Đến nội dung

Hình ảnh

Chứng minh định lý Lớn Fermat với kiến thức PT


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 38 trả lời

#1
E. Galois

E. Galois

    Chú lùn thứ 8

  • Quản lý Toán Phổ thông
  • 3861 Bài viết

Có 1 độc giả của VMF gửi cho BBT Chứng minh định lý Lớn Fermat với kiến thức PT trong 3 trang giấy. BBT mong các bạn cũng kiểm tra xem chứng minh này có chính xác không.

Mời bạn dowload tại đây: 

File gửi kèm


1) Xem cách đăng bài tại đây
2) Học gõ công thức toán tại: http://diendantoanho...oạn-thảo-latex/
3) Xin đừng đặt tiêu đề gây nhiễu: "Một bài hay", "... đây", "giúp tớ với", "cần gấp", ...
4) Ghé thăm tôi tại 
http://Chúlùnthứ8.vn

5) Xin đừng hỏi bài hay nhờ tôi giải toán. Tôi cực gà.


#2
hxthanh

hxthanh

    Tín đồ $\sum$

  • Hiệp sỹ
  • 3916 Bài viết
Tác giả phân tích rất hay, rất tiếc đã ngộ nhận ở một điểm sau:

... Từ đó nhận thấy $(x,y,z)$ là tập hợp những tam giác có số đo $3$ cạnh là số tự nhiên, trong đó $z$ là cạnh dài nhất $\Rightarrow$ góc nhìn $z:\;\;60^\circ< \alpha < 180^\circ$
Định lý cosin: $z^2=x^2+y^2-2xy\cos\alpha$
Đối với $\alpha \neq 90^\circ, \;120^\circ$ thì $\cos\alpha$ không nguyên
$\Rightarrow z \not\in \mathbb{N},$ pt $(1)$ không có nghiệm tự nhiên khi $n>1$
...

Với $60^\circ< \alpha < 180^\circ$ thì $-1 < \cos\alpha <\dfrac{1}{2}$
Do vậy nó có thể bằng $\cos\alpha=\dfrac{1}{3};\;\dfrac{1}{4};...$
Ví dụ: $\cos\alpha=\dfrac{1}{3}$ thì chỉ cần $x$ hoặc $y$ chia hết cho $3$, số còn lại thích hợp lúc đó $z^2$ sẽ nguyên và rất có thể $z$ sẽ nguyên.
Do vậy không thể vội vàng kết luận như phần trên (bôi đỏ)

#3
nguyenta98

nguyenta98

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1259 Bài viết
Theo em bài post vừa rồi, kết cục lại trước phần liên quan đến sin cos là phần $z<x+y$
Sao ta không làm luôn $(x+y)^n>x^n+y^n=z^n \rightarrow x+y>z$ có phải nhanh ko đỡ phải $C$ chỉnh hợp tổ hợp j hết
Ngoài ra, em thấy bài này mắc một lỗi logic cơ bản
Tác giả đã viết
Để phương trình $(1)$ có nghiệm thì ta cần hai điều kiện quan trọng sau đây
$z<x+y$ và $x<y<z$ cái này thì có vô số bộ mà, nhưng chúng phải ràng buộc với nhau bởi điều kiện đẳng thức và đây chính là lý do tại sao giả thuyết mệnh đề Shimura-Taniyama lại ra đời, mục đích để chứng minh cho sự ràng buộc đó, và liên quan đến đồ thị dạng Eliptic

#4
memories_1689

memories_1689

    Lính mới

  • Thành viên
  • 8 Bài viết
Mình là tác giả bài viết, về phần dẫn ra z<x+y thì mình khâm phục cách làm của bạn nguyenta98 .Nhờ các bạn góp ý xem có thể sửa lại chổ sai như sau được không:


...
Từ đó nhận thấy (x,y,z) là tập hợp những tam giác có số đo 3 cạnh là số tự nhiên,trong đó z là cạnh dài nhất ⇒ góc nhìn z: 600 < ⍺ < 1800
Định lí cosin: z2 = x2 + y2 - 2xy cos⍺
  • Đối với =900, x,y,z chỉ có duy nhất một mối liên hệ theo công thức:

475]z2 = x2 + y2 (định lí pi-ta-go)

=> pt (1) chỉ có nghiệm (trong đó có nghiệm tự nhiên) với n=2

  • Đối với ≠ 900:
z = $\sqrt{x^2+y^2-2xy \, cos\alpha }$ nguyên khi và chỉ khi $\sqrt{x^2+y^2-2xy \, cos\alpha }$ có dạng $\sqrt{f^2(x,y)}$
Khi đưa về dạng $\sqrt{f^2(x,y)}$ (bằng cách đồng nhất 2 biểu thức), biểu thức $\sqrt{x^2+y^2-2xy \, cos\alpha }$ chỉ có thể có 2 giá trị sau: $\sqrt{(x+y)^2}$ khi ⍺=1800 hoặc $\sqrt{(x-y)^2}$ khi ⍺=00 , nhưng 2 giá trị góc này không nằm trong khoảng 600<⍺<1800 đang xét.
Vậy trong trường hợp này z ∉ ℤ (tức z ∉ ℕ) khi x,y ∉ ℕ
=> pt (1) không có nghiệm tự nhiên khi n>1

Kết luận:
n=1,pt (1) có nghiệm tự nhiên
n>1,pt (1) chỉ có nghiệm tự nhiên khi n=2
⇒ pt (1) không có nghiệm tự nhiên với n≥3
...

Nếu đồng nhất biểu thức như zậy là đúng thì việc chứng minh định lí đơn giản hơn nhiều rồi

#5
hxthanh

hxthanh

    Tín đồ $\sum$

  • Hiệp sỹ
  • 3916 Bài viết

Mình là tác giả bài viết, về phần dẫn ra z<x+y thì mình khâm phục cách làm của bạn nguyenta98 .Nhờ các bạn góp ý xem có thể sửa lại chổ sai như sau được không:


...
Từ đó nhận thấy (x,y,z) là tập hợp những tam giác có số đo 3 cạnh là số tự nhiên,trong đó z là cạnh dài nhất ⇒ góc nhìn z: 600 < ⍺ < 1800
Định lí cosin: z2 = x2 + y2 - 2xy cos⍺

  • Đối với =900, x,y,z chỉ có duy nhất một mối liên hệ theo công thức:

475]z2 = x2 + y2 (định lí pi-ta-go)

=> pt (1) chỉ có nghiệm (trong đó có nghiệm tự nhiên) với n=2

  • Đối với ≠ 900:
z = $\sqrt{x^2+y^2-2xy \, cos\alpha }$ nguyên khi và chỉ khi $\sqrt{x^2+y^2-2xy \, cos\alpha }$ có dạng $\sqrt{f^2(x,y)}$
Khi đưa về dạng $\sqrt{f^2(x,y)}$ (bằng cách đồng nhất 2 biểu thức), biểu thức $\sqrt{x^2+y^2-2xy \, cos\alpha }$ chỉ có thể có 2 giá trị sau: $\sqrt{(x+y)^2}$ khi ⍺=1800 hoặc $\sqrt{(x-y)^2}$ khi ⍺=00 , nhưng 2 giá trị góc này không nằm trong khoảng 600<⍺<1800 đang xét.
Vậy trong trường hợp này z ∉ ℤ (tức z ∉ ℕ) khi x,y ∉ ℕ
=> pt (1) không có nghiệm tự nhiên khi n>1

Kết luận:
n=1,pt (1) có nghiệm tự nhiên
n>1,pt (1) chỉ có nghiệm tự nhiên khi n=2
⇒ pt (1) không có nghiệm tự nhiên với n≥3
...

Tác giả nghĩ sao nếu $x=1, y=3,\;\text{và }\; \cos\alpha=\dfrac{1}{6}$ tức là $\alpha \approx 81^\circ\quad$???

Tất nhiên lúc đó $z=3$ không thỏa mãn, nhưng ý của mình đó là cái lập luận "khi và chỉ khi" đó của bạn thực sự là cả một bài toán, và để khẳng định nó người ta đã mất rất nhiều công sức đó bạn!

