
a b c
+ =
hay
2 2 2 2 2 2
2 .2 2 .2 2 .2
s s s
a a a
− − −
+ =
. Do đó,
( ) ( ) ( )
2 2 2
4 4 4
2 2 2
s s s
a a a
− − −
+ =

hay
4 4 4
x y z
+ =

có
nghiệm nguyên dương
2 2 2
( , , )
s s s
a b c
− − −
. Điều này mâu thuẫn với Hệ quả 1.3.3.■
1.4. Giả thuyết Mordell – Shafarevich – Tate
Faltings đã đi đến kết quả tổng quát của Định lý Fermat bằng cách chứng
minh một Giả thuyết nổi tiếng trong Hình học đại số - Giả thuyết Mordell –
Shafarevich - Tate. Đây là một giả thuyết rất sâu sắc nói về tính hữu hạn sinh của
nhóm Shafarevich – Tate, mà việc phát biểu nó đòi hỏi nhiều kiến thức chuyên sâu
về Hình học đại số.
1.4.1. Mặt phẳng affine phức 2-chiều. Giả sử
£
là trường số phức. Mặt
phẳng affine phức 2-chiều là tập hợp
( )
{ }
2 2
, | ,A x y x y= = ∈£ £
. Mỗi cặp phần
tử
( )

2
,x y A∈
gọi là một điểm của mặt phẳng affine phức 2-chiều
2
A
.
Giả sử
[ ]
∈£( , ) ,F x y x y
là một đa thức của hai biến
( )
,x y
với hệ số
phức. Khi đó, tập hợp sau đây gồm các không điểm (nghiệm) của đa thức
( , )F x y
:
( ) ( )
{ }
2
, , 0x y F x y∈ =£
được gọi là một đường cong đại số trong mặt phẳng affine phức 2-chiều
2
A
.
Ví dụ. Hai đường cong đại số trong
2
A
xác đinh bởi hai đa thức sau là trùng
nhau:
= − +( , ) ( )( )F x y x y x y

;
2
( , ) ( ) ( ).G x y x y x y= − +
18
1.4.2. Mặt phẳng xạ ảnh phức 2-chiều. Giả sử
£
là trường số phức. Trong
tập hợp
3
(0,0,0)X = −£
ta xét một quan hệ tương đương:
( , , ) ~ ( ', ', ') , 0: ' ; ' ; ' .x y z x y z x x y y z z
λ λ λ λ λ
⇔ ∃ ∈ ≠ = = =
£
Khi đó, tập
X
được chia thành các lớp tương đương. Mỗi lớp tương đương
chưa bộ
∈( , , )x y z X
được ký hiệu bởi
[ ]
, ,x y z
. Ta có quan hệ trong tập thương
/ ~X
:
[ ] [ ]
, , , , , , 0.x y z x y z
λ λ λ λ λ
= ∀ ∈ ≠£

Tập thương
/ ~X
gồm các lớp tương đương
[ ]
, ,x y z
được gọi là mặt
phẳng xạ ảnh phức 2- chiều và ký hiệu bởi
2
( )P £
. Mỗi
[ ]
, ,x y z
gọi là một
điểm của
2
( )P £
.
1.4.3. Đường cong đại số bậc d trong mặt phẳng xạ ảnh phức
2
( )P £
. Giả
sử
[ ]
∈£( , , ) , ,F x y z x y z
là một đa thức thuần nhất bậc d của ba biến
, , ,x y z
với
hệ số phức nghĩa là:
( , , ) ( , , ), .
d

F x y z F x y z
λ λ λ λ λ
= ∀ ∈£
Khi đó, tập hợp điểm:
[ ]
{ }
2
, , ( ) ( , , ) 0C x y z P F x y z= ∈ =£
lập thành một đường cong đại số bậc d trong mặt phẳng xạ ảnh
2
( )P £
.
Đặc biệt, khi
( , , )F x y z
là đa thức bất khả quy thì đường cong đại số
C
được gọi đường cong bất khả quy. Phương trình
=( , , ) 0F x y z
được gọi là
phương trình thuần nhất của đường cong
C
.
Ví dụ. 1) Đường cong conic (bậc 2):
[ ]
{ }
2 2
, , ( ) 0C x y z P xz y= ∈ − =£
;
2) Đưòng cong Fermat (bậc n):
[ ]

{ }
2
, , ( )
n n n
C x y z P x y z= ∈ + =£
;
3)Đưòng cong elliptic (bậc 3):
[ ]
{ }
2 3 3 3
, , ( ) 3 4 5 0C x y z P x y z= ∈ + + =£
.
Chúng ta sẽ quan tâm về tính hữu hạn điểm vô tỷ của các đường cong elliptic.
Tổng quát, mặt phẳng xạ ảnh
2
( )P K
trên trường đóng đại số K là
không gian gồm các điểm là các lớp tương đương của các bộ ba
( , , )x y z
, trong
19
đó
, ,x y z K∈
không đồng thời bằng 0 và bộ ba
( , , )x y z
λ λ λ
tương đương với
bộ ba
( , , )x y z
λ λ λ

