PHẦn chuyển tiếp kính thưa quý vị và các bạn trẻ, giữa những ngưới Việt chúng ta, tôi nói
tải về 153.73 Kb.
|
- Điều hướng trang này:
- “vấn đề FLT đã đóng lại rồi”
- ÁP DỤNG PHƯƠNG PHÁP TRÊN
- MỞ RỘNG PHƯƠNG TRÌNH
| ĐỊNH LÝ SAU CÙNG
CỦA FERMAT Vo Van Ran August 11, 2010 PHẦN CHUYỂN TIẾP Kính thưa quý vị và các bạn trẻ, giữa những ngưới Việt chúng ta, tôi nói “…damn wrong” hay quý vị nói “…damn wrong” ai nói cũng được, rồi ai muốn nghe, hay không tuỳ ý, không có vấn đề gì rắc rối xảy ra với chúng ta! Nhưng đối với Cộng đồng Toán học Quốc tế, nhất là Cộng đồng Quốc tế đã công nhận vấn đề Fermat’s Last Theorem (FLT) cuả GS Andrew Wiles đã chứng minh là ĐÚNG, thì không dể gì họ để mình yên. Chúng ta cũng biết nghành Toán học vô cùng to lớn, nói đến Khoa học, kinh tế, chính trị quân sự, xã hội v.v. … mà không có TOÁN, không tính toán, không đưa ra được dự đoán trong tương lai, không cho ra kết quả, thì không còn là khoa học, kinh tế, chính trị, Quân sự, xã hội nửa … 
Hội Toán Học là tổ chức lớn, có cơ sở ở từng Quốc gia. Đụng đến Hội Toán học, không khác nào lấy trứng chọi đá, Các nhà Toán học sẽ đối thoại, hạch hỏi đến cùng cho vỡ lẻ, tôi biết … Ngay cả những người có học vị cao, có chức vị lớn, có uy tín trong Cộng đồng Toán học như GS Andrew Wiles, ông vốn là GS Toán, là chủ tịch khoa Toán cuả Đại học Princeton, vậy mà giáo sư cũng phải dựa vào trường Mẹ, dựa vào Quê hương của GS là Anh quốc, để phát biểu chứng minh về FLT. Giáo sư Andrew Wiles mất nhiều công sức, cho chứng minh FLT, có lúc tưởng chừng như ông phải bỏ cuộc, nếu như không có người trợ giúp, ông phải khổ sở biết bao!, tôi vô cùng kính phục ông, nhưng không vì thế mà tôi không nói lên phần sai sót, hơn nửa lòng tự ái Dân tộc, công ơn Cha mẹ, công ơn Thầy cô, và những người đã nằm xuống, để tôi được cắp sách đến trường, không cho phép tôi phải im lặng. Nhưng dù sao tôi cũng nhờ được một tổ hợp LS của Hoa kỳ bảo vệ về mặt luật pháp cho tôi, nói như vậy để quý vị và các bạn trẻ yên tâm, thông cảm cho, không phải tôi “ nói đại, nói ẩu, nói lấy được ” … Quý vị và các bạn trẻ có đọc qua phần chứng minh của Giáo sư Andrew Wiles, chúng ta thấy vô cùng khó khăn, nói đến khó thì ai cũng biết là rất khó, nhưng không thể cảm nhận cái khó, nếu như mình chưa cầm bút ngồi từ ngày nầy qua ngày khác, từ tháng nầy qua tháng khác, hay từ năm nầy qua năm khác, lúc đó chúng ta mới cảm nhận được cái khó như thế nào? sự đau khổ, cô đơn, nhứt nhối, hồi hợp, chập chờn trong giấc ngủ, nhưng cũng lắm lúc vui, khi có được thành quả nhỏ, hay một tia sáng le lói ở cuối đường hầm ….Sở dĩ tôi biết được, là vì tôi cũng mất nhiều năm tháng cho chứng minh