Chủ đề này có 13 trả lời

[doducanh223344]

Giả thuyết Goldbach do nhà toán học người Đức Christian Goldbach (1690-1764) nêu ra vào năm 1742 trong một lá thư gửi tới Leonhard Euler, là một trong những bài toán lâu đời và nổi tiếng còn chưa giải được trong lý thuyết số nói riêng và toán học nói chung. Giả thuyết phỏng đoán rằng:Mỗi số tự nhiên chẵn lớn hơn 2 có thể biểu diễn bằng tổng của hai số nguyên tố

sau đây mình xin trình bày 1 cách hướng giải quyết bài này như sau: theo định đề bertrand ta có: với mỗi số nguyên nguyên dương $n > 1$ luôn tồn tại ít nhất 1 số nguyên tố r sao cho $n<r \leq 2n$.

Bài toán đúng với $n=4$ vì $4=2+2$.

Với $n>4$: ta giả sử rằng $n$ không viết được dưới dạng tổng của 2 số nguyên tố $p,q$. Ta xét 2 th sau:

- Nếu $n<p+q$, chọn $q=p=2$  thì $n<4$ (vô lí)

- Nếu $n>p+q$, chọn $q=p=r$  thì $n \geq \frac{n}{2} + \frac{n}{2} =n$ (vô lí)

Theo nguyên lí phản chứng ta có điều phải chứng minh.

 

NOTE: từ đây ta cũng cm được giả thuyết goldback yếu như sau.

với mỗi số lẻ $n>7$ thì $n=3+2k$. Vì $n>7$ nên $2k>4$ vì vậy $2k$ được viết dưới dạng tổng của 2 số nguyên tố $p,q$.

Dẫn đến $n=3+p+q$ (đpcm)

 (mình đã học hỏi và tham khảo các bài viết về giả thuyết này ở khá nhiều nguồn như wikipeda và có sự góp sức của ông bạn thân )

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 14-12-2022 - 21:16
Tiêu đề + LaTeX

[doducanh223344]

mình nghĩ rằng hướng đi này không đúng,mong mọi người góp ý>

[perfectstrong]

Chứng minh của bạn sai.

Đầu tiên, giả sử phản chứng của bạn, ý là "không tồn tại hai số nguyên tố $p,q$ nào để $p+q=n$" đúng không?

- Nếu $n<p+q$, chọn $q=p=2$  thì $n<4$ (vô lí)

- Nếu $n>p+q$, chọn $q=p=r$  thì $n \geq \frac{n}{2} + \frac{n}{2} =n$ (vô lí)

Tiếp theo, vì bạn lại có thể chọn $p,q$ ở đây?

Từ tập hợp số nguyên tố, bạn chọn trước tùy ý hai số $p,q$ nguyên tố, rồi so sánh $p+q$ với $n$. Một khi đã chọn $p,q$, bạn không có quyền sửa đổi giá trị của $p,q$ nữa.

[doducanh223344]

Chứng minh của bạn sai.

Đầu tiên, giả sử phản chứng của bạn, ý là "không tồn tại hai số nguyên tố $p,q$ nào để $p+q=n$" đúng không?

Tiếp theo, vì bạn lại có thể chọn $p,q$ ở đây?

Từ tập hợp số nguyên tố, bạn chọn trước tùy ý hai số $p,q$ nguyên tố, rồi so sánh $p+q$ với $n$. Một khi đã chọn $p,q$, bạn không có quyền sửa đổi giá trị của $p,q$ nữa.

cảm ơn bạn đã góp ý,mình cũng băn khoăn chỗ này rất nhiều 

[poset]

 

Giả thuyết Goldbach do nhà toán học người Đức Christian Goldbach (1690-1764) nêu ra vào năm 1742 trong một lá thư gửi tới Leonhard Euler, là một trong những bài toán lâu đời và nổi tiếng còn chưa giải được trong lý thuyết số nói riêng và toán học nói chung. Giả thuyết phỏng đoán rằng:Mỗi số tự nhiên chẵn lớn hơn 2 có thể biểu diễn bằng tổng của hai số nguyên tố

sau đây mình xin trình bày 1 cách hướng giải quyết bài này như sau: theo định đề bertrand ta có: với mỗi số nguyên nguyên dương $n > 1$ luôn tồn tại ít nhất 1 số nguyên tố r sao cho $n<r \leq 2n$.

Bài toán đúng với $n=4$ vì $4=2+2$.

Với $n>4$: ta giả sử rằng $n$ không viết được dưới dạng tổng của 2 số nguyên tố $p,q$. Ta xét 2 th sau:

- Nếu $n<p+q$, chọn $q=p=2$  thì $n<4$ (vô lí)

- Nếu $n>p+q$, chọn $q=p=r$  thì $n \geq \frac{n}{2} + \frac{n}{2} =n$ (vô lí)

Theo nguyên lí phản chứng ta có điều phải chứng minh.