,
, 0K
λ λ
∈ ≠
.
Như vậy nếu
0
≠
z
thì lớp tương đương của
( , , )x y z
tương đương với bộ
ba
( / , / ,1)x z y z
. Ta có thể đồng nhất mặt phẳng xạ ảnh
( )
2
P K
với mặt phẳng
Affine cùng với điểm tại vô hạn ứng với z = 0.
Mỗi đường cong trong mặt phẳng Affine
2
K
thông thường có thể ứng
với một đường cong trong mặt phẳng xạ ảnh
( )
2
P K
bằng cách thêm vào các
điểm tại vô cùng. Để làm được điều đó, trong phương trình xác định đường

cong, ta chỉ cần thay x bởi x/z, y bởi y/z và nhân hai vế của phương trình với
một luỹ thừa thích hợp của z để khử mẫu số.
1.4.4. Giống của đường cong đại số. Cho một đường cong đại số
C
với bậc
d, không kỳ dị trên trường số phức. Giống
g
của của đường cong
C
là một số
nguyên không âm để đo độ phức tạp hình của
C
và được định nghĩa bởi:
− −
=
( 1)( 2)
2
d d
g
.
Ví dụ. 1) Đường cong conic
[ ]
{ }
2 2
, , ( ) 0C x y z P xz y= ∈ − =£
có giống 0;
2) Đường cong Fermat
[ ]
{ }
2

, , ( )
n n n
C x y z P x y z= ∈ + =£
có giống
( 1)( 2)
2
n n− −
;
3) Đường cong elliptic
[ ]
{ }
2 3 3 3
, , ( ) 3 4 5 0C x y z P x y z= ∈ + + =£
có giống 1.
1.4.5. Giả thuyết Mordell. Các đường cong xạ ảnh không kỳ dị với giống
1g >
xác định trên trường số phức chỉ chứa hữu hạn các điểm hữu tỉ.
Gerd Faltings là một nhà toán học người Đức với các công trình về
thuật toán trong Hình học đại số. Faltings được trao huy chương Fields năm
1986 nhờ chứng minh được Giả thuyết Mordell – Shafarevich - Tate. Đây là
một giả thuyết rất sâu sắc nói về tính hữu hạn sinh của nhóm Shafarevich –
Tate, mà việc phát biểu nó đòi hỏi nhiều kiến thức chuyên sâu về Hình học
đại số. Tuy nhiên từ một hệ quả của nó (Giả thuyết Mordell), đối với một
20
đường cong xạ ảnh không kỳ dị bậc d, giống g của nó được tính đơn giản
bằng công thức
( 1)( 2)
2
d d
g

− −
=
. Đường cong xạ ảnh Fermat không kỳ dị
với n > 2 có giống của nó (theo công thức trên) là
( 1)( 2)
2
n n− −
lớn hơn 1, do
đó từ kết quả trên của Fantings suy ra được rằng: Với n > 3, phương trình
Fermat chỉ có hữu hạn nghiệm nguyên.
Năm 1983, Faltings đã làm một cuộc cách mạng thực sự khi sử dụng
công cụ của Hình học Đại số để chứng minh được rằng phương trình Fermat
cùng lắm thì cũng chỉ có hữu hạn nghiệm. Dĩ nhiên, từ chỗ hữu hạn đến chỗ
không có gì còn có cả một khoảng cách rất xa, nhưng nó cho một câu trả lời
tổng quát, điều mà các thế hệ trước đây chưa làm được. Faltings không xét
phương trình Fermat như một đối tượng độc lập, mà ông xét vấn đề tồn tại
những điểm hữu tỷ trên đường cong đại số. Nếu ta xét mỗi nghiệm
( , , )x y z
của phương trình
( , , ) 0P x y z =
, trong đó
( , , )P x y z
là một đa thức thuần nhất,
xác định một điểm của không gian xạ ảnh 2- chiều thì tập hợp nghiệm của
phương trình lập thành một đường cong. Như vậy, số nghiệm nguyên của
phương trình
( , , ) 0P x y z =
đúng bằng số điểm trên đường cong mà tọa độ là
số hữu tỉ nguyên và bài toán giải phương trình Diophantus đưa về bài toán tìm
các điểm có tọa độ hữu tỉ nguyên trên đường cong. Với phương pháp đó,

những bài toán khó của Số học mà phương pháp giải thủ công và lắt léo trước
đây, ngày nay có thể trở thành hệ quả của những kết quả sâu sắc của Hình
học. Thông thường, chỉ khi một giả thuyết về một sự kiện cụ thể nào đó được
đưa vào một cấu trúc chung của toán học, thì các nhà toán học mới thực sự tin
rằng giả thuyết đó là đúng. Giả thuyết Fermat cũng không là một ngoại lệ.
Sau công trình của Fantings, người ta tin rằng Giả thuyết Fermat rồi sẽ được
chứng minh.
1.4.6. Đường cong phẳng hữu tỉ. Cho đường cong phẳng
( )l
xác định bởi
phương trình
=( , ) 0f x y
.
( )l
được gọi là đường cong phẳng hữu tỉ nếu có hai
21
hàm hữu tỉ
f(t) h(t)
(t)= ,ψ(t)=
g(t) k(t)
ϕ
trong đó
( ), ( ), ( ), ( )f t g t h t k t
là những đa thức
của t thoả mãn
ϕ ψ
=( ( ), ( )) 0f t t
. Khi đó, với
=
0

t t
sao cho mẫu của
ϕ ψ
( ), ( )t t
đều khác 0 thì ta có điểm
ϕ ψ
∈
0 0
( ( ), ( )) ( )t t l
. Để nhận được hết các điểm thuộc
( )l
ta qui ước điểm
ϕ ψ
∞ ∞( ( ), ( ))
với
ϕ ψ
→∞ →∞
∞ = ∞ =
( ) ( )
( ) lim , ( ) lim
( ) ( )
t t
f t h t
g t k t
.
Bây giờ, chúng ta làm việc với đường cong phẳng có phương trình
dạng
=( , ) 0f x y
, với
[ ]

∈¤( , ) ,f x y x y
, trên mặt phẳng affine
¡
2
. Bậc của
đường cong chính là bậc của đa thức
( , )f x y
.
Đường cong bậc nhất có phương trình dạng
+ + = 0ax by c
với a, b, c là
các số hữu tỉ cho trước trong đó a, b không đồng thời bằng 0.
Đường cong bậc hai (hay đường conic) có phương trình dạng
+ + + + + =
2 2
0ax bxy cy dc ey f
với
, , , ,a b c e f
là các số hữu tỉ cho trước trong đó
, ,a b c
không đồng thời bằng
0.
Đường cong bậc ba (hay đường cubic) có phương trình dạng
+ + + + + + + + + =
3 2 2 3 2 2
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
0a x a x y a xy a y a x a xy a y a x a y a
với các
i
a

là các số hữu tỉ cho trước trong đó
1 2 3 4
, , ,a a a a
không đồng thời bằng
0.
1.4.7. Định lí Bezout. Cho X, Y là hai đường cong phẳng có bậc m và n trong
mặt phẳng xạ ảnh trên trường số phức. Nếu X, Y không có thành phần chung
thì giao điểm của X, Y đúng bằng mn.
1.4.8. Định lí. Gọi C, C
1
, C
2
là ba đường cong bậc ba, nếu C đi qua 8 giao
điểm của C
1
và C
2
thì C đi qua giao điểm thứ 9 của C
1
và C
2
.
1.4.9. Điểm hữu tỉ trên đường thẳng. Chúng ta bắt đầu với việc tìm các
điểm hữu tỉ trên đường thẳng có phương trình
+ + = 0ax by c
. Không mất tính
tổng quát ta giả sử
0b ≠
, khi đó tập các điểm hữu tỉ trên đường thẳng này là
22

 
 
= − − ∈
 
 ÷
 
 
¤, , .
a c
E x x x
b b
1.4.10. Điểm hữu tỉ trên đường conic. Cho đường conic (C) có phương trình
+ + + + + =
2 2
0ax bxy cy dc ey f
.
Vấn đề đặt ra liệu có tồn tại điểm hữu tỉ trên đường cong conic này và nếu có
thì tìm bằng cách nào. Giả sử tồn tại một điểm hữu tỉ O trên đường conic này,
ta sẽ thực hiện phép chiếu các điểm trên đường conic lên một đường thẳng. Ta
ta lấy một điểm hữu tỉ E bất kì trên (d), đường thẳng OE đi qua 2 điểm hữu tỉ
nên nó là đường thẳng hữu tỉ, ta sẽ rút một ẩn từ phương trình của đường
thẳng này thế vào phương trình của đường conic (C) ta được một phương
trình bậc hai với các hệ số hữu tỉ, phương trình này có một nghiệm hữu tỉ vì
vậy nghiệm thứ hai cũng là nghiệm hữu tỉ. Do vậy là một điểm hữu tỉ. Ngược
lại, khi cho một điểm hữu tỉ F trên (C). Nếu OF song song với (d) thì không
tồn tại giao điểm. Nếu OF không song song với (d) thì đường thẳng OF cắt
(d) tại một điểm E, và E là một điểm hữu tỉ trên (d). Như vậy trừ đi điểm F mà
OF song song với (d) thì ta có sự tương ứng 1-1 giữa các điểm hữu tỉ trên
đường conic (C) và trên đường thẳng (d).
Hình: Phép

chiếu lên đường thẳng.
1.4.11. Điểm hữu tỉ trên đường cubic. Cho đường cong bậc ba có phương
trình
+ + + + + + + + + =
3 2 2 3 2 2
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
0a x a x y a xy a y a x a xy a y a x a y a
.
23
O
(C)
E
(d)
F
Với một đường cong bậc ba thì làm cách nào để chỉ ra các điểm hữu tỉ
trên nó. Liệu chúng ta có thể làm như đối với đường conic. Trong trường hợp
tổng quát đường thẳng gặp đường cong bậc ba tại ba điểm nên ta không thể
thực hiện phép chiếu như đã làm với đường conic. Nhưng nó sẽ khác nếu
chúng ta biết hai điểm hữu tỉ trên đường cong bậc ba đó, bởi vì đường thẳng
đi qua 2 điểm hữu tỉ sẽ cắt đường cong tại điểm thứ ba cũng hữu tỉ. Thật vậy,
đường thẳng đi qua 2 điểm hữu tỉ là đường thẳng hữu tỉ, ta rút một ẩn theo ẩn
còn lại rồi thế vào phương trình của đường cong, ta được một phương trình
bậc ba với các hệ số hữu tỉ. Phương trình bậc ba này có 2 nghiệm hữu tỉ vì
vậy nghiệm còn lại cũng là nghiệm hữu tỉ. Như vậy ta có giao điểm thứ ba
giữa đường thẳng và đường cong bậc ba là một điểm hữu tỉ. Với hai điểm hữu
tỉ P, Q trên đường cong ta tìm điểm hữu tỉ thứ ba ( như hình vẽ) và kí hiệu
P
*
Q. Trong trường hợp P
≡

Q thì cát tuyến PQ trở thành tiếp tuyến tại P cắt
đường cong bậc ba tại P
*
P ( Giả sử đường cong tồn tại tiếp tuyến tại P) cũng
là điểm hữu tỉ. Như vậy, bằng cách này ta sẽ tìm được thêm nhiều điểm hữu tỉ
từ những điểm hữu tỉ đã biết.

Hình: Cách tìm điểm hữu tỉ
1.5. Định lý Mason
1.5.1. Định lý Mason. Giả sử a, b, c là các đa thức của biến x, với hệ tử trên
trường số phức
£
, không đồng thời là hằng số, nguyên tố cùng nhau sao cho
24
a + b = c. Khi đó, nếu ký hiệu
0
( )N abc
là số nghiệm phức phân biệt của đa
thức tích abc, thì ta có hệ bất đẳng thức:
0
max(deg ,deg ,deg ) ( ) 1.a b c n abc≤ −
Chứng minh. Không mất tính tổng quát ta giả sử
, ,a b c
là các đa thức khác
hằng số. Đặt
,
a b
f g
c c
= =

từ phương trình
a b c+ =
, ta có
1f g+ =
. Lấy đạo
hàm hình thức hai vế phương trình này, ta được
' ' 0f g+ =
hay
' '
0
f g
f g
f g
+ =
. Do đó,
' '
:
f g g b
f g f a
− −
= =
.
Mặt khác, giả sử
( )R x
là một hàm hữu tỉ có phân tích sau đây
1
( ) ( ) ,( ).
i
p
q

i i
i
R x x a q
=
= − ∈
∏
¢
Tính toán đơn giản cho ta :
1
( )
.
( ) ( )
p
i
i
i
qR x
R x x a
=
=
−
∑
Bây giờ, giả sử các đa thức a,b,c tương ứng có các tập nghiệm phân biệt là
{ } { } { }
1 2 1 2 1 2
, , , , , , , , , , ,
m n k
α α α β β β γ γ γ
. Ta có các sự phân tích sau :
1 1

1 1
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
i i
i i
m k
n k
i i
i i
n k
m k
i i
i i
a
f x x x
c
b
g x x x
c
α γ
β γ
−
= =
−
= =
= = − −
= = − −
∏ ∏
∏ ∏
,

, , .
i i i
m n k ∈¢
Như vậy, theo quy luật trên ta có
1 1
1 1
'
'
m k
i i
i i
i i
n k
i i
i i
i i
m k
f
f x x
n k
g
f x x
α γ
β γ
= =
= =
= −
− −
= −
− −

∑ ∑
∑ ∑
Các phân thức này cùng có mẫu số chung của tử và mẫu là
25