Đề thi THPT Quốc gia môn Toán năm 2015, De thi thu THPT Quoc Gia nam 2015

Như tất cả môn khoa học khác, toán cũng có những bí mật thú vị. Nắm được các quy luật dưới đây, toán có thể sẽ trở thành môn học yêu thích của bạn.

Đã đăng Phần 1 Phần 2

Bài 1: Cộng các số liên tiếp
Qui tắc: Cộng các số theo hàng từ thấp nhất đến cao nhất trong nhóm số, nhân kết quả cho số lượng số trong nhóm đó, và chia kết quả cho 2.

VD: Tính tổng của các số từ 33 đến 41.
- Đầu tiên cộng các số theo hàng từ thấp đến cao (làm bài toán cộng bình thường).
33 + 41 = 74
- Tiếp theo, nhân kết quả cho số lượng số trong nhóm (từ 33 đến 41 có 9 số).
74 x 9 = 666
- Cuối cùng chia kết quả lại cho 2.
666 : 2 = 333
Kết quả: 333 là tổng của các số từ 33 đến 41. (Nếu các bạn không tin thì cứ tính thử).

xong rồi các bạn thực hành thử coi được không?
1. Tính tổng của các số từ 50 đến 89.
2. Tính tổng các số từ 102 đến 124.
3. Tính tổng các số từ 300 đến 328.


Bài 2: Cộng các số liên tiếp bắt đầu từ 1
Qui tắc: Nhân số lượng số trong nhóm đó cho một số lớn hơn 1 đơn vị, và chia kết quả cho 2.

VD: Tính tổng của các số từ 1 đến 99.
- Đầu tiên từ 1 đến 99 có 99 số.
- Tiếp theo, ta nhân số lượng số cho một số lớn hơn 1 đơn vị.
99 x 100 = 9900
- Cuối cùng chia kết quả lại cho 2.
9900 : 2 = 4950
Kết quả: 45 là tổng của các số từ 1 đến 9. (Nếu các bạn không thì cứ tính thử).


Bài 3: Tổng các số lẻ liên tiếp
Qui tắc: Bình phương số lượng số lẻ trong loạt số đó.

VD: Tính tổng của các số lẻ từ 1 đến 100.
- Đầu tiên từ 1 đến 100 có 50 số lẻ.
- Bình phương số lượng các số lẻ từ 1 đến 100.
50 x 50 = 2500
Kết quả: 2500 là tổng các số lẻ từ 1 đến 100. (Nếu các bạn không tin thì cứ tính thử).


Bài 4: Tổng các số chẵn liên tiếp

Qui tắc: Nhân số lượng số chắn trong loạt số đó cho một số lớn hơn 1 đơn vị.

VD: Tính tổng của các số lẻ từ 2 đến 100.
- Đầu tiên từ 2 đến 100 có 50 số chẵn.
- Nhân số lượng số chẵn trong loạt số cho một số lớn hơn 1 đơn vị.
50 x 51 = 2550
Kết quả: 2550 là tổng của các số chẵn từ 2 đến. (Nếu không tin thì cứ tính thử)
Theo VD bài 2 tổng các số liên tiếp từ 1 đến 99 là 4950, tổng các số liên tiếp từ 1 đến 100 là 5050. Trong các VD bài 3 tổng các số lẻ liên tiếp từ 1 đến 100 là 2500. Kết quả bài VD trên có thể tính bằng:
Tổng các số liên tiếp từ 1 đến 100 – Tổng các số lẻ liên tiếp từ 1 đến 100 = Tổng các số chẵn liên tiếp từ 2 đến 100
5050 - 2500 = 2050


Bài 5: Tổng một nhóm số cách đều

Qui tắc: Tính tổng giữa số lớn nhất với số nhỏ nhất, nhân tổng cho số lượng số trong nhóm, chia kết quả cho 2.

VD: Tính tổng của các số sau: 87, 91, 95, 99, và 103.
- Chú ý: giữa các số có chung sự khác nhau đó là số này cách số kia 4 đơn vị, ta có thể sử dụng phương pháp ngắn gọn trên.
- Đầu tiên tính tổng của số nhỏ nhất với số lớn nhất.
87 + 103 = 190
- Tiếp theo nhân tổng với số lượng số trong nhóm (nhóm số trên có tất cả 5 số).
190 x 5 = 950 (cách tính này nữa bạn học ở bài 11)
- Cuối cùng chia tích cho 2.
950 : 2 = 475
Kết quả: 475 là tổng của các số 87, 91, 95, 99 và 103. (Nếu không tin thì cứ tính thử)
Trong thực tế bài 5 này là bài 1, bởi vì chỉ đơn giản là bài một ta tính tổng các số liên tiếp cách nhau 1 đơn vị. Còn ở bài này ta dùng để tính tổng của các số cách nhau một khoảng đơn vị. Bạn cũng có thể kết hợp cả bài 1 và bài 5.


Bài 6: Tổng một nhóm số có tỉ số chung

Qui tắc: nhân tỉ số đó cho chính nó số lần bằng số lượng số trong nhóm, trừ kết quả cho 1 và nhân tiếp cho số đầu tiên của loạt số. Cuối cùng chia kết quả cho số nhỏ hơn tỉ số 1 đơn vị.

VD: Tính tổng của các số sau: 53, 106, 212, 424
- Ta thấy tỉ số giữa 2 số là 2 (tức là số sau bằng 2 lần số trước) và trong nhóm có 4 số.
- Đầu tiên nhân tỉ số đó cho chính nó với số lần bằng số lượng số trong nhóm.
2 x 2 x 2 x 2 (24) = 16
- Tiếp theo trừ kết quả cho 1.
16 – 1 = 15
- Kế đó nhân tiếp cho số đầu tiên của loạt số.
15 x 53 = 795
- Cuối cùng chia kết quả cho số nhỏ hơn tỉ số 1 đơn vị tức là 795 chia cho 1 bằng 795.
Kết quả: 795 là tổng của các số 53, 106, 212, 424. (Nếu không tin thì cứ tính thử) Lưu ý: Bài này chỉ áp dụng khi tỉ số nhỏ hoặc khi số lượng số trong nhóm ít. Nếu số lượng số trong nhóm lớn và tỉ số khá cao thì nhân tỉ số cho chính nó nhiều lần hơn sẽ làm giảm độ dễ mà bài có thể áp dụng.

Bài 7: Nhân cho 2

Thoạt đầu đọc tựa bài hẳn có nhiều bạn cho rằng: Nhân cho 2 ai mà chả biết hay Dễ ẹt có gì mà khó
Giả sử như mình cho các bạn một bài như 1,524,685 x 2 mấy bạn sẽ làm sao? Ngồi mà tính nhẫm từng số à hay là dùng máy tính (nếu vậy thì không cần phải xem những bài này đâu)
Qui tắc: Bắt đầu từ ký tự số đầu tiên của số sẽ nhân cho 2: Nếu số đó nhỏ hơn hoặc bằng 4 thì ta nhân đôi số đó lên, nếu số đó từ 5 đến 9 thì ta trừ số đó cho 5 và nhân đôi kết quả lên. Tiếp tục làm như thế với các ký tự tiếp theo. Cuối cùng là phần ước lượng. Các ký tự bắt đầu từ trái sang phải của số nhân với 2 nếu như ký tự đó từ 5 trở lên thì kết quả bên trái các số của phần kết quả sẽ cộng thêm 1 đơn vị.

Nói nghe có vẻ khó nhưng thực hiện thì dễ hơn nhiều VD: Tìm tích của 562 x 2
Ký tự đầu tiên là 5 theo công thức ta có 5 - 5 = 0 tiếp theo là 0 x 2 = 0 (do ký tự đầu tiên là 5)
Ký tự tiếp theo là 6 theo công thức ta có 6 - 5 = 1 tiếp theo là 1 x 2 = 2 (do ký tự này là 6)
Ký tự tiếp theo là 2 theo công thức ta có 2 x 2 = 4 (do ký tự này là 2)
Tuần tự ghi các số đã tìm đc là 024

Tới phần quan trọng đây: Bắt đầu từ trái sang phải của số nhân với 2 tức là số 562 có ký tự cuối cùng là 2 < 5 cho nên kí tự kế bên trái của phần kết quả 024 là số 2 sẽ dc giữ nguyên. Kí tự kế tiếp của số 562 là 6 > 5 cho nên kí tự bên trái phần kết quả là số 0 sẽ dc cộng thêm 1 đơn vị nên 0 + 1 = 1 kết quả bây giờ có thay đổi là 124. Kí tự cuối cùng của số 562 là 5 cho nên số kế tiếp của phần kết quả 124 sẽ đc cộng thêm 1 đơn vị tức là kết quả là 1124.(Nếu không tin các bạn cứ tính thử)
*****