 

NOTE: từ đây ta cũng cm được giả thuyết goldback yếu như sau.

với mỗi số lẻ $n>7$ thì $n=3+2k$. Vì $n>7$ nên $2k>4$ vì vậy $2k$ được viết dưới dạng tổng của 2 số nguyên tố $p,q$.

Dẫn đến $n=3+p+q$ (đpcm)

 (mình đã học hỏi và tham khảo các bài viết về giả thuyết này ở khá nhiều nguồn như wikipeda và có sự góp sức của ông bạn thân

Ta giả sử rằng $6$ không viết được dưới dạng tổng của 2 số chính phương $a^2,b^2$
-Nếu $6<a^2+b^2$, chọn $a=b=1$ thì $6<2$ vô lý.
-Nếu $6>a^2+b^2$, chọn $a=b=2$ thì $6>8$ vô lý.
Vậy $6=a^2+b^2$ là tổng của hai số chính phương.
Hy vọng bạn thấy vấn đề ở đây. Nếu lập luận của bạn có thể biến ra một mệnh đề sai tức là lập luận của bạn sai.
Phương pháp thường dùng cho vấn đề kiểu này là circle method, cơ bản nó là hàm sinh $\left ( \sum_{p\in \mathbb{P}}x^p \right )^2$ nhưng sẽ dùng giải tích phức kết hợp các tính chất số học của số nguyên tố để ước lượng hệ số của $x^n$ trong hàm sinh.

[doducanh223344]

Ta giả sử rằng $6$ không viết được dưới dạng tổng của 2 số chính phương $a^2,b^2$
-Nếu $6<a^2+b^2$, chọn $a=b=1$ thì $6<2$ vô lý.
-Nếu $6>a^2+b^2$, chọn $a=b=2$ thì $6>8$ vô lý.
Vậy $6=a^2+b^2$ là tổng của hai số chính phương.
Hy vọng bạn thấy vấn đề ở đây. Nếu lập luận của bạn có thể biến ra một mệnh đề sai tức là lập luận của bạn sai.
Phương pháp thường dùng cho vấn đề kiểu này là circle method, cơ bản nó là hàm sinh $\left ( \sum_{p\in \mathbb{P}}x^p \right )^2$ nhưng sẽ dùng giải tích phức kết hợp các tính chất số học của số nguyên tố để ước lượng hệ số của $x^n$ trong hàm sinh.

 

Ta giả sử rằng $6$ không viết được dưới dạng tổng của 2 số chính phương $a^2,b^2$
-Nếu $6<a^2+b^2$, chọn $a=b=1$ thì $6<2$ vô lý.
-Nếu $6>a^2+b^2$, chọn $a=b=2$ thì $6>8$ vô lý.
Vậy $6=a^2+b^2$ là tổng của hai số chính phương.
Hy vọng bạn thấy vấn đề ở đây. Nếu lập luận của bạn có thể biến ra một mệnh đề sai tức là lập luận của bạn sai.
Phương pháp thường dùng cho vấn đề kiểu này là circle method, cơ bản nó là hàm sinh $\left ( \sum_{p\in \mathbb{P}}x^p \right )^2$ nhưng sẽ dùng giải tích phức kết hợp các tính chất số học của số nguyên tố để ước lượng hệ số của $x^n$ trong hàm sinh.

cảm ơn bạn đã góp ý,mình sẽ tiếp tục suy nghĩ về vấn đề này trong tl,biết đâu chúng ta sẽ còn gặp lại

[ToiyeutoAn188]

Mình có 1 hướng chứng minh định đề GOLDBACH này và muốn các bạn xem thử và đóng góp ý kiến (mình đang chứng minh giả thuyết goldbach yếu) 

                                   

 

                                      Giả sử rằng có một số nguyên dương n lớn hơn 2 mà không thể được biểu diễn dưới dạng tổng của 3 số nguyên tố. Xét hai trường hợp: 1. Nếu n là số nguyên tố, thì n có thể được biểu diễn dưới dạng tổng của 3 số nguyên tố là chính nó. Đây là trường hợp đơn giản, vì n là số nguyên tố. 2. Nếu n không phải là số nguyên tố, thì n phải là một số chẵn hoặc một số lẻ không phải số nguyên tố. Ta sẽ xét hai trường hợp nhỏ: - Trường hợp 1: n là số chẵn. Theo định lý số học cơ bản, mọi số chẵn lớn hơn 2 đều có thể phân tích thành tổng của hai số nguyên tố. Vì vậy, nếu n là số chẵn, thì n có thể biểu diễn dưới dạng tổng của ba số nguyên tố bằng cách chọn một số nguyên tố p và phân tích n - p thành tổng của hai số nguyên tố. - Trường hợp 2: n là số lẻ không phải số nguyên tố. Theo định lý số học cơ bản, mọi số lẻ không phải số nguyên tố đều có thể phân tích thành tích của một số nguyên tố và một số nguyên tố khác có thể phân tích thành tổng của hai số nguyên tố. Vì vậy, nếu n là số lẻ không phải số nguyên tố, thì n có thể biểu diễn dưới dạng tổng của ba số nguyên tố bằng cách chọn hai số nguyên tố p và q và phân tích n - pq thành tổng của hai số nguyên tố.

