Cuốn sách này là của một nhà toán học nổi tiếng, Phó Chủ tịch Viện Hàn lâm Khoa học Ba Lan, Vaclav Sierpinski bao gồm hai phần. Phần đầu: Một trăm câu hỏi đơn giản, nhưng đồng thời cũng là những câu hỏi khó của số học dành cho học sinh lớp 7 8 của trường trung học. Phần này được trình bày dưới dạng các câu hỏi và câu trả lời theo một cách đơn giản nhưng sẽ là khó khăn khi giải quyết những vấn đề rất thú vị trong số học, phần lớn những vấn đề đó liên quan tới số học cao cấp, tức là liên quan tới lý thuyết số. Nhiều câu hỏi trong các câu hỏi đó cho tới tận ngày nay vẫn chưa có lời giải. Trong cuốn sách, chúng được sắp xếp theo một hệ thống thống nhất. Giữa chúng có sự kết nối với nhau. Phần đầu của cuốn sách có ghi chú của A. Makowski, mà trong đó có trình bày lời giải sơ cấp cho các bài toán và chứng minh sơ cấp cho một số định lý mà do sự phức tạp của chúng nên V. Sierpinski đã bỏ qua. Những ghi chú đó được đánh số trong các ngoặc vuông, ví dụ I. Để hiểu được các ghi chú ấy đôi khi ta phải có chút ít kiến thức về lý thuyết số. Phần thứ hai của cuốn sách, Trên ranh giới của hình học và số học giới thiệu cho người đọc đến với các câu hỏi thú vị xung quanh cái gọi là hình học của các số (số nguyên, số hữu tỷ). Chúng được trình bày rất thú vị và phổ biến, để hiểu được chúng thì yêu cầu người đọc phải có một ít kiến thức về lượng giác và hình học giải tích. Liên quan tới các tài liệu bằng tiếng Ba Lan trong cuốn sách, nếu có thể, chúng sẽ được thay thế bằng các tài liệu tiếng Nga tương ứng
V Sierpinski MỘT TRĂM CÂU HỎI ĐƠN GIẢN, NHƯNG ĐỒNG THỜI CŨNG LÀ NHỮNG CÂU HỎI KHÓ CỦA SỐ HỌC **************** TRÊN RANH GIỚI CỦA HÌNH HỌC VÀ SỐ HỌC LỜI GIỚI THIỆU CỦA NGƯỜI DỊCH (Bản tiếng Nga) Cuốn sách nhà toán học tiếng, Phó Chủ tịch Viện Hàn lâm Khoa học Ba Lan, Vaclav Sierpinski bao gồm hai phần Phần đầu: "Một trăm câu hỏi đơn giản, đồng thời câu hỏi khó số học" dành cho học sinh lớp - trường trung học Phần trình bày dạng câu hỏi câu trả lời theo cách đơn giản khó khăn giải vấn đề thú vị số học, phần lớn vấn đề liên quan tới số học cao cấp, tức liên quan tới lý thuyết số Nhiều câu hỏi câu hỏi tận ngày chưa có lời giải Trong sách, chúng xếp theo hệ thống thống Giữa chúng có kết nối với Phần đầu sách có ghi A Makowski, mà có trình bày lời giải sơ cấp cho toán chứng minh sơ cấp cho số định lý mà phức tạp chúng nên V Sierpinski bỏ qua Những ghi đánh số ngoặc vuông, ví dụ [I] Để hiểu ghi ta phải có chút kiến thức lý thuyết số Phần thứ hai sách, "Trên ranh giới hình học số học" - giới thiệu cho người đọc đến với câu hỏi thú vị xung quanh gọi hình học số (số nguyên, số hữu tỷ) Chúng trình bày thú vị phổ biến, để hiểu chúng yêu cầu người đọc phải có kiến thức lượng giác hình học giải tích Liên quan tới tài liệu tiếng Ba Lan sách, có thể, chúng thay tài liệu tiếng Nga tương ứng Có ghi biên dịch mà chúng có kết không đề cập văn gốc Các ghi đánh dấu số viết ngoặc đơn, ví dụ (I) Cuốn sách V Sierpinski thú vị hữu ích với giáo viên toán phổ thông trung học làm việc với kỳ thi toán học vài nghiên cứu độc lập số học cao cấp hình học số _ MỘT TRĂM CÂU HỎI ĐƠN GIẢN, NHƯNG ĐỒNG THỜI CŨNG LÀ NHỮNG CÂU HỎI KHÓ CỦA SÔ HỌC “Trong số học nghệ thuật trở thành vấn đề quan trọng khả giải chúng” (Georg Cantor) Thông thường toán học hay nảy sinh câu hỏi tự nhiên đơn giản, mà câu trả lời khó chí chưa biết Trong lĩnh vực số học có nhiều câu hỏi Những câu hỏi chưa giải đáp số học, chia thành hai loại Danh sách câu hỏi thuộc