Bài 8: Nhân cho 3

Qui tắc: Ước lượng kí tự đầu tiên của đáp số bằng cách lấy 1 nửa của kí tự đầu tiên số đã cho. Tiếp theo các kí tự còn lại sẽ đc trừ bởi 9, nhân đôi kết quả rồi cộng cho 1 nửa của kí tự bên phải kí tự đó. Nhớ ghi lại các số nhận đc một cách tuần tự. Nếu kí tự nào lẻ thì kết quả của kí tự đó sẽ cộng thêm 5. Để tìm kí tự cuối cùng của đáp án thì ta lấy 10 trừ cho kí tự cuối cùng của số đã cho, sau đó nhân 2, cộng thêm 5 nếu kí tự đó là số lẻ. Mỗi bước tính ở trên phải ghi lại các số đã tính dc. Nếu các số tính ra từ 10 trở lên thì ta chỉ lấy hàng đơn vị còn số còn lại ta cộng vào kí tự phía trước nó. Để tìm ra kết quả từ số đã ước lượng ở đầu bài ta cộng kí tự đầu tiên của đáp án với số đã ước lượng đó và trừ kết quả lại cho 2
5,943 x 3

Ước lượng kí tự đầu tiên: 5 ta lấy 1 nửa là 2 (Nhớ là lấy phần nguyên)
Kí tự đầu tiên là 5 theo qui tắc: 9 - 5 = 4, 4 x 2 = 8, 8 + 4 = 12, 12 + 5 = 17 (do 5 là số lẻ) ghi ra giấy kết quả nhận dc là 17.
Kí tự thứ 2 là 9 ta cũng làm như trên: 9 - 9 = 0, 0 + 2 + 5 = 7 ghi ra giấy 177.
kí tự thứ 3 là 4 tương tự: 9 - 4 = 5, 5 x 2 = 10, 10 + 1 = 11 do kết quả từ 10 trở lên ta chỉ lấy phần đơn vị còn phần còn lại ta cộng cho số trước nó: 1 + 7 = 8 ghi ra giấy 1781.
Kí tự cuối cùng là 3 theo qui tắc thì: 10 - 3 = 7, 7 x 2 = 14, 14 + 5 = 19 ghi ra giấy 17829.
Cuối cùng cộng kí tự đầu tiên cho số đã ước lượng: 1 + 2 = 3 ghi ra giấy 37829 Trừ kí tự đầu cho 2: 3 - 2 = 1 vậy kết quả cuối cùng là 17829 đc chưa? (không tin mấy bạn cứ tính thử).


Bài 9: Nhân cho 4

Qui tắc: Ước lượng số đầu bằng cách lấy đi 1 nửa kí tự đầu. Các kí tự lần lượt tính như sau: Lấy 9 trừ kí tự đó rồi cộng cho 1 nửa kí tự sau nó, nếu kí tự đó lẻ thì cộng thêm 5. Đến kí tự cuối cùng thì lấy 10 trừ cho kí tự đó cộng 5 nếu kí tự lẻ. Nhớ tuần tự ghi lại các số đã tính đc vào giấy, cách ghi giống của bài 9. Cuối cùng để nhận kết quả ta lấy kí tự đầu cộng số ước và trừ lại cho 1.

VD: 15,632 x 4
Ước lượng: 1 : 2 = 0.5 vậy số ước bằng 0
Tuần tự tính các kí tự: 9 - 1 = 8, 8 + 2 = 10, 10 + 5 = 15 ghi giấy 15
9 - 5 = 4, 4 + 3 = 7, 7 + 5 = 12 ghi giấy 162
9 - 6 = 3, 3 + 1 = 4 ghi giấy 1,624
9 - 3 = 6, 6 + 1 = 7,7 + 5 = 12 ghi giấy 16,252
10 - 2 = 8 ghi giấy 162,528
trừ kí tự đầu của kết quả cho 1 thì kết quả nhận đc là 62,528( nếu không tin mấy bạn cứ tính thử)


Bài 10: Nhân cho 5

Qui tắc: Bài này có 2 phương pháp.
Phương pháp 1: Kí tự đầu tiên của đáp án bằng 1 nửa kí tự số đã cho. Các kí tự của đáp số bằng 5 nếu kí tự của số đó là lẻ, bằng 0 nếu kí tự đó chẵn, và cộng thêm 1 nửa của kí tự bên phải kí tự đó. Kí tự cuối cùng của đáp số là 5 nếu kí tự cuối của số đã cho là số lẻ, là 0 nếu kí tự chẵn.
Phương pháp 2: Di chuyển dấu phẩy ngăn cách giữa phần nguyên và phần thập phân của số sang phải 1 kí tự rồi chia số đó cho 2.
Vd: 56,395 x 5

Phương pháp 1:
Kí tự đầu của đáp số 5 : 2 = 2, ghi giấy 2
Kí tự đầu tiên là 5 theo qui tắc: 5 + 3 = 8
Kí tự tiếp theo là 6 theo qui tắc: 0 + 1 = 1 ghi giấy 281
kí tự tiếp theo là 3 theo qui tắc: 5 + 4 = 9 ghi giấy 2,819
Kí tự tiếp theo là 9 theo qui tắc: 5 + 2 = 7 ghi giấy 28,197
Kí tự cuối cùng là 5 theo qui tắc: 5 + 0 = 5 ghi giấy 281,975(kết quả, nếu không tin thì các bạn cứ tính thử).

Phương pháp 2:
Ta thấy dấu phẩy ngăn cách phần nguyên và phần thập phân của số là: 56,395.0 vậy mình sẽ dời nó sang phải 1 kí tự là 56,3950.0(do ở đây mình dùng dấu phẩy để ngăn cách 3 chữ số ở phần nguyên nên mình đành lấy dấu chấm, mấy bạn đừng hiểu lầm)
Chia lại cho 2: 563,950 : 2 = 281,975(kết quả, bằng với phương pháp 1 nếu không tin thì các bạn cứ tính thử)

Còn nữa...

Cặp số nguyên tố sinh đôi là một cặp số nguyên tố liền nhau có dạng (n , n +2). Cặp số nguyên tố đầu tiên là (3, 5), sau đó là (5, 7), (11, 13), ... Số nguyên tố sinh đôi cực hiếm. Tuy nhiên, cứ sau vài năm người ta lại tìm thấy một cặp số sinh đôi lớn hơn. Từ thời Hy Lạp cổ đại Ơclit (Euclide) đã tin rằng có vô số các cặp số nguyên tố sinh đôi. Đã hàng thế kỷ trôi qua mà vẫn chưa có ai chứng minh được dự đoán của Ơclit, đến mức nhiều người coi đó là một điều bí hiểm. Ngày nay người ta gọi điều này là giả thuyết số nguyên tố sinh đôi. Cái khó ở đây là không có công thức mô tả các số nguyên tố. Để tìm các số nguyên tố trong một bảng số thì người ta thường loại bỏ dần các hợp số là bội của các số nguyên tố trước đó. Phương pháp này được gọi là sàng Ơra-tô-xten (Erathostenes) theo tên một nhà toán học Hy Lạp cổ đại. Tuy nhiên phương pháp này chỉ hiệu quả khi tìm các số nguyên tố nhỏ hơn hàng chục triệu.

Năm 1849 nhà toán học Pháp de Polignac đưa ra giả thuyết tổng quát hơn là với mọi số chẵn k ≥ 2, tồn tại vô hạn các cặp số nguyên tố m,n sao cho m−n =k. Giả thuyết này cũng chưa được giải quyết cho bất kỳ một số nào. Người ta có thể tìm cách giải quyết giả thuyết yếu hơn là tồn tại vô hạn cặp số nguyên tố , sao cho 2 ≤ m−n ≤ k. Giả thuyết yếu này được gọi là giả thuyết về chặn trên cho khoảng cách các số nguyên tố. Tuy nó không tương đương với giả thuyết của de Polignac, nhưng trong trường hợp k = 2 thì nó chính là giả thuyết số nguyên tố sinh đôi. Nhiều nhà toán học cho rằng các phương pháp nghiên cứu hiện nay chưa đủ sức giải quyết ngay cả giả thuyết yếu trên. Nhà số học Goldston cho rằng “Đây là một trong những vấn đề mà ta không chắc loài người có thể giải được”.

Ngày 17/4/2013 tòa soạn tạp chí Annals of Mathematics (Một tạp chí toán học hàng đầu thế giới) nhận được bản thảo của một nhà toán học vô danh là Yitang Zhang khẳng định đã giải quyết được giả thuyết yếu trên cho k = 70 triệu. Tuy 70 triệu còn xa với mục tiêu k = 2, nhưng đây có thể coi là bước đi đột phá trong việc chứng minh giả thuyết số nguyên tố sinh đôi. Khoảng cách giữa 2 và 70 triệu tuy lớn nhưng vẫn không thấm gì so với khoảng cách giữa 70 triệu và vô hạn! Công trình của Zhang đã được thẩm định và được công bố trong Tập 179 Số 3 của tạp chí danh tiếng Annals of Mathematics, xuất bản tháng 3 năm 2014. An-drew Granville, một nhà số học có tiếng nói rằng “Không ai biết anh ta cả. Bỗng nhiên anh ta chứng minh được một trong những kết quả lớn nhất trong lịch sử lý thuyết số.”

Yitang Zhang of the University of New Hampshire.