[perfectstrong]

Theo định lý số học cơ bản, mọi số chẵn lớn hơn 2 đều có thể phân tích thành tổng của hai số nguyên tố.

Đây cũng là giả thuyết Golbach, mà là phiên bản tương đương. https://en.wikipedia...ch's_conjecture
Theo mình biết thì đây không phải là "định lý số học cơ bản". Nếu thế thì mong bạn cũng chứng minh giúp cho mọi người mở mang tầm mắt.

[ToiyeutoAn188]

Thưa ad, mình có 1 cách chứng minh định đề Goldbach mạnh : 

Chứng minh định đề Goldbach

Trước hết, ta có một phần nhỏ như sau:

Giả sử 0 bé hơn hoặc bằng I và < j và Fi và Fj có chung 1 ước số a( lớn hơn 1). Khi đó a là ước của F0…Fj=1 và Fj. Suy ra, a cũng phải là ước của 2 mà a>1 nên a=2 ( vô lý do mọi số Fermat đều là số lẻ). Từ đây, ta có:

Hệ thức dẫn đến định đề từ công thức truy hồi thứ 2 của dãy số Fermat:

Fn=F0…Fn=2^n+1 với n lớn hơn hoặc bằng 1

Với n=1 thì đẳng thức Fn đúng

Giả sử đẳng thức đúng với n=k( k lớn hơn hoặc bằng 1) thì ta có:

Fk=F0…Fk=2^k+1

Với k+1, xét F0…Fk.Fk+1=2^k+1+1(đpcm)

Vậy theo phương pháp quy nạp toán học, ta có : Fn=F0…Fn=2^n+1 với n lớn hơn hoặc bằng 1

Đến đây, việc chứng minh đã gần hoàn tất, ta chỉ cần chứng minh rằng tồn tại vô hạn số nguyên tố :

Giả sử tồn tại hữu hạn số nguyên tố p1,p2,p3,…pn và giả sử p1<p2<p3<…<pn

Xét tích A= p1.p2.p3…pn+1. Rõ rang A>pn nên  A là hợp số, do đó A có ít nhất 1 ước nguyên tố p. Khi đó p1,p2,p3,…,pn là tất cả các số nguyên tố nên tồn tại I thuộc tập {1,2,3,…,n} sao cho p=pi

Như vậy A chia hết cho p,(p1.p2.p3…pn) chia hết cho p nên 1 chia hết cho p( vô lý )

Suy ra điều gs là sai, suy ra điều phải chứng minh.

Đến đây, ta đã chứng minh đc định đề Goldbach bằng hệ thức từ công thức truy hồi của số Fermat.

[perfectstrong]

Chứng minh của bạn viết không đầu đuôi gì cả, chẳng thấy được liên quan gì giữa số Fermat và giả thuyết Goldbach. Thậm chí công thức số Fermat của bạn còn sai.

https://en.wikipedia...i/Fermat_number

[ToiyeutoAn188]

Chứng minh của bạn viết không đầu đuôi gì cả, chẳng thấy được liên quan gì giữa số Fermat và giả thuyết Goldbach. Thậm chí công thức số Fermat của bạn còn sai.

https://en.wikipedia...i/Fermat_number

OH, đó là một sự sai sót, mong ad bỏ qua cho mình, mình sẽ rút kinh nghiệm từ lần sau. CẢm ơn ad vì lời nhận xét rất thẳng thắn.

[ToiyeutoAn188]

Thưa ad, mình thấy ở trên nó có nói là hệ thức thứ 2 sẽ suy ra định đề goldbach chứ ad nói số fermat không liên quan gì đến định đề goldbach là sai rồi ạ. MÌnh đã thử kiểm tra điều này bằng cách giả sử 0 ≤ i < j và F_i với F_j  rồi. Ad nói như vậy là không hợp lý. Có thể mình sẽ sửa sai trong cách chứng minh công thức số fermat nhưng ad nói như vậy là chưa hợp lý ạ.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ToiyeutoAn188: 05-11-2023 - 09:58

[viet nam]

theo giải thiết Goldbach ta có

số nguyên tố 1 + số nguyên tố 2 = số chẵn ( đk số chẵn lớn hơn 2 )

đặt số nguyên tố 1 = a,số nguyên tố 2 =b

ví a,b đều là các số tự nhiên nên ta có

Th1; a=b 

suy ra a+b=2a chia hết cho hết cho 2 

với a nhỏ nhất thì 2a=4(tm)

th2 a khác b khác 2

suy ra a + b chưng sẽ chia hết cho 2 vì a , b là số lẻ

cho a hoặc b có giá trị nhỏ nhất là = 3

thì a+b tạo thành 1 số chẵn lớn hơn 2 

th3 a hoặc b =2

trường hợp này không thể xảy vì a+b sẽ tạo thành 1 số lẻ

Suy ra chỉ có 2 trường hợp trên xảy ra 

suy ra đpcm

mong mọi người  giúp mình  ạ

[viet nam]

@viet nam