Đang tải... (xem toàn văn)
Tuyển tập 30 năm Tạp Chí Toán Học và Tuổi Trẻ (part4-4)
Chương IV- BUGC ĐẦU TÌM HIỂU TỐN HỌC HIỆN ĐẠI BÀI TOÁN THỨ MƯỜI CỦA HINBE ĐÁ ĐƯỢC GIẢI QUYẾT PHAN ĐÌNH DIỆU "Có lại khơng muốn vén che kín tương lai chúng toán thứ mười, thành tựu người đặc biệt mà trẻ Liên xò, Macbhiaxiêvich, ta, để dù đạo hệ thống nhìn thấy mai sau kiến thức bí mật phát triển kÌ tới ? Những mục trí tuệ tốn học tương lai tự đặt lồi tiêu chủ cho minh ? Những phương pháp kiện phát minh vào kỈ tới lỉnh vực rộng rãi phong phú tư toán học ?" Đây Nhưng Hinbe muốn vén tương lai, mà với trí tuệ uyên bác, với nhãn quan sắc sảo minh, Hinbe phần tiên đoán hướng phát triển tương lai tốn học góp phần cống hiến to lớn việc vạch đường cho phát triển Trong phát biểu nới trên, Hinbe đề loạt 23 toán lớn hầu khắp lĩnh vực toán học, mà việc nghiên cứu giải chúng từ đến thu hút cố gắng nhiều tài tốn học lỗi lạc thực có ảnh hưởng lớn đến toàn phát triển toán học ki 20 Bây mươi năm trơi qua, nhiều tốn Hinbe nêu giải quyết, có chưa giải đầy đủ Trong báo nhỏ này, xin giới thiệu với bạn tốn đó, 308 tốn số học Th xét phương trình số học dạng P@,y, , u) = 0, P da thức với hệ số nguyên ẩn x, y, , Những phương trình phương trình Điơphăng Thí dụ : Hinbe mở đầu phát biểu tiếng ngày năm vừa 23 tuổi, Bằng lời đẹp đẽ đó, nhà tốn học Đại hội toán học quốc tế lần thứ hai Pari năm 1900, năm cuối trước bước sang kÌ 20 với thành tựu huy hồng kháp lĩnh vực khoa học ki thuật mà chứng kiến toán vừa giải năm 1970 này, đặc biệt người giải tốn nhà tốn học Lư gọi xt+y4-6=0 (6) z2—y+4=0 (2) xtityt—24=0 (3) phương trình Điơphăng Phương trình (1) có số hữu hạn nghiệm nguyên la (x, y) = (41, +2), (+2, +1) ; phương trình (2) có vơ số nghiệm nguyên cặp (1, 5), (2, 8), (3, 13), v.v Cịn phương trình (3) khơng có nghiệm ngun Vậy phương trình Điơphăng, có phương trình có nghiệm ngun có phương trình khơng cớ Trong danh sách toán ma Hinbe néu biểu sau : ra, toán thứ mười phát Giả sử cho phương trình Điơphàng với ẩn số tùy ý với hệ số nguyên Háy nêu phương phóp, theo sau số hữu hạn phép tn khẳng định dược phương trình dã cho có nghiệm ngun hay khơng Bài tốn nêu để hiểu, việc giải thực khơng phải đơn giản Vấn đề phương trình Điơphăng hang chục kỈ thu hút ý nhà toán học thời đại, cịn để lại tốn hóc búa, tốn Phecma tiếng (hãy chứng minh phương trinh x" + y* = 2", véin > khong có nghiệm nguyên !) chẳng hạn Việc nghiên cứu phương trình Điơphăng có ảnh hưởng lớn đến phát triển số học, đại số học ngành toán học khác Ta trở lại với toán Hinbe Nhu Hinbe đồi hỏi nêu phương pháp chung, để với phương trình Điêphăng cho trước, dùng phương pháp đốn nhận cố nghiệm ngun hay khơng Dường phương pháp có thật, chục năm đầu kỈ 20, người ta cố gắng tỉm phương pháp Khơng tÌm phương pháp chung cho phương trỉnh Diơphăng tìm cho lớp riêng phương trình Điêphăng Các nhà tốn học tìm phương pháp chung mà Hinbe địi hỏi, có thé chang phương pháp chưng khơng có ? Trước năm ba mươi kÌ này, hồi nghỉ kiểu chưa có sơ sở Bởi suốt nghìn năm nay, nhà tốn học tìm vơ vàn phương pháp để giải toán loại loại khác, chưa chứng minh (thậm chí nghỉ đến việc chứng minh) khơng có phương pháp để giải tốn Muốn chứng minh khơng có phương pháp, trước hết phải hiểu cách xác phương phóp khoảng 1935, nhiều 1936 nhà toán sau, học với cơng Vào trình lỗi lạc Turing, Goden, Klin, Séc, v.v xuất khái niệm tốn, lần người ta khơng có thuột tốn để tốn ? lơgie (Sớt), toán học xác thuật chứng minh giải loạt đại số học (Post, Mackôv, Nôvikôv, v.v ) nhiều ngành toán học khác Và sở đó, người ta bắt đầu nghĩ đến việc chứng minh khơng có phương pháp mà Hinbe địi hỏi phương trình Didphang bỉ Với mục đích giải vấn đề đó, bền nhiều năm nghiên cứu, đến năm 1961, nhà toán học Mi Dévis, Putman, Rơbinxơn chứng mỉnh : khơng có thuật tốn để uới phương trình Didphang mii bat ki cho trước, khơng định có nghiệm ngun hay khơng Một phương trình Điơphäng mũ phương trình có dạng PŒ,y, ,u) = 0, ngồi phép lũy thừa, P chứa phép mũ (thí dụ 2x2 + # +x = phương trình vậy) Chỉ cần bỏ chữ mũ nói chứng minh khơng cớ phương pháp mà Hinbe đòi hỏi Tiến thêm bước nữa, nhà tốn học nói trên, năm 1963, chứng minh : khơng có phương pháp mà Hinbe địi hỏi, tìm quan hệ R (u, 0) số nguyên u, U, thỏa mãn hai tính chất : 1) R(u, u) đúng, u « u*, 2) uới È, có u va u cho R (u, v) ding va uk gọi độ đo tập A cho điều kiện (tiền để) sau thỏa mãn : 1) Nếu A phân rời hoạch thành ø tập A=A,UA,U UA, thi = m(A) = m{A)) + mA.) + + m(A,) 2) Néu A= khơng có diện tích ! Đối với trường hợp X B thi m(A) = m(B) 3) Có tập E có độ đo 1, m(E) = Các điều kiện 1) 2) 3) tính chất hiển nhiên diện tích thể tích Nếu X mặt phẳng đa tạp hai chiều (như mặt cầu, mặt xuyến ) độ đo tập A C X gọi diện tích A Nếu Z khơng gian ba chiều độ đo A gọi thể tích A Nhà toán học kiệt xuất minh Balan (Banắc) độ (S Banach) đo mặt phẳng tổn Độ đo tập A Hauxdooe (F Hausdorff) da lam sửng sốt giới tốn học đương thời việc tầng, gán diện tích cho A= B= độ nuặt cầu Phát ơng dựa ví dụ kì lạ sau (đo Ông xây Tốn phép chia mat cfu phần rời A, B, C cho C va A= m BUC Khi tồn tai trén mặt m(A) = m(B) = m(C) =4nR2/3 kính mặt cẩu Mặt khác m(A) = 4nF?/2 Mâu thuẫn A= (R cầu BUỤC thi bán nên Mặt đất sống mặt cầu, mặt đất có tổn phần LÀM tin gọi nghịch lí Banác - Tarxki sau : Giả sử ta có hai cầu S, va S, Qua cfu S, lớn, lớn mặt trời cầu 6, thi bé tí xíu hạt đậu Tuy nhiên có tồn cách phân hoạch 5%; làm n phần S, =A, UA, UA, chứng điện tích tập A hiểu cách trực quan trước Tuy nhiên nhà toán bọc Đức phận dựng) : thành không gian chiều, hai nhà toán học Balan, Banắc Thexki (Tarski), chứng minh mệnh đề kì lạ, dường QUEN cho S,=B,UB, UB, A,* By A,= By A,* B, Nghĩa là, qua phép phân hoạch hữu hạn xếp đạt lại mà giữ nguyên khoảng cách (không nén lại), vật thể lớn mật trời nhét vào túi áo ( !) Từ định If cla Bandc - Tarski ta suy khơng gian có uất thể khơng tích Thật gán thể tích cho tập A, B, phân hoạch nêu thÌ ta có m(S,) = m(S,) hay R, = RCN) (R,, R, Ja ban kinh mật trời hạt đậu), Điều vơ lÍ Câu chuyện lÍ thuyết độ đo cịn dài lí thú song tạm đừng Nếu bạn quan tâm, tiếp tục số báo sau VỚI CÁCH GIẢI TOÁN BẰNG ĐỒ THỊ DANG VIỄN Trong báo Toán học Tuổi trẻ số 153 (1-1987) bạn Đô Bá Khang giới thiệu với bạn đọc "Một số khái niệm toán Ii thuyết đổ thị", Trong muốn giới thiệu với bạn đọc số cách giải tốn phương pháp luận lí thuyết đồ thị Bài toán : Một quan cẩn tuyển người để lập thành nhóm có đủ lực biên địch tài liệu từ thứ tiếng Anh, Pháp, Nga, Đức, Trung Quốc Bồ Đào Nha sang tiếng Việt Có người đến đự tuyển, dé mối người biết thứ tiếng biết nhiều thứ tiếng có Ít hai người thứ tiếng chung Biết thứ tiếng hai người biết, hỏi xảy trường hợp tuyển chọn yêu cầu nêu khơng, ? (ĐỀ thí học sinh giỏi toán lớp 11 Mà Nội 1987 ~ 1088) 313 — ra, D không kề T, cẩn thêm cạnh kế với D, T số cạnh Ít 3ä + + = Loi gidi Chuyén sang bai todn d6 thi : "Cho dé thi don dinh (A, FN, D, T, B) (> 7) CĐ Vay D, T phải kề ; ta có cạnh, bậc đỉnh khơng nhỏ Có thể xẩy trường hợp khơng có cạnh ba đơi kế khơng nghiệm hình : 27, AB, EN é hay khơng, ?" Ta sé trả lời phủ định, nghĩa luôn tim ba cạnh đôi không kế nhau, 0: Khơng làm tính tổng qt, với trường hợp ta cần nêu đồ thị đại ⁄ đồ thị hữu hạn) Vì có đỉnh đỉnh có bậc > nên độ dài ¿ phải thỏa mãn < ¿ « õ thứ 1)/ ba, = Chỉ Chẳng năm thứ AFBDNT, việc chọn cạnh hạn, thứ nhất, với @ = ta có nghiệm hình AF, BD, NT: a N SG z F / ™! w diện Cóch Xét đường dài Œ (tồn tại, o *T Hình 4)1= Xét đồ thị h.3 v6i © = ABN Dé đ(A), đ(N) > 2, phải có cạnh AN Nếu đỉnh lại Ð, F, mà có đỉnh kế đỉnh A, B, N có đường với độ đài > 3, trái điều kiện 4) Vậy ba đỉnh nối với nhiều cạnh, đo tổng số cạnh nhiều (< Ð (1) Vậy khơng xẩy Và, tốn giải xong Cách Xét chu trình Ế với độ lớn dài ¿ (tốn tại, số đỉnh nhỏ số cạnh) Ta có: 37) {9 Vậy N, T kế Ta việc chọn cạnh kề F hai cạnh thuộc chu trình NABDTN khơng kể với cạnh chọn vừa Trong h.1 ta có nghiệm hinh : FD, BA, NT: Hình x =— x7 Hình 3) = Xét đồ thị h.4 với É = AFDBA Nếu Đ, khơng kề phải có cạnh kế chúng số cạnh Ít + = (> 7) (9 Vậy phải có cạnh N7 ta có nghiệm hinh : NT, AF, BD 3) ¡ = Xét đồ thị h.2 với © = ABFN Vì A, N khơng kế với D, nên có Ít cạnh khơng thuộc É kế với A, N Ngoài (*) điểu sau ta không nhắc lại trưởng hợp tướng tự 314 8G a) Đồ thị không liên thơng Như nêu, phải gồm hai tam giác nhân biệt, đường tạm bỏ gồm cạnh Ta chọn cạnh cạnh khơng kề thuộc hai tam giác ed nghiém AF, BT; ND x YON, Nếu có đỉnh đỉnh lại N, T, mà kề với hai A, D, F tổn chu trình độ dài 4, trái điều kiện 4), dé, W, 7¡ B phải kể với hai đỉnh cịn lại, chúng phải cớ Ít hai cạnh, giả sử NT, NB Nếu B, T khơng kề chúng phải nối với đỉnh A, D, # tạo chu với độ dài > 4, trái với điểu kiện 4) Vậy phải có cạnh B7 số cạnh xét 3+8 = Còn lại l cạnh nối hai đỉnh tương tng thuộc hai chu trình xét Ta chọn cạnh hai cạnh khơng kể thuộc chu trinh dd Trong h.5, ta có nghiệm hình FN, DA, BT Va bai todn giải xong, Cách 3, VÌ7 x = 14 = 6.2+3 nên phải có đỉnh bậc (hoặc hai đỉnh bậc 3) cịn lại tồn đỉnh bậc hai Hơn nữa, đồ thị liên thơng (ngược lại, có Ít bai thành phần liên thơng, thành phần có đỉnh để đỉnh có bậc > ; số cạnh lớn + = (< 7) (1) Xây : SV Hinh b) Đồ thị liên thơng Và chu trình (vì đỉnh bậc 2) Như có đường từ A đến Ƒ' (1 theo đường bỏ, theo chu trình) Trong ba đường đường ngắn phải cớ độ dài (h.8) ko\—Z 7x———xyôp ⁄ / xB øÀ——————‡? Hình 1) Có đỉnh bậc Trong đồ thị h.6, đ(A) = với dỉnh kế A D, B, N, Như thế, đỉnh # không kế A mà kế với Ñ, 7, D, B hai đỉnh lại phải kể Chẳng hạn, có #D, FB, NT: Ta chọn nghiệm : N7; AD, FB 2) Có hai đỉnh bậc ba Trong đổ thị h.7, b.8, h.9 ta có đ(A) = đựP) = VÌ đồ thị liên thơng nên có Ít đường từ Á đến Ƒ, Tạm bỏ đường (trừ đỉnh A4, #0, xẩy : vậy, tạm này, r———A a A AN iN \, LO Hình Hình (h.9) Trong h.8 ta có chu trình độ dài : NABTDEN, chi viée chon theo chiều định cạnh thứ nhất, thứ ba, thứ năm có nghiệm hình : NA, B7; DF Trong h 9, ta có chu Tự Trong h.7, ta Hink 4) = Xét dé thi h.5 v6i © = ADFA trình trình độ đài ATNFBA Chỉ việc chọn cạnh thuộc đường ngắn hai cạnh khơng kề trinh, chang han : DA, TN, FB thuộc chu Và, toán giải xong Cách Trước hết, phải có Ít cặp cạnh không kể (ngược lại, ứng với cạnh AA, đó, đỉnh cịn lại không nối với mà nối với A; A; cạnh (> 7) (1) Xây : 1) Hai đỉnh cịn lại kề nhau, ta có nghiệm hình cạnh kể hai đỉnh hai cạnh 2) Hai đỉnh cịn lại khơng kề Xét đồ thị h.10 với hai cạnh khơng ké AD, FN Vì B, khơng kề nên xẩy : 315 a) B, T tương ứng kể với đỉnh thuộc cạnh AD, FN chẳng hạn, có canh BF, TN, ta chọn cạnh cạnh Chẳng bạn, có cạnh AF nghiệm hình : AF, BN, DT lại AD Z phải có Ít TA, 7D Giả sử cé TD khơng có BA (vì có 7D) Vậy phải có BN, ta có hai tam giác phân biét BNF, TAD véi cạnh Còn lại cạnh phải nối hai đỉnh x8 A b) Không x4y trường hợp a) Giả sử có BF, suy khơng có TA VÌ có khả nang la TF, TA, TD nén hai cạnh kể ø) Có TA Suy khơng có BD, nữa, F i Tr ly Hinh 10 8) Khong cé TA Suy cé TF, dé khơng cé BN, ma khong có BA (vì có TD) nên phải có BD Khi cạnh phải nối hai đỉnh W, A Ta chọn canh NA A Ta chọn cạnh hai cạnh hai cạnh khơng kể 8D, khơng kề thuộc hai tam giác Và, toán giải xong TE su’ PHAN BO SO NGUYEN TO VA GIA THUYET RIMAN BANG HUNG THANG khoang dài tùy ý ta khơng gặp số ngun tố Thật với số tự nhiên & Số nguyên tố đóng vai trị quan trọng bậc mơn số học Chính số tự nhiên phân tích ¿ — số liên tiếp &! + 2, kÌ + 8, kÌ + & tố coi viên gạch xây nên tòa xa gặp khoảng dài tÌ gồm tồn thành tích số ngun tố nên số nguyên lâu đài số, hạt bân vật lÍ ngun tố hóa học Sau nhà tốn học vĩ đại Ĩcht (thế kÍ trước cơng ngun) chứng minh có vơ số số nguyên tố, nhiều câu hỏi xung quanh số nguyên tố nêu Một số câu hỏi (mặc dầu phát biểu đơn giản) trở thành toán tiếng lịch sử toán học chưa có lời giải trọn vẹn Bài tốn tiếng quan trọng có lẽ tốn ngun tố dãy day số nguyên tố 2, đàng nhận thấy càng 316 gặp thưa phân bố số tự nhiên Theo 3, ð, 7, bạn di xa số nguyên thớt Có số dõi dễ tố hợp số Tất nhiên phải hợp số Mặt khác bạn tự chứng minh đoạn [n, n! + 1] có Ít số ngun học Nga khoảng nguyên nguyên tố Năm 1892 nhà toán Tsebesep chứng minh [n, 2n] chắn Ít số tố Người ta lại thấy có nhiều cặp số tố cách đơn vị (1, đứng cạnh nhau) VÍ dy (5, 7), (11, 18), 29, 31), (1000000009649, 1000000009651), Những cặp gọi cặp số ngun tố sinh đơi ? Có cặp số ngun tố sinh đơi ? Có phải cố vô số cặp số nguyên tố sinh đôi khơng ? Câu hói chưa trả lời Một giải thưởng 2ð vạn đôla chờ đợi người giải câu đố Như vậy, phân bố số ngu yên tố phức tạp khơng tn theo quy luật Tuy vậy, nhà toán học nhiều thời đại cố gắng hi vọng nắm bát thứ trật tự tron g giới số nguyên tố Ki hiéu x (n) 1A số số nguyên tố không vượt : Trên sở nghiên cứu bảng 8Ố nguyên tố, nhà toán học lỗi lạc Đức Gauss (1777 ~ 1855) dự đoán Tang x (n) xấp xÌ n/logr (ở logn logarit n theo số e) tức lim (z0) logr]/n = n~>œ Dự đoán thiên tài hai nhà toán học Pháp J.Hadamard va L.V Poussin chứng minh sau vào năm 1896 Chứng mỉnh phải sử đụng đến công cụ phức tạp lÍ thuyết hàm số biến số phức Thật điều ? Các số nguyên tố lại có mối liên hệ chặt chẽ với số phức hâm số phức, Nam 1859, "Về số số nguyên cho" 1866) nhà đưa toán báo nhan đề : tố bé giá trị học Đức B.Riman {1826 hàm số đêta ÿ (s) xác định tập hợp số phức Khi s số thực lớn ÿ () cớ thể viết dạng chuỗi :; S@)at+ 1 toe + Riman da chi có liên hệ chặt chẽ hàm deta số nguyên tố Dáng điệu hàm đeta nói cho ta nhiều điều phân bố số nguyên tố Các số phức s mà È @) = Ơ gọi khơng điểm Ê (s) Riman nhận thấy không điểm mà ông tim có phần thực 1/2 (tức có đạng 1/2 + 6) Từ ơng dự đoán điều phải cho tất không điểm hàm đeta (số không điểm củaÉ (s) vo han) Dé giả thuyết Riman tiếng Tại hội nghị toán học giới Pari năm 1900 Hilbert, nhà toán học vỉ đại lúc giờ, đưa giả thuyết Riman vào danh sách 28 toán khổ kỉ 19 thách thức thé ki 20 Liên quan tới giả thuyết Rim an giả thuyét Mertens Goi M(n) hiệu số 86 tự nhiên bé ø tích số chăn số nguyên tố khác SỐ gố tự nhiên bé œ tích số lẻ số nguyên tố khác nhau, Chẳng hạn M(16) = Với máy tính bỏ túi bạn dễ dàng tính giá trị Mn) với œ cho Nhà tốn học Đức Mer tens sau tính 10000 giá trị Mín) thấy đáng điệu M(x) thay đổi lụng tung Ä#(:) bé V% Từ ơng dự đốn Ä(n) < Ýn với moi n Dén nam 1963 bang may tinh người ta xác nhận gia thuyết Mertens cho tất cá œ bé 10 tỈ tìm thấy 300 triệu khơng điểm hàm đêta, tất có phần thực 1⁄2 Người ta chứng tỏ giả thuyết Mertens kéo theo giả thuyết ‘ Riman ding Mùa xuân năm 1984, nhà toán học A Odlyzko (MI) va H Riele (Ha Tan) bác bô giả thuyết Mertens cách tồn số n ma M(n) > Vn Su kiện dén tdi vide nghi ngờ giả thuyết Rim an sai Nhưng đến tháng nam ấy, tin Uui đến với nhờ toán hoe Tai trường đại học Tổng hợp Pari nhà toán học Nhật Ban H Matsumoto dé loan báo rồng ơng da thành cơng dự đoán Riman Riman nhận Nhu sau Uậy 125 dự nam Du luận doán tồn tai Tbán thiên dé tài xác học trí dánh giá thành tựu toán học lớn năm 1984 31 HINH LUC GIAC THAN Ki NGÔ VIỆT TRUNG Có lẽ u thích tốn biết đến hình ung thần kì Dó hình có lẽ C.W Adams, từ đến n2, cho tổng số lục giác thần kì D„ từ nằm 1910 Trường hợp vuông gồm x w ô vuông nhỏ đánh số đồng, cột đường chéo Ví dụ hình vng sau : Hình Nhưng Người nghĩ đến lục giác thần kì nhân viên đường sắt người Anh Ơng bắt đầu tỉm hình n = khơng có lời giải +, y, z số đỉnh gần L¡ ta phải cổ x+y=y+z x=z Thời gian đầu cố gắng Adams không đạt kết Ông làm 19 quân cờ lục giác gỗ đánh số từ đến 19 tượng trưng cho 19 đỉnh tam giác L; để đễ đàng xếp thay cho việc điền số Ít người biết đến khái niệm tương tự hình lục giác thần kì Thay cho hình vng ta xét hình lục giác xếp lại tam giác giống kí hiệu L„ số đỉnh tam atl giác Các tam tạo một giác nằm hỉnh cạnh lục giác hẳn bên L,, lai lục giác E, my Vi vậy, ta goi a, 1A s6 dinh cdc ô tam giác L„ 6n số đỉnh nằm chu vi L„ nên œ„ = œ„_¡ + 6n Từ suy Hình Ơng nghỉ hưu dành hầu hết thời gian rỗi để tính tốn hay nới để quân cờ lục giác Một lần bị phải mổ ‡ bệnh viện Tất nhiên không quên mang theo quân cờ minh Khi vita bình phục, ơng chơi với qn cờ phát hình xếp ốm ơng lục giác thần kÌ hình Lúc năm 1957 Ơng ghi lời giải vào mảnh giấy, rời bệnh viện ông không nhớ Hình a„=1+6(1+ +n) =1+6 n(n + 1) để mảnh giấy đâu Thế lại bất đầu q trình tÌm tịi Cơ lẽ câu chuyện khơng có, Adams khéng tim = 8n? + 8n + Vấn đề đánh số đỉnh tam giác từ đến 3n2 + 3m + cho tổng số đường thẳng Một hình lục giác L„ đánh số thần 318 kì gọi hình lục giác mảnh giấy năm minh Adama liền gửi cho M Gardner, người sáng tờ tạp chí khoa học nhiên Gardner biết đến thần kÌ vơ số lời 880 hình vng thần kì Ơng cho lời giải sau Một phát để bị lãng quên lời giải lập tiếng phổ thơng Tất hình vng giải chúng (có 16 khác nhau) Adams số nhiều lời giải tốn tim hinh luc giác thần kÌ mà thơi, ơng khơng tìm thấy tài liệu tốn học gỉ nói đến tốn VÌ ơng gửi thư cho C,W toán học giải lại chứng trường hợp ø = Trigg người chun trí Ơng tính tốn minh rang chi có hình lục giác thần Từ thần ki tit nam 1940 khơng cơng bố kết hình lục giác thần kỉ xuất tạp chí khác năm 1958 mà khơng kèm theo lời bình luận nao Sau lời giải đơn giản một, học sinh Mi tính trường hợp n = Hãy gọi § tổng số đường thẳng hình lục giác thần kì + Chú ý có 3n + đường thẳng song song theo hướng đỉnh tam giác L„ nằm đường thẳng này, ta có : = (8n2+ 8m+ 1) (8n2+ Bn + 2) ĐỊNH LÍ BRAOE 2n+1 ước 4n? ~ (2n + 1)(2n — 1) = Do 2n+ ước z2+ Từ đẳng thức A(n? + Ú) = (2n + D(2n — 1) +5 suy 2n + = 2, ước õ ta phải Để chứng minh có hình lục giác thần kÌ trường hợp nœ = 2, người ta bắt buộc phải tiến hành thử cách điền số khác Tất nhiên cớ thể giảm số lần thử cách tÌm số quy tắc đó, Các bạn thử suy luận để chứng minh điểm chu vi hình lục giác L, không nhận gid tri tâm điểm điểm L, phải nhận giá trị nhỏ Với quy tác vậy, em học sinh Mĩ nới quy tốn tìm hình lục giác thần kì 1L; việc xét 70 kiểu số khác đưa cho máy tính thử kiểu xếp Sau (3n + 1)S = 1+ 2+ + (3n? + 8n + 1) Mặt khác, ø2 2n + số nguyên tố lời giải Adams Trigg thông báo phát Adams tạp chí Tốn học giải trí năm 1964 Ngay sau người ta biết thêm cớ người Đức phát hình lục giác suy (8n? + 8n + 1) x (Bn? + 8n+2) va lA uée cha n(n? + 1) vi: ân? + Bn + L = (Qn + 1)(n + 1) + n2 kỉ có lời giải trường hợp day 17 giây máy tính đưa lời giải la lời giải mà Adams phải 47 năm mmới tÌm VỀ ĐIỂM BẤT ĐỘNG HOÀNG ĐỨC TÂN Trong phạm vi báo này, xin giới thiệu với bạn đọc báo Tbán học tuổi trẻ định lí tiếng, mà có nhiều ứng dụng toán học Trước hết, làm quen với số khái niệm cẩn thiết ! 1) Một ánh xe từ hình A vào hình A' quy luật mà theo đớ điểm zn hình Á ứng với điểm m' xác định hình A' Điểm œ” gọi ảnh m, cịn m gọi tao ảnh mì 2) Ánh xạ hình A vào hình A’ gọi liên tục điểm m € A, tập hợp điểm A chứa điểm gần điểm m chuyển thành tập hợp điểm hình A' chứa điểm gần điểm m' Một ánh xạ tồn hình A vào hình A' gọi Hên tục, liên tục điểm hình A Xét ví dụ minh họa cho khái niệm 2) Có vòng dây cao su (Ï) chứa điểm m, 319 phận Z (phần gạch gạch) gần điểm m Ánh xạ phép biến dạng vòng dây Œ) Phép biến đổi từ () sang (III) liên tục tai m (vl sau phép bién dang thi tap B’ van gan m’), phép bién déi tt (1) sang (ID) không liên tuc tai m (vi sau phép biến dạng vịng cao su (D bị đứt điểm m va tập hợp Ư' khơng cịn gần điểm m' nữa) Sau ta xét tới kết quan trọng giải tích tốn học C (: ae Hinh hình vuông mà cớ chứa điểm ta lại chia thành hình vng nhỏ v.v Và ta nhận mot day vd han hình vng ngày bé đẩn đi, hình vng chứa tất hình vng trước hình vng Hình B6 dé Vaiectrass : day chứa điểm mà ƒ Giả sử ứng với mối điểm miền hữu hạn Q nao mặt phẳng, kể biên miền @ (chẳng hạn, hình trịn) có đại lượng ƒ hoàn toàn xác định, thêm ta lấy điểm a bat ki số điểm miến @ + số đương nhỏ ta tim số £ > bé cho hiệu số hai giá trị ƒ điểm ø b (Œ Q) sát với z khoảng cách £, giá trị tuyệt đối thỏa mãn điểu kiện : lf, — | < (ư kí hiệu ƒx giá trị ƒ điểm z) Khi ta nơi đại lượngƒ hàm liên tục điểm miền kín © Với khái niệm đó, Vaiectrass kết luận : Bổ đề : Nếu Q@ đại lượng ƒ khắp nơi không âm @ ƒ tùy ý bé tổn Ching minh điểm @ © Q ma tai f : Vi @ miền hữu hạn, tùy ý bé Dãy hình vng sé thu dần điểm b miền © Ta chứng minh điểm b ƒ = That thé, vib € © nên b ƒ, hồn tồn xác định, theo giả thiết ƒ, > (vì ƒ khắp nơi khơng âm ©) Giả sử fy > Khi theo lập luận & trén mét hinh vuông bé chứa điểm có điểm mà ƒ tùy ý bé, giả thử điểm số điểm e G @ cho f, = (1/2)/, chẳng hạn, |ƒ, — ƒ| = (1/2, > số dương xác định, khơng phải bé tùy ý điều mâu với tính chất liên tục hàm ƒ điểm mién kin Q Vi thé mà ta phải có ƒ, = Bổ đề chứng minh xong Bây ta chứng mỉnh định lí tiếng Brao Định Ii Braoe (năm 1913) : Khi ánh xạ kín nên ta phủ @ hình liên tục tập hợp tất điểm hình Thế có hình vng chứa điểm thuộc @ mà ƒ bé tùy ý, vÌ khơng có điểm ngun chỗ cũ, tức ánh xạ lên (hình 3) vương Th chia hình vng thành hình vng (xem hình 2) hình vng chúng khơng tồn hình vng to vÌ miền © điều trái với giả thiết Bây ta lấy 320 trịn (gồm điểm biên) lên điểm hình trịn phần hình trịn, có điểm Chúng : Giả sử m điểm hình trịn mm” ảnh chúng Ta xét vectơ rời chỗ mm` Nếu chứng minh biến đổi cách liền tục trở tới vị trí ban đầu thÌ quay tất 360° Vẫn quan sát hình Bây ta cho điểm zm vịng trịn đường trịn đồng tâm mà bán kính bé bán kính đường trịn Ít Gọi p điểm nằm đường tròn trước cho p, œ tâm ¿ hình trịn thẳng hàng Khi tính chất liên tục ánh xạ (và độ dài véctơ dịch chuyển không nhỏ thua £ (mà góc véctơ mơn' hợp với pp` tương ứng thay đổi cách liên Hình số vecto mm’ cd véctơ ngắn tùy ý định lí Braoe chứng minh That vay, tính chất liên tye cha ánh xạ mà chiều dài véctơ mm" thay đổi cách liên tục điểm m chuyển động liên tục hình trịn (bởi đớ cà điểm m' di chuyển liên tục) Ứng với điểm an ta cho độ dài ƒ véctơ dịch chuyển mưn' Ta thấy giống trường hợp bổ đề Vaiectrass : ƒ hàm liên tục điểm m, ƒ không âm cớ ƒ tùy ý bé Khi đớ tổn điểm °_mà mm’ ma ứng bang với ƒ = 0, tức độ Va vi phép ta xét điểm b ánh dài ánh xạ lên định lí chứng mỉnh xong xạ Vậy ta phải chứng mỉnh : số vóctơ mưm' có véctơ ngắn tùy ý Điều đo tức phải chứng minh : chiếu dai 'bất thử zm'` tất véctơ mưn" khơng thể lớn kÌ số dương £ đủ Giả ta có điều trái lại, tức tất véctơ có chiều dài lớn £, Ta chứng điều Ta cho điểm m khơng thể xảy vịng vịng tục Ít (đo p n gần nhau), va tức trở vị trí ban đầu nz` quay góc 360° Chuyển liên tiếp sang vòng tròn đồng tâm liền gần bé hơn, ta thấy véctơ ứng với điểm »w sau đủ vòng quay góc 360° Thêm nữa, xung quanh tâm hình trịn ta lấy đường trịn bé (bán kính nhỏ £ nhiều) điểm vòng đường tròn rõ rang quay góc 0, điểm trịn gốc ln ln nằm bé nhỏ chuyển øn' khơng vịng trịn bế thuấn Vì vếctơ dịch chuyển độ vòng dai véeto dich nhỏ thua £ nên đầu mút miền bé phía bên ngồi nhỏ đớ Đớ điểu mâu độ dài ƒ tất khơng thể lớn số £ > Ơ Tức chúng có vóctơ ngắn tùy ý Chính mà định lí Braoe chứng minh Định lí Braoe cho ta kết luận kì điệu tính chất hÌnh học, bạn đọc coi hình trịn màng cao su ánh xạ liên tục la phép biến dạng liên tục màng cao su (màng cao su khơng có lỗ thủng) trịn biên hình trịn Véctơ mưm` từ điểm m tới điểm m' thuộc hình trịn, cách tùy tiện miễn khơng làm rách màng hay làm chúng dính lại, tức lúc nằm phía có kết luận định lí (chú ý màng tiếp tuyến với đường tròn điểm mm mà cao su phép biến dạng phải làm hình trịn nằm phía Do m vịng quanh đường trịn hình trịn véctơ mưn" (có độ dài khơng nhỏ thua £), góc hợp với tiếp tuyến ?†-TU†H mặt phẳng) Có nhiều cách chứng minh cho định lí kì lạ này, song cớ lẽ cách chứng minh giới thiệu đơn giản đễ hiểu 321 VAI SUY DIEN TU BAT DANG THUC CO SI TA VAN TY Với n số thực không âm A, Ay đ,, ta có bất đẳng thức sau : a,+a,+ 4+4, " a3 "aia, + Gy nên ti ni Hi Hi Hi qd) Bất đẳng thức (1) quen thuộc gọi N Biờ La gọi P, tích tất tổng k số hạng từ n số a,, @, Khi dd ta ed : P, b&t ding thie (1) duge viét duéi dang số Pis với P„ Ti do, van để rộng cứu mối liên hệ số P,, i= 1,2, ,”, véi ! Để giải vấn đề này, trước tiên ta xét mối quan hệ Piva P,_| vik = 2, 3, , m mối quan hệ cần tìm định lí Định lí : Với w số không âm địy 82 0, ta có bất đẳng thức : n-k+1 `) Pee rat dé ce a! tt Chúng tổ hợp chập & cla n < k |] 6Ý bất đẳng thức Côsi cho z số không âm Bây Vay S=al,+al,+ 4+ah ,=B+al,, Do số al,, ,al, 1a tap hop g6m & phan tu n 86 a,, ,a,, nén téng S la mét thita số P, Vậy, theo định nghĩa HH, hiển nhiên {Bhi bất =1, ,MN phần tử ;j = 1,2, tập hợp số , k phần bổ đề chứng minh Lại B Xết với + + di _ thừa P„_ + Rõ ràng thừa số Ö xuất lần xuất tổng tổ xây dựng từ tổng theo xác định n—(R—=l)=n—k+1 số Nhưng khác gi), qÌ,, al, _, n 86 đạ, đạ, V0, cớ số nên By & HEPC có (+ — k + 1) tổng S có dạng Vì thừa số B duge xuất biện (øT— k + 1) lần tổng 1, i= 1, 2, wy N vay = 1, , & BO dé chứng Lại so sánh P, với P, ,, Ti ???(Œ&+Ú minh xong đề với col n ý số ? thừa ? ?7 Chie (n-h+1)CK~! số hệ Ty ¡ thức va theo (3) ta cd b~1.œ (Hr) Pe n~k+1 Ply oP, P„ ta có : (5)k Poe Py (5) Kết hợp (4) với (5) ta thu Sau : kết kề (Fo Poe Py & Hn PEA ame định li chứng minh xong Từ dịnh lÍ ta suy mối quan hệ P„ k = 1, , n với Chẳng hạn cần so sánh P, P, _ ; Từ (2) suy : k+1 ark ta có Kéo dai qué trinh twong tu nay, giita P, ta có : THỊ HỆ HỆ =Pt'T-k+l = Pal = C, (yet) ok nên +1_— Roa dé tap hop {H} nơi chứa thừa số P, x_¡ ý : k+1 woken Trở lại việc chứng minh định lí Theo bổ (2) thay & Tu ta di dén : 1 CX an > „PC > PỊ pin hay rõ : + “2 tut n > "Yaa, +i Oye k Pe? (Goa tương tự ta có ˆ > pie, kok (6) Do bất đẳng thức Cơsi hiệu cho nhiều tốn nên ứng dụng có vấn để đạt cần tÌm bất đẳng thức biểu thị mối quan hệ chặt chế bất đẳng thức Côsi với hỉ vọng bất đẳng thức cho (n-k + I\—k +2) Tụ ~2 D —&+1x~eens N- k ke PL? (goa) Tương P, > ( ứng dụng hiệu hơn, mạnh so với bất, tứ =1) =c nén a, rk + Dk 2) “Pe-2 HE-D tự, P, P,_ ta có ko đẳng thức Cơsi Một điều thú vị là, từ (6) rõ ràng ta có hai bất đẳng thức : (0-k+fn-k*+2/@~k+3) 1-3) Pens P„ B; ta có : ME DE-D + +a, tot a, > puck n va Rk * pucka2 "Va "Yaa, a Ree a, a, véi moi & = l1, 2, , n, biểu thị mối quan hệ chặt chẽ bất đẳng thức Côsi cho œ số không âm 328 KHAI NIEM XAC SUAT TRẦN VINH HIỀN Đại học Tổng hợp Trên thực tế thường gặp trường hợp sau thực số điều kiện thu kết kết khác mà ta không tài đốn trước dược Thí dụ đồng xu đồng thuộc vào vô không : ta tung ngẫu nhiên ta trước xu nằm trên, điều số yếu tổ mà ta khơng mặt phụ biết thể tính đến được, chẳng hạn, chuyển động tay lúc tung đồng xu, ảnh hưởng khơng khí, vị trí đồng xu tung ra, v.v Kết xổ số trúng vào vé ; phép đo nhiều lần đại lượng vật lí ta phạm sai số khác ; sản xuất hàng loạt, sản phẩm khơng trùng hồn tồn (thí dụ việc sản xuất bóng đèn đêm, thời gian dùng bóng đèn khác nhau) ; ta bán bía khó lịng mà tất viên đạn trúng đứng vào tâm Trên thí dụ tượng ngẫu nhiên; cớ thé din vô số thÍ dụ tương tự Nếu thực nhớm điều kiện định, biến cố xây khơng xảy biến cố gọi biến cố ngẫu nhiên Có phải biến cổ ngẫu nhiên nhóm điều kiện thực khơng có mối liên hệ có tính quy luật ? Đã từ lâu người ta nhận thấy tung nhiều lần đồng xu (khơng méo) tỈ số lần xuất mặt ngửa tổng số lần tung ổn định xấp xi trường hợp Nói chung, thực nhiều nhiều lần nhớm điều kiện định, tan s6() xuat biến cố ngẫu nhiên có khuynh hướng tụ tập chung quanh số p đó, khuynh hướng rõ ø tăng Trong trường hợp biến cố ngẫu nhiên A ta khơng nói đến tính ngẫu nhiên mà cịn cớ thể đánh giá khả xuất số Ð gọi "xóc suất xuất biến cố A, thực 324 nhớm điều kiện nói trên" Trong mơn tốn học xác suất khái niệm xác suất xem khái niệm mà khêng định nghĩa, xác định qua hệ thống tiên đề giống khái niệm đường thẳng hình học Ở đây, nói cho hơn, cho hình dung thực tế khái niệm xác suất tốn học, chẳng khác ta hình dung đường thẳng sợi (khơng có bề đày) căng kéo đài vô hạn Giả thiết tồn xác suất (tức số mà tần số nói chung có khuynh hướng tụ tập dần đến œ tăng) xác nhận số lớn tượng Những tượng gọi tượng xác suất môn toán học nghiên cứu quy luật phối tượng xác suất gọi môn xác suất Mặt khác, tổn xác suất p trường hợp riêng biệt cần kiểm nghiệm thích đáng Nghiên cứu phương pháp kiểm nghiệm nhiệm vụ mơn đốn học thống kê, Tuy nhiên việc kiểm nghiệm thường cổng kềnh, nhiều trường hợp giả thiết tồn xác suất p biến cố ngẫu nhiên đưa dựa sở hình dung "tính đối xứng", "đồng khả năng" Thí dụ : Tính đối xứng đồng xu (khơng méo) cho ta sở để giả thiết xác suất xuất mặt ngửa Rõ ràng xác suất số không âm không lớn 1, xác suất lớn khả xuất biến cố tăng ; xác suất biến cố khơng thể xây khơng xác suất biến cố chắn xây (chú ý mệnh để ngược lại nơi chung không đúng), Việc nghiên cứu tượng chịu phối quy luật xác suất yêu cầu thiết đời sống khoa học Li thuyết xác suất ngày phát triển mạnh nhiều nước, đặc biệt ... quan hệ # ! Và người ta lại bắt đầu nghỉ đến cách khác để giải toán Hinbe Cho đến năm 1970 này, 70 năm sau Hinbe nêu toán, Machiaxiévich, nhà toán học 23 tuổi Léningordt, ngudi ma năm vừa qua... Hinbe ! Tháng năm 1970 vừa qua, kết báo cáo Đại hội toán học quốc tế họp thành phố Nixơ nước Pháp 309 Giới thiệu lại trình nghiên cứu tốn thứ mười Hinbe tốn giải quyết, thấy học trẻ tuổi vinh dự... han) Dé giả thuyết Riman tiếng Tại hội nghị toán học giới Pari năm 1900 Hilbert, nhà toán học vỉ đại lúc giờ, đưa giả thuyết Riman vào danh sách 28 toán khổ kỉ 19 thách thức thé ki 20 Liên quan