Fermat’s Last Theorem nầy. Năm 1990 gia đình tôi được định cư tại Hoa kỳ, theo diện tù cải tạo trên 3 năm, đi HO3 cùng vợ và 4 con, không bỏ lở cơ hội bằng vàng, tôi bắt tay vào việc ngay, nhưng phải mất năm năm trời mới hoàn tất được chứng minh Fermat’s Last Theorem Ở Hoa kỳ nói riêng và ở Thế giới tự do nói chung, chúng ta muốn nói gì thì nói, miễn được luật pháp cho phép, đừng nói xấu cá nhân hay tập thể. Nhưng muốn nói cho Cộng đồng Toán học chịu nghe, phải có học vị cao, được Cộng đồng Toán học biết đến, hay ít ra được một Đại học nổi tiếng đở đầu. Cá nhân tôi không có học vị, không có Đại học, hay Cộng đồng nào đở đầu, nên tôi có phát biểu về vấn đề lớn như Fermat’s Last Theorem cũng chẳng có ai để ý, lại gặp nhiều khó khăn về kinh tế, vì mới được định cư tại Hoa kỳ, chưa ổn định đời sống; khó khăn nhất là vợ con không muốn tôi phiêu lưu vào con đường quá nguy hiểm nầy, có thể mất cả nhà cửa tiền bạc cho LS, mà không mang lại kết quả gì, nhưng tôi vẫn quyết định Năm 2000 ở lứa tuổi trên 50, tôi bỏ việc làm, để bảo vệ Luận án cho Pierre de Fermat, phải nói “Luận án” vì Luận án mới cần sự bảo vệ, còn Định lý không cần bảo vệ, chính nó đã có chứng minh rồi. Cộng đồng Toán học sau hơn 360 năm, không tìm ra chứng minh của ông, ngay cả con trai cuả P. D. Fermat cũng không tìm ra bút tích nào về chứng minh FLT, nên các nhà Toán học không tin là P.D. Fermat đã có chứng minh, hoặc có chứng minh, nhưng sai nên ông hủy bỏ … Thật bất công cho Nhà Toán học P.D. Fermat, ai nói sao ông chịu vậy, đó chính là lý do tôi đi sâu vào FLT. Muốn bảo vệ luận án cũng không dể, tôi nhờ một nhóm Luật sư nổi tiếng người Mỹ, như đã nói ở trên (trong đó có một Luật sư nguyên là Giáo sư Toán Đại học), bảo vệ về mặt pháp lý cho tôi, và mở lại vấn đề FLT, vì năm 1998 tôi có gởi thư báo cho AMS biết Giáo Sư Andrew Wiles giải chưa đúng, Hội Toán Học Hoa kỳ có trả lời cho tôi: “vấn đề FLT đã đóng lại rồi”, AMS trả lời đúng vì sau hai năm Giáo sư Andrew Wiles Publish chứng minh của ông (1993 – 1995), không ai phản bác, thì xem như chứng minh của Giáo sư đã đúng, thông qua hội nghi 1995 ở Boston University, nhưng thời gian nầy tôi chưa có computer và internet, để theo giỏi các vấn đề được công bố trên mạng internet …
Cho dù chứng minh được Fermat’s Last Theorem, nhưng không có ai đở đầu thì Cộng đồng Toán học không tin tưởng, không cần xem, họ bỏ thùng rát ngay, do đó tôi cố tìm mọi cách để tự bảo vệ, buộc họ phải tin tưởng, phải xem phần chứng minh của tôi. Qua mạng internet, qua các diển đàn toán học, để tìm hiểu về cội nguồn Toán học, không riêng Fermat’s Last Theorem mà còn nhiều vấn đề khác, cho đến nay tôi nhận ra các nhà Toán học chưa giải quyết như “Fermat – Wiles Equations”, hay “Diophantine Equations” thuộc nhiều ngàn năm trước, tôi liền tìm ra các phương pháp giúp các nhà Toán học, giải quyết được phần nào những tồn đọng đó. FERMAT-WILES EQUATION Qua mạng internet ta thấy vấn đề On a Generalized Fermat-Wiles Equation “Fermat’s Last Theorem was no more than a conjecture for over 350 years. Let n be an integer greater than 2. Fermat claimed that any integers x, y and z, not necessarily positive, for which xn + yn = zn must consequently satisfy x · y · z = 0. Andrew Wiles’ spectacular achievement, building on the work of Kenneth Ribet and others, was to prove beyond any doubt that Fermat’s conjecture is true. To some people, the passage of this conjecture to theoremhood is marked by sadness. They may mistakenly believe that no other interesting Diophantine equations are left to be solved. This essay is aimed at such individuals: there is a much larger class of equations, of which Fermat-Wiles is only a special case, that is well worth everyone’s attention! The equation we’ll examine is xn + yn = c · zn where c is a positive integer. We wish to learn what conditions on n and c force the existence of a non-trivial solution (x, y, z), that is, x · y · z ≠ 0. In other words, when is the equation xn + yn = c · zn solvable (in nonzero integers)? The case n = 1 is easy: taking x = y = c and z = 2, we conclude that non-trivial solutions always exist. The case n = 2 is somewhat more difficult. Let c′ denote the square-free part of c, that is, the divisor of c which is the outcome after all factors of the form d² have been eliminated. The equation x2 + y2 = c · z2 is solvable if and only if all odd prime factors of c′ are equal to 1 modulo 4. (See Hardy and Wright’s[1] discussion of Waring’s problem for a proof.) Here are the first several values of c for which this condition holds: …” Sau thời gian dài nghiên cứu, tôi đã tìm ra Phương pháp cho Fermat-Wiles Equation, có thể nói là công thức vì nó dùng cho tất cả các phương trình có dạng xn + yn = c · zn số mủ “n” tiến đến bao nhiêu cũng giải được, như các ví dụ kèm theo để quý vị và các bạn trẻ tin tưởng, Fermat-Wiles Equation dạng xn + yn = c · zn
r = n√(c – sn) ζ(c) = 0 n à ∞ x = r∙z y = s∙z ÁP DỤNG PHƯƠNG PHÁP TRÊN 1*) Giải Fermat-Wiles Equation sau đây x5 + y5 = c · z5 Muốn giải phương trình trên, công việc đầu tiên là tìm giá trị cuả c, Theo công thức trên ta có Cho bất kỳ giá trị nào cuả « r & s », như vậy ta sẽ có vô số giá trị cuả c Thông thường ta chỉ lấy giá trị nhỏ nhất cuả c ( c = 2), hay r =1 và s =1
1 + 1 = 2 Thay gía trị c vào phương trình
Suy ra:
x = y = z = 1 Như vậy quá dể, do đó khi cần chọn, ta nên chọn những gía trị lớn hơn 1 2*) Giải phương trình x11 + y11 = 179195 · z11 Tương tự trên áp dụng phương pháp tìm c
Suy ra
ζ(s) = 211 + 311 = 179195 ta có r = 2 và s = 3 Chọn bất kỳ giá trị nào cuả z (như z=4 …) ta có các giá trị cuả x và y theo z, do đó ta cũng có vô số giá trị cuả x, và y, theo phương pháp sau x = r∙z = 2×4 = 8 y = s∙z = 3×4 = 12 Thư lại
x11 + y11 = 179195 · z11 811 + 1211 = 179195 · 411 = 751598305280 Đáp số x= 8; y = 12; z = 4 3*) Tìm giá trị x, y của phương trình sau x12 + y12 = 1385806441713 Giải Phương trình: x12 + y12 = 1385806441713 ta viết lại: x12 + y12 = 1385806441712+1
hay
x12 + y12 = 13858064417 · 1385806441712 Ta có dạng Fermat-Wiles Equation Suy ra c = 13858064417 và z = 13858064417 Áp dụng công thức ζ(s) = rn + sn = c r = n√(c – sn) ζ(c) = 0 n à ∞ x = r∙z y = s∙z ta có
Suy ra
ζ(s) = 412 + 712 = 13858064417 ta có r = 4 và s = 7 thay các giá trị của r, s, và z x = r∙z x = 4∙ 13858064417 = 55432257668 và y = s∙z y = 7 ∙ 13858064417 = 97006450919 Thử lại: thay các giá trị x, y vừa tìm vào phương trình x12 + y12 = 1385806441713 5543225766812 + 9700645091912 = 1385806441713 vế trái cuả phương trình 5543225766812 + 9700645091912 = 6.9523797310625896769671827038487e+131 vế phải của phương trình 1385806441713 = 6.9523797310625896769671827038487e+131 Đáp số:
x = 55432257668; y = 97006450919 …
Phương pháp cũng có thể gọi là công thức cho Fermat-Wiles Equation mở rộng Để chứng tỏ cho các nhà Toán học trên Thế giới thấy khả năng của chúng ta có thể mở rộng phương trình Fermat-Wiles Equation đến vô tận chứ không bị giới hạn trong phạm vi đơn giản xn + yn = c∙zn. Dạng phương trình mở rộng tổng hợp rất phức tạp gọi chung là phương trình Diophantus ζ(s) = rn + sn + … = k r = n√( k - sn - …) ζ(k) = 0 n à ∞ …. x = r∙z y = s∙z Phần mở rộng nầy tôi đã giới thiệu nhiều bài trên khoa học và đời sống Ví dụ: Ta thử dùng phương pháp trình bày trên để giải phương trình sau đây 4*) Giải phương trình a∙A3 + B3 + C3 + d∙D3 = 24034 Giải Tương tự như trên, ta viết lại phương trình Diophantus a∙A3 + B3 + C3 + d∙D3 = 24034 (1) a∙A3 + d∙D3 + B3 + C3 = 24033+1 (2) Đặt
A ≡ modδ D ≡ modδ Phương trình Diophantus (2) viết lại thành (a + d) modδ3 + B3 + C3 = 24033+1 (3) Phương trình còn khác số mủ 3 v à 4 từng bướt ta viết lại như sau (a + d) modδ3 + B3 + C3 = 2403∙24033 (4) Phương trình Diophantus (4) viết lại tương đương với Fermat-Wiles Equation mở rộng dưới đây v3 + x3 + y3 = c·z3 Như vậy c = 2403 đến đây ta áp dụng phương pháp bình dân để giải như Fermat-Wiles Equation bình thường, ζ(s) = rn + sn + … = k r = n√( k - sn - …) ζ(k) = 0 n = 3 …. x = r∙z y = s∙z theo đề ta có c = r3 + s3 + t3 = 2403 Dùng máy tính ta có: c = 73 + 93 + 113 = 2403 Suy ra v = r∙z = 7∙2403 = 16821 x = s∙z = 9∙2403 = 21870 y = t∙z = 11∙2403 = 26433 Ta có các giá trị cuả phương trình (4), ta mới trở lại phương trình (1)
Trở lại với phương trình Diophantus (3) (a + d) modδ3 + B3 + C3 = 24033+1 (3) a∙A3 + B3 + C3 + d∙D3 = 24034 (1) A ≡ a∙ modδ ≡ a∙ mod 16821 Suy ra
a = 26 A = 5607 D ≡ d∙modδ ≡ d ∙mod 16821 Suy ra d = 27 D = 1869 Thay các giá trị vừa tìm vào phương trình Diophantus (1) thử lạ a∙A3 + B3 + C3 + d∙D3 = 24034 (1)
= 33343799299281 Các giá trị vừa tìm đúng là nghiệm cuả phương trình Diophantus 26∙A3 + B3 + C3 + 27∙D3 = 24034 (1) Đáp số A = 5607 B = 21627 C = 26433 D = 1869
Qua internet ta gặp các phương trình sau
Dạng phương trình Diophantus axn + byn = czn là khó khăn của các nhà toán học, đến nay vẫn chưa tìm được phương pháp nào để giải, Trong trường hợp nầy tôi có giới thiệu Phương pháp tổng hợp Bình Dân và Fermat’s Last Theorem như sau ζ(s) = an + bn = 1 b = n√(1 – an)
0 < α < 1 và n à ∞ x = (a∙z n√c)/( n√a) y = b∙z = [n√(1 - an) ∙z n√c]/(n√b) Có thể nói là công thức, vì nó dùng cho tất cả các phương trình có dạng axn + byn = czn với mọi giá trị của n (n –-> ∞)
Chúng ta áp dụng phương pháp thứ 2 để giải 2 phương trình ta gặp trên internet không khó mấy Diophantine equation a · x3 + b · y3 + c · z3 = 0 The diophantine equation A · x4 + B · y4 + C · z4 = 0 *)Năm nay là năm 2010, ta thử giải phương trình có số mủ n = 2010 sau đây a · x2010 + b · y2010 = c · z2010
Cho biết α = 3/4 Giải Ta phải đưa phương trình a · x2010 + b · y2010 = c’ · z2010 về dạng phương trình Fermat Xn + Yn = Zn Đặt X = (2010√a· x) Y = (2010√b· y) Z = (2010√c· z) Thay vào X2010 + Y2010 = Z2010 Ta có
(2010√a· x)2010 + (2010√b· y)2010 = (2010√c· z)2010 Giá trị x, y, z của Diophantine Equations phải nguyên và khác không, ta tự do chọn giá trị cuả a và c miễn sao nó là số chính phương cuả căn 2010 2010√a = 12 suy ra a = 122010 2010√c = 1024 suy ra c = 10242010 Riêng giá trị của 2010√b ta phải tùy giá trị của b, suy ra từ giá trị của a a2010 + b2010 = 1 Suy ra b = 2010√(1 – a2010) để y nguyên thì giá trị của 2010√b bằng phần tử số của b, hoặc mod b Do đó có vô số giá trị của b Ta có a = 3/4 đã cho, (0 < a < 1) Ta có b = 2010√(1 – a2010) = 2010√[1 – (3/4) 2010] Giá trị của b bằng phần tử số của b hay bội của tử số Ta có
2010√b = 2010√(42010- 32010) hay mod{2010√(42010- 32010)] Suy ra b = {42010- 32010} hay mod{42010- 32010} Thay các giá trị của a, b, c vào phương trình (2010√a· x)2010 + (2010√b· y)2010 = (2010√c· z)2010 ta có phương trình đầy đủ {122010}· x2010 + {42010- 32010}· y2010 = {10242010}· z2010 Áp dụng công thức 2 tìm giá trị x, y, z ζ(s) = an + bn = 1 b = n√(1 – an)
0 < α < 1 và n à ∞ x = (a∙z n√c)/( n√a) y = b∙z = [n√(1 - an) ∙z n√c]/(n√b) Từ công thức trên ta có x = (a∙z 2010√c)/( 2010√a) Chọn giá trị cua z để có x, và y nguyên z = 32 hay mod4 x = {(3/4)∙32 ∙1024}/ 12 = 2048 Và giá trị của y y = b∙z = [n√(1 - an) ∙z n√c]/(n√b) y = b∙z y = [2010√(42010 - 32010) ∙32 ∙1024]/[2010√(42010 - 32010)∙4] = 8192 Thử lại : để biết chắc các giá trị cuả x, y, z, vừa tìm có nghiệm đúng phương trình : {122010}· x2010 + {42010- 32010}· y2010 = {10242010}· z2010 Ta lần lược thay các giá trị vào phương trình : {122010}· 20482010 + {42010- 32010}· 81922010 = {10242010}· 322010 Vế trái cuả phương trình {122010}· 20482010 + {42010- 32010}· 81922010 = 1.1333636225683154767608137147794e+9076 vế phải cuả phương trình {10242010}· 322010 = 1.1333636225683154767608137147794e+9076 Ta thấy 2 vế bằng nhau, nên các gía trị đó là nghiệm cuả phương trình {122010}· x2010 + {42010- 32010}· y2010 = {10242010}· z2010 Đáp số :
x = 2048 ; y = 8192 ; z = 32 Còn vô số giá trị khác, khi ta chọn giá trị a, c, va z khác MỞ RỘNG PHƯƠNG TRÌNH Trước đây chúng ta bị hạn chế cứ mỗi ẩn số phải có một phưong trình mới giải được, nay với những phương pháp tôi trình bày trên, bao nhiêu ẩn số trong một phương trình cũng giải được ví dụ: (*) Giải phương trình Diophantus có dạng sau: a∙A4 + b∙B4 + c∙C4 + d∙D4 + e∙E4 + f∙F4 = g∙G4 Tìm giá trị A, B, C, D, E, F, G nguyên Cho biết α = 5/6 gcd(A, B, C, D, E, F) = δ (δ > 1) Giải a∙A4 + b∙B4 + c∙C4 + d∙D4 + e∙E4 + f∙F4 = g∙G4 (1) Diophantine Equation (1) có 7 ẩn số tương đương 7 nhóm (7 term) bao gồm các hệ số góc, so với Fermat’s Last Theorem có 3 ẩn số x, y, z tương đương 3 nhóm (3 term) Do đó muốn ứng dụng phương pháp tổng hợp Bình dân và FLT ta phải viết lại bằng cách đặt: A ≡ modδ1 B ≡ modδ1 C ≡ modδ1 D ≡ modδ2 E ≡ modδ2 F ≡ modδ2 (δ1, δ2 thuộc δ) Thay thế các giá trị tương đương cuả A, B, C, D, E, F ta viết phương trình Diophantus từ 7 nhóm về dạng 3 nhóm như sau a∙A4 + b∙B4 + c∙C4 + d∙D4 + e∙E4 + f∙F4 = g∙G4 xn + yn = zn
{(a + b + c)· modδ14 } + {(d + e + f) · modδ24} = {g · G4} (2) Viết lại phương trình (2) dưới dạng Fermat Equation Đặt x = 4√(a + b + c)· modδ1 y = 4√(d + e + f) · modδ2 z = 4√g · G
Phương Trình 2 viết lại [4√(a+b+c)· modd1]4 + [4√(d+e+f)· modd2]4 = (4√g· G)4 (3) Chọn các cơ số cho phương trình Diophantus có nghiệm nguyên Để phân biệt các cơ số của phương trình (3) ta chọn A, B, C, A = 4√(a+b+c) = 7 B = 4√(d+e+f) = 4√(671) C = 4√g = 2 Ta có α 4 + β4 = 1 Suy ra β = 4√(1 – α4 ) = 4√{1 –(5/6)4} β = 4√( 671) / 6 Chọn z có giá trị thích hợp z = 126 (z ≡ mod7 & z ≡ mod6), ta đừng quên z ở đây chính là G Áp dụng
ζ(s) = a4 + b4 = 1 b = 4√(1 – a4) ζ(s) = 1 và ζ(1) ≠ 0 x = (a∙z 4√c)/( 4√a) y = b∙z = [4√(1 - a4) ∙z 4√c]/(4√b) 0 < α < 1 Ta có x = (a∙z 4√c)/( 4√a) Thay thế nhóm {a∙x} bằng nhóm {4√(a+b+c)· modd1} hay modδ1 ≡ (a∙z 4√c)/( 4√a) ≡ mod30 Suy ra giá trị các cơ số : a = 5
b = 11 c = 230
Giá trị các ẩn số A ≡ modδ1 ≡ mod30 A = 120 B ≡ modδ1 ≡ mod30 B = 90 C ≡ modδ1 ≡ mod30 C = 30 và y = b∙z = [4√(1 - a4) ∙z 4√c]/(4√b)] Thay thế nhóm {b∙y} bằng nhóm {4√(d+e+f)· modd2} modδ2 ≡ b∙z = [4√(1 - a4) ∙z 4√c]/(4√b) ≡ mod42 Suy ra giá trị các cơ số : d = 6 e = 7 f = 73 Giá trị các ẩn số D ≡ modδ2 ≡ mod42 D = 126 E ≡ modδ2 ≡ mod42 E = 84 F ≡ modδ2 ≡ mod42 F = 42 Ta thay các giá tri Giá trị các ẩn số a,b, c, d, e, f, g và giá trị các ẩn số A, B, C, D, E, F, G vào Diophantine Equation (1) thử lại a∙A4 + b∙B4 + c∙C4 + d∙D4 + e∙E4 + f∙F4 = g∙G4 (1) 5∙1204 + 11∙904 + 230∙304 + 6∙1264 + 7∙844 + 73∙424 = 16∙1264 Vế trái cuả phương trình 5∙1204 + 11∙904 + 230∙304 + 6∙1264 + 7∙844 + 73∙424 = 4032758016 Vế phải cuả phương trình 16∙1264 = 4032758016 Kết quả trên chính là nghiệm cuả phương trình 5∙A4 + 11∙B4 + 230∙C4 + 6∙D4 + 7∙E4 + 73∙F4 = 16∙G4
Đáp số: A = 120 ; B = 90 ; C = 30; D = 126 E = 84; F = 42; G = 126 ….
Từ những phương pháp và thực hành trên, đã gây được sự chú ý cuả các nhà Toán học dù khó tính, và cũng được các nhà toán học có cảm tình âm thầm giới thiệu đến Cộng Đồng Toán Học khắp năm châu, tôi vô cùng biết ơn họ Toán học là môn học rộng lớn, bao la mà sự hiểu biết của tôi rất hạn hẹp, ví như hạt cát trong sa mạc, có điều gì sơ xuất, xin quý vị niệm tình tha thứ, và chỉ giáo cho. Kính cảm ơn.
Related posts:
http://www.vietthuc.org/?p=8021 Каталог: groups -> 10300196 groups -> Viettudan an ban/ Edition: unicode fonts Dau tranh cho Tu-do Ca-nhan & Nguyen-tac Dan-chu Xa-hoi tai Viet-Nam groups -> Lời Tuyên Bố của các Công Dân Tự Do groups -> Ý Nga sưu tầm và cập nhật hóa ngày 21-4-2013, với nhạc của nhạc sĩ: TừYên, Hà Thúc Sinh vừa thêm vào groups -> BÁo cáo môn: RÈn luyện nghiệp vụ SƯ phạM 3 groups -> Phản Bội hay Tự Do cho Việt Nam ? groups -> Tin khoa hoc december 31, 2010 Những vụ phóng vệ tinh thất bại trong 2010 Trong năm 2010, một số quốc gia đã vấp phải các sự cố trong việc phóng vệ tinh vào không gian groups -> Một Thời Bạn Học Revised 8/4/10 việt nam groups -> Pen international văn bút việt nam hải ngoạI 11203 Denmore Lane, Riverview, fl 33579 10300196 -> Nhân ngày giỗ Tổ vua Hùng Họ Hồng Bàng Dù ai đi ngược về xuôi 10300196 -> THẢy vòng vịt gõ ĐẦu vịT tải về 153.73 Kb. Chia sẻ với bạn bè của bạn:
|