Đang tải... (xem toàn văn)
Vì sự mặc định một cách hiển nhiên các số ni ngay từ đầu là các số nguyên tố là một giả định không cần chứng minh và buộc phải tồn tại, rằng các số cấu tạo nên số Q đều là số nguyên tố d[r]
(1)LỜI GIẢI CHO GIẢ THUYẾT TOÁN HỌC: KHÔNG TỒN TẠI SỐ HOÀN HẢO LẺ Nhắc lại số số Hoàn hảo người Hy Lạp cổ đại Người Hy Lạp cổ đại có quan niệm thần bí các số Họ thú vị phát các số hoàn hảo, nghĩa là các số nguyên dương mà tổng các ước số dương thực nó (các ước dương nhỏ số đó) chính nó Chẳng hạn, = + + 1; 28 = 14 + + + +1 Người Hy Lạp cổ đại đã biết tìm tất các số hoàn hảo chẵn, nghĩa là họ đã tìm “bài tập” sau: Bài tập: Một số dương chẵn n là số hoàn hảo và n = m-1 (2m-1), đó m là số nguyên dương cho (2m-1) là số nguyên tố Giả thuyết: Không tồn số hoàn hảo lẻ Qua bài tập này ta thấy số hoàn hảo có số nguyên tố dạng 2m-1 Các số nguyên tố gọi là số nguyên tố Mersenne Các số nguyên tố Mersenne có vai trò quan trọng lý thuyết và ứng dựng nữa, chẳng hạn vấn đề tìm các số nguyên tố lớn để xây dựng các hệ mật mã khóa công khai Cho đến người ta chưa biết có hữu hạn hay vô hạn số nguyên tố Mersenne Giả thuyết: Tồn vô hạn số nguyên tố Mersenne Hiện nay, nhờ máy tính tính toán với các số siêu lớn người ta tìm thấy số nguyên tố Mersenne thứ 48, là số mà tốn khoảng 10kg giấy A4 để viết số đó Luật sư Lê Luân, Hà Nội ngày 30.09.2015 | (2) LỜI GIẢI CỤ THỂ: Tập số tự nhiên N gồm các số chẵn và các số lẻ Các số lẻ là các số nguyên tố, là các hợp số, hay là các số biểu diễn dạng tích các lũy thừa các số nguyên tố Chẳng hạn: 21 = 7x3; 25 = 5x5; 33 = 3x11; 45 = 3x3x5; 315 = 3x3x5x7 Như vậy, số lẻ không phải là số nguyên tố có thể biểu diễn dạng tích lũy thừa các số nguyên tố Trước hết ta xem xét ĐA THỨC xây dựng sau: Pm(x) = ∏ Trong đó: số Q ) =∏ là số lẻ và các ni (i = * dương lẻ khác đôi Và ni, m là các số Ta có: Pm(1) = ∏ ) là các số nguyên tố ), là số chẵn Các trường hợp cụ thể: 2.1 Nhận thấy rằng, các số nguyên tố không thể là số hoàn hảo, nó có ước thực là số Trường hợp các số nguyên tố đã bị loại hoàn toàn khỏi khía cạnh ta xét 2.2 Xét số Q dạng sau: Q =∏ Thấy Q là số lẻ , với i = , là số nguyên tố dương lẻ * Lúc này các ước số số Q là: 1, n1, n2,…, ni; n1n2, n1n3,…; n1ni,…; (n1n2 nm-1),…., (n2n3 nm) Khi này xét đến số Pm(1) trên, ta nhân vế phải Pm(1) thì các ước số số Q xuất và chính nó là Q = ∏ có măt đa thức Pm(1) Nếu Q là số hoàn hảo thì nghĩa là đẳng thức sau xảy ra: Pm(1) = 2Q (*) Luật sư