Yitang Zhang sinh năm 1955 tại Trung Quốc. Năm 1985 ông sang Mỹ làm nghiên cứu sinh sau khi tham dự lớp cao học do nhà toán học Hoa kiều Shiing-Shen Chern tổ chức ở Bắc Kinh. Ông bảo vệ luận án tiến sỹ năm 1991 sau 7 năm làm nghiên cứu sinh tại Đại học Purdue dưới sự hướng dẫn của Tzuong-Tsieng Moh. Đề tài luận án do ông chọn là về giả thuyết Jacobian. Đây là một giả thuyết lâu đời được nhà toán học Stephen Smale (huy chương Fields năm 1966) coi là một trong 18 bài toán của thế kỷ 21. Zhang tưởng rằng mình đã chứng minh được giả thuyết này, nhưng sau đó người ta phát hiện ra một kết quả sai của Moh được Zhang dùng trong chứng minh của mình.

Cho đến nay Zhang mới công bố hai công trình toán học vào các năm 1985 (năm bảo vệ luận án thạc sỹ) và 2001. Ông là dạng nhà toán học chỉ chuyên tâm giải quyết các vấn đề khó. Cuộc đời của Zhang có nhiều gian truân. Sau khi bảo vệ luận án tiến sỹ ông không xin được việc làm ở các trường đại học và ông đã phải làm nhiều việc thời vụ như dọn bàn, đưa đồ ăn, trực khách sạn, kế toán, v.v. Mãi đến năm 1999 ông mới được nhận vào làm giảng viên ở Đại học New Hampshire nhưng không có chức danh chính thức và làm việc ở đó cho đến ngày nay. Ngay sau khi công bố kết quả trên, Zhang nhận được nhiều giải thưởng danh giá và được nhiều trường đại học danh tiếng ở Mỹ, Trung Quốc và Đài Loan mời đến làm việc. Tuy nhiên ông vẫn quyết định ở lại Đại học New Hampshire. Tại Đại hội Toán học thế giới năm nay ở Seoul ông được mời đọc báo cáo toàn thể đặc biệt ngang hàng với các báo cáo giải thưởng Fields.

Nghiên cứu của Zhang có xuất xứ từ một bài báo của Goldston, Pintz và Yildirim (GPY) công bố năm 2005. Bài báo này chứng minh rằng luôn tồn tại các cặp số nguyên tố liền nhau mà khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn rất nhiều so với khoảng cách trung bình giữa hai số nguyên tố liền nhau. Để có được kết quả này GPY đã đưa ra một phương pháp để lọc các cặp nguyên tố liền nhau trong một khoảng nào đó giống như cái sàng Ơ-ra-tô-xten lọc các số nguyên tố. Ngoài ra, họ còn dùng một tham số gọi là mức phân bố số nguyên tố. Người ta biết rằng tham số này lớn hơn hoặc bằng 1/2 và điều này đủ để chứng minh kết quả của GPY. Họ cũng nhận xét rằng nếu tham số này lớn hơn 1/2 thì dùng cái sàng của họ sẽ chứng minh được sự tồn tại vô hạn cặp số nguyên tố liền nhau bị chặn bởi một số nào đó. Trong bài báo của mình, GPY viết rằng kết quả của họ “chỉ cách kết quả đó bằng bề dày một sợi tóc”.

Zhang từng nghiên cứu lý thuyết số trong luận văn cao học nên ông để ý đọc bài báo của GPY. “Câu văn này lập tức gây ấn tượng với tôi”, ông hồi tưởng lại. Ông bắt đầu tìm cách mở rộng kết quả của GPY. Trong ba năm sau đó, ông không tiến thêm được một bước nào. “Tôi quá mỏi mệt”, ông nói. Hè năm 2012 ông quyết định nghỉ một chút và đi thăm một người bạn ở Colorado mà không mang
bất kỳ tài liệu toán học nào. Tuy nhiên ông vẫn bị ám ảnh bởi giả thuyết chặn trên cho khoảng cách các số nguyên tố. Trong một lúc mơ màng ngoài vườn của bạn, ông chợt tìm ra ý tưởng cho lời giải. “Tôi lập tức tin nó đúng”. Để giải quyết giả thuyết ông thấy không cần thiết phải lọc tất cả các số mà chỉ cần lọc các số có thừa số nguyên tố không lớn lắm. Như vậy là cái sàng của ông tuy không tốt bằng cái sàng của GPY nhưng lại có độ linh hoạt đủ để giải quyết vấn đề. Theo ông, “Có rất nhiều cơ may trong sự
nghiệp của bạn nhưng quan trọng là phải luôn luôn suy nghĩ”.

Zhang tự nhận mình là một người rụt rè, nhưng “khi làm báo cáo và tập trung vào toán học, tôi quên mất sự rụt rè của tôi”. Có người hỏi ông có cảm thấy cay đắng về số phận long đong của mình không thì ông trả lời “Cái đầu của tôi luôn bình thản. Tôi không quan tâm nhiều lắm đến tiền tài hay danh vọng. Tôi thích giữ im lặng và tiếp tục làm những gì mà tôi quan tâm”. Lại có người hỏi liệu ông có khuyên người khác làm theo ông không thì ông trả lời “khó nói lắm” và “tôi chọn đường đi của mình và đó là con đường của riêng tôi”. Gần đây ông bắt đầu nghiên cứu một đề tài khác và không muốn thổ lộ cho người khác biết. Ông chỉ nói “Hy vọng nó sẽ cho một kết quả tốt”. Theo Tzuong-Tsieng Moh, thầy của Zhang, thì ông thích câu nói của Khổng Tử rằng “người biết nghề không sánh được với người yêu nghề, người yêu nghề không sánh được với người lấy nghề mình làm niềm vui”.

Kết quả của Zhang lập tức dẫn đến câu hỏi có thể đưa chặn 70 triệu xuống nhỏ hơn không, nếu có thể đưa chặn đó về bằng 2 thì ta có chứng minh cho giả thuyết số nguyên tố sinh đôi. Thực ra, Zhang dùng chặn 70 triệu chỉ để làm cho chứng minh đơn giản hơn. Đến cuối tháng 5/2013 các nhà toán học đã cải thiện chặn trên của Zhang xuống còn 60 triệu. Tháng 6/2013 nhà toán học Terence Tao huy chương Fields năm 2006) lập một đề án trực tuyến Polymath để các nhà toán học có thể cùng nhau tham gia thảo luận trực tuyến với mục đích giảm chặn trên xuống nhỏ hơn nữa. Trong vài tuần sau đó thì tình hình cải thiện theo một tốc độ chóng mặt, “cứ khoảng nửa tiếng lại có một chặn trên tốt hơn”, Tao hồi tưởng lại. Đến cuối tháng 7/2013 người ta đã đưa con số 70 triệu trong chứng minh của Zhang xuống còn 4680. Đề án Polymath này hiện đang tập trung vào việc viết một bài báo tập thể về kết quả này. Bản thảo hiện nay đã dài hơn 150 trang, dự kiến sẽ công bố trên tạp chí “Algebra and Number Theory”.

Câu chuyện vẫn chưa dừng lại ở đây vì đến ngày 19/11/2013, trên trang ArXiv có một nhà toán học trẻ tên là James Maynard đã đưa ra một chặn trên mới là 600 với một chứng minh hoàn toàn độc lập với chứng minh của Zhang. Đặc biệt hơn, phương pháp của Maynard còn cho phép nghiên cứu không chỉ các cặp số nguyên tố mà còn cả các các bộ số nguyên tố liền nhau. Maynard vừa mới bảo vệ luận án tiến sĩ về sàng các số nguyên tố và hiện đang nghiên cứu sau tiến sĩ tại Đại học Montreal, Canada.

Eleanor Grant James Maynard, a postdoctoral researcher at the University of Montreal.

