Thứ Năm, 31 tháng 10, 2013

31. Số nguyên tố sinh đôi là gì?

Một hiện tượng thú vị là sự xuất hiện của những cặp số nguyên tố còn gọi là số nguyên tố sinh đôi.

Một cặp sinh đôi là một cặp số nguyên tố có hiệu bằng $2$, ví dụ như $11$ và $13$.

Các cặp số nguyên tố nhỏ hơn $1000$, xếp theo thứ tự, là:

$$(3, 5), (5, 7), (11, 13), (17, 19), (29, 31), (41, 43), (59, 61), (71, 73), (101, 103), (107, 109), (137, 139), (149, 151), (179, 181), (191, 193), (197, 199), (227, 229), (239, 241), (269, 271), (281, 283), (311, 313), (347, 349), (419, 421), (431, 433), (461, 463), (521, 523), (569, 571), (599, 601), (617, 619), (641, 643), (659, 661), (809, 811), (821, 823), (827, 829), (857, 859), (881, 883).$$

32. Có phải các số nguyên tố sinh đôi cũng vô hạn về số lượng?

Ba mươi lăm cặp số vừa nêu ở trên là nằm giữa $1$ và $1000$. Nhưng danh sách có thể tiếp tục kéo dài đến vô hạn.

Một cặp sinh đôi khác là $(4049, 4051).$

Một cặp khác nữa là $(1.000.000.009.649, 1.000.000.009.651).$

Người ta ước đoán rằng số lượng cặp số nguyên tố sinh đôi là vô hạn, nhưng chưa ai chứng minh được.

33. Tính chất chung cho các số nguyên tố sinh đôi là gì?

Mọi cặp số nguyên tố, trừ ngoại lệ là cặp số đầu tiên, tức cặp $(3,5)$, có một tính chất chung nổi bật là tổng các số trong cặp luôn luôn chia hết cho $12$.

Ví dụ, cặp $(5,7)$ có tổng bằng $12$, cặp $(11,13)$ có tổng bằng $24$, cặp $(17,19)$ có tổng bằng $36$, và vân vân, mỗi tổng đều chia hết cho $12$.

34. Một hợp số có bao nhiêu ước số?

Đặt $N = a^{p}b^{q}c^{r} $là một hợp số, trong đó $a, b, c$ là những số nguyên tố khác nhau, và $p, q, r$ là các số nguyên dương.

Số lượng ước số khi đó là $(p + 1)(q + 1)(r + 1).$

Làm thế nào có được?

Xét tích số

$$(1 + a + a^{2} + ... + a^{p}) (1 + b + b^{2} + ... + b^{q}) (1 + c + c^{2} + ... + c^{r}).$$

Tổng các số hạng trong tích này là $(p + 1)(q + 1)(r + 1)$ và mỗi số hạng trong tích trên là một ước số của con số đã cho. Vì thế, số lượng ước số là $(p + 1)(q + 1)(r + 1).$

Đồng thời, không còn số nào khác có thể là ước số.

Trong các ước số này đã tính luôn cả $1$ và số $N$.

35. Tính chất này được khái quát hóa như thế nào?

Nếu $N = a^{p}b^{q}c^{r}d^{s}..$., thì số lượng ước số tương tự sẽ là $(p + 1)(q + 1)(r + 1)(s + 1)...$, trong đó đã tính cả $1$ và số $N$.

36. Số $30$ có bao nhiêu ước số, và chúng bằng bao nhiêu?

$$30 = 2 \times 3 \times 5 = 2^{1} \times 3^{1} \times 5^{1}$$

nên số lượng ước số bằng $2 \times 2 \times 2 = 8.$

Các ước số đó là $2, 3, 5, 6, 10, 15; 1$ và $30.$

37. Số $7056$ có bao nhiêu ước số?

Vì $7056 = 2^{4} × 3^{2} × 7^{2},$

nên số lượng ước số bằng $(4 + 1)(2 + 1)(2 + 1) = 5 × 3 × 3 = 45.$

Nếu trừ đi hai ước số tầm thường $1$ và $7056$ thì số lượng ước số đích thực bằng $43.$

38. Làm thế nào xác định số mũ cao nhất của một số nguyên tố chứa trong $n!$ ?

Một ví dụ sẽ làm sáng tỏ phương pháp xác định.