Cho nên chứng minh của bạn vẫn không có giá trị gì cả!
________________________________
p/s: Try again! :D

#6
memories_1689

memories_1689

    Lính mới

  • Thành viên
  • 8 Bài viết
Suy nghĩ một hồi bất chợt nhật ra như thế này:
Không cần thiết phải mất công đi chứng minh z nguyên hay ko nguyên làm gì cho mệt.

Chứng minh bổ đề 1:

+Dễ thấy với n=1 thì pt (1) có vô số nghiệm tự nhiên {x, y, z=x+y }
+Trường hợp n>1:

Trong bài đã chứng minh pt chỉ nghiệm đúng khi z<x+y và z>y>x (thật vậy, khi 1 trong 2 điều kiện đó ko được thỏa mãn thì pt ko nghiệm đúng)

Từ đó nhận thấy (x,y,z) là tập hợp những tam giác có số đo 3 cạnh là số tự nhiên,trong đó z là cạnh dài nhất ⇒ góc nhìn z: 600< $\alpha$<1800

Định lí cosin: z2 = x2 + y2 - 2xy cos$\alpha$

Bậc của z trong trường hợp n>1 này chỉ có thể là n=2 (với n=2 có nghiệm hay ko thì ko cần quan tâm), như vậy pt sẽ ko có nghiệm với n>=3

Chứng minh xong bổ đề!

Chứng minh phần chính của định lí thì là phần 2 trong bài, ko thay đổi

Lần này chắc chắn là hợp lí, hehe!!
Nhờ các anh chị góp ý, lại làm phiền anh chị nữa thiệt ngại.

Giờ mới hiểu vì sao mà ông Fermat lại nói việc chứng minh rất đơn giản. Nếu làm như của mình cùng với sự chỉnh sửa phần chứng minh z<x+y như cách của bạn nguyenta98 thì quả thực là rất ngắn.

mình lập luận sai rồi. Xin lỗi, mai mốt phải suy nghĩ thật cẩn thận rồi mới viết lên đây thôi.

#7
tihiep

tihiep

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 25 Bài viết

Tôi gởi ban biên tập công trình nghiên cứu mấy chục năm của tôi qua hai hai file: sơ đồ chứng minh định lý lớn Fermat và bản chứng minh chi tiết định lý lớn Fermat.

Tác giả: Tôn Thất Hiệp

 

File gửi kèm



#8
anhcan

anhcan

    Lính mới

  • Thành viên
  • 6 Bài viết

Mới đọc đến bổ đề 4, không hiểu nên phải dừng lại. Để chứng minh bổ đề 4, xin thầy cho biết làm sao từ cn chia hết cho m2 chúng ta có thể giả sử c chia hết cho m    



#9
tihiep

tihiep

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 25 Bài viết

Mới đọc đến bổ đề 4, không hiểu nên phải dừng lại. Để chứng minh bổ đề 4, xin thầy cho biết làm sao từ cn chia hết cho m2 chúng ta có thể giả sử c chia hết cho m    

vì m là số nguyên tố, nên c chia hết cho m, ....



#10
tihiep

tihiep

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 25 Bài viết

vì m là số nguyên tố, nên c chia hết cho m, ....

vì m là số nguyên tố, nên c chia hết cho m, nên

giả sử c chia hết cho m mũ s



#11
Nxb

Nxb

    Thiếu úy

  • ĐHV Toán học Hiện đại
  • 679 Bài viết

Vẫn có người đi tìm chứng minh sơ cấp cho bài toán



#12
E. Galois

E. Galois

    Chú lùn thứ 8

  • Quản lý Toán Phổ thông
  • 3861 Bài viết

Thầy Tôn Thất Hiệp - GV THPT Phan Đăng Lưu - Huế vừa gửi cho BBT chứng minh của thầy cho định lý Fermat lớn. Mời mọi người kiểm tra:

 

File gửi kèm


1) Xem cách đăng bài tại đây
2) Học gõ công thức toán tại: http://diendantoanho...oạn-thảo-latex/
3) Xin đừng đặt tiêu đề gây nhiễu: "Một bài hay", "... đây", "giúp tớ với", "cần gấp", ...
4) Ghé thăm tôi tại 
http://Chúlùnthứ8.vn

5) Xin đừng hỏi bài hay nhờ tôi giải toán. Tôi cực gà.