Công trình của Maynard, theo một nghĩa nào đó, cũng khởi thủy từ bài báo của GPY. Trước đó, hai tác giả Goldston và Yildirim đã từng công bố một phương pháp sàng cặp số nguyên tố liền nhau. Ngay sau đấy người ta phát hiện ra phương pháp này có lỗi. Sau khi GPY thay đổi phương pháp sàng để sửa lỗi trên thì mọi người đổ xô vào nghiên cứu bài báo mới mà quên hẳn mất phương pháp bị hổng trước đó. Cách đây hơn một năm, Maynard quyết định xem lại bài báo cũ của Goldston và Yildirim. Anh phát hiện thấy có thể cải thiện phương pháp có lỗi đó một cách hiệu quả hơn cách GPY đã làm. Ý tưởng của Maynard rất đơn giản. Người hướng dẫn sau tiến sĩ của Maynard là Granville nhận xét rằng “Đó là một điều mà những người như tôi sẽ gõ vào trán và tự nhủ ta có thể chứng minh
cái này bảy năm trước đây”. Ngay sau công bố của Maynard, một đề án trực tuyến Polymath khác được lập ra nhằm sử dụng phương pháp của Maynard để đưa ra các chặn trên nhỏ hơn nữa. Khi bài báo này được viết, người ta đã giảm chặn trên xuống còn 252. Các đề án Polymath thu hút được rất nhiều chuyên gia từ các hướng nghiên cứu khác nhau tham gia. Họ có thể tối ưu hóa các bước khác nhau trong kỹ thuật chứng minh của Zhang và Maynard để tìm ra các chặn trên nhỏ hơn. Công việc của họ hoàn toànphụ thuộc lẫn nhau. Nếu một người tìm ra kết quả hay ý tưởng mới thì người khác cũng phải thay đổi tương ứng các dữ kiện nghiên cứu của mình. Chuyên gia tính toán Andrew Sutherland của Viện công nghệ Massachusetts nói rằng “Luật chơi thay đổi hàng ngày”, “Trong lúc tôi đang ngủ thì các đồng nghiệp ở Châu Âu đã tìm thấy một chặn trên mới. Nhiều khi, tôi thức đến 2 giờ sáng để thông báo một ý tưởng mới”. Trong khi Zhang và Maynard là dạng những nhà toán học tài năng nghiên cứu một mình vài năm cho đến khi đạt được một kết quả làm chấn động mọi người thì các đề án Polymath khác hẳn. Chúng cần một sự hợp tác toàn diện từ nhiều người nhằm giải quyết những vấn đề toán học khó và phức tạp và thường có kết quả rất nhanh. Tuy nhiên, không phải vấn đề toán học nào cũng phù hợp với cách nghiên cứu tập thể. Theo T. Tao thì “cần có những người sẵn sàng làm việc đơn độc và vượt qua những lối suy nghĩ thông thường”. Cuối cùng, ta có thể hy vọng gì từ các kỹ thuật chứng minh của Zhang và Maynard cho việc giải quyết giả thuyết số nguyên tố sinh đôi? Phương pháp của Zhang chỉ có thể dẫn đến chặn trên bằng 16 nếu giải quyết được các vướng mắc còn tồn tại. Trong khi đó phương pháp của Maynard cũng chỉ có thể giúp giảm chặn trên xuống còn 12 là cùng. T. Tao cho biết thêm nếu công nhận một giả thuyết của Elliot-Halberstam thì có thể đưa chặn trên xuống còn 6. Theo Maynard thì khó có thể dùng các phương pháp trên để nhận được chặn trên cuốicùng là 2. Anh nhận xét “Tôi cảm thấy chúng ta cần phải có đột phá lớn về cách tiếp cận thì mới giải quyết được giả thuyết số nguyên tố sinh đôi”. Như vậy là chưa có gì đảm bảo cho việc giải quyết giả thuyết này trong một tương lai gần và giả thuyết này vẫn là một thách thức đối với trí tuệ con người.

TÀI LIỆU

[1] K. Chang, Solving a Riddle of Primes, New York Times (2013).
[2] E. Klareich, Sudden Progress on Prime Number Problem Has Mathematicians Buzzing, Wired (2013).
[3] E. Klareich, Unheralded Mathematician Bridges the Prime Gap, Quanta Magazine (2013).
[4] L. Katz, Yitang Zhang: A prime-number proof and a world of persistence, Cnet (2013).
[5] M. McKee, First proof that infinitely many prime numbers come in pairs, Nature news (2013).
[6] T-T. Moh, "Zhang, Yitang’s life at Purdue, www.math.purdue.edu/ ttm/ZhangYt.pdf

2014 = 2 x 19 x 53.

2013, 2014, và 2015 có ba ước nguyên tố phân biệt.

2014 = 13³ - 13² - 13¹ - 13⁰ (A083074).

2014 được biểu diễn thành tổng của ba số chính phương khác 0 theo 9 cách khác nhau. (A025347).

2014 là ước của 83¹² - 1.


Chúc bạn năm mới vui vẻ.

Hôm nay chúng ta sẽ học về phép quy nạp toán học. Thông thường, chúng ta sẽ dùng quy nạp để chứng minh một phát biểu nào đó đúng với mọi số tự nhiên.

Để tiện cho việc diễn đạt, chúng ta sẽ gọi $P(n)$ là một phát biểu nào đó liên quan đến biến số tự nhiên $n$. Chứng minh bằng quy nạp sẽ gồm các bước sau.

• chúng ta giả sử rằng $P(n)$ đúng cho các trường hợp $0 \leq n \leq k$, 
• với giả thiết đó, chúng ta sẽ chứng minh $P(n)$ cũng đúng với trường hợp $n=k+1$. 

Từ hai bước này, theo nguyên lý quy nạp toán học, chúng ta sẽ kết luận rằng $P(n)$ sẽ đúng với mọi số tự nhiên $n$.

1. Chứng minh rằng $$1!1 + 2!2 + 3!3 + \dots + n!n = (n+1)! - 1 .$$

2. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên $n$, luôn tồn tại hai số nguyên $x$ và $y$ sao cho $$x^2 + y^2 = 5^n .$$

3. Chứng minh rằng $$\frac{1}{1^2} + \frac{1}{2^2} + \frac{1}{3^2} + \dots + \frac{1}{n^2} \leq 2 - \frac{1}{n}.$$


Với $n=1$, chúng ta có $$1 \times 2 \times 3= 6 = \frac{1}{4} 1 \times 2 \times 3 \times 4$$

Như vậy công thức ở trên đúng cho trường hợp $n=1$.

Giả sử công thức trên đúng cho các trường hợp $1 \leq n \leq k$. Chúng ta sẽ chứng minh rằng công thức cũng đúng cho trường hợp $n=k+1$, có nghĩa là chúng ta sẽ chứng minh $$1 \times 2 \times 3 + \dots + k (k+1)(k+2) + (k+1)(k+2)(k+3) = \frac{1}{4} (k+1)(k+2)(k+3)(k+4).$$

Thực vậy, theo giả thiết quy nạp thì công thức đúng cho trường hợp $n=k$, cho nên $$1 \times 2 \times 3 + 2 \times 3 \times 4 + \dots + k (k+1)(k+2) = \frac{1}{4} k(k+1)(k+2)(k+3).$$

Do đó $$1 \times 2 \times 3 + \dots + k (k+1)(k+2) + (k+1)(k+2)(k+3) $$ $$= \frac{1}{4} k(k+1)(k+2)(k+3) + (k+1)(k+2)(k+3)$$ $$= \frac{1}{4} (k+1)(k+2)(k+3)(k+4).$$


Như vậy chúng ta đã chứng minh rằng công thức đúng cho trường hợp $n=k+1$.

Theo nguyên lý quy nạp toán học thì công thức phải đúng với mọi số tự nhiên $n \geq 1$. $\blacksquare$


Bài toán 5. Chứng minh rằng $$49 ~\mid~ 8^n + 42 n - 1.$$



Lời giải. Chúng ta sẽ chứng minh bằng quy nạp mệnh đề sau đây $$8^n + 42 n - 1 = 0 \pmod{49}$$



Với $n=0$, chúng ta có $$8^0 + 42 \times 0 - 1 = 0$$

Do đó mệnh đề trên đúng cho trường hợp $n=0$.



Giả sử rằng mệnh đề đúng cho các trường hợp $0 \leq n \leq k$. Chúng ta sẽ chứng minh mệnh đề cũng đúng cho trường hợp $n=k+1$, có nghĩa là chúng ta sẽ chứng minh $$8^{k+1} + 42 (k+1) - 1 = 8^{k+1} + 42 k + 41 = 0 \pmod{49}.$$



Thực vậy, theo giả thiết quy nạp thì mệnh đề đúng cho trường hợp $n=k$, cho nên $$8^k + 42 k - 1 = 0 \pmod{49} .$$



Vì vậy, $$8(8^k + 42 k - 1) = 8^{k+1} + 336 k - 8 = 0 \pmod{49} .$$



Do đó $$8^{k+1} + 42 k + 41 = (8^{k+1} + 336 k - 8) - 49(6k - 1) = 0 \pmod{49} .$$



Như vậy chúng ta đã chứng minh mệnh đề đúng cho trường hợp $n=k+1$.



Theo nguyên lý quy nạp toán học thì mệnh đề phải đúng với mọi số tự nhiên $n$. $\blacksquare$


Chúng ta thấy rằng ở các bài toán mà chúng ta đã giải ở trên, ở bước quy nạp, để chứng minh $P(k+1)$ đúng, chúng ta chỉ sử dụng giả thiết là $P(k)$ đúng. Như vậy chúng ta chưa cần dùng đến giả thiết là $P(0)$, $P(1)$, ..., $P(k-1)$ đúng.

Trong bài toán tiếp theo đây, để chứng minh $P(k+1)$ đúng, chúng ta cần sử dụng hai giả thiết là $P(k-1)$ đúng và $P(k)$ đúng.


Bài toán 6. Dãy số Fibonacci được xác định như sau: $F_0 = 0$, $F_1 = 1$, $F_{n+1} = F_n + F_{n-1}$. Do đó

$$F_0 = 0, F_1 = 1, F_2 = 1, F_3 = 2, F_4 = 3, F_5 = 5, F_6 = 8, \dots$$

Chứng minh rằng công thức cho số Fibonacci là như sau

$$F_n = \frac{1}{\sqrt{5}} \left[ \left( \frac{1 + \sqrt{5}}{2} \right)^n - \left( \frac{1 - \sqrt{5}}{2} \right)^n \right]$$

Lời giải. Để cho ngắn gọn, chúng ta sẽ đặt $$\alpha = \frac{1 + \sqrt{5}}{2}, ~~ \beta = \frac{1 - \sqrt{5}}{2}.$$

Chúng ta sẽ chứng minh bằng quy nạp mệnh đề sau $$F_n = \frac{1}{\sqrt{5}} ( \alpha^n - \beta^n ) $$

Với $n=0$, chúng ta có $$\frac{1}{\sqrt{5}} ( \alpha^0 - \beta^0 ) = 0 = F_0$$

Do đó mệnh đề trên đúng cho trường hợp $n=0$.