Chúng ta hãy tìm số mũ cao nhất của $3$ trong $100!$, tức là tích $1.2.3....100.$

Số nguyên $3$ chỉ xuất hiện trong các số nguyên $3, 6, 9,...,99$, tức là mỗi số nguyên chia hết cho $3.$

Do đó, số lượng của chúng được cho bởi thương số của $100$ và $3$, tức là $33.$

$3$ xuất hiện lần thứ hai trong các số nguyên $9, 18, 27,...,99,$ số lượng của chúng bằng thương của $100$ chia $9$, tức là $11.$

$3$ xuất hiện lần thứ ba trong số nguyên $27, 54, 81.$

Số lượng của chúng bằng thương số $100$ chia $27$, tức là $3.$

$3$ xuất hiện lần thứ tư chỉ trong số $81.$

Vì thế số mũ cao nhất cần tìm bằng $33 + 11 + 3 + 1 = 48.$

Như vậy, để tìm số mũ cao nhất của một số nguyên tố $p$ chứa trong $n!$, chúng ta tìm thương số của $n$ chia lần lượt cho $p, p^{2}, p^{3},...$ rồi cộng chúng lại.

Tương tự, ta có thể tìm số mũ cao nhất của $7$ chứa trong $1000!$ là $164$.

39. Định lí Fermat là gì?

Nếu $p$ là một số nguyên tố, và $N$ là số nguyên tố cùng nhau với $p$, thì $N^{p-1} – 1$ là một bội số của $p$.

Đây chính là định lí Fermat.

Vì $N$ là số nguyên tố cùng nhau với $p$, nên có thể nhân biểu thức trên với $N$, và chúng ta có được kết quả sau:

$N^{p} – N$ là chia hết cho $p$ với mỗi số nguyên tố $p$.

Như vậy, $n^{2} – n$ là chia hết cho $2$.

Nói bằng lời, kết quả này có nghĩa là hiệu giữa bình phương của một số và chính số đó luôn luôn là một số chẵn.

Tương tự, $n^{3} – n, n^{5} – n, n^{7} – n, n^{11} – n,...$ lần lượt chia hết cho $3, 5, 7, 11,...$, nhưng những kết quả tương tự không đúng đối với $n^{4} – n, n^{6} – n,...$ vì $4, 6$ không phải là số nguyên tố.

40. Nhưng làm thế nào $n^{5} – n$ chia hết cho $3$, chứ không riêng chia hết cho $5$?

Vì $5$ là số nguyên tố, do đó theo định lí Fermat $n^{5} – n$ là chia hết cho $5$.

Mặt khác,

$$n^{5} – n = n (n^{4} – 1)$$

$$= n (n^{2} – 1) (n^{2} + 1)$$

$$= n (n – 1) (n + 1) (n^{2} + 1)$$

$$= (n – 1) n (n + 1) (n^{2} + 1)$$

$(n – 1) n (n + 1)$ là kí hiệu cho tích của ba số tự nhiên liên tiếp, và chia hết cho $3!$ hoặc $6$. Do đó, $n^{5}– n$ là chia hết cho $5 \times 6$, tức là $30.$

Lập luận tương tự, ta có $n^{7} – n$ còn chia hết cho $7 \times 6$, tức là $42$, chứ không riêng chia hết cho $7.$

41. Từ định lí Fermat còn suy ra được những kết quả gì khác?

Ta suy ra được những kết quả sau đây:

  1. Mỗi số chính phương là có dạng $5n$ hoặc $5n \pm 1$, trong đó $n$ là một số nguyên dương.
  2. Mỗi số có căn bậc ba nguyên là có dạng $9n$ hoặc $9n \pm 1.$
  3. Một số vừa là chính phương vừa có căn bậc ba nguyên thì có dạng $7n$ hoặc $7n + 1.$

42. Định lí Wilson là gì?

Định lí Wilson phát biểu rằng:

Số $(n – 1)! + 1$ là chia hết cho $n$, nếu và chỉ nếu $n$ là số nguyên tố.

Ví dụ, với $n = 5, (n – 1)! + 1 =25$ chia hết cho $5$, vì $5$ là số nguyên tố.

Nhưng nếu $n = 6$ thì $(n – 1)! + 1 = 121$ không chia hết cho $6$, vì $6$ không phải là số nguyên tố.