loại thứ câu hỏi mà ta biết phương pháp giải Những phương pháp sau ta thực loạt tính toán theo dẫn nó, tất nhiên dẫn ta tới lời giải câu hỏi cho, thời gian tính toán lâu (do khó khăn công nghệ tính toán túy) mà thực khoảng thời gian cho phép, ta có trợ giúp máy tính điện tử ngày Những câu hỏi thuộc loại thứ hai bao gồm tất câu hỏi tiếng khác mà ngày chúng chưa có câu trả lời, câu hỏi chưa biết phương pháp giải chúng, phương pháp mà cần khối lượng công việc tính toán lớn để dẫn tới lời giải Ví dụ cho câu hỏi thuộc loại thứ ta cần phải xác định tất ước số tự nhiên số 2101 − Để tìm ước số ta cần chia số cho số 1, 2, 3, … đến 2101 − đủ rõ ràng phép chia cho ước số cần tìm phép chia không dư Tuy nhiên điều đòi hỏi khối lượng tính toán vượt khả Hiển nhiên có hai ước số cần tìm 2101 − 1; điều lý thú người ta chứng minh tồn ước số khác với hai ước số (tuy nhiên việc làm dễ dàng), ngày ta chưa biết ước số ước số Ta lưu ý tới thật số 2101 (là số lớn số ta xét đơn vị) ta lại biết tất ước số tự nhiên (số ước số 102 số), 102 số hạng cấp số nhân (với công bội 2): 1, 2, 4, 8, 16, … , 2100 , 2101 Vì vậy, việc nghiên cứu số đứng liền sát dãy số tự nhiên lại có độ khó khác Một ví dụ khác câu hỏi thuộc loại thứ tìm phân tích số 10 thành tổng hữu hạn phân số có tử số mẫu số số tự nhiên Ta biết phương pháp xác định phân tích loại số hữu tỷ dương Tuy nhiên người ta chứng minh phân tích số 10 thành tổng số hữu hạn phân số có dạng 𝑛 (trong n số tự nhiên) có số số hạng phân tích nhiều 12366, việc thực tìm kiếm phân tích làm (xem [1]) Một ví dụ cho câu hỏi thuộc loại thứ hai vấn đề liệu phương trình 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = có nghiệm khác hay không số nguyên x, y, z nghiệm biết: 𝑥 = 𝑦 = 𝑧 = 1; 𝑥 = 4, 𝑦 = 4, 𝑧 = −5; 𝑥 = 4, 𝑦 = −5, 𝑧 = 4; 𝑥 = −5, 𝑦 = 4, 𝑧 = 4; Đôi theo thời gian có câu hỏi thuộc loại thứ hai sau giải đáp xong Ví dụ, năm 1845 J Bertrand nêu lên giả thuyết 𝑛 > số tự nhiên số n 2n ta tìm số nguyên tố Câu hỏi tính đắn giả thuyết câu hỏi thuộc loại thứ hai thời điểm Nhưng năm sau Chebyshev chứng minh giả thuyết (nó tiếng với tên gọi Định đề Bertrand) Chứng minh Chebyshev chứng minh sơ cấp Một chứng minh sơ cấp tìm thấy sau vào năm 1930 (xem: W Sierpinski, Arytmetyka teoretyczna, Warszawa 1955, trang 72 - 78) Một câu hỏi thuộc loại thứ hai P Fermat (1601-1665) nêu ra, ông cho 𝑛 số tự nhiên n số 𝐹𝑛 = 22 + (được gọi số Fermat thứ n) số nguyên tố, tức ước số tự nhiên khác Nhưng năm 1732 L Euler chứng minh giả thuyết Fermat sai lầm, số 𝐹5 = 22 + = 232 + = 4294967297 số nguyên tố chia hết cho 641 (xem [2]) Một lần ta thấy trường hợp việc ví dụ để bác bỏ giả thuyết Fermat khó khăn Fermat biết số 𝐹𝑛 số nguyên tố vói 𝑛 < Số 𝐹5 có 10 chữ số hệ thập phân Đáng ngạc nhiên Fermat trước nêu lên giả thuyết không thử chia số 𝐹5 cho số nguyên tố nhỏ 1000, ông thực điều (ở thời Fermat nhiều máy móc công việc nặng nhọc) ông phát số 𝐹5 hợp số Hiện biết 35 hợp số Fn , cụ thể với n = 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 15, 16, 18, 23, 36, 38, 39, 55, 58, 63, 73, 77, 81, 117, 125, 144, 150, 207, 226, 228, 250, 267, 268, 284, 316, 452, 1945 Số Fn nhỏ mà ta chưa biết có phải số nguyên tố hay không số 𝐹13 có 2467 chữ số Ngày câu hỏi số 𝐹13 có phải số nguyên tố hay không thuộc loại thứ (bởi ta cần chia số 𝐹13 cho số nguyên tố nhỏ đủ), sau vài năm với trợ giúp máy tính giải Việc chứng minh số 𝐹𝑛 số nguyên tố dễ Bạn đọc tìm đọc sách ―Lý thuyết số gì‖ («Czym sis zajmuje