Với $n=1$, chúng ta có $$\frac{1}{\sqrt{5}}  ( \alpha^1 - \beta^1 ) = \frac{1}{\sqrt{5}} \sqrt{5} = 1 = F_1$$

Do đó mệnh đề trên đúng cho trường hợp $n=1$.

Giả sử rằng mệnh đề đúng cho các trường hợp $0 \leq n \leq k$ trong đó $k \geq 1$. Chúng ta sẽ chứng minh mệnh đề cũng đúng cho trường hợp $n=k+1$, có nghĩa là chúng ta sẽ chứng minh $$F_{k+1} = \frac{1}{\sqrt{5}} ( \alpha^{k+1} - \beta^{k+1} ) $$

Thực vậy, vì $0 \leq k-1 \leq k$, theo giả thiết quy nạp thì mệnh đề đúng cho trường hợp $n=k-1$, cho nên $$F_{k-1} = \frac{1}{\sqrt{5}} ( \alpha^{k-1} - \beta^{k-1} ) $$

Cũng theo giả thiết quy nạp thì mệnh đề đúng cho trường hợp $n=k$, cho nên $$F_{k} = \frac{1}{\sqrt{5}} ( \alpha^{k} - \beta^{k} ) $$

Từ đó suy ra $$F_{k+1} = F_{k-1} + F_k = \frac{1}{\sqrt{5}} [ (\alpha^{k-1} + \alpha^{k}) - (\beta^{k-1} + \beta^{k})] $$ $$= \frac{1}{\sqrt{5}} [ \alpha^{k-1} (1 + \alpha) - \beta^{k-1} ( 1 + \beta)] $$

Chúng ta thấy rằng $\alpha$ và $\beta$ là hai nghiệm của phương trình $1+x=x^2$, do đó $1+\alpha=\alpha^2$ và $1+\beta=\beta^2$. Từ đó suy ra $$F_{k+1} = \frac{1}{\sqrt{5}} ( \alpha^{k-1} \alpha^2 - \beta^{k-1} \beta^2 ) =  \frac{1}{\sqrt{5}} ( \alpha^{k+1} - \beta^{k+1} )$$

Như vậy chúng ta đã chứng minh mệnh đề đúng cho trường hợp $n=k+1$.

Theo nguyên lý quy nạp toán học thì mệnh đề phải đúng với mọi số tự nhiên $n$. $\blacksquare$

Ở bài toán số 6, để chứng minh $P(k+1)$ đúng, chúng ta cần sử dụng hai giả thiết là $P(k-1)$ đúng và $P(k)$ đúng. Vì vậy mà ở bước khởi điểm, chúng ta phải chứng minh rằng $P(0)$ đúng và $P(1)$ đúng. Từ đó, nhờ bước quy nạp chúng ta có:

• vì P(0),P(1) đúng nên P(2) đúng
• vì P(0),P(1), P(2) đúng nên P(3) đúng
• vì P(0),P(1), P(2), P(3) đúng nên P(4) đúng
• v.v...

từ đó, suy ra $P(n)$ đúng với mọi $n$.

Chứng minh $1 > 2$

Bây giờ chúng ta sẽ dùng quy nạp để chứng minh rằng $1 > 2$. Đố các bạn chỉ ra cách chứng minh này sai ở điểm nào.

Cho dãy số xác định như sau: $a_0 = 1$, $a_1 = 1$, $a_{n+1} = a_{n-1} + a_n + 11$.

Chúng ta sẽ chứng minh bằng quy nạp mệnh đề sau đây

Với mọi $n$, thì $a_n > 4 n - 2$

Với $n=0$, chúng ta có $$a_0 = 1 > 4 \times 0 - 2 = -2$$

Do đó mệnh đề trên đúng cho trường hợp $n=0$.

Giả sử rằng mệnh đề đúng cho các trường hợp $0 \leq n \leq k$. Chúng ta sẽ chứng minh mệnh đề cũng đúng cho trường hợp $n=k+1$, có nghĩa là chúng ta sẽ chứng minh

$$a_{k+1} > 4(k+1) - 2 = 4k + 2$$

Thực vậy, theo giả thiết quy nạp thì mệnh đề đúng cho trường hợp $n=k-1$, cho nên

$$a_{k-1} > 4(k-1) - 2 = 4k - 6$$

Cũng theo giả thiết quy nạp thì mệnh đề đúng cho trường hợp $n=k$, cho nên

$$a_{k} > 4k - 2$$

Từ đó suy ra

$$a_{k+1} = a_{k-1} + a_k + 11 > (4k - 6) + (4k - 2) + 11 = 8k + 3 > 4k + 2 $$


Như vậy chúng ta đã chứng minh mệnh đề đúng cho trường hợp $n=k+1$.


Theo nguyên lý quy nạp toán học thì mệnh đề phải đúng với mọi số tự nhiên $n$.

Vậy chúng ta chứng minh xong bất đẳng thức

$$a_n > 4 n - 2$$

Thay $n=1$ vào bất đẳng thức trên chúng ta có

$$1 > 2$$

Vậy lời giải trên sai ở đâu?!

Bài tập về nhà

1. Tìm công thức tổng quát cho $$1 \times 2 \times 3 + 2 \times 3 \times 4 + \dots + n (n+1)(n+2) = \frac{1}{4} n(n+1)(n+2)(n+3).$$

2. Chứng minh rằng $$25 ~\mid~ 6^n - 5n - 1$$

Tìm công thức tổng quát cho bài toán này.

3. Với dãy số Fibonacci

$$F_0 = 0, F_1 = 1, F_2 = 1, F_3 = 2, F_4 = 3, F_5 = 5, F_6 = 8, \dots$$

Tìm tất cả các số $n$ để $F_n > 3n$.

Bài toán 7. Để ý rằng $$\cos 2 \alpha = 2 \cos^2 \alpha - 1$$

Chứng minh rằng có thể viết $\cos n\alpha$ thành một đa thức của biến $\cos \alpha$.

Lời giải. Chúng ta chứng minh mệnh đề sau bằng quy nạp

Với mọi số tự nhiên $n$, tồn tại một đa thức $P_n$ sao cho $\cos n\alpha = P_n(\cos \alpha)$.

Với $n=0$, chúng ta có $$cos 0 = 1$$

do đó chúng ta có thể chọn đa thức $P_0(x) = 1$ và mệnh đề đúng với trường hợp $n=0$.



Mệnh đề hiển nhiên đúng với trường hợp $n=1$ với đa thức $P_1(x) = x$.



Giả sử mệnh đề đúng với các trường hợp $0 \leq n \leq k$ trong đó $k \geq 1$. Chúng ta sẽ chứng minh mệnh đề cũng đúng với trường hợp $n=k+1$.



Chúng ta có $$\cos (k+1)\alpha + \cos (k-1)\alpha = 2 \cos k\alpha \cos \alpha$$

Do đó $$\cos (k+1)\alpha = 2 \cos k\alpha \cos \alpha - \cos (k-1)\alpha$$



Vì $0 \leq k-1 < k$, theo giả thiết quy nạp thì mệnh đề đúng cho trường hợp $n=k-1$, cho nên sẽ tồn tại một đa thức $P_{k-1}(x)$ để $$\cos (k-1)\alpha = P_{k-1}(\cos \alpha)$$



Cũng theo giả thiết quy nạp thì mệnh đề đúng cho trường hợp $n=k$, do đó sẽ tồn tại một đa thức $P_{k}(x)$ để $$\cos k\alpha = P_{k}(\cos \alpha)$$



Từ đó suy ra $$\cos (k+1)\alpha = 2 P_{k}(\cos \alpha) \cos \alpha - P_{k-1}(\cos \alpha)$$



Do đó nếu chúng ta chọn đa thức $$P_{k+1}(x) = 2 P_{k}(x) x - P_{k-1}(x)$$ thì $\cos (k+1)\alpha = P_{k+1}(\cos \alpha)$. Như vậy thì mệnh đề đúng cho trường hợp $n=k+1$.

Theo nguyên lý quy nạp thì mệnh đề đúng với mọi $n$. $\blacksquare$

Theo lời giải trên, chúng ta có $P_0(x) = 1$, $P_1(x) = x$ và $$P_{k+1}(x) = 2 P_{k}(x) x - P_{k-1}(x)$$

Từ đó chúng ta có thể tính được

$$P_{2}(x) = 2 P_{1}(x) x - P_{0}(x) = 2 x^2 - 1$$

$$P_{3}(x) = 2 P_{2}(x) x - P_{1}(x) = 2(2 x^2 - 1)x - x = 4 x^3 - 3x$$

$$P_{4}(x) = 2 P_{3}(x) x - P_{2}(x) = 2(4 x^3 - 3x)x - (2 x^2 - 1) = 8 x^4 - 8x^2 + 1$$

$$P_{5}(x) = 2 P_{4}(x) x - P_{3}(x) = 2(8 x^4 - 8x^2 + 1)x - (4 x^3 - 3x) = 16 x^5 - 20x^3 + 5x$$

Có nghĩa là

$$\cos 2 \alpha = 2 \cos^2 \alpha - 1$$

$$\cos 3 \alpha = 4 \cos^3 \alpha - 3 \cos \alpha$$

$$\cos 4 \alpha = 8 \cos^4 \alpha - 8\cos^2 \alpha + 1$$

$$\cos 5 \alpha = 16 \cos^5 \alpha - 20 \cos^3 \alpha + 5 \cos \alpha$$

Bài toán 8. Với dãy số Fibonacci $$F_0=0, F_1=1, F_2=1, F_3=2, F_4=3, F_5=5, F_6=8, \dots $$

Tìm tất cả các số $n$ để $F_n> n^2$.

