xuankhoa

   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!....................

Bài này xin phép thầy Luật cho thêm điều kiện là $x\in \mathbb{Z},x>1$. Nếu không có điều kiện này thì chờ người giải lại bài 

Lời giải :

Ta xét đa thức $P=x^{a}+x^{b}+1$. Đặt $a=3k+r,b=3t+w\qquad(k,t\in \mathbb{N},r,w=\overline{0,2})$. Không mất tính tổng quát ta giả sử $w\leq r$

Ta có $P=x^{3k+r}+x^{3t+w}+1=x^{r}(x^{3k}-1)+x^{w}(x^{3t}-1)+x^{r}+x^{w}+1$

Ta luôn có $x^{3}-1|x^{3k}-1,x^{2}+x+1|x^{3}-1\Rightarrow x^{2}+x+1|x^{3k}-1$. Tương tự thì $x^{2}+x+1|x^{3t}-1$.

Gỉa sử $x^{2}+x+1|P$ thì $x^{2}+x+1|x^{r}+x^{w}+1$. Đặt $A=x^r+x^w+1$

• Nếu $r=w=2$ thì $A=2x^{2}+1\equiv -2x-1(mod\; x^{2}+x+1)$. Để $x^{2}+x+1|A\Rightarrow x^{2}+x+1|2x+1$

Điều này là vô lí vì $2x+1<x^2+x+1$ với $x>1$.

• Nếu $r=2,w=1$ thì $A=x^{2}+x+1|x^{2}+x+1$
• Nếu $r=2,w=0$ thì $A=x^{2}+2\equiv 1-x(mod\; x^{2}+x+1)$. Để $x^{2}+x+1|A$ thì $x^{2}+x+1|1-x$.

Điều này là vô lí vì $1-x<x^2+x+1$.

• Nếu $r=w=1$ thì $A=2x+1<x^{2}+x+1\Rightarrow x^{2}+x+1\nmid A\Rightarrow x^{2}+x+1\nmid P$
• Nếu $r=1,w=0$ thì $A=x+2<x^{2}+x+1\Rightarrow x^{2}+x+1\nmid A\Rightarrow x^{2}+x+1\nmid P$
• Nếu $r=w=0$ thì $A=3<x^2+x+1$ với $x>1$. Do đó $x^{2}+x+1\nmid A\Rightarrow x^{2}+x+1\nmid P$

Từ đó suy ra $a\equiv 2(mod\; 3),b\equiv 1(mod\; 3)\Rightarrow ab\equiv 2(mod\; 3)$. Điều này mâu thuẫn với giả thiết $ab$ là số chính phương.

Kết luận : Gỉa thiết phản chứng sai, ta có điều phải chứng minh.

 

@ Bài này nhìn câu tổ hợp là biết bỏ rồi !   

 Lời giải của bạn thì đúng rồi, nhưng bạn nên xem lại khái niệm đa thức chia cho đa thức và đừng nói thầy Luật ra sai đề.

Tồn tại hay không 3 tam thức bậc 2 sao cho mỗi tam thức đều có 2 nghiệm phân biệt nhưng tổng của bất kì 2 tam thức trong chúng đều       vô nghiệm?

Ba tam thức thỏa mãn là $x^2-1, (x+10)^2-1,(x+20)^2-1$. Bài toán này có thể thay số 3 bởi một số nguyên dương tùy ý hoặc vô hạn.