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!

   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.

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)

Cho dãy ${x_{n}}$ xác định bởi:
$$\left\{\begin{matrix}
x_{1}=2 & & \\ x_{n+1}=\dfrac{x_{n}^3-x_{n}^2}{2012}+x_{n}
& &
\end{matrix}\right.$$ $n=1,2,....$
Tìm $\lim\sum_{k=1}^{n}=\dfrac{x_{k}^2}{x_{k+1}-1}$  

Dễ dàng chứng minh được $x_n\geq 2$ với mọi $n$. Từ đây suy ra dãy $x_n$ tăng và $\lim x_n=+\infty$. Ngoài ra

$$x_{n+1}-1=\dfrac{x_n^2(x_n-1)}{2012}+(x_n-1)$$

Hay

$$\dfrac{1}{x_n-1}=\dfrac{x_n^2}{2012(x_{n+1}-1)}+\dfrac{1}{x_{n+1}-1}$$

Suy ra

$$\sum_{k=1}^{n}\dfrac{x_{k}^2}{x_{k+1}-1}=2012(\dfrac{1}{x_1-1}-\dfrac{1}{x_{n+1}-1})$$

Vậy $\lim\sum_{k=1}^{n}\dfrac{x_{k}^2}{x_{k+1}-1}=2012.$

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!....................