Lời giải. Chúng ta có

$$F_0=0 = 0^2, F_1=1 = 1^2, F_2=1 < 2^2, F_3=2 < 3^2, F_4=3 < 4^2, $$

$$F_5=5 < 5^2, F_6=8 < 6^2, F_7 = 13 < 7^2, F_8 = 21 < 8^2, F_9 = 34 < 9^2, $$

$$F_{10} = 55 < 10^2, F_{11} = 89 < 11^2, F_{12} = 144 = 12^2, F_{13} = 233 > 13^2, F_{14} = 377 > 14^2$$

Chúng ta sẽ chứng minh bằng quy nạp mệnh đề sau

Với mọi số tự nhiên $n \geq 13$, $F_n> n^2$.

Theo tính toán ở trên $$F_{13} = 233 > 13^2 = 169, F_{14} = 377 > 14^2 = 196$$

do đó mệnh đề đúng với trường hợp $n = 13$ và $n=14$.

Giả sử mệnh đề đúng với các trường hợp $13 \leq n \leq k$ trong đó $k \geq 14$. Chúng ta sẽ chứng minh mệnh đề cũng đúng với trường hợp $n=k+1$.



Vì $13 \leq k-1 < k$, theo giả thiết quy nạp thì mệnh đề đúng cho trường hợp $n=k-1$, do đó $$F_{k-1}> (k-1)^2$$



Cũng theo giả thiết quy nạp thì mệnh đề đúng cho trường hợp $n=k$, do đó $$F_{k}> k^2$$



Từ đó suy ra $$F_{k+1} = F_{k-1} + F_k > (k-1)^2 + k^2 = (k+1)^2 + (k^2 - 4k)$$



Bởi vì $k \geq 14$, cho nên $k^2 - 4k > 0$, do đó $F_{k+1} > (k+1)^2$. Như vậy mệnh đề đúng cho trường hợp $n=k+1$.

Theo nguyên lý quy nạp thì mệnh đề đúng với mọi $n \geq 13$. Vậy $F_n> n^2$ khi và chỉ khi $n \geq 13$. $\blacksquare$

Bài toán 9. Cho $n$ số khác nhau $x_1, x_2, \dots, x_n$. Còn $y_1, y_2, \dots, y_n$ là $n$ số bất kỳ. Chứng minh rằng tồn tại một đa thức $P(x)$ sao cho $$P(x_1) = y_1, P(x_2) = y_2, \dots, P(x_n) = y_n$$



Lời giải. Chúng ta sẽ chứng minh bằng quy nạp mệnh đề sau

Tồn tại đa thức $P_n(x)$ thoã mãn $$P_n(x_1) = y_1, P_n(x_2) = y_2, \dots, P_n(x_n) = y_n$$

Với trường hợp $n=1$, chúng ta chỉ cần chọn đa thức hằng số $P_1(x) = y_1$ thì chúng ta sẽ có $P_1(x_1) = y_1$. Vậy mệnh đề đúng cho trường hợp $n=1$.



Giả sử mệnh đề đúng với các trường hợp $1 \leq n \leq k$. Chúng ta sẽ chứng minh mệnh đề cũng đúng với trường hợp $n=k+1$.



Thực vậy, theo giả thiết quy nạp thì mệnh đề đúng cho trường hợp $n=k$, do đó sẽ tồn tại một đa thức $P_{k}(x)$ thõa mãn $$P_k(x_1) = y_1, P_k(x_2) = y_2, \dots, P_k(x_k) = y_k$$



Nếu chúng ta chọn $$P_{k+1}(x) = P_k(x) + a (x-x_1)(x-x_2) \dots (x-x_k)$$

thì rõ ràng $$P_{k+1}(x_1) = P_k(x_1) = y_1, P_{k+1}(x_2) = P_k(x_2) = y_2, \dots, P_{k+1}(x_k) = P_k(x_k) = y_k$$



Chúng ta chỉ cần xác định giá trị của $a$ sao cho $P_{k+1}(x_{k+1}) = y_{k+1}$.



Chúng ta có $$P_{k+1}(x_{k+1}) = P_k(x_{k+1}) + a (x_{k+1} - x_1)(x_{k+1} - x_2) \dots (x_{k+1} - x_k)$$

Vậy để $P_{k+1}(x_{k+1}) = y_{k+1}$ thì $$a = \frac{y_{k+1} - P_k(x_{k+1})}{(x_{k+1} - x_1)(x_{k+1} - x_2) \dots (x_{k+1} - x_k)}$$



Như vậy chúng ta đã chứng minh mệnh đề đúng cho trường hợp $n=k+1$.



Theo nguyên lý quy nạp thì mệnh đề đúng với mọi $n$. $\blacksquare$

Lời giải bài toán 9 cho phép chúng ta tìm đa thức $P(x)$ để $P(1) = 2$, $P(2) = 3$, $P(3) = 5$, $P(4) = 7$ như sau

• Đầu tiên, chọn $P_1(x) = 2$ thì $P_1(1) = 2$.

• Tiếp theo, chọn $P_2(x) = 2 + a(x-1)$ thì $P_2(1) = 2$ và $P_2(2) = 2 + a$. 
• Chọn $a = 1$, chúng ta có $P_2(2) = 3$. Vậy $P_2(x) = 2 + (x-1)$.

• Chọn $P_3(x) = 2 + (x-1) + a(x-1)(x-2)$ thì $P_3(1) = 2$, $P_3(2) = 3$ và $P_3(3) = 4 + 2a$.
• Chọn $a = \frac{1}{2}$, chúng ta có $P_3(3) = 5$. Vậy $P_3(x) = 2 + (x-1) + \frac{1}{2}(x-1)(x-2)$.

• Chọn $P_4(x) = 2 + (x-1) + \frac{1}{2}(x-1)(x-2) + a(x-1)(x-2)(x-3)$ thì $P_4(1) = 2$, $P_4(2) = 3$, $P_4(3) = 5$ và $P_4(4) = 8 + 6a$. 
• Chọn $a = - \frac{1}{6}$, chúng ta có $P_4(4) = 7$. 

Tóm lại đa thức cần tìm là $$P_4(x) = 2 + (x-1) + \frac{1}{2}(x-1)(x-2) - \frac{1}{6} (x-1)(x-2)(x-3)$$


Xin hẹn gặp lại các bạn ở kỳ sau.

Bài tập về nhà.

1. Chứng minh rằng

• nếu $n$ là số lẻ thì tồn tại một đa thức $Q_n$ sao cho $\sin n\alpha = Q_n(\sin \alpha)$. 
• nếu $n$ là số chẵn thì tồn tại một đa thức $R_n$ sao cho $\sin n\alpha = \cos \alpha R_n(\sin \alpha)$. 

2. Tính $\sin \frac{\pi}{5}$ và $\cos \frac{\pi}{5}$.

3. Cho dãy số xác định như sau: $a_0 = 3$, $a_1 = -1$, $a_2=9$,

$$a_{n+1} = 4 a_{n-1} + 4 a_{n-2} - a_n,$$

chứng minh rằng nếu $n$ là số lẻ thì $a_n = -1$.

4. Trên mặt phẳng, cho $n$ đường thẳng với hai tính chất sau

• hai đường thẳng bất kỳ thì không song song với nhau
• ba đường thẳng bất kỳ thì không cắt nhau tại cùng một điểm

Chứng minh rằng $n$ đường thẳng này cắt nhau tạo thành $n(n-1)/2$ điểm.

