TD
0
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
KV
25 tháng 10 2018
Chon x = y = 2p - 1 ta có : xx + yy = 2.xx = 2.( 2p - 1 ) 2p - 1 = 2( p - 1 ). 2p-1+1
Vì 2 \(⋮\)p và p là số nguyên tố theo định lý Fecma nhỏ , suy ra :
2p-1 \(\equiv\)1 ( mod p ) => ( p - 1 ) . 2p-1 + 1 = 0 ( mod p )
=> \(\exists k\inℕ^∗\) sao cho ( p - 1 ) . 2p-1 + 1 = kp
Bởi thế , từ ( 1 ) ta thấy khi chọn z = 2k thì ta có :
xx + yy = zp , với p là số nguyên tố lẻ
FZ
Chứng minh rằng tồn tại các số nguyên x,y,z thỏa mãn đẳng thức xx+yy=zp với p là một số nguyên tố lẻ
0
FZ
Chứng minh rằng tồn tại các số nguyên x,y,z thỏa mãn đẳng thức xx+yy=zp với p là một số nguyên tố lẻ
0
TV
6
12 tháng 10 2021
Định lý Fermat lớn đã được chứng minh
NHÌN LẠI ĐỊNH LÝ FERMAT LỚN
ĐỊNH LÝ FERMAT LỚN PHÁT BIỂU NHƯ SAU: x^n + y^n = z^n nếu n > 2 không có nghiệm nguyên dương.
Wikipedia Bách khoa toàn thư mở có ghi: Vào khoảng năm 1637, Fermat đã viết trong một quyển sách rằng phương trình tổng quát là a^n + b^n = c^n, không có nghiệm nào là số nguyên dương, nếu n là số nguyên lớn hơn 2. Trong hai thế kỷ tiếp theo (1637-1839), phỏng đoán đã được chứng minh chỉ với các số nguyên tố 3, 5 và 7. Nhà toán học vĩ đại người Thụy Sĩ Leonhard Euler (1707 – 1783) đã chứng minh định lý cho trường hợp n=3 và n=4. Năm 1828, Dirichlet chứng minh cho trường hợp n=5. Vào những năm 1840, Gabriel Lamé chứng minh với n=7. 200 năm sau Fermat, định lí mới được chứng minh với n=3, 4, 5, 6 và 7. Định lý quá khó và Bell trong cuốn sách “Bài toán cuối cùng” đã phải viết rằng: có lẽ nền văn minh của chúng ta cáo chung trước khi các nhà toán học tìm ra lời giải cho bài toán. Tháng 5 năm 1995 đăng lời giải của Andrew Wiles trên Annals ofMathemas (Đại học Princeton).
Tháng 8 năm 1995 hội thảo ở Đại học Boston, giới toán học công nhận chứng minh là đúng.
Helen G. Grundman, giáo sư toán trường Bryn Mawr College, đánh giá tình hình của cách chứng minh đó như sau:
"Tôi nghĩ là ta có thể nói, vâng, các nhà toán học hiện nay đã bằng lòng với cách chứng minh Định lý lớn Fermat đó. Tuy nhiên, một số sẽ cho là chứng minh đó của một mình Wiles mà thôi. Thật ra đó là công trình của nhiều người. Wiles đã có đóng góp đáng kể và là người kết hợp các công trình lại với nhau thành cái mà ông đã nghĩ là một cách chứng minh. Mặc dù cố gắng khởi đầu của ông được phát hiện sau đó là có sai lầm, Wiles và người phụ tá Richard Taylor đã sửa lại được, và nay đó là cái mà ta tin là cách chứng minh đúng Định lý lớn Fermat."
"Chứng minh mà ta biết hiện nay đòi hỏi sự phát triển của cả một lãnh vực toán học chưa biết tới vào thời Fermat. Bản thân định lý được phát biểu rất dễ dàng và vì vậy xem ra có vẻ đơn giản một cách giả tạo; bạn không cần biết rất nhiều về toán để hiểu bài toán. Tuy nhiên, để rồi nhận ra rằng, theo kiến thức tốt nhất của bạn, cần phải biết rất nhiều về toán mới có thể giải được nó. Vẫn là một câu hỏi chưa có lời đáp rằng liệu có hay không một cách chứng minh Định lý lớn Fermat mà chỉ liên quan tới toán học và các phương pháp đã có vào thời Fermat. Chúng ta không có cách nào trả lời trừ phi ai đó tìm ra một chứng minh như vậy."
Với cách chứng minh của wiles hơn 200 trang tôi nghĩ rằng nhiều người không hiểu được, thật là rắm rối. Khi đọc định lý lớn của Fermat tôi có nhận xét như sau;1. NHẬN XÉT MỞ ĐẦU: Thấy rằng nếu phương trình x^n + y^n = z^n (1) có nghiệm < 0 thì có thể xảy ra các trường hợp: -x^n -y^n = -z^n , -x^n + y^n = -z^n , x^n - y^n = -z^n, khi nhân hai vế của các phương trình trên với -1 hoặc chuyển vế các số hạng thì nghiệm âm thành nghiệm dương và ngược lại nghiệm dương thành nghiệm âm và chuyển đổi vai trò xủa x, y, x cho nhau thì nghiệm của x, y, z cũng là nghiệm của phương trình (1). Vì vậy chỉ cần xét nghiệm nguyên dương sẽ suy ra nghiệm nguyên âm.
Phương trình (1) có nghiệm nguyên tầm thường là (x, y, z) = (0, 0, 0), (1, 0, 1), (0, 1, 1) với mọi n
Nếu n = 1 khi đó x + y = z phương trình có vô số nghiệm.
Nếu x = y suy ra 2x^n = z^n suy ra z =x nhân căn bậc n của 2, phương trình không có nghiệm nguyên khi n > 1.
Nếu x hoặc y bằng 0 thì y = z hoặc x = z với mọi n.
x và y có vai trò như nhau nên ta có thể thay x cho y và thay y cho x.
Nên dưới đây ta chỉ còn xét x khác y và x, y, z là các số nguyên dương. Ta thấy x,y < z, nếu x, y lớn hơn hoặc bằng z phương trình vô nghiệm.
Tách y = y1 + y2; y1, y2 là các số nguyên dương để x + y1 = z (nếu y1 = 0 thì x = z và y = 0).
Từ phương trình (1) ta có: x^n + (y1 + y2 )^n = (x + y1)^n (2).
Xét n = 2, từ (2) suy ra x^2 + (y1 + y2)^2 = (x + y1)^2 (3) tương đương với y2^2 + 2y1y2 = 2y1x.
Vì 2y1x là số chẵn nên y2 là số chẵn và để x là số nguyên thì y2^2 chia hết cho 2y1 suy ra y2 = 2y1k với k thuộc N*. Do đó y lớn hơn hoặc bằng 3
Ta có công thức nghiệm của phương trình (3):
X = (y2^2 + 2y1y2)/2y1; với y2 = 2y1k và y1, k thuộc N*.Y = y1 + y2
Z = x + y1
Phương trình có vô số nghiệm.
Ví dụ:
Nếu y1 = 1 ta có z = x+1 và y = 1 + y2.
Khi y1 = 1 phương trình (3) có công thức tính nghiệm:
x = (y2^2 + 2y2)/2
y = y2 + 1
z = x + 1
Khi y1 = 1, y2 = 2k thì y22 + 2y2 chia hết cho 2 nên phương trình có nghiệm nguyên với mọi y = 2k +1
k = 1 thì y2 = 2 ta có x = 4, y = 3, z = 5; k = 2 thì y2 = 4 ta có x = 12, y = 5, z = 13; k = 3 thì y2 = 6 ta có x = 24, y = 7, z = 25; khi k = 4 thì x = 40, y = 9, z = 41;…
Nếu y1 = 2, y2 = 4k
X = ( y2^2 + 4y2 )/4 với y2 = 4k, k thuộc N*.
Y = 2 + y2 = 2 + 4k
Z = x + 2
Khi k = 1 thì y2 = 4, x = 8, y = 6, z = 10, k = 2 thì x = 24, y = 10, z = 26; k = 3 thì x = 48, y = 14, z = 50;…
Nhưng y2 = 2k thì y2^2 = (2k)^2 cũng chi hết cho 2y1 = 4 nên phương trình cũng có nghiệm khi y1 = 2 và y2 = 2k, ta có công thức nghiệm là:
X = [(2k)^2 + 4k]/4 , k = 1, 2, 3,…Y = 2 + 2k
Z = x + 2
Khi k = 1, y2 = 2, x = 3, y = 4, z = 5 nếu đổi x thành y thì nghiệm này là nghiệm của phương trình khi y1 = 1.
Khi k = 2 thì y2 = 4, x = 8, y = 6, z = 10; khi k = 3 thì y2 = 6, x = 15, y = 8, z = 17; khi k = 4 thì x = 24, y = 10, z = 26;…
Nếu tách x = x1 + x2 để y + x1 = z thì phương trình (1) thành ( x1 + x2 )^2 + y2 = ( y + x1 )^2 (4) khi n = 2, ta có công thức nghiệm của phương trình (4):
X = x2 + x2,
Y = (x2^2 + 2x1x2 )/2x1
Z = y + x1 .
Với y là số nguyên dương lớn hơn hoặc bằng 3 phương trình (3) luôn có nghiệm. Vấn đề II.8 của cuốn sách Arithmea được viết bởi Diophantus hỏi làm thế nào một số bình phương nhất định được chia thành hai số bình phương khác; nói cách khác, với một số z nhất định, tìm hai số x và y sao cho z^2 = x^2 + y^2. Dựa vào công thức nghiệm của phương trình (3) ta có thể tìm được lời giải.
2. NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH (1) KHI n > 2.
Loại trừ n < 3; x = y, và x, y, z có nghiệm bằng 0 đã xét trên đây, ta chỉ cònxét x khác y. Không mất tính tổng quát ta cho x > y ( vì nếu x < y thì thay thế x cho y). Do x > y nêu ta đặt t = x - y suy ra x = y + t và đặt y1 + y2 = y sao cho x + y1 = z ( x, y < z). Vì x, y, z là các số nguyên dương nên t, y1, y2 là các số nguyên dương.
Khi n = 3 ta thay y1 và t vào phương trình (1) ta có : x^3 + y^3 = (x + y1)^3 suy ra x^3 + y^3 = x^3 + 3x^2y1 + 3xy1^2 + y1^3 suy ra y^3 = 3(y + t)^2y1 + 3(y + t)y1^2 + y1^3 suy ra y^3 = 3y^2y1 + 6yty1 + 3yy1^2 + y1^3 + 3y1^2t + 3t^2y1 + t^3 - t^3
y^3 = 3y^2y1 + 6yty1 + 3yy1^2 + (t + y1)^3 - t^3
Suy ra y^3 + t^3 - (t + y1)^3 = 3y^2y1 + 6yty1 + 3yy1^2 (5)
Khi n = 4 thay y1 và t vào phương trình (1) ta có: x^4 + y^4 = (x + y1)^4
x^4 + y^4 = x^4 + 4x^3y1 + 6x^2y1^2 + 4xy1^3 + y1^4 y^4 = 4(y + t)^3y1 + 6(y + t)^2y12 + 4(y + t)y1^3 + y1^4
y^4 = 4y^3y1 + 12y^2ty1 + 12yt^2y1 + 4t^3y1 + 6y^2y1^2 + 12yty1^2 + 6t^2y1^2 + 4yy1^3 + 4ty1^3 + y1^4 + t^4 - t^4
Suy ra y^4 + t^4 - (t + y1)^4 = 4y^3y1 + 12y^2ty1 + 12yt2y1 + 6y^2y1^2 + 12yty1^2 + 4yy1^3(6)
Khi n =n, thay y1 và t vào phương trình (1) ta có;
Y^n + t^n - (t + y1)^n = G (7) với G là một đa thức gồm tổng các số hạng có hệ số là số nguyên dương và các thừa số y, y1, t.
Giả sử phương trình (1) có nghiệm nguyên dương thì x, y, z, y1, t là các số nguyên dương, khi đó vế phải và vế trái của các phương trình (5), (6) và (7) bằng 0 khi và chỉ khi y, y1, t đồng thời bằng 0 nên x, y, z đồng thời bằng 0 không phải là nghiệm nguyên dương. Do x, y, z, y1, t là các số nguyên dương nên vế phải của các phương trình (5), (6) và (7) lớn hơn không. Suyra :
y^3 + t^3 - (t + y1)^3 > 0 y^3 + t^3 > (t + y1)^3
y^4 + t^4 - (t + y1)^4 > 0 y^4 + t^4 > (t + y1)^4
Y^n + t^n - (t + y1)^n > 0 Y^n + t^n > (t + y1)^n
Ta thấy không có số nguyên dương nào của t để : y^3 + t^3 = (t + y1)^3 , y^4 + t^4 = (t + y1)^4 và y^n + t^n =(t + y1)^n (8) do đó cũng không có số nguyên dương nào của x để y^3 + x^3 = (x + y1)^3, y^4 + x^4 = (x + y1)^4 và y^n + x^n = (x + y1)^n. Mâu thuẫn với giả thiết x, y, x có nghiệm nguyên dương.
Ngược lại giả sử phương trình (8) có nghiệm nguyên dương ta thay giá trị của t = x vào phương trình (1) thì phương trình (1) có nghiệm nguyên dương nhưng t = x trái với điều kiện t < x nên mâu thuẫn.
Vậy phương trình x^n + y^n = z^n không có nghiệm nguyên dương khi n =3, n = 4 và một cách tổng quát không có nghiệm nguyên dương khi n lớn hơn hoặc bằng 3. Trên đây có phải là chứng minh Định lý Fermat lớn hay không.
AH
Akai Haruma
Giáo viên
30 tháng 4 2023
Lời giải:
Ta có:
$A> \frac{x}{x+y+z}+\frac{y}{x+y+z}+\frac{z}{x+y+z}=\frac{x+y+z}{x+y+z}=1(1)$
Mặt khác:
$\frac{x}{x+y}-\frac{x+z}{x+y+z}=\frac{-yz}{(x+y)(x+y+z)}<0$ với mọi $x,y,z$ nguyên dương.
$\Rightarrow \frac{x}{x+y}< \frac{x+z}{x+y+z}$
Hoàn toàn tương tự:
$\frac{y}{y+z}< \frac{x+y}{x+y+z}$
$\frac{z}{z+x}< \frac{z+y}{z+y+x}$
Cộng các BĐT trên lại ta có:
$A< \frac{x+y}{x+y+z}+\frac{y+z}{x+y+z}+\frac{z+x}{x+y+z}=2(2)$
Từ $(1); (2)\Rightarrow 1< A< 2$ nên $A$ không thể có giá trị nguyên.