teorialiczb» («Wiedza Powszechna», Warszawa, 1957, Rodzial VI) Liên quan đến việc ta biết vài số nguyên tố, cụ thể số 𝐹𝑛 nhỏ nhất, lại biết tới 35 hợp số 𝐹𝑛 gần có giả thuyết cho tất số 𝐹𝑛 với 𝑛 ≥ hợp số Hiện giả thuyết thuộc loại thứ hai [3] Có câu hỏi thuộc loại thứ hai thời gian gần câu hỏi có tồn hay không số tự nhiên 𝑛 > mà số 𝑛 2𝑛 + (số gọi số Cullen) số nguyên tố Chỉ gần người ta tìm số nguyên tố Cullen nhỏ với 𝑛 = 141 Sau bác bỏ giả thuyết Fermat số 𝐹𝑛 , xuất hai vấn đề sau đây: 1) Trong số 𝐹𝑛 (𝑛 = 1,2,3, … ) có tồn vô số số nguyên tố hay không ? 2) Trong số 𝐹𝑛 (𝑛 = 1,2,3, … ) có tồn vô số hợp số hay không ? Mỗi vấn đề câu hỏi thuộc loại thứ hai Một câu hỏi thuộc loại thứ hai tồn suốt thời gian dài câu hỏi liệu tất số dãy + 1, 22 + 1, 22 + 1, 22 nguyên tố không ? 22 + 1, … có phải số Chỉ tới năm 1953 với trợ giúp máy tính điện tử người ta biết câu trả lời câu hỏi phủ định, cụ thể phần tử thứ dãy số 𝐹16 = 16 22 + (là số có 19729 chữ số) hợp số, lúc họ tìm ước số nguyên tố nhỏ số 218 3150 + [4] Vì vậy, vài câu hỏi khó số học giải thời gian gần Tình vậy, số câu hỏi thuộc loại thứ hai sau lại trở thành câu hỏi thuộc loại thứ Ví dụ, câu hỏi số tự nhiên lẻ tổng ba số nguyên tố lẻ Điều ngày trở thành câu hỏi thuộc loại thứ hai sau I M Vinogradov chứng minh số lẻ 𝑛 > 𝑎 = 33 tổng ba số nguyên tố lẻ [5] 16 Liên quan tới kết vấn đề liệu số lẻ 𝑛 > có phải tổng ba số nguyên tố lẻ hay không trở thành câu hỏi thuộc loại thứ ta cần kiểm tra xem số lẻ > < 𝑎 tổng số nguyên tố lẻ đủ (và số tự nhiên ta phải tìm tất phân tích thành tổng ba số nguyên tố lẻ khẳng định phân tích không có, từ ta dễ thấy câu hỏi trở thành câu hỏi thuộc loại thứ nhất) Dưới cung cấp cho bạn đọc loạt ví dụ câu hỏi thuộc loại thứ thứ hai Các câu hỏi thuộc loại thứ ta ký hiệu 𝑷𝟏𝒌 (ở 𝑘 = 1, 2, …), câu hỏi thuộc loại thứ hai ta ký hiệu 𝑷𝟐𝒌 , câu hỏi mà ta biết câu trả lời ta ký hiệu 𝑷𝒌 𝑷𝟐𝟏 Trong số 2𝑛 − 1, n số tự nhiên, liệu có tồn tập vô hạn số nguyên tố hay không ? Cho đến người ta biết 18 số nguyên tố có dạng đó, mà số lớn số 23217 − có 969 chữ số Năm 1957 H Riesel chứng minh số số nguyên tố Đó số nguyên tố lớn mà ta biết tới [6] Dễ dàng chứng minh số 2𝑛 − (những số ta gọi số Mersenne) số nguyên tố n phải số nguyên tố, ta điều ngược lại ta có ví dụ 211 − = 23.89 𝑷𝟐𝟐 Tồn hay không tập vô số số nguyên tố p, mà chúng số 2𝑝 − hợp số ? 𝑷𝟑 Nếu số 2𝑛 − số nguyên tố số 22 không ? 𝑛 −1 − có phải số nguyên tố hay Sau thời gian dài người ta biết câu trả lời cho câu hỏi 𝑷𝟑 Điều chứng minh vào năm 1953, D J Wheeler tin (với 13 trợ giúp máy tính điện tử) số 𝑚 = 22 −1 − (có 2466 chữ số) hợp số, số 213 − = 8191 số nguyên tố Tuy nhiên ta chưa biết ước số m mà khác m Thay điều năm 17 19 1957 người ta phát số 22 −1 − 22 −1 − hợp số, số 217 − 219 − số nguyên tố; lúc họ tìm thấy 17 số 22 −1 − chia hết cho 1768 217 − + 1, số 22 120 219 − + 19 −1 − chia hết cho 𝑷𝟐𝟒 Tồn hay không tập vô hạn số nguyên tố có dạng 2𝑚 + 2𝑛 − 1, m n số tự nhiên ? Nếu câu trả lời cho câu hỏi 𝑷𝟐𝟒 không, không câu trả lời cho câu hỏi 𝑷𝟐𝟏 (bởi 2𝑚 +1 − = 2𝑚 + 2𝑚 − 1) số số nguyên tố Fermat hữu hạn (bởi 2𝑚 + = 2𝑚 + 21 + 1) 𝑷𝟓 Liệu có hay không 2𝑛 − số nguyên tố số 2𝑛 − + 100 số nguyên tố ? Qua nhiều năm người ta phải làm để trả lời cho câu hỏi đó, tới năm 1957 J L Selfridge phát giả thuyết không đúng, số 231 − số nguyên tố số 231 + 99 lại hợp số chia hết cho 1933 𝑷𝟐𝟔 Tồn hay không tập vô hạn số nguyên tố có dạng 2𝑚 3𝑛 + 1, m n số tự nhiên ? Nếu số nguyên tố Fermat tập vô hạn câu trả lời câu hỏi 𝑷𝟐𝟔 có T Kulikovskii vài chục số nguyên tố có dạng 2𝑚 3𝑛 + 1; mà số lớn chúng số 2534 31 + có 162 chữ số 𝑷𝟐𝟕 Ngoài số = 11 + 1, = 22 + 1, 257 = 44 + ra, liệu có hay không dù thêm số nguyên tố có dạng 𝑛𝑛 + 1, n số tự nhiên ? Có thể chứng minh có tồn số nguyên tố cần phải có nhiều 300000 chữ số [7] 𝑷𝟐𝟖 Ngoài số 17 ra, liệu có hay không dù thêm số nguyên tố có 𝑛 dạng 𝑛𝑛 + 1, n số tự nhiên ? Có thể chứng minh có tồn số nguyên tố cần phải có nhiều tỷ tỷ chữ số [8] 𝑷𝟐𝟗 Tồn hay không số nguyên tố p cho số 2𝑝 − có ước số bình phương số tự nhiên > ? F Yakubchik nêu giả thuyết cho số nguyên tố p 𝑷𝟐𝟏𝟎 Tồn hay không tập vô hạn số tự nhiên n, mà đối vói số 2𝑛 − không chia hết cho bình phương số tự nhiên > ? Câu hỏi A Schinzel đặt Nếu câu trả lời cho câu hỏi không câu trả lời cho câu hỏi 𝑷𝟐𝟗 có [9] 𝑷𝟐𝟏𝟏 Tồn hay không tập vô hạn số nguyên tố, mà tất chữ số số nguyên tố (được viết hệ thập phân) ? Ta chứng minh (dù khó) ta viết tùy ý hai dãy hữu hạn chữ số, cách chỗ trống, thêm vào chữ số cuối dãy số sau cần phải 1, 3, 9, ta viết vào chỗ trống số chữ số tưong ứng cần thiết để cho số nhận theo phương pháp số nguyên tố Ví dụ, từ suy tồn số nguyên tố (viết hệ thập phân) có chứa phần đầu phần cuối số tập vô số chữ số (xem Acta Arithm, 5, trang 265) 𝑷𝟐𝟏𝟐 Tồn hay không tập vô hạn số nguyên tố có dạng 𝑥 + 1, x số tự nhiên ? (2) Thay điều người ta chứng minh tồn tập vô hạn số tự nhiên x, mà số 𝑥 + tích không số nguyên tố Chứng minh phức tạp 10 2𝑛 − 𝑛 𝜎 𝑚 = = 2𝑛−1 2𝑛 − = 2𝑚 2−1 Do số 2𝑛−1 2𝑛 − số hoàn chỉnh [26] Tất số tự nhiên 𝑛 < 10000 cho 𝜎 𝑛 = 𝜎 𝑛 + có số, cụ thể 𝑛 = 14, 206, 957, 1334, 1364, 2685, 2974 4364 [27] Nếu p số nguyên tố số p số 1𝑝−1 , 2𝑝−1 , … , (𝑝 − 1)𝑝−1 , chia cho p cho phần dư (xem Lưu ý [24]) Số số p tổng chúng chia hết cho p [28] М Kraichik sách «Recherches sur la theorie des ncmbres», Gauthier— Viilars, Paris, 1924, tập I, trang 38 — 41 chứng minh số 𝑛! + (𝑛 > 7) bình phương số tự nhiên 𝑛 > 1020 [29] Từ định lý Lejeune – Dirichlet (𝑷𝟐𝟖 ) ta suy có vô số số nguyên tố có dạng 4𝑚 + (cũng với 4𝑚 + 3) [30] Rõ ràng ta biết hai nghiệm phương trình 𝑥𝑦 + = 2101 𝑥 = 2101 − 1, 𝑦 = 𝑦 = 2101 − 1, 𝑥 = Tuy nhiên ta biết phương trình có nghiệm khác nữa, 2101 − hợp số [31] Chứng minh người đọc tìm sách V Sierpinski (bản tiếng Nga) «Пифагоровы треугольники», Учпедгиз, 1959, § 12 [32] L J Mordell chứng minh phương trình 𝑥 − 𝑦 = 𝑘, 𝑘 ≠ số nguyên, có vô số nghiệm số nguyên 𝑥, 𝑦 Chúng ta biết nghiệm phương trình 𝑥 − 𝑦 = số nguyên 𝑥, 𝑦 Cụ thể là: 𝑥 = 2, 𝑦 = ±1; 𝑥 = 32, 𝑦 = ±181 68 2 [33] Để biết thông tin câu hỏi 𝑃59 − 𝑃61 người đọc tìm tạp Ba Lan dành cho học sinh phổ thông «Matematyka» (№ (45), tập 495; № (47), trang 11 — 13; № (51), trang 57 — 58) 2 Để biết thông tin câu hỏi 𝑃62 − 𝑃63 người đọc tìm sách Sierpimski («О rozkladach liczb wymiernych па ufamki proste», PWN, Warszawa, 1957, trang 16—23) [34] Euler nêu giả thuyết tổng quát hơn: Nếu ≤ 𝑘 < 𝑛 phương trình 𝑥1𝑛 + 𝑥2𝑛 + ⋯ + 𝑥𝑘𝑛 = 𝑦 𝑛 nghiệm số tự nhiên 𝑥1 , 𝑥2 , … , 𝑥𝑘 , 𝑦 Đối với 𝑛 ≤ phương trình có nghiệm Ví dụ: 32 + 42 = 52 ; 33 + 43 + 53 = 63 ; 304 + 1204 + 2724 + 3154 = 3534 ; 75 + 435 + 575 + 805 + 1005 = 1075 М Ward chứng minh phương trình 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 𝑡 nghiệm số tự nhiên 𝑥, 𝑦, 𝑧, 𝑡 𝑡 ≤ 10000 [35] Việc chứng minh giả thuyết Sierpinski đề nghị số tự nhiên không vượt 350 (trừ số 148 284) người đọc tìm «Acta Arithm.», 4, 1958, trang 20 — 30 5, 1959, trang 121 — 123 Ta chứng minh lập phương số nguyên chia cho cho phần dư 0, Nếu 𝑛 = 3𝑡 𝑛3 = 9(3𝑡 ); 𝑛 = 3𝑡 + 𝑛3 = 3𝑡 + 3𝑡 + 𝑡 + 1; 𝑛 = 3𝑡 + 𝑛3 = 3𝑡 + 6𝑡 + 4𝑡 + Do tổng số lập phương chia cho ta nhận phần dư [36] Người ta chứng minh (xem I London Milh Soc, 11, 1936, 69 trang 218 — 219, «Acta Arithm., 5,1959, trang 121—123) số tự nhiên 𝑛 ≤ 220 biẻu diễn dạng 𝑥 + 𝑦 + 2𝑧 (có thể trừ số 𝑛 = 76, 99, 113, 148, 183, 190 195) [37] I.C.P Miller Woollett (I.London Math Soc, 30 1955, trang 101—110) với trợ giúp máy tính điện tử chứng tỏ phương trình 30 = 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 nghiệm số nguyên 𝑥, 𝑦, 𝑧 cho |𝑥| ≤ |𝑦| ≤ |𝑧| ≤ 3164 Họ tất phương trình 𝑘 = 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 thỏa mãn đièu kiện với số nguyên 𝑘 ≤ 100 [38] Chứng minh định lý cho phương trình 𝑥 + 𝑦 = 𝑧 nghiệm số tự nhiên 𝑥, 𝑦, 𝑧 người đọc xem sách "Tam giác Pythagore" V Sierpinski (14) [39] Đối với 𝑠 = ta lấy 𝑘 = Điều có nghĩa số tự nhiên tổng số bình phương số nguyên không âm, ví dụ: = 22 + 12 + 12 + 02 ; 28 = 32 + 32 + 32 + 12 Nếu ta lấy 𝑘 = có điều đó, số tổng số bình phương số nguyên không âm Đối với 𝑠 = năm 1909 A Wieferich chứng minh ta lấy 𝑘 = (tuy nhiên chứng minh Wieferich có lỗ hổng, Kempner sửa lại năm 1912) Ở ta lấy 𝑘 = được, dễ dàng kiểm tra số 23 239 tổng số lập phương số nguyên không âm Chứng minh Hilbert sử dụng kiến thức phức tạp toán cao cấp Chứng minh sơ cấp Yu V Linnik dài dòng in sách ―Ba viên ngọc lý thuyết số‖ A Ya Khinchin («Три жемчужины теории чисел», Гостехиздат, М.— Л., 1948, trang 34—63.) 70 [40] Chứng minh Moser có «Scripta Mathem.», 19, 1953, trang 84 88 [41] Chứng minh Lukomskaya có sách Khinchin trích dẫn trên, trang 7-13 [42] Trong số 200 việc thay chữ số ta nhận số nguyên tố Việc thay chữ số cần phải thực với chữ số cuối số Bởi chữ số cuói số 200 không thay đổi số chia hết cho 10 nên số nguyên tố Do việc thay số chữ số liên tiếp 1, 2, …, ta nhận số 201, 202, …, 209 mà số hợp số [43] Ta chứng minh dùng 𝑥1 = 𝑦1 = 1, 𝑥𝑛−1 = 3𝑥𝑛 + 4𝑦𝑛 + 1, 𝑦𝑛+1 = 2𝑥𝑛 + 3𝑦𝑛 + (𝑛 = 1, 2, … ) ta nhận 𝑥𝑚 , 𝑦𝑚 (𝑚 = 1, 2, … ) tất nghiệm 𝑥 + 𝑥 = 2𝑦 số tự nhiên 𝑥, 𝑦 Chứng minh có sách ―Giải phương trình số nguyên‖ Sierpinski xuất năm 1956 [44] Ký hiệu 𝜑(𝑛) số số tự nhiên không vượt n nguyên tố với n, toán phát biểu sau: Nếu phương trình 𝜑 𝑛 = 𝑚 (cố định) giải liệu có nghiệm hay không ? [45] Bài toán phát biểu sau: Liệu phương trình 𝜑 𝑛 = 𝜑 𝑛 + có vô số nghiệm hay không ? [46] Bài toán phát biểu sau: Tồn hay không hợp số n cho số 𝑛 − chia hết cho 𝜑 𝑛 ? Nếu n số nguyên tố 𝜑 𝑛 = 𝑛 − số 𝑛 − chia hết cho 𝜑 𝑛 = 𝑛 − 71 [47] Bài toán phát biểu sau: Liệu phương trình 𝜎 𝑛 = 𝜑 𝑚 có vô số nghiệm số tự nhiên n, m hay không ? (như thường lệ 𝜎 𝑛 ký hiệu tổng tất ước số tự nhiên số n) Có nhận xét p số nguyên tố 𝜎 𝑝 = 𝑝 + 1, 𝜑 𝑝 = 𝑝 − Đẳng thức sau đúng: 𝜑 2𝑚 = 2𝑚 −1 (𝑚 = 1, 2, … ) có số lẻ ≤ 2𝑚 nguyên tố với 2𝑚 không vượt 2𝑚 , mà số số 2𝑚 −1 ; ta cố đẳng thức: 𝜎 2𝑚 = 2𝑚 + 2𝑚 −1 + ⋯ + = 2𝑚 +1 − Nếu câu trả lời cho câu hỏi 𝑷𝟐𝟏 có tức tồn tập vô hạn số nguyên tố có dạng 2𝑘 − 1, ta đặt 𝑛 = 2𝑘+1 , 𝑚 = 2𝑘−1 (m số nguyên tố), ta nhận được: 𝜎 2𝑘+1 = 2𝑘 = 𝜎 2𝑘 − Cũng giống vậy, tồn tập vô hạn cặp số nguyên tố sinh đôi 𝑝, 𝑝 + phương trình 𝜑 𝑛 = 𝜑 𝑚 có tập vô hạn nghiệm để cho nghiệm cặp đẳng thức sau đúng: 𝜑 𝑝+2 =𝑝+1=𝜎 𝑝 [48] Bài toán phát biểu sau: Tồn hay không tập vô hạn số tự nhiên, mà số tự nhiên biểu diễn dạng 𝜎 𝑛 − 𝑛 ? Rõ ràng = 𝜎 𝑛 − 𝑛 𝑛 > 𝑣à 𝜎 𝑛 = 𝑛 + + Số tự nhiên 𝑛 > chia hết cho n Số 𝜎 𝑛 tổng hai ước số n, cụ thể số số n, điều có đưa vào tổng ước số số n [49] Dãy số 𝑛, 𝑓 𝑛 , 𝑓𝑓 𝑛 , 𝑓𝑓𝑓 𝑛 , … tuần hoàn số hoàn chỉnh n (xem 𝑷𝟐𝟒𝟓 ); chu kỳ bao gồm phần tử n Ngược lại 72 số n mà dãy số 𝑛, 𝑓 𝑛 , 𝑓𝑓 𝑛 , 𝑓𝑓𝑓 𝑛 , … có chu kỳ số n số hoàn chỉnh Ta có đẳng thức 𝑓 𝑛 = 𝜎 𝑛 − 𝑛 Cho nên giả thiết dãy số 𝑛, 𝑓 𝑛 , 𝑓𝑓 𝑛 , 𝑓𝑓𝑓 𝑛 , … có chu kỳ 𝑛 = 𝜎 𝑛 − 𝑛 hay 𝜎 𝑛 = 2𝑛 điều có nghĩa n số hoàn chỉnh Đối với 𝑛 = 220 ta nhận dãy số mà chu kỳ gồm hai phần tử: 220, 284, 220,284, … Ta có điều tương tự cặp số bạn bè [50] Do sử dụng ký hiệu cho câu hỏi 𝑷𝟐𝟓𝟒 câu hỏi 𝑷𝟗𝟑 phát biểu sau: Đối với số tự nhiên 𝑛 > 90 bất đẳng thức 𝜑 𝑛 > 𝜋(𝑛) có hay không ? [51] Ví dụ với 𝑛 = ta có số 16; với 𝑛 = ta có số 442 , 1172 , 2402 (xem 𝑷𝟐𝟓𝟖 ) [52] Đối với số tự nhiên n cho < 𝑛 < 39 số 2𝑛 − hợp số [53] Dãy Fibonacci dành riêng sách ―Số Fibonacci‖ («Числа Фибоначчи») N N Vorobiev xuất năm 1959 Số nguyên tố có dãy Fibonacci vị trí có số số nguyên tố lẻ vị trí thứ Tuy nhiên số hạng thứ 19 dãy Fibonacci 4181 = 37.113 lại hợp số [54] Các thông tin liên quan tới liên phân số người đọc tìm đọc sách ―Liên phân số‖ («Цепные дроби») N Khintchin xuất năm 1935 Số e xác định giới hạn dãy số 𝑎𝑛 𝑛 → ∞, 𝑎𝑛 = + 73 𝑛 𝑛 Biểu diễn số e dạng thập phân với độ xác 0,0000001 𝑒 = 2.7182818 Ghi V A Golubeva (1) (2) 74 Rõ ràng có thực tế Cantor đề cập tới việc thiết lập toán, chưa giải toán phức tạp ông tạo nên nhiều nghiên cứu hiệu thúc đẩy khoa học phát triển Ví dụ, Fermat chứng minh Định lý lớn ông có lẽ (có thể nay) lý thuyết ideal (các số lý tưởng) phát sinh trình nỗ lực tìm cách chứng minh Định lý lớn Fermat Kummer không tạo Ngay giả thuyết sai lầm Fermat tính nguyên tố 𝑛 tất số có dạng 22 + thu hút ý F Gaus, góp phần giúp Gauss tạo lý thuyết dựng đa giác thước kẻ compa Năm 1923 Hardy Littlewood đưa giả thuyết cho câu trả lời cho câu hỏi 𝑷𝟐𝟏𝟐 có Có nhiều bảng số nguyên tố có dạng 𝑥 + đến 𝑥 = 100000 thiết lập Trong tạp chí ―Toán nhà trường‖ tháng 5/1960 mô tả phương pháp chọn lựa số nguyên tố có dạng 𝑥 + từ dãy số tự nhiên đặt ba giả thuyết số (xem «Обзор № по элементарной теории чисел», trang 71 —76) Tôi đưa công thức xác cho hàm 𝜋(𝑥 + 1) số số nguyên tố có dạng 𝑥 + từ đến x (bài viết công bố tạp chí «Математика», «Известия высших учебных заведений», Казань.) (3) (4) Tập vô hạn số nguyên tố có dạng 𝑥 + 𝑦 suy trực tiếp từ định lý cho ―mọi số nguyên tố có dạng 4𝑚 + có cách biểu diễn thành tổng hai số bình phương hai số nguyên tố nhau‖ từ định lý Lejeune – Dirichlet (xem 𝑷𝟐𝟖 ) (do từ định lý Lejeune – Dirichlet suy có vô số số nguyên tố có dạng 4𝑚 + 1) Ta giả thiết tập số nguyên tố có dạng 𝑥 + vô hạn Theo bảng Kraychika kéo dài đến 𝑥 = 300 số 𝑥 + số nguyên tố với x = 1, 2, 4, 16, 20, 24, 28, 34, 46, 48, 54, 56, 74, 80, 82, 88, 90, 118, 132, 140, 142, 154, 160, 164, 174, 180, 194, 198, 204, 210, 220, 228, 238, 242, 248, 254, 266, 272, 276, 278, 288, 296 Nếu ký hiệu 𝜋(𝑥 + 1) số số nguyên tố có dạng 𝑥 + với sở từ đến x, 𝜋(𝑥) số tất số nguyên tố không vượt x tỷ số 𝑘 = 𝜋(𝑥 +1) 𝜋(𝑥) với 10 < 𝑥 < 300 0,60 ≤ 𝑘 ≤ 0,68, giá trị bé 𝑘 = 0,60 có với 𝑥 = 150 Bảng sở x số nguyên tố 𝑥 + nhận từ bảng sở số nguyên tố 𝑥 + phép 𝑥 = 𝑎2 𝑎2 + = 𝑎4 + Nhưng sở x số nguyên tố có dạng 𝑥 + lựa chọn trực tiếp từ dãy số tự nhiên 𝑥 = 1, 2, 3, … Để làm điều ta có nhận xét ước số nguyên tố lẻ số 𝑥 + số có dạng sau: 𝑝1 = 16𝑚 + 𝑣à 𝑝2 = 16𝑚 + Theo định lý Lejeune – Dirichlet số ước số từ đến x khoảng số tất số nguyên tố từ đến x Bảng sở x số nguyên tố nhận theo phương pháp cải