5. Tìm lời giải khác cho bài toán 9.

Tiếp theo Phần 1: Số học và nguồn gốc của đại số

21. Euclid đã chứng minh các số nguyên tố là vô hạn về số lượng như thế nào?
Lập luận chứng minh như sau:
Nếu chỉ có một số lượng hữu hạn số nguyên tố, thì phải có một số nguyên tố lớn nhất, ví dụ là P, khi đó thì số (2 × 3 × 5 × 7 × 11 × ... ×P) +1 sẽ cho số dư là 1 khi chia mỗi số 2, 3, 5, 7, 11,..., P.
Do đó, số trên không thể chia hết cho bất kì số nguyên tố nào trong những số này. Như vậy, nó phải là một số nguyên tố hoặc có thể nó là bội của một số nguyên tố lớn hơn P. Dù là trường hợp nào thì P cũng không là số nguyên tố lớn nhất. Vì vậy, có vô hạn số nguyên tố.
22. Phương pháp nào dùng để tính ra số nguyên tố?
Phương pháp tính số nguyên tố đến số N bất kì khá đơn giản. Trước tiên, chúng ta viết tất cả các số từ 1 đến N,
1, 2, 3, 4,..., N
sau đó xóa đi, trước tiên là số 1, rồi đến tất cả những số bội của 2 ngoại trừ 2, rồi đến tất cả những số là bội của 3 ngoại trừ 3, rồi đến tất cả những số là bội của 5 ngoại trừ 5, rồi đến tất cả những số là bội của 7 ngoại trừ 7, và cứ thế. Các bội số của 4, 6,... đã bị xóa trước đó. Những số còn lại khi ấy sẽ là số nguyên tố.
23. Các số nguyên tố phân bố như thế nào?
Mặc dù vô hạn về số lượng, nhưng con số càng lớn thì chúng ta càng hiếm gặp số nguyên tố hơn. Nhưng sự phân bố của chúng là cực kì không đều, bởi vì trong khi hai số nguyên tố liên tiếp có thể chỉ sai khác nhau 2, nhưng hai số nguyên tố liên tiếp cũng có thể sai khác nhau đến một triệu.
Ví dụ, xét các số 10! + 2, 10! + 3, 10! + 4,..., 10! + 10 lần lượt chia hết cho 2, 3, 4,..., 10. Theo cách này, chúng ta có thể tạo ra nhiều hợp số liên tiếp như chúng ta muốn, cho dù một triệu hoặc nhiều hơn, trong đó không có số nào là số nguyên tố. Mặt khác, các số nguyên tố 1.000.000.009.649 và 1.000.000.009.651 chỉ sai khác nhau 2.
24. Có bao nhiêu số nguyên tố nằm giữa một con số bất kì và số gấp đôi của nó?
Giữa một con số bất kì lớn hơn 1 và số gấp đôi của nó luôn luôn có ít nhất một số nguyên tố.
Joseph Bertrand đã ước chừng kết quả này và đã xác nhận nó theo kiểu kinh nghiệm bằng những bảng kê đến những con số rất lớn, nhưng nó thật sự được chứng minh bởi Chebychev.
25. Có bao nhiêu số nguyên tố nhỏ hơn một con số cho trước?
Một ước đoán số lượng số nguyên tố nhỏ hơn một con số cho trước cũng đã được nêu ra.
Các số nguyên tố nhỏ hơn 20 là 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, tức là có 8 số, nên ta nói p(20) = 8.
Tương tự, p(100) = 25, p(200) = 46, p(300) = 62, p(400) = 78, p(500) = 95, p(600) = 109, p(700) = 125, p(800) = 139, p(900) = 154, p(1000) = 168.
Danh sách có thể tiếp tục đến vô hạn, nhưng không thể tìm được một công thức đơn giản cho p(x), trong đó p(x) là kí hiệu cho số lượng số nguyên tố nhỏ hơn x.
26. Định lí số nguyên tố là gì?
Định lí số nguyên tố phát biểu rằng đối với giá trị x lớn, số lượng số nguyên tố nhỏ hơn x xấp xỉ bằng x/lnx.
Định lí được phỏng đoán bởi Gauss vào năm 1793, nhưng được chứng minh bởi Hadamard và de la Valle’e Poussin vào một thế kỉ sau đó, năm 1896.
27. Có công thức nào cho ra tất cả các số nguyên tố hay không?
Không. Người ta đã tốn nhiều công sức để tìm một công thức sẽ cho ra mọi số nguyên tố, nhưng chẳng có ai thành công.
Có thể nhắc lại một số trường hợp.
Biểu thức n² + n + 17 là số nguyên tố với mọi giá trị của n từ 1 đến 16,
2n² + 29 là số nguyên tố với các giá trị của n từ 1 đến 28,
n² – n + 41 là số nguyên tố với các giá trị của n từ 1 đến 40,
và n² – 79n + 1601 hay (n – 40)² + (n – 40) + 41 là số nguyên tố với các giá trị của n từ 1 đến 79.
Dirichlet đã chứng minh rằng mỗi chuỗi số
an + b, n = 0, 1, 2,3,...
trong đó a, b là hai số nguyên dương không có ước số chung lớn hơn 1, có chứa một số lượng vô hạn số nguyên tố.
Ví dụ, có vô hạn số nguyên tố có dạng 6n + 1, mặc dù, tất nhiên, không phải số nào như thế cũng là số nguyên tố. Với n = 4, 6n + 1 bằng 25, không phải là số nguyên tố.
Tuy nhiên, người ta đã chứng minh được rằng không có công thức đại số dạng hữu tỉ nào có thể chỉ biểu diễn số nguyên tố.
28. Có phải mọi số nguyên tố đều giống nhau?
Có hai dạng số nguyên tố.
Tất cả số nguyên tố ngoại trừ 2 đều có dạng hoặc 4n – 1 hoặc 4n + 1.
Trong số này, mỗi số nguyên tố có dạng 4n + 1 có thể được biểu diễn là tổng của hai bình phương duy nhất. Ví dụ, 5 = 1² + 2², 13 = 2² + 3², 17 = 1² + 4², 29 = 2² + 5², 953 = 13² + 28².
Tuy nhiên, nếu một số có dạng 4n + 1 có thể được biểu diễn là tổng của hai bình phương theo hai cách khác nhau, thì nó không thể là số nguyên tố. Ví dụ, 545 = 17² + 16² = 23² + 4², và 545 không phải là số nguyên tố.
Không có số nguyên nào dạng 4n – 1 có thể bằng tổng của hai bình phương, ví dụ 11 hay 23 không thể nào được biểu diễn như thế.
29. Những câu hỏi nào về số nguyên tố cho đến nay chưa được giải đáp?
Hai câu hỏi trông đơn giản liên quan đến số nguyên tố nhưng chưa được giải đáp là như sau:
Một là, có vô hạn số nguyên tố thuộc dạng n² + 1, trong đó n là số nguyên hay không.
Nếu chúng ta cho n nhận liên tiếp các giá trị 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10,... thì (n² + 1) nhận các giá trị 2, 5, 10, 17, 26, 37, 50, 65, 82, 101,... Trong số này có một số là số nguyên tố còn số khác thì không. Câu hỏi đặt ra là đến lúc nào thì quá trình này dừng cho ra số nguyên tố.
Hai là phỏng đoán của Goldbach khẳng định rằng mỗi số chẵn lớn hơn 2 bằng tổng của hai số nguyên tố, ví dụ 40 = 11 + 29. Giả thiết đã được xác nhận bởi những bảng kê số nhưng chưa từng được chứng minh.
30. Định lí cơ bản của số học! Nó là gì?
Một tính chất mà mỗi số nguyên lớn hơn 1 đều có là hoặc nó là số nguyên tố, hoặc nó có thể được phân tích thành tích của các thừa số nguyên tố theo cách duy nhất.
Kết quả cho mỗi số nguyên được phân tích thành tích của các thừa số duy nhất như thế này được gọi là định lí cơ bản của số học.
Ví dụ, 30 có thể được phân tích thành 2 × 3 × 5 và không có cách nào khác, một trật tự sắp xếp khác của các thừa số, ví dụ 3 × 2 × 5, không được xem là một phân tích thừa số khác.
Định lí này còn được gọi là định lí phân tích thành thừa số duy nhất.
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), và (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 26, và vân vân, mỗi tổng đều chia hết cho 12.
34. Một hợp số có bao nhiêu ước số?
Đặt N = a^pb^qc^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).
Chứng minh thế nào?
Xét tích số
(1 + a + a² + ... + a^p) (1 + b + b² + ... + b^q) (1 + c + c² + ... + 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^pb^qc^rd^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?
Vì 30 = 2 × 3 × 5 = 2¹ × 3¹ × 5¹,
nên số lượng ước số = 2 × 2 × 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 = 2⁴ × 3² × 7²,
nên số lượng ước số = (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 = 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, p², p³,... 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, n² – 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, n³ – n, n⁵ – n, n⁷ – n, n¹¹ – n,... lần lượt chia hết cho 3, 5, 7, 11,..., nhưng những kết quả tương tự không đúng đối với n⁴ – n, n⁶ – n,... vì 4, 6 không phải là số nguyên tố.
40. Nhưng làm thế nào n⁵ – n chia hết cho 30, chứ không chỉ chia hết cho 5?
Vì 5 là số nguyên tố, do đó theo định lí Fermat n⁵ – n là chia hết cho 5.
Hơn nữa,
n⁵ – n = n (n⁴ – 1)
           = n (n² – 1) (n² + 1)
           = n (n – 1) (n + 1) (n² + 1)
           = (n – 1) n (n + 1) (n² + 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, n⁵ – n là chia hết cho 5 × 6, tức là 30.
Lập luận tương tự, ta có n⁷ – n còn chia hết cho 7 × 6, tức là 42, chứ không chỉ 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 ± 1, trong đó n là một số nguyên dương.
2.Mỗi số có căn bậc ba nguyên là có dạng 9n hoặc 9n ± 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 bằng 25 chia hết cho 5, vì 5 là số nguyên tố.
Nhưng nếu n = 6, thì (n – 1)! + 1 bằng 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 3²ⁿ – 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) = 3²ⁿ – 2n – 1                             (1)
biến đổi n thành n + 1 ta có
f(n + 1) = 3²ⁿ⁺² – 2(n + 2) – 1
             = 9. 3²ⁿ – 2n – 3                    (2)
Nhân (1) với 9, rồi lấy (2) trừ (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) = 3² – 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:
44. Các số Pi-ta-go là gì?
Các số nguyên dương x, y, z được gọi là số Pi-ta-go nếu chúng thỏa mãn phương trình: x² + y² = z².
Hai ví dụ quen thuộc của những số như thế là 3, 4, 5 và 5, 12, 13.
Ở đây ta có 3² + 4² = 5², và 5² + 12² = 13².
Các số Pi-ta-go luôn làm thành ba cạnh của một tam giác vuông.
Đặc điểm nổi bật nhất của tam giác vuông được cho bởi định lí Pi-ta-go. Định lí phát biểu rằng tổng bình phương của hai cạnh góc vuông bằng bình phương của cạnh huyền.
Theo định lí Pi-ta-go, 3² + 4² = 5².
Các số như vậy được cho bởi
Trong đó m, n là hai số nguyên dương bất kì, và m lớn hơn n.
45. Còn tổng lũy thừa cao nhất của các số nguyên thì sao? Hay định lí cuối cùng của Fermat là gì?
Một bước đi tự nhiên là tìm các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn
Tất cả những trường hợp này được gộp chung lại như sau:
Tìm các số nguyên x, y, z sao cho xⁿ + yⁿ = zⁿ ,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 tuyệt diệu cho bài toán này, nhưng lề của quyển sách chỗ ông viết là quá hẹp để chứa nó. 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 khám phá lại hay không?
Một số nhà toán học trong hơn ba trăm năm qua đã cố gắng để khám phá chứng minh đó nhưng không 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 tất cả các nỗ lực.*
[Không có trong nguyên bản] *Định lý này đã làm hao mòn không biết bao bộ óc vĩ đại của các nhà toán học lừng danh trong gần 4 thế kỉ. Cuối cùng nó được chứng minh bởi Andrew Wiles năm 1993 sau gần 8 năm ròng nghiên cứu, phát triển chứng minh các giả thiết có liên quan.
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 x² + y² + z² + u², các giá trị bằng 0 của x, y, z, u là không thể tránh khỏi.
Ví dụ,
        vân vân.
       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    = 99² + 14² + 3² + 1²
                = 74² + 65² + 15² + 9²
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 mũ 3, 19 mũ 4, 41 mũ 5, 87 mũ 6, 193 mũ 7, 425 mũ 8, 949 mũ 9 hoặc 2113 mũ 10.
Giới hạn trên của số N chưa được xác định, nhưng nó phải là cực lớn.
50. Giả thiết Goldbach về các số lớn là gì?
Vào năm 1742, Goldbach đã nêu giả thiết rằng mỗi số lẻ N đủ lớn có thể được biểu diễn bằng tổng của ba số nguyên tố, tức là
số lẻ N = p₁ + p₂ + p₃
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, ta có
số chẵn N = p₁ + p₂ + p₃ + 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 nữa...