#13
tihiep

tihiep

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 25 Bài viết

Mới đọc đến bổ đề 4, không hiểu nên phải dừng lại. Để chứng minh bổ đề 4, xin thầy cho biết làm sao từ cn chia hết cho m2 chúng ta có thể giả sử c chia hết cho m    

Gởi bạn đọc một sơ đồ cm rõ ràng hơn( phù hợp với sơ đồ khối).

Tác giả : Tôn thất Hiệp

File gửi kèm



#14
xuankhoa

xuankhoa

    Lính mới

  • Thành viên
  • 8 Bài viết

Thầy Tôn Thất Hiệp - GV THPT Phan Đăng Lưu - Huế vừa gửi cho BBT chứng minh của thầy cho định lý Fermat lớn. Mời mọi người kiểm tra:

 

 

Có thể nói đây là một phép chứng minh rất công phu và cực kỳ tâm huyết của Thầy Hiệp. Mình đã đọc sơ qua và có nhận xét sau ( hiển nhiên là chứng minh tác giả chứng minh thiếu một tí .....)

 

Xét đoạn từ cuối trang 4 đến hết trang 6, tức là ở đoạn $D=\sum\limits_{i=0}^{n-2}\sum\limits_{l=0}^{n-i}\sum\limits_{p=0}^l....\quad (8)$ đến hết trang 6. Tác giả dùng phương pháp tách từng số hạng theo một tính chất đặc biệt nào đó để rút gọn tổng $(8)$. Tác giả đã chia ra 8 trường hợp cụ thể như sau:

  1. Trường hợp 1: $p=l,l+i=m,m=0,1,...,(n-2)$, ở trường hợp này tác giả lấy ra $\dfrac{n(n-1)}{2}$ số hạng.
  2. Trường hợp 2: $l=p+1,p+i=0$, ở trường hợp này tác giả lấy ra 1 số hạng.
  3. Trường hợp 3: $p=l,l+i=n-1$. ở trường hợp này lấy ra $n$ số hạng.
  4. Trường hợp 4: $p=l,l+i=n$, ở trường hợp này tác giả lấy ra $n+1$ số hạng.
  5. Trường hợp 5: $l+i=n,p+i=m,m=0,1,2,...,(n-2)$, ở trường hợp này lấy ra $\dfrac{n(n-1)}{2}$ số hạng.
  6. Trường hợp 6: $l+i=n-1,p+i=0$, ở trường hợp này tác giả lấy ra 1 số hạng.
  7. Trường hợp 7: $p+i=n-1,l=p+1$, ở trường hợp này tác giả lấy ra $n$ số hạng.
  8. Trường hợp 8: $p+i=1,...$, ở trương hợp này tác giả lấy ra $2n-3$ số hạng

Tức là tổng số hạng mà tác giả lấy ra là $n^2+4n$ số hạng.

Và hiển nhiên số hạng trong khai triển $D=\sum\limits_{i=0}^{n-2}\sum\limits_{l=0}^{n-i}\sum\limits_{p=0}^l....$ này lớn hơn nhiều, nó tương đương với một đa thức bậc 3.

 

Trên kia là nhận xét của mình, các bạn xem lại có chính xác không!....................



#15
tihiep

tihiep

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 25 Bài viết

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

 Tác giả: Tôn Thât Hiệp

 

File gửi kèm



#16
Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản lý Toán Cao cấp
  • 4273 Bài viết

Thầy là thầy Hiệp phải không ạ ? Thầy và mọi người thảo luận tại đây nhé: http://diendantoanho...n-ngắn-gọn-hơn/

 


Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.

 

Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”). 


#17
xuankhoa

xuankhoa

    Lính mới

  • Thành viên
  • 8 Bài viết

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

 Tác giả: Tôn Thât Hiệp

 

Trong bài viết này, tác giả phát biểu sai và chứng minh sai bổ đề 3 rồi!