tiến ―sàng Eratosthenes‖ Đối với ước số nguyên tố lẻ 𝑝 ≤ 𝑥 ta phải ―sàng lọc‖ bảng x số 𝑥 + bốn lần Ví dụ số 𝑥 + chia hết cho 17 với 𝑥 = 17𝑚 ± 𝑥 = 17𝑚 ± 8, việc ―sàng lọc‖ 75 (5) 76 theo ước số 17 cần phải bắt đầu: 1) 𝑥 = 2; 2) 𝑥 = 8; 3) 𝑥 = 9; 4) 𝑥 = 15 Giả thiết rằng: 1) Cơ sở x số nguyên tố có dạng 𝑥 + phân bố theo tất cấp số cộng 𝑎 + 𝑘𝑟 có số lượng sở x cấp số cộng vô hạn; 2) Giữa số 𝑦 (𝑦 + 1)8 có số nguyên tố 𝑥 + với 𝑦 > Vì vậy, từ 𝑥 = đến 𝑥 = 300 số lượng sở x cấp số 3𝑚 + 14, cấp số 3𝑚 + 15, cấp số 3𝑚 13 Giữa số 𝑦 (𝑦 + 1)8 với 𝑦 = 1, 2, … , 16 có số nguyên tố có dạng 𝑥 + sau: 2, 1, 0, 3, 2, 2, 2, 2, 3, 1, 3, 3, 3, 4, 5, Giả thuyết tương tự sở x số nguyên tố nhận phép 𝑥 = 1, 2, … vào đa thức phân tích thành tích đa thức có bậc thấp hơn: 𝑎 𝑥 𝑛 + 𝑏 𝑥 𝑛−1 + ⋯ + 𝑘𝑥 + 𝑙 Trong 𝑎, 𝑏, … , 𝑘, 𝑙 số nguyên Theo giả thuyết Hardy Littlewood số cặp số nguyên tố sinh đôi nhiều vô hạn Năm 1952 tìm thấy phương phương pháp trực tiếp nhận cặp số sinh đôi từ dãy số tự nhiên đưa công thức xác hàm số 𝜋2 (𝑥) (số lượng cặp sinh đôi từ tới x) Ta ký hiệu cặp số sinh đôi 𝑝 𝑝 + Phương pháp nhận số p cặp số sinh đôi từ đến x (𝑝 ≤ 𝑥) loại bỏ số chẵn đơn vị, sau ―sàng lọc‖ hai lần số lại theo ước số nguyên tố lẻ 𝑑 ≤ 𝑥 + 2; lần thứ loại trừ số 𝑚 > 𝑑 m chia hết cho d, lần thứ hai ta loại trừ số có dạng 𝑑𝑛 − (𝑛 = 2, 3, … ) Năm 1959 G H Lemaire với trợ giúp máy tính điện tử tính giá trị hàm số 𝜋2 (𝑥) cho triệu đến 𝑥 = 37 106 Bảng giá trị 𝝅𝟐 (𝒙) (Đơn vị triệu – dòng cột bên trái) Nghiên cứu bảng cặp số sinh đôi phương pháp nhận chúng dẫn tới giả thuyết sau đây: 1) Số nguyên tố p cặp sinh đôi phân bố cấp số cộng 𝑎 + 𝑘𝑟, a r, r 𝑎 + nguyên tố 2) Giữa 𝑎3 (𝑎 + 1)3 (a số tự nhiên) có cặp số sinh đôi 3) Mội số tự nhiên biểu diễn dạng tổng số hữu hạn (𝑚 ≤ 5) số sinh đôi đơn vị Vậy từ đến 𝑥 = 2000000 cấp số cộng 10𝑘 + có 4944 số nguyên tố p cặp sinh đôi, cấp số 10𝑘 + số 5006, cấp số 10𝑘 + số 4919 Bảng số cặp số sinh đôi nằm 𝒂𝟑 (𝒂 + 𝟏)𝟑 Như thấy bảng giá trị 𝜋2 (𝑥) số lượng bình phương số nguyên tăng chậm số lượng số sinh 77 đôi Với 𝑥 = 1000000 số lượng số bình phương 1000, số lượng số sinh đôi 8169; với 𝑥 = 36 106 số lượng số bình phương 6000, số lượng số sinh đôi 179257 Tuy nhiên với giá trị 𝑎 ≤ 122 𝑎2 (𝑎 + 1)2 có cặp số sinh đôi Điều xảy với a = 9, 19, 26, 27, 30, 34, 39, 49, 53, 77, 122 Tiếp theo tới 𝑎 = 380 giá trị a có tính chất Giả thuyết sau đúng: Giữa 𝑎2 (𝑎 + 1)2 với 𝑎 > 122 có cặp số sinh đôi Phương pháp ―sàng Eratosthenes‖ với sửa đổi thích hợp ta nhận bảng cặp số nguyên tố 𝑝 𝑝 + 2𝑚 (m số tự nhiên) Đồng thời ta có mối quan hệ sau đây: 1) Số cặp số nguyên tố 𝑝 𝑣à 𝑝 + 4, 𝑝 𝑣à 𝑝 + 8, … , 𝑝 𝑣à 𝑝 + 2𝑛 từ đến x tiệm cận số 𝜋2 (𝑥) cặp số sinh đôi; 2) Số cặp 𝑝 𝑣à 𝑝 + 6, 𝑝 𝑣à 𝑝 + 12, … , 𝑝 𝑣à 𝑝 + 3.2𝑛 từ tới x lớn lần số 𝜋2 (𝑥) v.v… (6) 78 Có thể tồn vô hạn ―bộ ba‖ số nguyên tố với khác biệt chúng nhỏ (2 4): ―Bộ ba‖ (𝑝, 𝑝 + 2, 𝑝 + 6) thuộc loại thứ ―Bộ ba‖ (𝑝, 𝑝 + 4, 𝑝 + 6) thuộc loại thứ hai Bảng ―bộ ba‖ số nguyên tố (𝑝, 𝑝 + 2𝑚, 𝑝 + 2𝑛) nhận phương pháp ―sàng Eratosthenes‖ – ―sàng lọc‖ lượt số theo ước số d Số ―bộ ba‖ thuộc loại thứ từ đến 1000000 1392, đến 2000000 chúng 2378 Số ―bộ ba‖ thuộc loại thứ hai cho giá trị Số ―bộ bốn‖ (𝑝, 𝑝 + 2, 𝑝 + 6, 𝑝 + 8) từ đến 1000000 166, đến 2000000 chúng 295 Bảng số lượng số nguyên tố từ 𝒙𝟐 đến (𝒙 + 𝟏)𝟐 Từ bảng ta thấy số lượng số nguyên tố từ 𝑥 đến (𝑥 + 1)2 tăng đơn điệu tăng x Với ≤ 𝑥 ≤ số lượng số nguyên tố từ 𝑥 đến (𝑥 + 1)2 không 2, với ≤ 𝑥 ≤ số lượng số nguyên tố từ 𝑥 đến (𝑥 + 1)2 không 3, với 10 ≤ 𝑥 ≤ 14 số lượng số nguyên tố từ 𝑥 đến (𝑥 + 1)2 không v.v… Xuất giả thuyết sau đây: Ta lựa chọn tùy ý số tự nhiên a lớn để số N cho với 𝑥 ≥ 𝑁 số số nguyên tố nằm 𝑥 (𝑥 + 1)2 không a (7) Ta chứng minh câu trả lời có cho câu hỏi 𝑷𝟐𝟑𝟏 suy từ giả thuyết (A) sau đây: Với 𝑛 = ta có khác biệt, với 𝑛 > ta có hai khác biệt lớn 2𝑝𝑛−1 hai số nguyên liên tiếp, nguyên tố với 𝑃𝑛 = 𝑝1 𝑝2 … 𝑝𝑛 nhỏ 𝑃𝑛 , 𝑝1 = 2, 𝑝2 = 3, … , 𝑝𝑛 dãy số nguyên tố phân bố theo thứ tự tăng dần 79 Nếu ta lấy số nguyên tố 𝑝𝑘 cho 𝑝𝑘 ≤ 𝑛 + < 𝑝𝑘+1 khác biệt (𝑛 + 1)2 − 𝑛2 = 2𝑛 + ≥ 2𝑝𝑘 − Do (𝑛 + 1)2 𝑛2 có đoạn không nhỏ gồm 2𝑝𝑘 − số nguyên Theo giả thuyết ta khác biệt lớn hai số nguyên liên tiếp không chia hết cho 2, 3, …, 𝑝𝑘 2𝑝𝑘−1 , 2(𝑝𝑘 − 1) với 𝑘 > Cho nên số đoạn gồm 2𝑝𝑘 − số nguyên có số m không chia hết cho 2, 3, …, 𝑝𝑘 𝑝𝑘+1 > 𝑛 + ≥ 𝑝𝑘 nên số m phải số nguyên tố Giả thuyết (A) kiểm tra đến 𝑝𝑛 = 17 Như thông báo cho viện sĩ Sierpinski câu hỏi 𝑷𝟐𝟔𝟎 , 𝑷𝟐𝟓𝟗 , 𝑷𝟐𝟔𝟏 có câu trả lời không (xem J W S Cass els, «Cn a diophanline equation», «Acta Arithm», 6, 1E60, trang 47 — 52) (9) Theo giả thuyết Euler số số hạng cần thiết để ta biểu diễn số tự nhiên thành tổng lũy thừa bậc n số tự nhiên biểu diễn công thức: 3𝑛 𝑛 𝑇 =2 + 𝑛 −2 𝑚 phần nguyên số m Công thức chứng minh với nhiều số n Không khó ta chứng minh giả thuyết Euler tương đương với giả thuyết cho đồng thức sau với số nguyên 𝑛 > 2: 3𝑛 3𝑛 = 𝑛 2𝑛 −1 Đồng thức kiểm tra với nhiều số n đến 𝑛 = 150 (10) Đó cần thiết phải đưa vào tri thức tiến ngày tăng khoa học công nghệ Đặc biệt, tiến tăng lên tương lai với tiến tổ chức xã hội (8) 80 (11) (12) (13) (14) nhân loại, việc chiến tranh chạy đua vũ trang với bình đẳng tất người quốc gia Xem sách A M Yaglom I M Yaglom ―Неэлементарные задачи в элементарном изложении‖, Гостехиздат, М., 1954, trang 55 — 56 Trong ấn tiếng Nga sách ―Математический калейдоскоп‖ (Гостехиздат, М.—Л., 1949) H Steinhaus phân tích Năm 1949 Steinhaus nghi ngờ khả phân tích Việc phân tích hình vuông với cạnh 608 thành 26 hình vuông khác nhau, việc phân tích hình chữ nhật thành hình vuông có sách ―Удивительный квадрат‖ B A Kordemsky N V Rusal Trong sách «Простые числа» Trost có chứng minh (của Clement) định lý Wilson tổng quát sau đây: Các số 𝑛 𝑛 + số nguyên tố sinh với 𝑛 > số 4[(𝑛 − 1)! + 1] + 𝑛 chia hết cho 𝑛(𝑛 + 2) Tương tự ta chứng minh tổng quát hóa định lý Wilson sau (do O M Fomenko tìm được): 1) Các số 𝑛 𝑛 + 2𝑘 đồng thời số nguyên tố (2𝑘)! 2𝑘[(𝑛 − 1)! + 1] + [(2𝑘)! − 1]𝑛 chia hết cho 𝑛(𝑛 + 2𝑘) 2) Để số 𝑛, 𝑛 + 2, 𝑛 + tạo thành ―bộ ba‖ số nguyên tố điều kiện cần đủ với 𝑛 ≠ số 6.6! {4[(𝑛 − 1)! + 1] + 𝑛} + 192 𝑛(𝑛 + 2) chia hết cho 𝑛(𝑛 + 2)(𝑛 + 6) Một lý thuyết phân tích phổ biến liên quan tới câu hỏi 𝑃72 có sách «Великая теорема Ферма», Госиздат, 1927 A I Khinchin _ 81 Hà Nội ngày 20 tháng 11 năm 2016 Dịch từ tiếng Nga HOÀNG ĐỨC TÂN Email: hdtan54@gmail.com 82 ... GIỚI THIỆU CỦA NGƯỜI DỊCH (Bản tiếng Nga) Cuốn sách nhà toán học tiếng, Phó Chủ tịch Viện Hàn lâm Khoa học Ba Lan, Vaclav Sierpinski bao gồm hai phần Phần đầu: "Một trăm câu hỏi đơn giản, đồng thời... tới lời giải câu hỏi cho, thời gian tính toán lâu (do khó khăn công nghệ tính toán túy) mà thực kho ng thời gian cho phép, ta có trợ giúp máy tính điện tử ngày Những câu hỏi thuộc loại thứ hai... số tự nhiên (số ước số 102 số), 102 số hạng cấp số nhân (với công bội 2): 1, 2, 4, 8, 16, … , 2100 , 2101 Vì vậy, việc nghiên cứu số đứng liền sát dãy số tự nhiên lại có độ khó khác Một ví dụ