43. Người ta sử dụng phép quy nạp toán học như thế nào để chứng minh tính chia hết?

Phương pháp quy nạp toán học trong đó chúng ta đi từ phát biểu riêng đến phát biểu khái quát thỉnh thoảng có thể được sử dụng để chứng minh một số kết quả về tính chia hết.

Lấy ví dụ, chúng ta chứng minh rằng $3^{2n} – 2n – 1$ là chia hết cho $2$, với mọi giá trị nguyên dương của $n$.

Ta hãy kí hiệu biểu thức trên là $f(n)$, khi đó

$$f(n) = 3^{2n} – 2n – 1 \, \, \, (1)$$

biến đổi $n$ thành $n + 1$ ta có

$$f(n + 1) = 3^{2n+2} – 2(n + 2) – 1$$

$$= 9. 3^{2n} – 2n – 3 \, \, \, (2)$$

Nhân $(1)$ với $9$, rồi lấy $(2) - (1)$, ta được

$$f(n + 1) – 9f(n) = – 2n – 3 – 9 (–2n – 1)$$

$$= –2n – 3 + 18 n + 9$$

$$= 16n + 6$$

$$= 2 (8n + 3)$$

Do đó, nếu $f(n)$ chia hết cho $2$, thì $f(n + 1)$ cũng chia hết cho $2.$

Cụ thể, $f(1) = 3^{2} – 2 – 1 = 6$, chia hết cho $2$, nên $f(2)$ chia hết cho $2$, rồi $f(3)$ cũng vậy, cứ thế. Như vậy, kết quả là đúng cho mọi trường hợp.

Những kết quả sau đây có thể được chứng minh tương tự:

i) $10^{n} + 3.4^{2+2} + 5$ là chia hết cho $9$

ii) $3^{4n+2} + 5^{2n+1}$ là chia hết cho $14$

iii) $3^{2n+2} – 8n – 9$ là chia hết cho $64$

iv) $3^{2n+5} + 160n^{2} – 56n – 243$ là chia hết cho $512$

v) $5^{2n+2} – 24n – 25$ là chia hết cho $576.$

44. Các số Pythagoras là gì?

Các số nguyên dương $x, y, z$ được gọi là số Pythagoras nếu chúng thỏa mãn phương trình: $x^{2} + y^{2}= z^{2}.$

Hai ví dụ quen thuộc của những số như thế là $3, 4, 5$ và $5, 12, 13.$

Ở đây ta có $3^{2} + 4^{2} = 5^{2}$ và $5^{2} + 12^{2} = 13^{2}.$

Các số Pythagoras luôn làm thành ba cạnh của một tam giác vuông.

Đặc điểm nổi bật nhất của tam giác vuông được cho bởi định lí Pythagoras. Định lí phát biểu rằng tổng bình phương của hai cạnh góc vuông bằng bình phương của cạnh huyền.


Theo định lí Pythagoras, $3^{2} + 4^{2} = 5^{2}.$

Các số như vậy được cho bởi:

$$x = m^{2} – n^{2}$$

$$y = 2mn$$

$$z = m^{2} + n^{2}$$

Trong đó $m, n$ là hai số nguyên dương bất kì, và $m>n$

45. Còn tổng lũy thừa cao nhất của các số nguyên thì sao? Hay định lí cuối cùng của Fermat là gì?

Một động thái tự nhiên là tìm kiếm các số nguyên dương $x, y, z$ thỏa mãn

$$x^{3} + y^{3} = z^{3}$$

$$x^{4} + y^{4} = z^{4}$$

$$x^{5} + y^{5} = z^{5}$$,

và vân vân.

Tất cả những trường hợp này được gộp chung lại như sau:

Tìm các số nguyên $x, y, z$ sao cho $x^{n} + y^{n} = z^{n} $,trong đó $n$ là một số nguyên lớn hơn $2.$

Vào khoảng năm $1637$, Fermat đã dành thời gian nghiên cứu bài toán này và đi tới kết luận rằng không thể tìm được những số nguyên như thế.

Kết quả này được gọi là định lí cuối cùng của Fermat.

Ông có đề cập rằng ông đã tìm ra một cách chứng minh không thể chối cãi của kết quả này, nhưng lề của quyển sách chỗ ông viết là quá hẹp để ghi nó ra. Fermat có thói quen ghi lại một số ý tưởng của ông trên lề của những quyển sách toán của ông.

46. Phép chứng minh đó có được tìm thấy lại hay không?

Một số nhà toán học trong hơn ba trăm năm qua đã cố gắng tìm lại phép chứng minh đó nhưng chẳng có ai thành công.

Định lí đã được chứng minh cho một vài giá trị của n, và người ta chưa tìm thấy ngoại lệ nào, nhưng một chứng minh tổng quát đúng cho mọi giá trị của n cho đến nay vẫn còn né tránh các nhà toán học.

47. Mỗi số nguyên dương có thể được biểu diễn theo tổng của bốn bình phương hay không?

Một tính chất thú vị đúng cho mọi số nguyên dương là mỗi số nguyên như thế có thể được biểu diễn ở dạng $x^{2} + y^{2} + z^{2} + u^{2}$ các giá trị bằng $0$ của $x, y, z, u$ là không thể tránh khỏi.

Ví dụ,

$$1 = 0^{2} + 0^{2} + 0^{2} + 1^{2}$$

$$2 = 0^{2} + 0^{2} + 1^{2} + 1^{2}$$

$$3 = 0^{2} + 1^{2} + 1^{2} + 1^{2}$$

$$4 = 1^{2} + 1^{2} + 1^{2} + 1^{2} $$

$$5 = 0^{2} + 0^{2} + 1^{2} + 2^{2}$$

$$6 = 0^{2} + 1^{2} + 1^{2} + 2^{2}$$

$$7 = 1^{2} + 1^{2} + 1^{2} + 2^{2}$$

Vân vân.

$$50 = 0^{2} + 0^{2} + 1^{2} + 7^{2}$$

$$234 = 2^{2} + 5^{2} + 6^{2} + 13^{2}$$

$$2011 = 13^{2} + 16^{2} + 19^{2} + 35^{2}$$

Vân vân.

48. Các biểu diễn như trên có là duy nhất hay không?

Không. Có thể biểu diễn một con số theo kiểu như vậy bằng nhiều cách. Ví dụ

$$10007 = 99^{2} + 14^{2} + 3^{2} + 1^{2}$$

$$= 74^{2} + 65^{2} + 15^{2} + 9^{2}$$

$$= 62^{2} + 59^{2} + 51^{2} + 9^{2}$$

49. Những kết quả như thế có tồn tại cho số mũ nguyên $3$ và số mũ cao hơn hay không?

Các nghiên cứu đã được thực hiện theo chiều hướng này kể từ năm $1770$ và các kết quả liên tục được cải thiện.

Những kết quả thu được cho đến nay đủ để phát biểu rằng mỗi số nguyên $N$ đủ lớn là tổng của $9^{3}, 19^{4}, 41^{5}, 87^{6}, 193^{7}, 425^{8}, 949^{9}$ hoặc $2113^{10}.$

Giới hạn trên của số $N$ chưa được xác định, nhưng nó phải là rất lớn.

50. Giả thiết Goldbach về những con số lớn là gì?

Vào năm $1742$, Goldbach đã nêu giả thiết rằng mỗi con số lẻ $N$ đủ lớn có thể được biểu diễn bằng tổng của ba số nguyên tố, tức là

Số lẻ $N = p_{1} + p_{2} + p_{3}$

nhưng giả thiết thật ra được chứng minh bởi Vinogradov vào năm $1937.$

Nếu chúng ta cộng thêm $3$ vào hai vế của biểu thức liên hệ này, thì ta có

Số chẵn $N = p_{1} + p_{2} + p_{3} + 3$

tức là mỗi con số chẵn đủ lớn có thể được biểu diễn bằng tổng của bốn số nguyên tố.

Người ta còn biết rằng mỗi số nguyên đủ lớn là tổng của tối đa $20$ số nguyên tố.

(còn tiếp)

0 nhận xét:

Đăng nhận xét

- Hãy dùng tiếng Việt có dấu để mọi người dễ đọc hơn!
- Các bạn hãy Mã hóa Code trước khi chèn vào nhận xét
- Chèn link bằng thẻ: <a href="URL liên kết" rel="nofollow">Tên link</a>
- Tạo chữ <b>đậm</b> và <i>Ngiêng</i>
- Hướng dẫn gõ công thức Toán trên blog bằng MathType
Thank you