MỘT TRĂM CÂU HỎI ĐƠN GIẢN, NHƯNG ĐỒNG THỜI CŨNG LÀ NHỮNG CÂU HỎI KHÓ CỦA SỐ HỌC

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

1


2


3


LỜI GIỚI THIỆU CỦA NGƯỜI DỊCH
(Bản tiếng Nga)
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.
Có những ghi chú được biên dịch mà trong chúng có những kết quả không được
đề cập trong văn bản gốc. Các ghi chú này sẽ được đánh dấu bằng các con số
viết trong ngoặc đơn, ví dụ (I).
Cuốn sách của V. Sierpinski rất thú vị và hữu ích với các giáo viên toán phổ
thông trung học khi làm việc với các kỳ thi toán học và vài nghiên cứu độc lập
trong số học cao cấp và hình học của các con số.

_____________________
4


MỘT TRĂM CÂU HỎI ĐƠN GIẢN, NHƯNG ĐỒNG THỜI
CŨNG LÀ NHỮNG CÂU HỎI KHÓ CỦA SÔ HỌC.

“Trong số học nghệ thuật đã trở thành một
vấn đề quan trọng đối với khả năng giải
quyết chúng” (Georg Cantor)

Thông thường trong toán học hay nảy sinh câu hỏi tự nhiên đơn giản, mà các
câu trả lời là khó hoặc thậm chí cho đến nay vẫn chưa được biết. Trong lĩnh vực
số học có nhiều câu hỏi như vậy.
Những câu hỏi chưa được giải đáp của số học, chúng ta có thể chia được thành
hai loại. Danh sách các câu hỏi thuộc loại thứ nhất là những câu hỏi mà ta biết
phương pháp giải nó. Những phương pháp này sau khi ta thực hiện một loạt các
tính toán theo chỉ dẫn của nó, tất nhiên sẽ dẫn ta tới lời giải của câu hỏi đã cho,
nhưng do thời gian tính toán quá lâu (do những khó khăn của công nghệ tính
toán thuần túy) mà chúng ta không thể thực hiện được trong một khoảng thời
gian cho phép, ngay cả khi ta có sự trợ giúp của máy tính điện tử ngày nay.
Những câu hỏi thuộc loại thứ hai bao gồm tất cả các câu hỏi nổi tiếng khác mà
cho tới ngày nay chúng vẫn chưa có câu trả lời, đối với những câu hỏi đó chúng
ta vẫn chưa biết phương pháp giải quyết chúng, ngay cả những phương pháp mà
nó cần một khối lượng công việc tính toán rất lớn để dẫn tới lời giải của nó.
Ví dụ cho các câu hỏi thuộc loại thứ nhất là ta cần phải xác định tất cả các ước
số tự nhiên của số 2101 − 1. Để tìm các ước số đó ta chỉ cần chia số đó lần lượt
cho các số 1, 2, 3, … đến 2101 − 1 là đủ và rõ ràng các phép chia đó sẽ cho các
ước số cần tìm ở những phép chia không còn dư. Tuy nhiên điều này đòi hỏi
một khối lượng tính toán vượt quá khả năng của chúng ta. Hiển nhiên có hai
ước số cần tìm là 1 và 2101 − 1; một điều lý thú là người ta đã chứng minh
được sự tồn tại của các ước số khác với hai ước số trên (tuy nhiên đây không
phải là một việc làm dễ dàng), nhưng cho tới ngày nay ta vẫn chưa biết một ước
số nào trong các ước số đó.
Ta cũng lưu ý tới một sự thật là đối với số 2101 (là số lớn hơn số ta đang xét 1
đơn vị) thì ta lại biết tất cả các ước số tự nhiên của nó (số các ước số ấy là 102
số), đó là 102 số hạng đầu tiên của cấp số nhân (với công bội bằng 2):

5

1, 2, 4, 8, 16, … , 2100 , 2101 . Vì vậy, việc nghiên cứu các con số đứng liền sát
nhau trong dãy số tự nhiên lại có độ khó rất khác nhau.
Một ví dụ khác về các câu hỏi thuộc loại thứ nhất là tìm một phân tích số 10
thành một tổng hữu hạn của các phân số có tử số bằng 1 còn mẫu số là một số tự
nhiên. Ta biết phương pháp xác định phân tích loại như vậy đối với từng số hữu
tỷ dương. Tuy nhiên người ta đã chứng minh được rằng trong mỗi phân tích số
10 thành tổng của một số hữu hạn các phân số có dạng

1
𝑛

(trong đó n là một

số tự nhiên) có số số hạng của phân tích ấy nhiều hơn 12366, vì thế
việc thực hiện tìm kiếm một phân tích như vậy hầu như là không thể
làm được (xem trong [1]).
Một ví dụ cho các câu hỏi thuộc loại thứ hai là vấn đề liệu phương trình
𝑥 3 + 𝑦 3 + 𝑧 3 = 3 có các nghiệm khác hay không trong các số nguyên x, y, z
ngoài 4 nghiệm đã biết:
𝑥 = 𝑦 = 𝑧 = 1;
𝑥 = 4, 𝑦 = 4, 𝑧 = −5;
𝑥 = 4, 𝑦 = −5, 𝑧 = 4;
𝑥 = −5, 𝑦 = 4, 𝑧 = 4;
Đôi khi theo thời gian có những câu hỏi thuộc loại thứ hai sau đó đã được giải
đáp xong. Ví dụ, năm 1845 J. Bertrand đã nêu lên giả thuyết nếu 𝑛 > 1 là một
số tự nhiên thì giữa các số n và 2n ta luôn tìm được ít nhất một số nguyên tố.
Câu hỏi về tính đúng đắn của giả thuyết này là câu hỏi thuộc loại thứ hai ở thời
điểm đó. Nhưng 5 năm sau Chebyshev đã chứng minh được rằng giả thuyết này
(nó nổi tiếng với tên gọi là Định đề Bertrand) là đúng. Chứng minh của
Chebyshev không phải là chứng minh sơ cấp. Một chứng minh sơ cấp được tìm

thấy về sau này vào năm 1930 (xem: W. Sierpinski, Arytmetyka teoretyczna,
Warszawa 1955, trang 72 - 78).
Một câu hỏi thuộc loại thứ hai được P. Fermat (1601-1665) nêu ra, ông cho rằng
𝑛
đối với mỗi số tự nhiên n thì số 𝐹𝑛 = 22 + 1 (được gọi là số Fermat thứ n) là
số nguyên tố, tức là nó không có ước số tự nhiên nào khác ngoài 1 và chính nó.
Nhưng năm 1732 L. Euler đã chứng minh rằng giả thuyết của Fermat là sai lầm,
5

bởi vì số 𝐹5 = 22 + 1 = 232 + 1 = 4294967297 không phải là số nguyên tố
do nó chia hết cho 641 (xem [2]).
6


Một lần nữa ta thấy trong trường hợp này việc chỉ ra ví dụ để bác bỏ giả thuyết
của Fermat là rất khó khăn. Fermat đã biết rằng các số 𝐹𝑛 là số nguyên tố vói
𝑛 < 5. Số 𝐹5 có 10 chữ số trong hệ thập phân. Đáng ngạc nhiên là Fermat trước
khi nêu lên giả thuyết của mình đã không thử chia số 𝐹5 cho các số nguyên tố
nhỏ hơn 1000, bởi nếu ông thực hiện điều đó (ở thời của Fermat không có nhiều
máy móc thì đây quả là một công việc nặng nhọc) thì ông đã phát hiện số 𝐹5 là
một hợp số rồi.
Hiện nay chúng ta đã 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 nhất mà ta chưa biết nó có
phải là số nguyên tố hay không là số 𝐹13 có 2467 chữ số. Ngày nay thì câu hỏi
số 𝐹13 có phải là số nguyên tố hay không thuộc loại thứ nhất (bởi vì ta chỉ cần
chia số 𝐹13 cho các số nguyên tố nhỏ hơn nó là đủ), nhưng có thể sau vài năm
nữa với sự trợ giúp của máy tính nó sẽ được giải quyết. Việc chứng minh các số
𝐹𝑛 không phải là số nguyên tố không phải là dễ. Bạn đọc có thể tìm đọc trong
cuốn sách của tôi ―Lý thuyết số là gì‖ («Czym sis zajmuje teorialiczb»

(«Wiedza Powszechna», Warszawa, 1957, Rodzial VI).
Liên quan đến việc ta chỉ biết một vài số nguyên tố, cụ thể là các số 𝐹𝑛 nhỏ nhất,
nhưng lại biết tới 35 hợp số 𝐹𝑛 vì thế gần đây có giả thuyết cho rằng tất cả các
số 𝐹𝑛 với 𝑛 ≥ 5 đều là hợp số. Hiện nay giả thuyết đó là thuộc loại thứ hai [3].
Có câu hỏi thuộc loại thứ hai cho tới thời gian gần đây là câu hỏi có tồn tại hay
không số tự nhiên 𝑛 > 1 mà đối với nó số 𝑛. 2𝑛 + 1 (số ấy gọi là số Cullen) là
số nguyên tố. Chỉ mới gần đây người ta mới tìm được số nguyên tố Cullen nhỏ
nhất với 𝑛 = 141.
Sau khi bác bỏ giả thuyết Fermat về các số 𝐹𝑛 , đã xuất hiện hai vấn đề sau đây:
1) Trong các số 𝐹𝑛 (𝑛 = 1,2,3, … ) có tồn tại vô số số nguyên tố hay không ? và
2) Trong các số 𝐹𝑛 (𝑛 = 1,2,3, … ) có tồn tại vô số hợp số hay không ?
Mỗi vấn đề đó cho tới nay vẫn là các câu hỏi thuộc loại thứ hai.
Một câu hỏi thuộc loại thứ hai tồn tại trong suốt một thời gian dài là câu hỏi liệu
2

tất cả các số của dãy 2 + 1, 22 + 1, 22 + 1, 22
nguyên tố không ?

7

22

+ 1, … có phải là các số


Chỉ tới năm 1953 với sự trợ giúp của máy tính điện tử người ta mới biết câu trả
lời của câu hỏi đó là phủ định, cụ thể là phần tử thứ 5 của dãy số đó 𝐹16 =
16

22 + 1 (là số có 19729 chữ số) là một hợp số, lúc đó họ đã tìm được ước số

nguyên tố nhỏ nhất của nó là số 218 . 3150 + 1 [4].
Vì vậy, một vài câu hỏi khó trong số học cũng chỉ mới được giải quyết trong
thời gian gần đây.
Tình hình cũng như vậy, một số câu hỏi thuộc loại thứ hai sau này lại trở thành
câu hỏi thuộc loại thứ nhất. Ví dụ, câu hỏi mọi số tự nhiên lẻ đều là tổng của ba
số nguyên tố lẻ. Điều đó cho tới ngày nay đã trở thành câu hỏi thuộc loại thứ hai
sau khi I. M. Vinogradov đã chứng minh được rằng mỗi số lẻ 𝑛 > 𝑎 = 33
là tổng của ba số nguyên tố lẻ [5].

16

đều

Liên quan tới kết quả đó vấn đề liệu mỗi số lẻ 𝑛 > 7 có phải là tổng của ba số
nguyên tố lẻ hay không đã trở thành câu hỏi thuộc loại thứ nhất bởi vì ta chỉ cần
kiểm tra xem mỗi số lẻ > 7 và < 𝑎 là tổng của 3 số nguyên tố lẻ là đủ (và đối
với mỗi số tự nhiên ta phải tìm tất cả các phân tích nó thành tổng của ba số
nguyên tố lẻ hoặc là khẳng định rằng phân tích ấy là không có, từ đó ta dễ thấy
rằng câu hỏi đó đã trở thành câu hỏi thuộc loại thứ nhất).
Dưới đây tôi sẽ cung cấp cho các bạn đọc một loạt các ví dụ về các câu hỏi
thuộc loại thứ nhất và thứ hai. Các câu hỏi thuộc loại thứ nhất sẽ được ta ký
hiệu là 𝑷𝟏𝒌 (ở đây 𝑘 = 1, 2, …), và các câu hỏi thuộc loại thứ hai sẽ được ta ký
hiệu là 𝑷𝟐𝒌 , còn các câu hỏi mà ta biết câu trả lời sẽ được ta ký hiệu là 𝑷𝒌 .
𝑷𝟐𝟏 . Trong các số 2𝑛 − 1, trong đó n là số tự nhiên, liệu có tồn tại một tập vô
hạn các số nguyên tố hay không ?
Cho đến nay người ta đã biết 18 số nguyên tố có dạng đó, mà trong đó số lớn
nhất là số 23217 − 1 có 969 chữ số. Năm 1957 H. Riesel đã chứng minh rằng số
đó là số nguyên tố. Đó là số nguyên tố lớn nhất mà ta biết tới nay [6].
Dễ dàng chứng minh rằng nếu số 2𝑛 − 1 (những số này được ta gọi là số
Mersenne) là số nguyên tố thì n cũng phải là số nguyên tố, nhưng ta không có

điều ngược lại bởi ta có ví dụ 211 − 1 = 23.89.
𝑷𝟐𝟐 . Tồn tại hay không một tập vô số các số nguyên tố p, mà đối với chúng số
2𝑝 − 1 là một hợp số ?
8


𝑷𝟑 . Nếu số 2𝑛 − 1 là số nguyên tố thì số 22
không ?

𝑛 −1

− 1 có phải là số nguyên tố hay

Sau một thời gian khá dài người ta mới biết câu trả lời cho câu hỏi 𝑷𝟑 là đúng.
Điều đó đã được chứng minh vào năm 1953, khi D. J. Wheeler tin chắc (với sự
13

trợ giúp của máy tính điện tử) rằng số 𝑚 = 22 −1 − 1 (có 2466 chữ số) là một
hợp số, mặc dù số 213 − 1 = 8191 là số nguyên tố. Tuy nhiên cho đến nay ta
vẫn chưa biết một ước số nào của m mà nó khác 1 và m. Thay vì điều đó năm
17

19

1957 người ta phát hiện rằng các số 22 −1 − 1 và 22 −1 − 1 là các hợp số,
mặc dù các số 217 − 1 và 219 − 1 là các số nguyên tố; lúc đó họ tìm thấy rằng
17

số 22 −1 − 1 chia hết cho 1768. 217 − 1 + 1, còn số 22
120. 219 − 1 + 1.

19 −1

− 1 chia hết cho

𝑷𝟐𝟒 . Tồn tại hay không tập vô hạn các số nguyên tố có dạng 2𝑚 + 2𝑛 − 1, trong
đó m và n là các số tự nhiên ?
Nếu câu trả lời cho câu hỏi 𝑷𝟐𝟒 là không, thì không cũng là câu trả lời cho câu
hỏi 𝑷𝟐𝟏 (bởi vì 2𝑚 +1 − 1 = 2𝑚 + 2𝑚 − 1) và cũng vậy số các số nguyên tố
Fermat là hữu hạn (bởi vì 2𝑚 + 1 = 2𝑚 + 21 + 1).
𝑷𝟓 . Liệu có đúng hay không nếu 2𝑛 − 1 là số nguyên tố thì số 2𝑛 − 1 + 100
cũng là số nguyên tố ?
Qua nhiều năm người ta không biết phải làm thế nào để trả lời cho câu hỏi đó,
chỉ tới năm 1957 thì J. L. Selfridge mới phát hiện rằng giả thuyết đó là không
đúng, bởi vì số 231 − 1 là số nguyên tố nhưng số 231 + 99 lại là một hợp số
chia hết cho 1933.
𝑷𝟐𝟔 . Tồn tại hay không tập vô hạn các số nguyên tố có dạng 2𝑚 . 3𝑛 + 1, trong
đó m và n là các số tự nhiên ?
Nếu các số nguyên tố Fermat là một tập vô hạn thì câu trả lời của câu hỏi 𝑷𝟐𝟔 sẽ
là có. T. Kulikovskii đã chỉ ra vài chục số nguyên tố có dạng 2𝑚 . 3𝑛 + 1; mà số
lớn nhất trong chúng là số 2534 . 31 + 1 có 162 chữ số.
𝑷𝟐𝟕 . Ngoài các số 2 = 11 + 1, 5 = 22 + 1, 257 = 44 + 1 ra, liệu có hay không
dù chỉ thêm một số nguyên tố có dạng 𝑛𝑛 + 1, trong đó n là số tự nhiên ?

9


Có thể chứng minh rằng nếu có tồn tại số nguyên tố như vậy thì nó cần phải có
nhiều hơn 300000 chữ số [7].
𝑷𝟐𝟖 . Ngoài các số 2 và 17 ra, liệu có hay không dù chỉ thêm một số nguyên tố có

𝑛
dạng 𝑛𝑛 + 1, trong đó n là số tự nhiên ?
Có thể chứng minh rằng nếu có tồn tại số nguyên tố như vậy thì nó cần phải có
nhiều hơn một tỷ tỷ chữ số [8].
𝑷𝟐𝟗 . Tồn tại hay không ít nhất một số nguyên tố p sao cho số 2𝑝 − 1 có ước số là
bình phương của một số tự nhiên > 1 ?
F. Yakubchik đã nêu giả thuyết cho rằng số nguyên tố p như vậy là không có.
𝑷𝟐𝟏𝟎 . Tồn tại hay không tập vô hạn số tự nhiên n, mà đối vói nó số 2𝑛 − 1 không
chia hết cho bình phương của số tự nhiên > 1 ?
Câu hỏi này do A. Schinzel đặt ra.
Nếu câu trả lời cho câu hỏi ấy là không thì câu trả lời cho câu hỏi 𝑷𝟐𝟗 sẽ là có
[9].
𝑷𝟐𝟏𝟏 . Tồn tại hay không tập vô hạn số nguyên tố, mà tất cả các chữ số của các
số nguyên tố ấy đều bằng 1 (được viết trong hệ thập phân) ?
Ta có thể chứng minh (dù rằng khá khó) rằng nếu ta viết tùy ý hai dãy hữu hạn
các chữ số, cách nhau một chỗ trống, thêm vào đó chữ số cuối cùng của dãy số
sau cùng cần phải là 1, 3, 7 hoặc 9, thì ta có thể viết vào chỗ trống một số các
chữ số tưong ứng cần thiết để sao cho số nhận được theo phương pháp ấy là một
số nguyên tố. Ví dụ, từ đó suy ra rằng tồn tại số nguyên tố (viết trong hệ thập
phân) có chứa ở phần đầu và phần cuối của số đó một tập vô số chữ số 1 (xem
Acta Arithm, 5, trang 265).
𝑷𝟐𝟏𝟐 . Tồn tại hay không tập vô hạn số nguyên tố có dạng 𝑥 2 + 1, ở đây x là số
tự nhiên ? (2).
Thay vì điều đó người ta đã chứng minh được rằng tồn tại tập vô hạn các số tự
nhiên x, mà đối với nó số 𝑥 2 + 1 là tích của không quá 4 số nguyên tố. Chứng
minh đó khá phức tạp.

10

𝑷𝟐𝟏𝟑 . Tồn tại hay không tập vô hạn số nguyên tố có dạng 𝑥 2 + 𝑦 2 + 1, ở đây x
và y là các số tự nhiên ?
𝑷𝟏𝟒 . Tồn tại hay không tập vô hạn số nguyên tố có dạng 𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 + 1, ở
đây x, y, z là các số tự nhiên ?
Câu trả lời cho câu hỏi này là có, nhưng việc chứng minh giả thuyết đó khá khó
khăn. Dễ dàng chứng minh được rằng tồn tại tập vô hạn các só nguyên tố có
dạng 𝑥 2 + 𝑦 2 , trong đó x, y là các số tự nhiên [10] (3).
Cũng dễ dàng chứng minh được rằng chỉ tồn tại một số nguyên tố có dạng
𝑥 3 + 1, trong đó x là số tự nhiên bởi vì số 𝑥 3 + 1 luôn chia hết cho (𝑥 + 1) nên
với 𝑥 > 1 thì nó lớn hơn 𝑥 + 1 bởi vậy nó là hợp số.
Ta cũng biết số nguyên tố có dạng 𝑥 4 + 1, trong đó x là số tự nhiên, ví dụ
17 = 24 + 1, 257 = 44 + 1, nhưng ta vẫn chưa biết rằng chúng có nhiều vô hạn
hay không (4).
𝑷𝟐𝟏𝟓 . Trong các số 𝑛! + 1, trong đó n là số tự nhiên, có hay không tập vô hạn số
nguyên tố ?
Việc chứng minh rằng số 11! + 1 = 39916801 là số nguyên tố khá phức tạp.
Vẫn chưa biết rằng số 27! + 1 có phải là số nguyên tố hay không; rõ ràng câu
hỏi đó là thuộc loại thứ nhất. Thay vì điều đó ta dễ dàng chứng minh được rằng
trong các số 𝑛! + 1 có vô số các hợp số [11].
𝑷𝟐𝟏𝟔 . Có tồn tại hay không ít nhất một số chẵn > 2 mà nó không phải là tổng
của hai số nguyên tố ?
Giả thuyết cho rằng câu trả lời cho câu hỏi này là không, đã được Ch. Goldbach
nêu ra năm 1742; nó đã được kiểm tra với các số chẵn ≤ 100000. Có giả thuyết
mạnh hơn cho rằng mỗi số chẵn > 6 là tổng của hai số nguyên tố khác nhau.
𝑷𝟐𝟏𝟕 . Có tồn tại hay không ít nhất một số chẵn mà nó không phải là hiệu của hai
số nguyên tố ?
Liên quan tới câu hỏi 𝑷𝟐𝟏𝟕 có giả thuyết cho rằng cần phải trả lời là có cho câu
hỏi dưới đây.

11

𝑷𝟐𝟏𝟖 . Mỗi số chẵn có vô số cách biểu diễn dưới dạng hiệu của hai số nguyên tố
hay không ?
Ta có thêm một nhận xét sau đối với các câu hỏi 𝑷𝟐𝟏𝟔 và 𝑷𝟐𝟏𝟕 : đối với mỗi số tự
nhiên n cho trước ta có thể giải quyết (bất kể thời gian của các tính toán cần
thiết) vấn đề chúng có phải là tổng của hai số nguyên tố hay không, hiện nay ta
vẫn chưa biết một phương pháp nào mà nó cho biết mỗi số tự nhiên chẵn cho
trước có phải là hiệu của hai số nguyên tố hay không. Đối với các só lẻ lớn thì
chúng ta có thể giải quyết được câu hỏi đó, mặc dù đối với một số số lẻ thì câu
13

hỏi đó là thuộc loại thứ nhất, ví dụ đối với số 22 − 1 [12].
Về các cặp số nguyên tố mà hiệu giữa chúng bằng 2 sẽ được gọi là cặp số
nguyên tố sinh đôi.
Nếu câu trả lời cho câu hỏi 𝑷𝟐𝟏𝟖 là đúng thì ta cũng có câu trả lời là có cho câu
hỏi sau đây:
𝑷𝟐𝟏𝟗 . Có tồn tại tập vô hạn các cặp số nguyên tố sinh đôi hay không ?
Số các cặp số nguyên tố sinh đôi (nhỏ hơn 1 triệu) là hơn 8 nghìn cặp: Cặp số
nguyên tố sinh đôi lớn nhất trong số các cặp đã biết là cặp p và p+2 với
𝑝 = 1000000009649 (5).
Ta cũng biết tới các ―bộ bốn‖ số nguyên tố > 10 mà chúng chỉ có các chữ số
cuối cùng khác nhau, ví dụ các bộ tứ 11, 13, 17, 19 và 191, 193, 197, 199. Số
lớn nhất trong các bộ bốn 𝑝, 𝑝 + 2, 𝑝 + 6, 𝑝 + 8 đã biết là với 𝑝 = 2863308731
(nó đã được A. Fgrre chỉ ra vào năm 1957) (6).
Chúng ta chưa biết rằng liệu có tồn tại tập vô hạn các ―bộ bốn‖ số nguyên tố
hay không ?. Dễ dàng chứng minh được rằng câu hỏi này là tương đương với
câu hỏi: liệu có tồn tại hay không vô số số tự nhiên 𝑛 ≥ 4 mà đối với chúng thì
số 𝑛 − 1 ! và số 𝑛 𝑛 + 2 𝑛 + 6 (𝑛 + 8) không có ước số chung nào, ngoài
số 1 [13].

𝑷𝟐𝟐𝟎 . Liệu có hay không đối với mỗi số tự nhiên m thì chỉ có hữu hạn cặp số
nguyên tố p và 𝑞 > 𝑝 sao cho −𝑝 < 𝑚 ?
Nếu câu trả lời cho câu hỏi 𝑷𝟐𝟏𝟗 là có thì câu trả lời cho câu hỏi 𝑷𝟐𝟐𝟎 sẽ là không
(ngay cả với 𝑚 = 3).
12


𝑷𝟐𝟐𝟏 . Có tồn tại hay không cấp số cộng có độ dài như thế nào đó, mà nó được
tạo nên chỉ với các số nguyên tố ?
Độ dài lớn nhất mà ta biết về các cấp số cộng được tạo nên chỉ với các số
nguyên tố là cấp số cộng có 12 phần tử với phần tử đầu tiên là 23143 và công
sai là 30030. Nó được V. A. Golubev tìm thấy.
Chúng ta cũng chưa biết rằng có tồn tại hay không cấp số cộng được tạo nên bới
100 số nguyên tố khác nhau. Người ta đã chứng minh rằng nếu cấp số ấy tồn tại
thì các phần tử của nó (có thể trừ phần tử đầu tiên ra) cần phải có ít nhất là vài
chục chữ số [14].
𝑷𝟐𝟐 . Liệu có tồn tại hay không vô số cấp số cộng được tạo nên từ ba số nguyên
tố ?
Người ta đã chứng minh câu trả lời cho câu hỏi đó là có, nhưng việc chứng
minh là rất khó khăn. Ví dụ về các cấp số như thế là 3, 5, 7 hay 11, 17, 23 hay
47, 53, 59. Trong cấp số cuối cùng có 3 số nguyên tố liên tiếp (tức là giữa các
số nguyên tố đó không có một số nguyên tố nào) [15].
Xuất hiện câu hỏi:
𝑷𝟐𝟐𝟑 . Tồn tại hay không tập vô hạn các cấp số cộng, mà mỗi cấp số đó luôn
chứa ba số nguyên tố liên tiếp ?
Chúng ta biết có các cấp số cộng được tạo nên bởi 4 số nguyên tố liên tiếp, ví
dụ: 251, 257, 263, 269 hoặc 1741, 1747, 1753, 1759.
Theo giả thuyết của A. Schinzel tồn tại cấp số cộng với độ dài tùy ý mà nó được
tạo nên từ các số nguyên tố liên tiếp. Tuy nhiên, cho tới ngày nay chúng ta vẫn
chưa biết một cấp số cộng nào được tạo nên từ 5 số nguyên tố liên tiếp và cũng

chưa biết rằng liệu có tồn tại một cấp số như vậy hay không.
Dễ dàng chứng minh được rằng tồn tại tập vô hạn các cấp số cộng được tạo nên
từ ba số bình phương của các số tự nhiên khác nhau, bởi chúng được suy ra trực
tiếp từ đẳng thức:
(𝑛2 − 2𝑛 − 1)2 + (𝑛2 + 2𝑛 − 1)2 = 2(𝑛2 + 1)2
Xuất hiện câu hỏi:

13


𝑷𝟐𝟐𝟒 . Tồn tại hay không tập vô hạn các cấp số cộng, được tạo nên bởi ba số bình
phương của các số tự nhiên khác nhau ?
Chúng ta có biết cấp số như vậy, ví dụ: 72 , 132 , 172 hoặc 72 , 172 , 232 .
Hàng trăm năm trước đây người ta đã đặt câu hỏi:
𝑷𝟐𝟓 . Tồn tại hay các cấp số cộng, được tạo nên bởi bốn sô bình phương của các
số tự nhiên khác nhau ?
Chính Fermat đã chứng minh rằng cấp số cộng như vậy là không tồn tại, nhưng
việc chứng minh giả thuyết đó là rất khó. Việc chứng minh câu trả lời là không
cho câu hỏi dưới đây cũng khó khăn không kém.
𝑷𝟐𝟔 . Tồn tại hay các cấp số cộng, được tạo nên bởi ba số lập phương của các
số tự nhiên khác nhau ?
𝑷𝟐𝟕 . Tồn tại hay các cấp số cộng, được tạo nên bởi ba số trùng phương (mũ 4)
của các số tự nhiên khác nhau ?
Đối với cấp số cộng được tạo nên từ các số nguyên, ta có nhận xét thêm là từ
nửa đầu của thế kỷ XIX người ta đã có vấn đề nổi tiếng là những cấp số nào có
chứa vô hạn số nguyên tố.
Nếu ta có một cấp số cộng với phần tử đầu tiên là a và công sai là r, tức là cấp
số:
𝑎, 𝑎 + 𝑟, 𝑎 + 2𝑟, 𝑎 + 3𝑟, … hay 𝑎 + 𝑘𝑟

(𝐼)

trong đó 𝑘 = 0,1,2,3, … và nếu các số tự nhiên a và r có ước số chung 𝑑 > 1 thì
tất cả các phần tử của cấp số luôn chia hết cho d, cho nên tất cả các phần tử của
cấp số (có thể trừ phần tử đầu tiên) đều là hợp số. Nếu cấp số cộng (I) có chứa
vô hạn số nguyên tố thì phần tử đầu tiên a và công sai r của nó không có ước số
chung > 1, tức là chúng phải nguyên tố cùng nhau. Bây giờ xuất hiện câu hỏi:
𝑷𝟐𝟖 . Mỗi cấp số cộng 𝑎 + 𝑘𝑟 (𝑘 = 0, 1, 2, 3, … ) trong đó a và r là các số tự
nhiên nguyen tố cùng nhau, có chứa tập vô hạn số nguyên tố hay không ?
Năm 1837 Lejeune – Dirichlet đã chứng minh câu trả lời cho câu hỏi này là có;
nhưng chứng minh này là không sơ cấp. Mặc dù trong thập kỷ qua người ta vẫn
cố tìm một chứng minh sơ cấp cho nó, nhưng có lẽ còn lâu nữa mới có được
14


điều đó. Lưu ý rằng cũng không dễ khi chứng minh giả thuyết cho rằng trong
mỗi cấp số cộng có phần tử đầu tiên và công sai là các số tự nhiên nguyên tố
cùng nhau, luôn có ít nhất là một số nguyên tố. Từ giả thuyết này ta dễ dàng suy
ra định lý Lejeune – Dirichlet [17].
𝑷𝟐𝟐𝟗 . Liệu giả thuyết A. Schinzel cho rằng “nếu a và r là các số tự nhiên nguyên
tố cùng nhau, 𝑎 < 𝑟, thì tồn tại số nguyên k sao cho 0 ≤ 𝑘 < 𝑟 và 𝑎 + 𝑘𝑟 là số
nguyên tố” có đúng hay không ?
Gorzhelevsky A. đã kiểm tra giả thuyết đó là đúng với tất cả các số tự nhiên a
và r, trong đó 𝑎 < 𝑟 ≤ 100.
Định lý Lejeune – Dirichlet cũng cho ta câu trả lời cho câu hỏi đa thức bậc 1 có
các hệ số nguyên, có một biến nào sẽ cho ta vô số số nguyên tố khi biến đó nhận
các giá trị là các số tự nhiên. Hiện nay chúng ta vẫn chưa biết một đa đa thức
bậc cao hơn 1 có một biến nào mà nó sẽ cho ta tập vô hạn các số nguyên tố khi
biến chạy trên dãy số tự nhiên (so sánh với câu hỏi 𝑷𝟐𝟏𝟐 ).
𝑷𝟏𝟑𝟎 . Hãy tìm số nguyên tố có 500 chữ số.

Từ định đề Bertrand (đã được P. L. Chebyshevsch chứng minh), mà ta đã nói
đến ở trên, ta suy ra rằng có nhiều hơn một số nguyên tố như vậy, nhưng cho tới
nay ta vẫn chưa biết một số nguyên tố nào trong chúng. Ta có biết số nguyên tố
có nhiều hơn 500 chữ số, ví dụ các số 𝑀𝑛 = 2𝑛 − 1 (𝑛 = 2281 và 𝑛 = 3217)
có tương ứng 687 và 969 chữ số; chúng ta cũng biết có các số nguyên tố khác
có nhiều hơn 500 chữ số, nhưng lại chưa biết một số nguyên tố nào có ≥ 1000
chữ số [18].
𝑷𝟐𝟑𝟏 . Với mỗi số tự nhiên n thì giữa 𝑛2 và (𝑛 + 1)2 luôn có ít nhất một số
nguyên tố hay không ?
𝑷𝟐𝟑𝟐 . Với mỗi số tự nhiên n thì giữa 𝑛2 và 𝑛2 + 𝑛 luôn có ít nhất một số nguyên
tố hay không ?
Rõ ràng là nếu câu trả lời cho câu hỏi 𝑷𝟐𝟑𝟐 là đúng thì câu trả lời cho câu hỏi
𝑷𝟐𝟑𝟏 cũng sẽ là đúng [20].
𝑷𝟐𝟑𝟑 . Nếu đối với số tự nhiên 𝑛 > 1 ta viết dãy số 1, 2, 3, 4, … . , 𝑛2 thành n dòng
mỗi dòng có n số:
15


1,

2,

3,

..............................................................

n+1, n+2, n+3, ………………………………………….

n,
2n,

2n+1, 2n+2, 2n+3, ………………………………………….

3n,

……………………………………………………………………………..
𝑛2 − 2𝑛 + 1,

…………………………………………….

𝑛2 − 𝑛 + 1,

……………………………………………..

(n-1)n,
𝑛2 .

thì trên mỗi dòng có chứa ít nhất là một số nguyên tố ?
Với 𝑛 = 5 ta có bảng dưới đây (số nguyên tố bị gạch chân):

Schinzel A. đã chứng minh rằng câu trả lời cho câu hỏi 𝑷𝟐𝟑𝟑 là đúng đối với
1 < 𝑛 < 3000.
Có thể dễ dàng chứng minh được rằng từ câu trả lời cho câu hỏi 𝑷𝟐𝟑𝟑 là đúng ta
cũng suy ra câu trả lời cho câu hỏi 𝑷𝟐𝟑𝟐 cũng là đúng [21].
𝑷𝟐𝟑𝟒 . Mỗi số hữu tỷ dương có thể biểu diễn thành dạng

𝑝+1
𝑞+1

(trong đó p và q là

các số nguyên tố) hay không ?
𝑷𝟐𝟑𝟓 . Mỗi số hữu tỷ dương có thể biểu diễn thành dạng
các số nguyên tố) hay không ?

16

𝑝−1
𝑞−1

(trong đó p và q là


Có giả thuyết cho rằng mỗi số hữu tỷ dương có vô số phơng pháp để biểu diễn
nó thành dạng

𝑝+1
𝑞+1

(và cũng vậy thành dạng

𝑝−1
𝑞−1

) trong đó p và q là các

số nguyên tố. Chúng ta vẫn chưa biết chứng minh của giả thuyết đó,
thậm chí ngay cả với số 2. Giả thiết rằng số 2 có vô số cách biểu diễn
thành dạng 2 =

𝑝+1
𝑞+1

trong đó p và q là các số nguyên tố, ta dễ dàng

chứng minh được rằng điều đó là tương đương với giả thuyết cho rằng
phương trình 𝑝 − 2𝑞 = 1 có tập vô hạn nghiệm p và q trong các số
nguyên tố. Vì vậy đối với một phương trình bậc 1 với 2 ẩn số rất đơn
giản nào đó ta không thể tìm tất cả các nghiệm là các số nguyên tố và
cũng không thể khẳng định rằng số nghiệm của nó là vô hạn được.
Có thể dễ chứng minh được rằng câu hỏi phương trình 𝑝 + 𝑞 = 𝑟 có
vô số nghiệm trong các số nguyên tố p, q, r là tương đương với câu
hỏi 𝑷𝟐𝟏𝟗 . Câu hỏi phương trình 𝑝 + 𝑞 = 2𝑟 có vô số nghiệm trong các
số nguyên tố khác nhau p, q, r là tương đương với câu hỏi 𝑷𝟐𝟐 .
Trong một số trường hợp ta dễ dàng tìm được tất cả các nghiệm là số
nguyên tố của phương trình bậc hai có 2 ẩn số; ví dụ dễ chứng minh
rằng phương trình 𝑝2 − 2𝑞 2 = 1 chỉ có 1 nghiệm trong các số nguyên
tố p, q: 𝑝 = 3, 𝑞 = 2 (bởi q không thể là số 3 được, còn với số tự
nhiên q không chia hết cho 3 thì số 2𝑞 2 + 1 luôn chia hết cho 3).
Thêm một lần nữa ta chưa biết rằng phương trình 𝑝2 − 2𝑞 2 = −1 có
vô số nghiệm trong các số nguyên tố p và q hay không. Ví dụ về các
nghiệm như vậy: 𝑝 = 7, 𝑞 = 5 hoặc là 𝑝 = 41, 𝑞 = 29.
Dễ dàng chứng minh rằng phương trình 𝑝2 + 𝑞 2 = 𝑟 2 không có
nghiệm nào trong các số nguyên tố p, q, r. Nhưng phương trình
𝑝2 + 𝑞 2 = 𝑟 2 + 𝑠 2 lại có vô số nghiệm trong các số nguyên tố khác
nhau p, q, r, s. Chứng minh cho khẳng định này đã được P, Erdos tìm
thấy nhưng nó phức tạp.

17

Từ định lý của I. M. Vinogradov suy ra phương trình 𝑝 + 𝑞 + 𝑟 = 𝑠
có tập vô số nghiệm trong các số nguyên tố p, q, r, s bởi vì một số lẻ
là tổng của 3 số nguyên tố.
Tồn tại chứng minh phương trình 𝑝 + 𝑞 = 𝑟 + 𝑠 có vô số nghiệm
trong các số nguyên tố khác nhau p, q, r, s [22].
𝑷𝟐𝟑𝟔 . Có tồn tại hay không tập vô hạn các số tự nhiên n, mà đối với chúng mỗi
một trong các số 𝑛 và 𝑛 + 1 chỉ có một ước số nguyên tố ?
Cho tới bây giờ ta mới chỉ biết có 24 số như vậy. Các số nhỏ nhất trong chúng
là 𝑛 = 2, 3, 4, 7, 8, 16, 31, 127, 256; số lớn nhất mà ta biết là 𝑛 = 23217 − 1.
Có thể chứng minh rằng trong 3 số tự nhiên liên tiếp > 7 có ít nhất là một số có
nhiều hơn một ước số.
𝑷𝟐𝟑𝟕 . Tồn tại hay không vô số số tự nhiên n sao cho mỗi một trong các số
𝑛, 𝑛 + 1, 𝑛 + 2 sẽ là tích của hai số nguyên tố khác nhau ?
Dễ dàng thấy rằng các số như vậy sẽ là (ví dụ): số 𝑛 = 33, 93, 141.
𝑷𝟐𝟑𝟖 . Có tồn tại hay không tập vô hạn các số tự nhiên n, mà các số 𝑛 và 𝑛 + 1
có cùng số ước số tự nhiên.
Nếu đối với câu hỏi 𝑷𝟐𝟑𝟕 có câu trả lời là có thì câu trả lời cho câu hỏi 𝑷𝟐𝟑𝟖 cũng
là có [23].
Có giả thuyết cho rằng tồn tại một dãy các số tự nhiên liên tiếp có độ dài tùy ý
mà các phần tử của nó có cùng số ước số tự nhiên. Nếu giả thuyết này là đúng
thì câu trả lời cho câu hỏi 𝑷𝟐𝟑𝟖 cũng sẽ là có.
Dãy bốn số tự nhiên liên tiếp có số ước số tự nhiên bằng nhau (số 6) sẽ là dãy
có phần tử đầu tiên là 241; Dãy năm số tự nhiên liên tiếp có số ước số tự nhiên
bằng nhau (cụ thể là 8) sẽ là dãy có phần tử đầu tiên là 40311.
𝑷𝟐𝟑𝟗 . Tồn tại hay không tập vô hạn các số nguyên tố có dạng 𝑥 3 + 𝑦 3 + 𝑧 3
trong đó x, y,z là các số nguyên ?
Năm 1923 Hardy và Littlewood đã nêu lên giả thuyết cho rằng tòn tại tập vô
hạn các số nguyên tố là tổng của ba số lập phương của các số tự nhiên. Thay vì
chứng minh điều đó ta chứng minh rằng tồn tại tập vô hạn các số nguyên tố có

18


dạng 𝑥 3 + 𝑦 3 + 𝑧 3 + 𝑡 3 , trong đó x, y, z, t là các số nguyên. Chứng minh được
suy ra trực tiếp từ định lý Lejeune – Dirichlet và từ đồng nhất thức:
18𝑘 + 1 = (2𝑘 + 18)3 + (3𝑘 + 30)3 − (2𝑘 + 23)3 − (3𝑘 + 26)3
𝑷𝟐𝟒𝟎 . Tồn tại hay không tập vô hạn các số nguyên tố p sao cho đối với tất cả các
số tự nhiên 𝑛 < 𝑝 − 1 thì số 2𝑛 khi chia cho số p sẽ cho ta phần dư khác 1.
Ví dụ các số như vậy, số nguyên tố 𝑝 = 3, 5, 11, 13, 19, 29, 37, 53, 59,
61, 67, 83, 101, 107, 131, 139, 149 [24].
𝑷𝟐𝟒𝟏 . Tồn tại hay không tập vô hạn các hợp số n đồng thời là ước số của các số
2𝑛 − 2 và 3𝑛 − 3 ?
𝑷𝟐𝟒𝟐 . Tồn tại hay vô số các hợp số n là ước số của số 𝑎𝑛 − 𝑎 đối với mỗi số
nguyên a ?
Các số như vậy được gọi là số Carmichael. Số bé nhất trong chúng là số 561.
Nếu câu trả lời cho câu hỏi 𝑷𝟐𝟒𝟐 là có thì câu trả lời cho câu hỏi 𝑷𝟐𝟒𝟏 cũng là có.

Lưu ý rằng 25 thế kỷ trước người Trung Quốc cho rằng không có các hợp số n
là ước số của số 2𝑛 − 2. Số nhỏ nhất như vậy là số 𝑛 = 341 = 11.31 đã được
tìm thấy chỉ vào thế kỷ XIX. Sau đó đặt ra câu hỏi tập các hợp số như vậy có
phải là vô hạn hay không, sau khi chứng minh được giả thuyết này ta sẽ đề xuất
câu hỏi có hay không họp số chẵn n mà nó là ước số của số 2𝑛 − 2. Số nhỏ nhất
có tính chất ấy là số 𝑛 = 161038 do D. Н. Lehmer tìm thấy trong năm 1950 và
sau đó ông đã chứng minh rằng tập hợp các số chẵn như vậy là vô hạn.
𝑷𝟐𝟒𝟑 . Tồn tại hay không tập vô hạn số tự nhiên n mà đối với chúng số 2𝑛 − 2
chia hết cho 𝑛2 ?
Tồn tại số n (nguyên tố) như vậy, ví dụ số 1093 và số 3511, nhưng ta vẫn chưa
biết một hợp số n nào như vậy.
𝑷𝟐𝟒𝟒 . Mỗi số tự nhiên có phải là tổng của tám (hoặc ít hơn 8) số bình phương
các số nguyên tố (ta coi 1 là số nguyên tố) hay không ?

Chowla J. đã nêu giả thuyết cho rằng câu trả lời cho câu hỏi này là có. Giả
thuyết này dã được kiểm tra với tất cả các số tự nhiên 𝑛 < 240000.
19


𝑷𝟐𝟒𝟓 . Tồn tại hay không dù chỉ một số lẻ n sao cho tổng tất cả các ước số tự
nhiên của nó bằng 2n ?
Số tự nhiên n mà tổng tất cả các ước số tự nhiên của nó bằng 2n được gị là số
hoàn hảo.
Cho tới nay ta đã biết 18 số hoàn hảo và tất cả chúng đều là số chẵn; cụ thể đó
là các số 2𝑛−1 𝑀𝑛 , trong đó 𝑀𝑛 = 2𝑛 − 1 là số nguyên tố. Chúng ta vẫn chưa
biết rằng số hoàn chỉnh lẻ có tồn tại hay không.
Có giả thuyết mạnh hơn cho rằng không tồn tại số hoàn chỉnh lẻ.
𝑷𝟐𝟒𝟔 . Tồn tại hay không số tự nhiên n mà tổng tất cả các ước số tự nhiên của nó
bằng 2𝑛 + 1 ?
Thay vì điều đó ta dễ dàng chứng minh được rằng tồn tại tập vô hạn các số tự
nhiên n mà tổng tất cả các ước số tự nhiên của nó bằng 2𝑛 − 1; các số như vậy
là tất cả các số tự nhiên là lũy thừa của 2. Chúng ta cũng chưa biết liệu có các số
khác với số ấy hay không.
𝑷𝟐𝟒𝟕 . Tồn tại hay không tập vô hạn các số tự nhiên n sao cho các số n và 𝑛 + 1
có tổng các ước số tự nhiên giống nhau ?
Số bé nhất trong các số đó là 𝑛 = 14; các số khác là 𝑛 = 206 và 𝑛 = 957;
chúng ta còn biết vài số khác nữa [26].

Các số tự nhiên m và 𝑛 ≠ 𝑚 được gọi là cặp số bạn bè nếu tổng các ước số tự
nhiên của mỗi số là m+n.
𝑷𝟐𝟒𝟖 . Tồn tại hay không tập vô hạn các cặp số bạn bè ?
Chúng ta biết nhiều cặp số bạn bè; cặp số bạn bè bé nhất là 220 và 284; cả hai
số đều là số chẵn; chúng ta cũng biết cặp số bạn bè lẻ, đó là cặp số:
33 . 5.7.13 và 3.5.7.139.

𝑷𝟐𝟒𝟗 . Tồn tại hay không dù chỉ một cặp số bạn bè mà trong đó có một số là lẻ,
còn số kia là chẵn ?

20


Thêm nữa, ta vẫn chưa biết rằng liệu có tồn tại cặp số bạn bè mà chúng không
có ước số chung lớn hơn 1 hay không. Người ta đã chứng minh được rằng nếu
m và n là một cặp số như vậy thì mỗi số trong chúng cần phải lớn hơn 1023 còn
số mn cần phải có nhiều hơn 20 ước số nguyên tố.
𝑷𝟐𝟓𝟎 . Có thể mỗi số tự nhiên đủ lớn, không phải là bình phương của một số tự
nhiên, sẽ là tổng củ một số nguyên tố và bình phương của một số nguyên hay
không ?
Có giả thuyết cho rằng câu trả lời cho câu hỏi này sẽ là có. Hardy và Littlewood
đã nêu lên giả thuyết này.
𝑷𝟐𝟓𝟏 . Có phải mỗi số tự nhiên đủ lớn là tổng của một số nguyên tố và hai số bình
phương của các số nguyên hay không ?
Rõ ràng nếu câu trả lời cho 𝑷𝟐𝟓𝟎 là có thì câu trả lời cho 𝑷𝟐𝟓𝟏 cũng sẽ là đúng.
Thay vì điều đó ta có thể chứng minh được rằng mỗi số tự nhiên đủ lớn là tổng
của hai số nguyên tố và bình phương của một số nguyên. Nhưng việc chứng
minh sẽ là khá khó.
𝑷𝟐𝟓𝟐 . Liệu có tồn tại một hợp số n mà nó là ước số của số 1𝑛−1 + 2𝑛−1 +
3𝑛−1 + ⋯ + (𝑛 − 1)𝑛−1 hay không ?
Năm 1950 G. Giuga đã nêu lên giả thuyết cho rằng câu trả lời cho câu hỏi 𝑷𝟐𝟓𝟐
là không. Và ông đã kiểm tra giả thuyết của mình với các hợp số 𝑛 < 101000 .
Tuy nhiên dễ dàng chứng minh được rằng nếu p là số nguyên tố thì số 1𝑝−1 +
2𝑝−1 + 3𝑝−1 + ⋯ + (𝑝 − 1)𝑝−1 + 1 sẽ chia hết cho p [27].
𝑷𝟐𝟓𝟑 . Liệu có tồn tại hay không số tự nhiên 𝑛 > 7 mà với nó thì số 𝑛! + 1 sẽ là
bình phương của một số tự nhiên ?
Cụ thể những số 𝑛 ≤ 7 có tính chất như vậy là: 𝑛 = 4, 5 và 7 [28].

𝑷𝟐𝟓𝟒 . Nếu ta ký hiệu 𝜋(𝑥) là số các số nguyên tố ≤ 𝑥 thì đối với tất cả 𝑥 > 1 và
𝑦 > 1 liệu bất đẳng thức sau có đúng hay không:
𝜋 𝑥 + 𝑦 ≤ 𝜋 𝑥 + 𝜋(𝑦) ?
Schinzel A. nêu giả thuyết cho rằng câu trả lời cho câu hỏi này là đúng.
21


𝑷𝟓𝟓 . Ta ký hiệu 𝜋1 𝑥 là số tất cả các số nguyên tố ≤ 𝑥 mà khi chia nó cho 4 sẽ
cho phần dư là 1, và ký hiệu 𝜋3 𝑥 là số tất cả các số nguyên tố ≤ 𝑥 mà khi
chia nó cho 4 sẽ cho phần dư là 3. Hãy tìm số tự nhiên x sao cho 𝜋3 𝑥 <
𝜋1 𝑥 .
Năm 1957 G. Leech đã tìm được số x bé nhất như vậy là số 𝑥 = 26861. Với số
x đó ta có 𝜋1 𝑥 = 1473 và 𝜋3 𝑥 = 1472. Nhưng từ năm 1914 Littlewood đã
chứng minh được rằng các số tự nhiên như vậy có nhiều vô hạn, cụ thể là có tập
vô hạn các số tự nhiên mà đối với chúng thì luôn có bất đẳng thức 𝜋3 𝑥 <
𝜋1 𝑥 . Do đó trong mấy chục năm, mặc dù người ta đã biết là tồn tại những số
tự nhiên có một số tính chất nào đó, nhưng họ lại không tìm được bất kỳ một số
nào như vậy [29].
Khi giải phương trình trong các số nguyên ta gặp nhiều bài toán đơn giản nhưng
sẽ gặp nhiều khó khăn khi giải quyết nó.
Ta có thể sẽ gặp khó khăn khi giải những phương trình bậc hai có hai ẩn trong
các số nguyên (tức là tuyến tính đối với từng ẩn). Ví dụ câu hỏi hãy xác định tất
cả các nghiệm trong các số nguyên x, y của phương trình 𝑥𝑦 + 1 = 2101 là một
câu hỏi thuộc loại thứ nhất [30].
Sẽ là khó khăn khi tìm các số tự nhiên x và y mà tổng 𝑥 + 𝑦 của nó sẽ là bình
phương của một số tự nhiên, còn tổng các bình phương 𝑥 2 + 𝑦 2 là lũy thừa bậc
bốn của một số tự nhiên. P. Fermat đã tìm được các số ấy là:
𝑥 = 1061652393520, 𝑦 = 4565486027761 và ông đã khẳng định rằng
không có số nhỏ hơn như vậy, mãi sau này điều đó mới được chứng minh [31].
𝑷𝟐𝟓𝟔 . Tìm tất cả các nghiệm của phương trình 𝑥 3 − 𝑦 2 = 7 trong các số nguyên

x, y.
Người ta đã chứng minh được số nghiệm của phương trình đó là hữu hạn,
nhưng lại chưa biết được nghiệm nào trong số nghiệm hữu hạn đó [32].
𝑷𝟓𝟕 . Phương trình 𝑥 2 − 𝑦 3 = 1 có nghiệm trong các số nguyên x, y khác, ngoài
𝑥 = 3, 𝑦 = 2, hay không ?
Có thể chứng minh được rằng câu trả lời cho câu hỏi 𝑷𝟓𝟕 là không, nhưng việc
chứng minh là không dễ.
𝑷𝟐𝟓𝟖 . Hệ bốn phương trình bậc hai với bẩy ấn số:
22


𝑥12 + 𝑥22 = 𝑥42 ; 𝑥12 + 𝑥32 = 𝑥52 ; 𝑥22 + 𝑥32 = 𝑥62 ; 𝑥12 + 𝑥22 + 𝑥32 = 𝑥72
có dù chỉ một nghiệm trong các số tự nhiên 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 , 𝑥4 , 𝑥5 , 𝑥6 , 𝑥7 hay không ?
Ý nghĩa hình học của câu hỏi này bạn đọc có thể xem ở các trang sau trong
cuốn sách này.
Thay vì điều đó ta có thể chứng minh được rằng hệ gồm ba phương trình đầu
tiên trong 𝑷𝟐𝟓𝟖 có vô số nghiệm trong các số tự nhiên. Nghiệm 𝑥1 = 117, 𝑥2 =
44, 𝑥3 = 240, 𝑥4 = 125, 𝑥5 = 267, 𝑥6 = 244 đã được biết tới từ đầu thế kỷ
XVIII.
𝑷𝟐𝟓𝟗 . Có tồn tại hay không các số nguyên x, y, z không bằng 0, thỏa mãn phương
trình 𝑥 3 + 𝑦 3 + 𝑧 3 = 𝑥𝑦𝑧 ?
Có thể chứng minh được rằng câu hỏi 𝑷𝟐𝟓𝟗 là tương đương với mỗi một trong
hai câu hỏi đưới đây do Mnich đặt ra.
𝑷𝟐𝟔𝟎 . Tồn tại hay không ba số hữu tỷ mà tổng của chúng bằng 1 và tích của
chúng cũng bằng 1 ?
𝑷𝟐𝟔𝟏 . Tồn tại hay không các số nguyên x, y, z thỏa mãn phương trình
𝑧
𝑥

=1 ?

𝑥
𝑦

𝑦

+ +
𝑧

(8).

Dễ dàng chứng minh được rằng với mỗi số tự nhiên 𝑠 > 1 thì phương trình
𝑥1 + 𝑥2 + ⋯ + 𝑥𝑠 = 𝑥1 . 𝑥2 … 𝑥𝑠 có ít nhất là một nghiệm trong các số tự nhiên
𝑥1 , 𝑥2 , … , 𝑥𝑠 (để chứng minh ta chỉ cần lấy 𝑥1 = 𝑥2 = ⋯ = 𝑥𝑠−2 = 1, 𝑥𝑠−1 =
2, 𝑥𝑠 = 𝑠 là đủ).
P. Erdos đã nêu giả thuyết cho rằng câu trả lời là có đối với câu hỏi sau đây:
𝑷𝟐𝟔𝟐 . Đối với mỗi số tự nhiên 𝑛 > 1 có tồn tại hay không các số tự nhiên x, y, z
sao cho:
4 1 1 1
= + +
?
𝑛 𝑥 𝑦 𝑧
Oblat và Rosati đã chứng minh rằng giả thuyết của Erdos là đúng đối với tất cả
1 < 𝑛 < 141648.
23


Tác giả của cuốn sách này đã nêu giả thuyết cho rằng câu trả lời sẽ là có cho câu
hỏi sau đây.
𝑷𝟐𝟔𝟑 . Đối với mỗi số tự nhiên 𝑛 > 1 có tồn tại hay không các số tự nhiên x, y, z

sao cho:
5 1 1 1
= + +
?
𝑛 𝑥 𝑦 𝑧

Năm 1958 Palama đã chứng minh rằng câu trả lời cho câu hỏi 𝑷𝟐𝟔𝟑 là có đối với
tất cả 1 < 𝑛 < 922321 [33].
𝑷𝟔𝟒 . Phương trình 𝑥 3 + 𝑦 3 = 2𝑧 3 có nghiệm trong các số nguyên x, y, z trong
đó 𝑥 ≠ 𝑦, 𝑧 ≠ 0 hay không ? (hãy so sánh với 𝑷𝟐𝟔 ).
𝑷𝟔𝟓 . Tồn tại hay không số tự nhiên n không bắng 1 và không bằng 24, mà đối
với nó số 12 + 22 + ⋯ + 𝑛2 đúng bằng bình phương của một số tự nhiên ?
Người ta đã chứng minh được rằng câu trả lời cho 𝑷𝟔𝟒 và 𝑷𝟔𝟓 là không, nhưng
các chứng minh đó rất phức tạp.
Cũng vậy việc tìm câu trả lời cho câu hỏi dưới đây là rất khó:
𝑷𝟔𝟔 . Giải phương trình 2𝑥 4 − 𝑦 2 = 1 trong các số nguyên x, y như thế nào ?
Lundgren năm 1942 đã chứng minh rằng phương trình này chỉ có 2 nghiệm
trong các số tự nhiên là: 𝑥 = 𝑦 = 1 và 𝑥 = 13, 𝑦 = 239.
𝑷𝟐𝟔𝟕 . Giả thuyết Euler cho rằng không có các số tự nhiên x, y, z, t để sao cho
𝑥 4 + 𝑦 4 + 𝑧 4 = 𝑡 4 có đúng hay không ? [34].
𝑷𝟐𝟔𝟖 . Có phải mỗi số tự nhiên là tổng của không quá bốn số lập phương của các
số nguyên hay không ?
Chính tác giả đã cho công bố giả thuyết của mình cho rằng mỗi số nguyên có vô
số cách biểu diễn nó thành dạng 𝑥 3 + 𝑦 3 − 𝑧 3 − 𝑡 3 , trong đó x, y, z, t là các số
tự nhiên.

24


Giả thuyết đó đã được kiểm tra đối với tất cả các số tự nhiên ≤ 350, trừ các số

148 và 284, và với một tập vô hạn các số khác.
Thay cho điều đó, ta có thể chứng minh được rằng tồn tại một tập vô hạn các số
tự nhiên mà mỗi số trong chúng không phải là tổng của ba số lập phương của
các số nguyên (ví dụ, tất cả các số mà khi chia nó cho 9 ta có phần dư là 4 hoặc
5), và mỗi số nguyên đều có vô số cách phân tích thành dạng tổng của năm số
lập phương của các số nguyên. Việc chứng minh giả thuyết sau cùng là đơn
giản; ta nhận được nó một cách trực tiếp từ kết quả ―mỗi số nguyên chia hết cho
6 là tổng của 4 số lập phương của các số nguyên‖, bởi vì đối với số nguyên k ta
có đồng nhất thức sau:
6𝑘 = (𝑘 + 1)3 + (𝑘 − 1)3 + (−𝑘)3 + (−𝑘)3
và thực tế là (với các số nguyên t và n) mỗi số trong các số:
6𝑡 − (6𝑛)3 , 6𝑡 + 1 − (6𝑛 + 1)3 , 6𝑡 + 2 − (6𝑛 + 2)3
6𝑡 + 3 − (6𝑛 + 3)3 , 6𝑡 + 4 − (6𝑛 + 4)3 , 6𝑡 + 5 − (6𝑛 + 5)3
đều chia hết cho 6 [35].
𝑷𝟐𝟔𝟗 . Phương trình 𝑥 3 + 𝑦 3 + 𝑧 3 − 𝑡 3 = 1 có vô số nghiệm trong các số tự
nhiên x, y, z, t hay không ?
Ví dụ ta biết các nghiệm như vậy: 43 + 43 + 63 − 73 = 1, 43 + 383 + 583 −
633 = 1. Thay vì điều đó, ta dễ dàng chứng minh được rằng phương trình
𝑥 3 − 𝑦 3 − 𝑧 3 − 𝑡 3 = 1 có vô số nghiệm trong các số tự nhiên x, y, z, t bởi điều
đó được suy ra từ đồng nhất thức (6𝑛3 + 1)3 − (6𝑛3 − 1)3 − (6𝑛2 )3 − 13 = 1
với n=1, 2, …
𝑷𝟐𝟕𝟎 . Mỗi số tự nhiên có thể biểu diễn thành dạng 𝑥 3 + 𝑦 3 + 2𝑧 3 (trong đó x, y,
z là các số nguyên) hay không ?
Các số tự nhiên nhỏ nhất, mà số đó ta chưa biết, là 76 và tiếp theo là 99 [36].
𝑷𝟐𝟕𝟏 . Có phải mỗi số tự nhiên khi chia cho 9 có số dư khác 4 hoặc 5 đều là tổng
của ba số lập phương của các số nguyên hay không ?
Ví dụ ta vẫn chưa biết rằng số 30 có phải là tổng của ba số lập phương của các
số nguyên hay không [37].
25