Lê Luân, Hà Nội ngày 30.09.2015 | (3) Mặt khác, Pm(1) = ∏ ) là số chẵn và số số xuất đúng i lần và có thể nhiều Nhưng (*), tức Pm(1) = 2Q là số mà không chia hết cho số 4t ( t * ) Nên suy buộc i = Nhưng i = là trường hợp Q = n1, là số nguyên tố Theo 2.1 thì chúng ta đã loại bỏ trường hợp này Để minh chứng cho điều này, ta xem các ví dụ cụ thể sau: Nếu i = Lúc này Q = n1.n2 Do đó, các ước số thực Q là: 1, n1, n2 Mà P2(1) = (1+n1)(1+n2) = + n1 + n2 + n1.n2 (Q) Nếu Q là số hoàn hảo thì Q = n1.n2 = + n1 + n2 P2(1) = 2n1.n2 = (1+n1)(1+n2) Vô lý, vì { (1+n1)(1+n2) còn 2n1.n2 => mà không chia hết cho Vì loại trường hợp này đã thấy trên Tương tự với các số i làm cách trên để loại bỏ các trường hợp này 2.3 Bây chúng ta xét trường hợp ni số nguyên tố dương lẻ tạo nên số Q (Q = ∏ * ) có k số trùng (k ), Trong đó ta giả sử: n1 = n2 = … = nk = n0 Q có dạng: Q = n0k.nk+1…nm = n0k ∏ , với i = và m * Khi đó, các ước số n0 là: 1, n0, n02,…, n0k Các ước số còn lại Q ta cần lấy các ước số số D (D = nk+1…nm), nhân với các số: 1, n0, n02,…, n0k, ta các ước số còn lại Q Lúc này, để Q là số hoàn hảo thì Q phải thỏa mãn đẳng thức: (1+n0)k∏ i) = n0k ∏ + n0[∑ Cjk-1).n0j-1].∏ i) Trong công thức trên: Vế trái công thức trên là Pm(1) với k số nguyên tố trùng n0, Vế phải: đại lượng 2n0k.ni là 2Q Luật sư Lê Luân, Hà Nội ngày 30.09.2015 | (4) Cjk-1).n0j-1].∏ Số hạng: n0[∑ n0 + n02 +…+ n0k)∏ i) là hiệu số của: Pm(1) – (1 + i+1) Ví dụ 1: số Q = 496 = 24.31 => k = 4, i = 1, n0 = 2, ni = 31 Ta có: VT = (1+2)4.(31+1) = 34.32 = 2592 VP = 2.496 + 2(3+5.2+3.22).(31+1) = 2592 Vậy VT = VP Đẳng thức xảy hoàn toàn đúng đắn Ví dụ 2: số Q = 8128 = 26.127 => k = 6, i = 1, n0 = 2, ni = 127 Ta có: VT = (1+2)6.(127+1) = 93.312 VP = 2.8128 + 2(5+14.2+19.22+14.23+5.24).(127+1) = 93.312 = VT Tương tự, với số hoàn hảo: Q = 130.816, công thức trên thỏa mãn và xảy đúng đắn Với các số dạng xét: Q = n0k.nk+1…nm = n0k ∏ và m * Ta lại xét: Pm (1) = (1 + n0 + n0 )∏ , với i = +…+ n0k)∏ i+1) = i+1) Viết Pm(1) cách tường minh việc nhân số hạng Pm(1) ta thu vế phải Pm(1) là tổng gồm tất các ước số thực Q và chính nó (số Q) Như vậy, để Q là số hoàn hảo thì buộc phải xảy ra: Pm(1) = 2Q = )∏ i+1) Do 2Q chia hết cho mà không chia hết cho 4t ( * ) => Chỉ số i các ni phải bằng: i = Luật sư Lê Luân, Hà Nội ngày 30.09.2015 | (5) này: Lúc Q = n0k.nk+1…nm = n0k.n1 ( Tuy nhiên, ta để trường hợp này để chứng minh cuối cùng 2.4 Bây ta xét cách tổng quát, với số Q có dạng: Q = n1m.n2k…nip = ∏ * Trong đó: ,1 m, k,…,p (A) * Các số n1, n2, …, ni là các số nguyên tố dương lẻ khác đôi Khi đó ta xét: D = (1+n1+n12+…+n1m).(1+n2+n22+…+n2k)…(1+ni+ni2+…+nip) Hay D =( ) (1) )=∏ )…( (2) Ở trên, viết tường minh D cách nhân thì xuất tất các ước số số Q và chính nó (số Q) Như vậy, Để Q là số hoàn hảo thì ta có: m k p D = 2Q = 2n1 n2 …ni = 2∏ (3) Với (1): Nếu m là số lẻ hay k, ,p là số lẻ thì ∑(1+n1+n12+…+n1m) là số chẵn Nên lớn số các số lũy thừa m, k,…, p mà là số lẻ thì (1) thì D chia hết cho 4t ( * ), theo (3) thì D chia hết cho mà không chia hết cho 4t Bởi vậy, số các số lũy thừa có số lẻ, và các số lũy thừa còn lại phải là các số chẵn Giả sử: m là số nguyên dương lẻ, Các số còn lại: k,…, p là các số nguyên dương chẵn Với (2): Khi đó ta viết D dạng (2) Ta viết lại D sau: D=( ) )…( ) = ∏ Luật sư Lê Luân, Hà Nội ngày 30.09.2015 | (6) Để Q là số hoàn hảo thì D = 2Q Ta có đẳng thức: D=( Ta có: số ) = 2Q = 2n1m.n2k…nip )…( ) (C) là số chia hết cho không chia hết cho bất ( j số n1 nào (với j = ) Nên, để (3) hay (C) xảy thì buộc lòng điều kiện sau phải thỏa mãn: ( ) ( ) ∏ { (I) ( ) ( là số nguyên tố nên suy t = Theo (I).(a) thì = ∏ ) , với * Cũng từ (I).(a) ta có: m lẻ nên: (m+1) = 2x, ta suy ra: = , từ đây để đảm bảo (I).(a) thì x phải là số lẻ (nếu không thì là đẳng thức và phân tích tiếp thì lại số chia hết cho 4(n1-1)) ∏ Từ đây, ta lại suy tiếp được: Ta lại suy tiếp: ∏ { số mũ cho tổng: (5) ∏ , , (và , Với , là các có thể hoàn toàn khác không trùng số ni nào với nhau) Luật sư Lê Luân, Hà Nội ngày 30.09.2015 | (7) Ta có: (5).(b) tương đương: –1 = 2∏ (5).(a) tương đương: = = [ –( ∏ = ∏ = – 1) (∏ – 1) ].(∏ ∏ ∏ – = (6) ∏ Do vế phải (6) là phân số mà tử và mẫu là hai số nguyên dương liên tiếp Nên để (6) xảy thì tử và mẫu phân số vế trái (6) phải là hai số nguyên dương liên tiếp (vì mẫu số đơn vị) Để có điều này thì tử số = Như vậy, m Số Q lúc này trở dạng: Q = ∏ Với: m nguyên dương chẵn ni là các số nguyên tố dương lẻ là các số tự nhiên lẻ Xét dạng số này Cũng cách lập luận và cách làm trước ta có: D=( )…( ) ( )∏ ) = 2Q = 2n1m.n2k…nip = ∏ Luật sư Lê Luân, Hà Nội ngày 30.09.2015 | (8) ∏ = ∏ = ∏ Để (7) xảy thì buộc lòng phải có: Như vậy, Q có dạng: Q .∏ = = 2m.n ∏ (7) ∏ = ( Dựa vào (7) ta suy được: n = Bởi vậy, còn 2.5 Trường hợp còn lại dạng để muốn số là số hoàn hảo lẻ thì là ( Ta viết lại ( : : Q = n0k.n1 ( * Trong đó: k chẵn, k N n0, n1: là các số nguyên tố dương lẻ N* Ta xét số D là tích số dạng: D = (1 + n0 + n02 +…+ n0k).(1+n1) Nhân tường minh vế phải số D ta số D là tổng các ước thực số Q và chính nó (số Q) Từ đây ta có: Q là số hoàn hảo thì: D = 2Q k k Tức: 2.n0 n1 = (1 + n0 + n0 +…+ n0 )(1+n1) = )(1+n1) Để thỏa mãn đẳng thức trên, thì xảy hai điều kiện đồng thời sau: { ( ) (III) Biến đổi (e1), (e2) hệ (III) ta được: Luật sư Lê Luân, Hà Nội ngày 30.09.2015 | (9) k e1: n1 = 2.n0 - k => 2.n0k - = n0k + = n0 + e2 : n = n0k - = (n0k - 1)(1 - và là số nguyên tố dương, k là số chẵn Do n0 ) = N* Nên suy ra: { n0 = Như vậy, có thể thấy, để số là số hoàn hảo thì các số này biểu diễn dạng: Q = 2k (2 2k – 1) = 2k (2k+1 – 1) Trong đó: - Số k: là số chẵn, thuộc N*; - Số (2k+1 – 1): là số nguyên tố dương lẻ Và đó, không thể và hoàn toàn không tồn số hoàn hảo lẻ Q luôn là số chẵn GIẢ THUYẾT: KHÔNG TỒN TẠI SỐ HOÀN HẢO LẺ ĐÃ ĐƯỢC CHỨNG MINH! Đối với Giả thuyết tiếp theo: Tồn vô hạn số nguyên tố Mersenne Do quá trình trên ta đã chứng minh rằng, số hoàn hảo có thể tồn dạng: ( :Q = n0k.n1 Trong đó, đây, từ đầu, để đạt chứng minh đúng đắn thì: n0, n1 luôn giả thiết và mặc định cách hiển nhiên là các số nguyên tố dương lẻ nào đó Mà các số nguyên tố lẻ này là vô hạn tập số tự nhiên N Luật sư Lê Luân, Hà Nội ngày 30.09.2015 | (10) Và theo tiến trình chứng minh giả thuyết không tồn số hoàn hảo lẻ trên thì để số dạng: ( ) là số hoàn hảo thì xảy hệ đẳng thức (III) và từ đó ta tìm n0 = và đồng thời tìm mối liên hệ số nguyên tố dương lẻ n1 biểu diễn trực tiếp số nguyên tố n0 (n1 = 2.n0k - 1, với k chẵn thuộc N*) Như vậy, cần k chẵn, thuộc N*, thì ta luôn có số n1 tương ứng là số nguyên tố Ta có thể kết luận việc tồn mối liên hệ số nguyên tố n1 với số n0 (và n0 = 2) này là liên kết tự nhiên và ngẫu nhiên theo phương trình đã nêu Vì mặc định cách hiển nhiên các số ni từ đầu là các số nguyên tố là giả định không cần chứng minh và buộc phải tồn tại, các số cấu tạo nên số Q là số nguyên tố dương lẻ, mà đã là số nguyên tố dương lẻ thì tồn vô hạn số Nên từ đó đương nhiên khẳng định rằng: TỒN TẠI VÔ HẠN SỐ NGUYÊN TỐ MERSENNE! Thông tin sơ người đưa lời giải: Luật sư Lê Luân (Lê Văn Luân) Sinh ngày: 27.11.1985 Giới tính: Nam Nơi sinh: Quế Võ, Bắc Ninh SĐT: 0914.888.102 Nơi công tác: Văn phòng luật sư Hưng Đạo Thăng Long, Số 01 phố Vũ Phạm Hàm, phường Yên Hòa, quận Cầu Giấy, thành phố Hà Nội, Việt Nam Email: luatsuleluan@gmail.com =============***=========== Luật sư Lê Luân, Hà Nội ngày 30.09.2015 | 10 (11)