Nội dung đã bị xóa.

Quả là một tuần đáng vui mừng của Lý Thuyết Số ! Sau khi Yitang Zhang có bước đột phá trong việc chứng minh giả thuyết về số nguyên tố sinh đôi, đến lượt Harald Helfgott công bố chứng minh Giả thuyết Goldbach yếu. Đây là hai trong số các bài toán nổi tiếng nhất của Lý Thuyết Số.

Chứng minh được công bố trong bài báo Major arcs for Goldbach’s theorem, được đăng trên arXiv bởi Harald Helfgott, hiện đang là giáo sư tại Đại học Sư Phạm Paris (École Normale Supérieure de Paris). Bài báo này bổ sung và hoàn thành công trình nghiên cứu mà Helfgott đã giới thiệu năm ngoái trong bài báo Minor arcs for Golbach’s problem.

Cách đây tròn một năm, với việc chứng minh rằng, mọi số lẻ đều là tổng của tối đa năm số nguyên tố, Terence Tao đã tiến gần đến việc chứng minh Giả thuyết Goldbach yếu. Và giờ đây người hoàn thành nó là Harald Helfgott. Chúng ta hãy cùng chờ xem và hi vọng các chuyên gia khẳng định tính đúng đắn của chứng minh trên.

Giả thuyết GoldBach yếu được phát biểu như sau: Mọi số lẻ lớn hơn 5 đều có thể được viết dưới dạng tổng của 3 số nguyên tố.

Giả thuyết yếu Goldbach được đề xuất bởi một nhà toán học của thế kỷ 18, Christian Goldbach. Nó là họ hàng của một phát biểu khác liên quan tới các số chẵn, có tên là Giả thuyết Goldbach mạnh, nhưng thực ra lại được xây dựng bởi cộng sự của ông, nhà toán học Leonhard Euler. Giả thuyết mạnh khẳng định rằng mỗi số chẵn lớn hơn 2 là tổng của hai số nguyên tố. Như tên gọi của chúng phản ánh, nếu giả thuyết mạnh đúng thì giả thuyết yếu cũng đúng: để phân chia mỗi số lẻ thành tổng ba số nguyên tố, ta chỉ việc trừ 3 để tạo ra một số chẵn, và áp dụng giả thuyết mạnh đối với số chẵn này.

Bài toán này vẫn chưa có lời giải. Và thật đáng tiếc, phương pháp chứng minh Giả thuyết Goldbach yếu có vẻ như là không thể dùng được để chứng minh Giả thuyết Goldbach mạnh, như Terence Tao đã trình bày trên blog của anh.

Các số nguyên tố từ lâu đã thu hút các nhà toán học chuyên nghiệp cũng như nghiệp dư. Một số nguyên lớn hơn một được gọi là một số nguyên tố, nếu ước duy nhất của nó là một và chính nó. Các số nguyên tố đầu tiên là 2, 3, 5, 7, 11, vv. Một nguyên tố Mersenne là một số nguyên tố có dạng 2^^p−1 với p cũng là số nguyên tố. Các số nguyên tố Mersenne đầu tiên là 3, 7, 31, và 127 tương ứng với P = 2, 3, 5, và 7. Hiện tại chỉ có 48 số nguyên tố Mersenne được biết đến.

Marin Mersenne (1588-1648), đã thực hiện một phỏng đoán nổi tiếng: với những giá trị nào của p sẽ cho ta một số nguyên tố. Phải mất 300 năm và một số khám phá quan trọng trong toán học để giải quyết phỏng đoán của ông.
Và vào ngày 25/1/2013,tại ORLANDO, Florida, số nguyên tố Mersenne thứ 48 - lớn nhất cho tới giờ:

đã được phát hiện nhờ Đội tìm kiếm số nguyên tố lớn (GIMPS) trên máy tính của tình nguyện viên Curtis Cooper. Số nguyên tố mới có 17.425.170 chữ số. Với 360.000 máy tính, đạt mức cao nhất là 150 nghìn tỷ phép tính mỗi giây, GIMPS chạy 17 năm liên tục, và trở thành dự án chạy lâu nhất trong lịch sử Internet.

Để chứng minh không có lỗi trong quá trình phát hiện ra số nguyên tố, số nguyên tố mới được xác nhận độc lập bằng cách sử dụng các chương trình khác nhau chạy trên phần cứng khác nhau. Serge Batalov chạy phần mềm MLucas của Ernst Mayer trên một máy chủ trong 6 ngày để xác minh số nguyên tố mới. Jerry Hallett xác minh nguyên tố bằng cách sử dụng các phần mềm CUDALucas chạy trên một NVIDIA GPU trong 3,6 ngày. Cuối cùng, Tiến sĩ Jeff Gilchrist xác minh tìm thấy bằng cách sử dụng các phần mềm GIMPS trên một CPU Intel i7 trong 4,5 ngày và chương trình CUDALucas trên một NVIDIA GTX 560 Ti trong 7,7 ngày. Phương pháp tốt nhất để kiểm tra tính nguyên tố của các số Mersenne được dựa vào sự tính toán một dãy tuần hoàn, được phát biểu đầu tiên bởi Lucas năm 1878 và chứng minh bởi Lehmer vào những năm 1930. Hiện nay nó được gọi là Cuộc kiểm tra Lucas-Lehmer với số Mersenne.

Tiến sĩ Cooper là một giáo sư tại trường Đại học Central Missouri. Đây là kỉ lục thứ ba cho Tiến sĩ Cooper và Đại học của ông. Đầu tiên kỉ lục của họ đã được đưa ra vào năm 2005, và bị phá vỡ bởi kỷ lục thứ hai của họ vào năm 2006. Máy vi tính tại UCLA đã phá vỡ kỷ lục trong năm 2008 với một số có 12.978.189 chữ số. UCLA nắm giữ kỉ lục cho đến khi Đại học Central Missouri phá vỡ kỷ lục thế giới với phát hiện này. Tiến sĩ Cooper và Đại học Central Missouri là những cá nhân có đóng góp lớn nhất cho dự án này. Phát hiện này được nhận giải thưởng GIMPS trị giá $ 3.000. Giải thưởng GIMPS tiếp theo sẽ được dành cho người tìm được số nguyên tố lớn với 100,000,000 chữ số, trị giá $150.000.

Ngoài ra, có một công thức nổi tiếng về việc tạo ra 1 số hoàn hảo từ 1 số nguyên tố Mersenne( số hoàn hảo là 1 số mà tổng các ước của nó bằng chính nó): 2^^(p−1)(2^^p−1) là số hoàn hảo. Số hoàn hảo mới được tìm ra là 2^^57,885,160(2^^57,885,161−1). Số này có tới hơn 34 triệu chữ số.