 

Ví dụ phản chứng cho bổ đề 3: Cho $a=2.3^4,b=2^3,c=2.3$, khi đó $a.b.c=2^5.3^5=6^5$,  $(a,b,c)=2$ và $c\not\vdots 2^2$, nhưng đâu có tồn tại $c_1,c_2,c_3$ để thỏa yêu cầu bài toán! Cũng như ở chứng minh bổ đề này có đoạn $(a,b,c)=m$ và $c\not\vdots m^2$ thì $(ab,c)=m$ là sai (ví dụ cho $a,b,c$ ở trên)



#18
tihiep

tihiep

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 25 Bài viết

Có thể nói đây là một phép chứng minh rất công phu và cực kỳ tâm huyết của Thầy Hiệp. Mình đã đọc sơ qua và có nhận xét sau ( hiển nhiên là chứng minh tác giả chứng minh thiếu một tí .....)

 

Xét đoạn từ cuối trang 4 đến hết trang 6, tức là ở đoạn $D=\sum\limits_{i=0}^{n-2}\sum\limits_{l=0}^{n-i}\sum\limits_{p=0}^l....\quad (8)$ đến hết trang 6. Tác giả dùng phương pháp tách từng số hạng theo một tính chất đặc biệt nào đó để rút gọn tổng $(8)$. Tác giả đã chia ra 8 trường hợp cụ thể như sau:

  1. Trường hợp 1: $p=l,l+i=m,m=0,1,...,(n-2)$, ở trường hợp này tác giả lấy ra $\dfrac{n(n-1)}{2}$ số hạng.
  2. Trường hợp 2: $l=p+1,p+i=0$, ở trường hợp này tác giả lấy ra 1 số hạng.
  3. Trường hợp 3: $p=l,l+i=n-1$. ở trường hợp này lấy ra $n$ số hạng.
  4. Trường hợp 4: $p=l,l+i=n$, ở trường hợp này tác giả lấy ra $n+1$ số hạng.
  5. Trường hợp 5: $l+i=n,p+i=m,m=0,1,2,...,(n-2)$, ở trường hợp này lấy ra $\dfrac{n(n-1)}{2}$ số hạng.
  6. Trường hợp 6: $l+i=n-1,p+i=0$, ở trường hợp này tác giả lấy ra 1 số hạng.
  7. Trường hợp 7: $p+i=n-1,l=p+1$, ở trường hợp này tác giả lấy ra $n$ số hạng.
  8. Trường hợp 8: $p+i=1,...$, ở trương hợp này tác giả lấy ra $2n-3$ số hạng

Tức là tổng số hạng mà tác giả lấy ra là $n^2+4n$ số hạng.

Và hiển nhiên số hạng trong khai triển $D=\sum\limits_{i=0}^{n-2}\sum\limits_{l=0}^{n-i}\sum\limits_{p=0}^l....$ này lớn hơn nhiều, nó tương đương với một đa thức bậc 3.

 

Trên kia là nhận xét của mình, các bạn xem lại có chính xác không!....................

   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.



#19
tihiep

tihiep

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 25 Bài viết

Trong bài viết này, tác giả phát biểu sai và chứng minh sai bổ đề 3 rồi!

 

Ví dụ phản chứng cho bổ đề 3: Cho $a=2.3^4,b=2^3,c=2.3$, khi đó $a.b.c=2^5.3^5=6^5$,  $(a,b,c)=2$ và $c\not\vdots 2^2$, nhưng đâu có tồn tại $c_1,c_2,c_3$ để thỏa yêu cầu bài toán! Cũng như ở chứng minh bổ đề này có đoạn $(a,b,c)=m$ và $c\not\vdots m^2$ thì $(ab,c)=m$ là sai (ví dụ cho $a,b,c$ ở trên)

cám ơn bạn đa chi ra chổ sót phần giả thiết bỏ đề 3. Bây giờ mình thêm giả thiết là (ab,c) = m thì kết quả và chứng đều đúng.Mình gởi bạn file mới chỉnh sửa.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tihiep: 28-09-2013 - 22:09


#20
fghost

fghost

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 227 Bài viết

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.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi fghost: 29-09-2013 - 04:17





1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh