Tạp chí Tốn học MathVn Số 02-2009 Số 02 - Năm 2009 Tạp chí Tốn Học dành cho Học sinh - Sinh viên Việt Nam Tạp chí Tốn học MathVn Số 02-2009 Mục lục Câu chuyện Tốn học • Giả thuyết Riemann Phan Thành Nam 03 • Vẻ đẹp phân số Farey Nguyễn Mạnh Dũng 09 • Câu chuyện nhỏ định lý lớn Hoàng Quốc Khánh 20 • Bất đẳng thức Turkevici số dạng mở rộng Võ Quốc Bá Cẩn 39 • Các phương pháp tính tích phân Nguyễn Văn Vinh 48 • Lý thuyết quân xe Nguyễn Tuấn Minh 58 Bài viết chuyên đề Cuộc thi giải Tốn MathVn • Đề Tốn dành cho Học sinh 72 • Đề Tốn dành cho Sinh viên 74 • Các vấn đề mở 74 Olympic Học sinh – Sinh viên • Olympic Sinh viên tồn Belarus 2009 75 • Olympic Sinh viên khoa Tốn Đại học Sofia 2009 76 • VMO 2009 – Đề thi, lời giải bình luận Trần Nam Dũng 77 Góc Lập trình tính tốn • Đồ thị Mathematica 85 Tin tức Tốn học • Tin Thế giới 89 • Tin nước 92 Tạp chí Tốn học MathVn Số 02-2009 Câu chuyện Toán học Giả Thuyết Riemann Dựa theo J Brian Conrey, American Institute of Mathematics Phan Thành Nam, Khoa Toán - Đại học Copenhagen, Đan Mạch Lời giới thiệu Bài viết J Brian Conrey, Director of the American Institute of Mathematics, đăng Notices of the AMS (Match 2003) Bài báo vừa nhận giải thưởng 2008 AMS Levi L Conant cho viết hay tờ Notices of the AMS Bulletin of the AMS (http://www.ams.org/ams/press/conant-conrey-2008.html) Bài viết cho nhìn tổng quan giả thuyết Riemann, từ lịch sử toán đến bước tiến gần Chúng xin lược trích nửa đầu báo, bạn đọc quan tâm khuyến khích đọc nguyên báo địa http://www.ams.org/notices/200303/fea-conrey-web.pdf Hilbert, đại hội Toán học Thế giới năm 1990 Paris, đưa Giả Thuyết Riemann vào danh sách 23 toán dành cho nhà Tốn học kỷ 20 Bây tiếp tục thách thức nhà Tốn học kỷ 21 Giả thuyết Riemann (RH−Riemann Hypothesis) tồn 140 năm, chưa thời kỳ hấp dẫn lịch sử toán Tuy nhiên năm gần chứng kiến bùng nổ nghiên cứu bắt nguồn từ kết hợp số lĩnh vực Toán học Vật lý Trong năm qua, Viện Toán học Mỹ (AIM−American Institute of Mathematics) tài trợ cho đề án tập trung vào RH Nơi (RHI) Seattle vào tháng năm 1996 đại học Washington (University of Washington) Nơi thứ hai (RHII) Vienna vào tháng 10 năm 1998 Viện Schrodinger (Erwin Schrodinger Institute), nơi thứ ba (RHIII) New York vào tháng năm 2002 Viện Toán Courant (Courant Institute of Mathematical Sciences) Mục tiêu đề án để khích lệ nghiên cứu thảo luận thách thức lớn Toán học để xem xét hướng tiếp cận khác Liệu có tiến gần tới lời giải cho Giả thuyết Riemann sau nỗ lực đó? Liệu có phải học nhiều điều hàm zeta (zeta-function) từ đề án đó? Điều chắn! Một số thành viên đề án tiếp tục cộng tác với trang web (http://www.aimath.org/WWN/rh/), nơi cung cấp nhìn tổng quan cho chủ đề Ở hi vọng phác thảo số hướng tiếp cận tới RH kể nhứng điều thú vị làm việc lĩnh vực thời điểm Tôi bắt đầu với thân Giả thuyết Riemann Năm 1859 báo cáo seminar "Ueber die Anzahl der Primzahlen unter eine gegebener Grosse", G B F Riemann số tính chất giải tích hàm zeta ∞ ζ(s) := + 1 + s + = 2s ns n=1 Chuỗi hội tụ phần thực s lớn Riemann chứng minh ζ(s) mở rộng liên tục thành hàm giải tích mặt phẳng phức ngoại trừ điểm s = (simple pole) Hơn ông chứng minh ζ(s) thỏa mãn phương trình hàm thú vị mà dạng đối xứng s s ξ(s) := s(s − 1)π − Γ ζ(s) = ξ(1 − s) Γ(s) hàm Gamma (Gamma-function) Tạp chí Tốn học MathVn Số 02-2009 Hình 1: ζ( + it) với < t < 50 Thật hàm zeta nghiên cứu trước Euler số người khác, hàm với biến số thực Nói riêng, Euler ζ(s) = 1+ 1 1 1 + s + s + + s + s + + s + 2s 1− = p ps −1 , tích vơ hạn (gọi tích Euler) lấy tất số nguyên tố Tích hội tụ phần thực s lớn Đây phiên giải tích cho định lý số học, số ngun phân tích cách thành thừa số nguyên tố Euler dùng tích để chứng minh tổng nghịch đảo số nguyên tố không bị chặn Chính tích Euler thu hút quan tâm Riemann tới hàm zeta: ơng cố gắng chứng minh giả thuyết Legendre, dạng xác phát biểu Gauss: x dt log(t) π(x) := (số số nguyên tố nhỏ x) ∼ Riemann tạo bước tiến lớn tới giả thuyết Gauss Ông nhận số phân bố số nguyên tố phụ thuộc vào phân bố không điểm hàm zeta Tích Euler chứng tỏ khơng có khơng điểm ζ(s) có phần thực lớn 1; phương trình hàm khơng có khơng điểm có phần thực nhỏ [Người dịch: đối xứng] ngồi khơng điểm tầm thường s = −2, −4, −6, Do khơng điểm phức phải nằm dải ≤ Re(z) ≤ Riemann đưa công thức tường minh cho π(x) phụ thuộc vào không điểm phức ρ = β + iγ ζ(s) Một dạng đơn giản công thức nói Λ(n) = x − Ψ(x) := n≤x ρ xρ 1 − log 2π − log − ρ x x lũy thừa số nguyên tố, hàm von Mangoldt Λ(n) = log p n = pk với số nguyên k Λ(n) = log ngược lại Chú ý tổng khơng hội tụ tuyệt đối (nếu Λ(n) phải liên tục theo x điều rõ ràng không đúng) n≤x Do phải có nhiều vơ hạn khơng điểm ρ Ở tổng tính ρ với số bội hiểu lim Chú ý |xρ | = |x|β ; cần β < để chứng minh Λ(n) ∼ x, T →∞ |ρ|≤T n≤x Tạp chí Tốn học MathVn Số 02-2009 cách phát biểu khác giả thuyết Gauss Hình 2: Biểu đồ viền Re(ζ(s)), đường Re(ζ(s)) = (đậm), Im(ζ(s)) (chấm), biểu đồ viền Im(ζ(s)) Hình 3: Biểu đồ 3D |Re(ζ(s))|, đường Im(ζ(s)) (đường chấm) Phương trình hàm ta nói ban đầu không điểm phức phải đối xứng với đường thẳng Re(s) = Riemann tính số khơng điểm phức đầu tiên: + i14.134 , + i21.022 2 chứng tỏ N (T ), số không điểm với phần ảo nằm T , N (T ) = T T log + + S(T ) + O(1/T ) 2π 2πe S(T ) = π arg ζ(1/2 + iT ) tính biến phân liên tục arg ζ(2) = dọc theo đường thẳng tới arg ζ(2 + iT ) = arg ζ(1/2 + iT ) = Riemann chứng minh S(T ) = O(log T ) Chú ý: ta thấy sau bước nhảy không điểm ∼ 2π/ log T Riemann dự đoán số N0 (T ) không điểm ζ(1/2 + it) với ≤ t ≤ T khoảng T T log sau nêu giả thuyết khơng điểm ζ thực nằm đường 2π 2πe thẳng Im(z) = 1/2; giả thuyết Riemann Tạp chí Tốn học MathVn Số 02-2009 Các nỗ lực Riemann tiến gần đến việc chứng minh giả thuyết Gauss Bước cuối hoàn tất Hadamard de la Vallée Poussin, hai người chứng minh độc lập năm 1896 ζ(s) khác không phần thực s 1, từ dẫn tới kết luận khẳng định cho giả thuyết Gauss, gọi định lý số nguyên tố (Prime Number Theorem) Hình 4: Biến đổi Fourier phần sai số Định lý số nguyên tố − xρ với |ρ| < 100 Các ý tưởng Khơng khó khăn để chứng tỏ RH (Riemann Hypothesis) tương đương với khẳng định với ε > x dt + O(x1/2+ε ) log t π(x) = Tuy nhiên khó khăn nằm chỗ tìm cách tiếp cận khác với π(x) thu thông tin không điểm Một tương đương dễ thấy khác RH khẳng định M (x) = O(x1/2+ε ) với ε > 0, M (x) = µ(n) n≤x µ(n) hàm Mobius định nghĩa từ chuỗi Dirichlet sinh 1/ζ ∞ µ(n) = = ζ(s) n=0 ns 1− p ps Vậy p1 , , pk số ngun tố phân biệt µ(p1 pk ) = (−1)k ; µ(n) = n chia hết cho p2 với số nguyên tố p Chuỗi hội tụ tuyệt đối Re(s) > Nếu ước lượng M (x) = O(x1/2+ε ) với ε > cách lấy tổng riêng phân ta thấy chuỗi hội tụ với s có phần thực lớn 1/2; nói riêng khơng có không điểm ζ(s) nằm nửa mặt phẳng mở này, khơng điểm ζ(s) điểm kỳ dị (poles) 1/ζ(s) [Người dịch: tính đối xứng nên dẫn đến khơng có khơng điểm nằm nửa mặt phẳng mở Re(s) < 1/2, khơng điểm nằm đường thẳng Re(s) = 1/2] Ngược lại, RH suy ước lượng cho M (x), điều không khó để chứng minh Thay phân tích trực tiếp π(s), dễ dàng làm việc với M (x) chứng minh ước lượng Thật ra, Stieltjes thơng báo ơng có chứng minh Hadamard, chứng minh tiếng năm 1896 Prime Number Theorem, dẫn tuyên bố Stieltjes Tạp chí Tốn học MathVn Số 02-2009 Hình 5: 1/|ζ(x + iy) với < x < 16502.4 < y < 16505 Hadarmard nói định lý ông yếu nhiều, chứng minh ζ(s) khác đường thẳng Re(s) = 1, hi vọng tính đơn giản chứng minh có ích Stieltjes, nhiên, sau khơng cơng bố chứng minh Mertens dự đốn giả thuyết mạnh √ M (x) ≤ x, Điều rõ ràng dẫn đến RH Tuy nhiên giả √ thuyết Mertens bị chứng minh sai Odlyzko te Riele năm 1985 Ước lượng M (x) = O( x) chí dùng RH chắn: ông gửi bưu thiếp tới đồng nghiệp Harald Bohr trước qua English Channel đêm bão tố, tuyên bố ông chứng minh xong RH Thậm chí Hardy người vơ thần, ông tin cách tương đối Chúa, Chúa tồn tại, chẳng để thành tựu tới hồn cảnh vậy! Hilbert mâu thuẫn nhìn nhận độ khó RH Một lần ơng so sánh ba tốn √ mở: tính siêu việt 2 , định lý lớn Fermat, giả thuyết Riemann Theo quan điểm ông, RH giải vài năm, định lý lớn Fermat giải ơng cịn sống, câu hỏi siêu việt không trả lời Đáng ngạc nhiên câu hỏi siêu việt giải vài năm sau Gelfond Schneider, và, dĩ nhiên, Andrew Wiles gần chứng minh định lý lớn Fermat [Người dịch: đảo ngược dự đoán Hilbert RH khơng giải] Tuy nhiên dịp khác Hilbert lại nói ơng ta sống lại sau giấc ngủ 500 năm câu hỏi là: RH có giải hay chưa Khi gần kết thúc nghiệp, Hans Rademacher, người biết công thức xác cho số cách phân hoạch số ngun, nghĩ ơng có phần chứng minh cho RH Siegel kiểm tra kết này, công việc dựa kết luận hàm định có nới rộng giải tích liên tục RH Cộng đồng Toán học cố gắng làm cho Tạp chí Time (Time magazine) quan tâm câu chuyện Time thích thú đăng báo sau người ta tìm lỗi sai chứng minh Rademacher Tạp chí Tốn học MathVn Số 02-2009 Các chứng giả thuyết Riemann Hình 6: Cơng thức xác Ψ(x) sử dụng 100 cặp không điểm Sau số lý để tin vào RH • Hàng tỉ khơng điểm sai Gần đây, van de Lune 10 tỉ không điểm nằm đường thẳng Re(s) = 1/2 Ngoài ra, dự án với chung sức nhiều máy tính tổ chức Sebastian Wedeniwski, chương trình nhiều người hưởng ứng, khẳng định họ kiểm tra 100 tỉ không điểm nằm đường thẳng Andrew Odlyzko tính hàng triệu khơng điểm gần khơng điểm thứ 1020 , 1021 1022 (có thể xem website ơng) • Hầu hết tất khơng điểm nằm gần đường thẳng Re(s) = 1/2 Thật người ta chứng minh có 99 phần trăm không điểm ρ = β + iγ thỏa mãn |β − 1/2| ≤ 8/ log(γ) • Người ta chứng minh có nhiều khơng điểm nằm đường thẳng Re(s) = 1/2 Selberg đạt tỉ lệ dương, N Levinson 1/3; tỉ lệ sau cải thiện lên 40 phần trăm Ngoài RH ngụ ý không điểm đạo hàm ζ(s) nằm đường thẳng Re(s) = 1/2 Người ta chứng minh có nhiều 99 phần trăm không điểm đạo hàm bậc ba ζ (s) nằm đường thẳng Re(s) = 1/2 Lúc gần cuối đời Levinson nghĩ ơng có phương pháp cho phép đảo ngược định lý Rolle trường hợp này, tức ζ (s) có tỉ lệ dương không điểm nằm đường thẳng điều với ζ(s), tương tự với ζ (s), ζ (s) Tuy nhiên chưa thực hóa ý tưởng ơng • Phương pháp thống kê Với hầu hết dãy ngẫu nhiên gồm −1 +1, hàm tổng tương ứng x bị chặn x1/2+ε Dãy Mobius ngẫu nhiên • Sự đối xứng số nguyên tố RH nói số nguyên tố phân bố theo cách đẹp Nếu RH sai có điều bất thường phân bố số nguyên tố; không điểm có phần thực khác 1/2 chắn số toán học quan trọng Tuy nhiên, tự nhiên khơng khắc nghiệt tới vậy! Tạp chí Tốn học MathVn Số 02-2009 Vẻ đẹp phân số Farey Nguyễn Mạnh Dũng, Học sinh lớp 12A2 Toán, Trường ĐHKHTN-ĐHQG Hà Nội A - Mở đầu Trong lịch sử toán học, nhiều lời giải, định lí tìm người nghiệp dư, người lĩnh vực khác Chính điều góp phần làm cho khía cạnh toán học đa dạng hơn, thú vị Trong viết này, xin trao đổi với bạn phân số Farey, gắn liền với tên tuổi nhà địa lí học John Farey (1766-1826) ơng cơng bố tính chất thú vị phân số Farey tạp chí Triết học dạng đốn Định nghĩa Tập hợp Fn phân số Farey bậc n, gọi chuỗi Farey bậc n, tập hợp phân số tối giản thuộc khoảng [0, 1] với mẫu số không vượt n xếp theo thứ tự tăng dần Do h thuộc Fn k ≤ h ≤ k ≤ n, (h, k) = Các số 0, gọi phần tử sở tập hợp phân số Farey viết dạng Ta biểu diễn phân số Farey sau: Hoặc dạng Stern: 1 Tạp chí Tốn học MathVn Số 02-2009 B - Tính chất Chúng ta xét tính chất thú vị phân số Farey Định lí Nếu h k h k hai phần tử liên tiếp Fn (k + k ) > n Chứng minh Xét phân số h+h k+k (phân số gọi trung bình h h ) Khi k k h+h h kh − hk − = >0 k+k k k(k + k ) Và h+h kh − hk h − = >0 k k+k k (k + k ) Do h+h ∈ k+k h h , k k h h h+h ∈ Fn Điều vơ lí hai phần tử liên tiếp Định k+k k k lí chứng minh Chúng ta quay lại tính chất phần sau Nên k + k ≤ n Định lí Khơng có hai phần tử liên tiếp Fn có mẫu số giống Chứng minh Nếu k > h h , hai phần tử liên tiếp Fn , h + ≤ h < k Mặt khác k k h h h+1 h < < ≤ k k−1 k k Do dó minh h h h phần tử nằm phần tử liên tiếp , , vơ lí Ta có điều phải chứng k−1 k k Định lí Nếu h h hai phần tử liên tiếp Fn k k hh − kk = Chứng minh Đầu tiên ta cần chứng minh bổ đề Bổ đề Nếu (h, k) số ngun dương ngun tố tồn số nguyên dương (x, y) cho kx − hy = Chứng minh Xét số nguyên k, 2k, 3k, · · · , (h − 1)k Tạp chí Tốn học MathVn xn = Số 02-2009 x2 + 4xn−1 + xn−1 n−1 xn = < x2 + 4xn−1 + + xn−1 n−1 x2 + 4xn−1 + xn−1 n−1 2 > xn−1 + − xn−1 = xn−1 + + xn−1 = xn−1 + + xn−1 = xn−1 + − xn−1 Đề toán hay thú vị đổi lại khơng cịn dễ chịu với đại đa số thí sinh Trong bối cảnh làm tốn vịng 180 phút, có lẽ thầy tránh phương án Câu Trong mặt phẳng cho hai điểm A, B (A = B) C điểm di động mặt phẳng cho ∠ACB = α, (0◦ < α < 180◦ ) Đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với cạnh AB, BC, CA D, E, F Các đường thẳng AI, BI cắt đường thẳng EF M N a) Chứng minh đoạn MN có độ dài khơng đổi; b) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN ln qua điểm cố định Bình luận Bài hình học phẳng đơn giản, lời giải dùng kiến thức hình học lớp (tứ giác nội tiếp) chút lượng giác Cấu hình tốn quen thuộc có nhiều tính chất hay xung quanh Ví dụ M N chân đường cao hạ từ B, A xuống AI, BI tương ứng Ngoài M, N nằm đường trung bình tam giác ABC (Từ suy ∠M KN = ∠M DN , K trung điểm AB, suy tứ giác AKDN nội tiếp, suy kết luận phần b) tốn) Cũng nhận thấy đường trịng ngoại tiếp tam giác DM N đường trịn Euler tam giác IAB qua trung điểm AB Nhiều thí sinh nhận điều kết luận Theo kinh nghiệm chúng tơi thí sinh nên thận trọng việc sử dụng kết Tốt nên dựa vào kết để chứng minh lại Cuối cùng, xin đưa số đề thi Olympic Nga liên quan đến cấu hình tốn (Olympic Nga, vịng 4, lớp 11, 1994) Đường tròn tâm O nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với cạnh AB, BC AC điểm E, F D tương ứng Các đường thẳng AO CO cắt đường thẳng EF N M Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OM N , điểm O điểm D nằm đường thẳng (Olympic Nga, vòng 5, lớp 9, 1997) Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với cạnh AB, BC CA điểm M, N K tương ứng Đường thẳng qua đỉnh A song song với N K cắt đường thẳng M N điểm D Đường thẳng qua A song song với M N cắt đường thẳng N K điểm E Chứng minh đường thẳng DE chứa đường trung bình tam giác ABC (Olympic Nga, vòng 5, lớp 10, 1997) Đường tròn tâm O nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với cạnh AC, AB BC điểm K, M N tương ứng Trung tuyến BB1 tam giác cắt M N điểm D Chứng minh điểm O nằm đường thẳng DK Đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với cạnh CA, AB tương ứng E, F ; BI cắt EF M Chứng minh M nằm đường trung bình tam giác ABC Hai phân loại thí sinh Trong ba có phần dễ hai tốn cịn lại khó chịu Để làm hai này, ngồi việc hiểu đề bài, tìm hướng đúng, cịn cần phải có thời gian Vì thế, hai tốn dành cho thí sinh “tiêu diệt gọn” ba đầu vịng 1,5-2 tiếng Tạp chí Tốn học MathVn Số 02-2009 Hơn nữa, vẻ đơn giản bề ngồi làm nhiều thí sinh sa lầy Câu Cho ba số thực a, b, c thoả mãn điều kiện: với số nguyên dương n, an + bn + cn số nguyên Chứng minh tồn số nguyên p, q, r cho a, b, c nghiệm phương trình x3 + px2 + qx + r = Bình luận Đây tốn lạ khó chịu Để giải cần đến kiến thức đại số số học Khơng có cao siêu (định lý Viet, phép biến đổi đại số biểu thức đối xứng, tính chất đơn giản 2c ∈ Z 2c2 ∈ Z suy c ∈ Z) lại gây khó khăn cho thí sinh Chúng ta bắt đầu trường hợp “2 chiều” toán: “Cho hai số thực a, b thoả mãn điều kiện: với số nguyên dương n, an + bn số nguyên Chứng minh tồn số nguyên p, q cho a, b nghiệm phương trình x2 + px + q = 0.” Theo định lý Viet, rõ ràng điều phải chứng minh tương đương với việc chứng minh a + b ab số nguyên a + b hiển nhiên nguyên theo điều kiện đề Ngồi ta có 2ab = (a + b)2 − (a2 + b2 ) số nguyên Ta tiếp tục dùng đẳng thức để suy 2a2 b2 số nguyên: 2a2 b2 = (a2 + b2 )2 − (a4 + b4 ) Đến ta dùng bổ đề đơn giản sau: Bổ đề Nếu x số thực cho 2x 2x2 số nguyên x số nguyên Chứng minh Ta chứng minh phản chứng Giả sử 2x = k nguyên, x không nguyên Khi k số nguyên lẻ: k = 2m + Suy x = m + 1/2 Nhưng 2x2 = 2(m + 1/2)2 = 2m2 + 2m + 1/2 không nguyên Mâu thuẫn Vậy điều giả sử sai, tức x nguyên Như vậy, theo bổ đề ab nguyên ta suy điều phải chứng minh Từ phép chứng minh ta suy kết mạnh hơn: Nếu a + b, a2 + b2 , a4 + b4 số nguyên a, b nghiệm phương trình x2 + px + q = với p, q số nguyên (và an + bn nguyên với n nguyên dương) Điều có nghĩa ta cần dùng giả thiết tốn đến n = Ví dụ √ √ a = 2/2, b = − 2/2 cho thấy k = giá trị nhỏ thoả mãn điều kiện: Nếu a, b số thực thoả mãn điều kiện an + bn số nguyên với n = 1, 2, , k an + bn nguyên với n nguyên dương Quay trở lại với lời giải toán VMO 2009 Ta thấy kỹ thuật khơng có thay đổi, có phức tạp đôi chút Rõ ràng ta cần chứng minh a + b + c, ab + bc + ca abc nguyên Theo điều kiện đề a + b + c số nguyên Tiếp theo ta có 2(ab + bc + ca) = (a + b + c)2 − (a2 + b2 + c2 ) số nguyên Tương tự lời giải trên, ta muốn chứng minh 2(ab + bc + ca)2 số nguyên Từ dùng bổ đề suy ab + bc + ca số nguyên Điều phức tạp đơi chút đẳng thức tương tự 2(a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 ) = (a2 + b2 + c2 )2 − (a4 + b4 + c4 ) Chưa cho ta kết mong muốn, 2(ab + bc + ca)2 = 2(a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 ) + 4abc(a + b + c) (1) Tạp chí Tốn học MathVn Số 02-2009 Mà ta chưa chứng minh abc nguyên Để xử lý điều này, ta lại sử dụng đẳng thức quen thuộc a3 + b3 + c3 − 3abc = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca) (2) Từ đây, a + b + c, a2 + b2 + c2 , a3 + b3 + c3 2(ab + bc + ca) số nguyên nên ta suy 6abc số nguyên (ta nhân (2) với 2!) Từ đó, nhân (2) với ta thu 6(ab + bc + ca)2 = 2(a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 ) + 12abc(a + b + c) số nguyên Áp dụng cách chứng minh bổ đề nêu trên, ta suy ab + bc + ca số nguyên Từ đây, thay vào (2) ta có 3abc số nguyên Tiếp theo, ta sử dụng đẳng thức tương tự (2) a6 + b6 + c6 − 3a2 b2 c2 = (a2 + b2 + c2 )(a4 + b4 + c4 − a2 b2 − b2 c2 − c2 a2 ) với ý 2(a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 ) số nguyên ta suy 6a2 b2 c2 số nguyên Từ 6abc 6a2 b2 c2 số nguyên, cách chứng minh hoàn toàn tương tự ta suy abc số ngun Bài tốn giải hồn tồn Lời giải cho thấy sử dụng giả thiết an + bn + cn n = (trong khơng sử dụng giả thiết với n = 5!) Liên quan đến vấn đề này, đề xuất độc giả suy nghĩ đến vấn đề sau: Chứng minh bổ đề tổng quát: Cho k > số nguyên phi phương (khơng có ước phương), (m, k) = Khi x số thực cho kx mkx2 số nguyên x số ngun Hãy tìm ví dụ ba số thực a, b, c thoả mãn điều kiện an + bn + cn nguyên với n = 1, 2, 3, 4, a6 + b6 + c6 không nguyên (Giả thuyết) Có phải an + an + + an số nguyên với n nguyên dương k a1 , a2 , , ak nghiệm đa thức đơn khởi bậc k với hệ số nguyên? Và số (đối với k = 2) (đối với k = 3) trường hợp tổng quát? Câu Cho số nguyên dương n Ký hiệu T tập hợp gồm 2n số nguyên dương Hỏi có tập S T có tính chất: S khơng tồn phần tử a, b mà |a − b| ∈ {1, n} (Lưu ý: Tập rỗng coi tập có tính chất nêu trên) Bình luận Bài tốn quen thuộc Chẳng hạn tốn tiếng «Tìm số tất xâu nhị phân độ dài n cho khơng có bít đứng kề nhau» phát biểu cách tương đương «Tìm số tất tập S thuộc {1, 2, , n} cho S không tồn hai phần tử mà |a − b| = 1.» Kết toán có dãy số Fibonacci Tương tự, tốn khác bề ngồi cịn giống nữa, đề thi Thuỵ Sĩ năm 2006: «Cho số nguyên dương n Tìm số tất tập A ⊂ {1, 2, , 2n} cho không tồn x, y ∈ A với x + y = 2n + 1» Tuy nhiên, giống bề ngồi Bản chất bên VMO 2009 khó hẳn Với xâu nhị phân độ dài n, ta dễ dàng lập cơng thức truy hồi xn = xn−1 + xn−2 cách lý luận sau: Xét xâu nhị phân độ dài n thoả mãn đề Nếu xâu bắt đầu bỏ số đi, ta xâu nhị phân độ dài n − thoả đề ngược lại, có Tạp chí Tốn học MathVn Số 02-2009 xâu nhị phân độ dài n − thoả đề thêm số vào phía đầu, ta xâu nhị phân độ dài n thoả đề bắt đầu Từ số xâu loại xn−1 Nếu xâu bắt đầu chữ số phải Bỏ hai chữ số đầu tiên, ta xâu nhị phân độ dài n − thoả đề Từ số xâu nhị phân độ dài n thoả đề bắt đầu bằng xn−2 Vậy xn = xn−1 +xn−2 Bài Thuỵ Sĩ 2006 có lời giải trực quan đơn giản sau: Ta xếp cách số từ đến 2n thành hàng, n cột 2n 2n-1 2n-2 n n+1 Khi tốn tương đương với việc tìm số cách chọn số ô, cho hai ô cột không đồng thời chọn Như vậy, cột ta có lựa chọn: không chọn hai, chọn số hàng trên, chọn số hàng Suy đáp số toán 3n Từ lời giải trên, dễ dàng nhận thấy Thuỵ Sĩ 2006 tương đương với «Tìm số tập S thuộc T cho không tồn a, b thuộc S với |a − b| = n» Lúc ta cần đổi bảng thành n+1 n+2 n+3 n 2n Lời giải toán xa với lời giải VMO 2009 (thậm chí Fibonacci dẫn đến sa lầy) gợi ý cho số ý tưởng: xây dựng cơng thức truy hồi, đưa mơ hình trực quan bảng Sau lời giải chi tiết: Ta đặt số thuộc {1, 2, , 2n} vào bảng × n sau n+1 n-1 n+2 2n-1 n 2n Bài toán tương đương với việc đếm số cách chọn số số (có thể khơng số nào) cho: i Hai số kề bảng không đồng thời chọn ii n n + không đồng thời chọn Gọi S(n) đáp số toán Ký hiệu A(n), B(n), C(n) số cách chọn số số (có thể khơng số nào) từ bảng hình bên cho khơng có hai số cạnh chọn Khi dễ thấy S(n) = A(n) − C(n − 2) Và ta có hệ thức sau: A(n) = A(n − 1) + 2B(n − 1) (1) Tạp chí Tốn học MathVn Số 02-2009 (ta chia cách chọn A(n) thành ba trường hợp: n + không chọn; chọn; n + chọn) B(n) = A(n − 1) + B(n − 1) (2) (lý luận tương tự) C(n) = B(n − 1) + B(n − 2) + C(n − 2) (3) (1 không chọn; chọn n + không chọn; chọn n + chọn) Từ hệ thức ta tính A(n), B(n), C(n) S(n) Ví dụ, ta dễ dàng suy A(n) = 2A(n − 1) + A(n − 2), A(0) = 1, A(1) = 3, A(2) = (4) từ (1 + A(n) = √ 2)n+1 + (1 − √ 2)n+1 , C(n) tính tứ hệ thức C(n) = C(n − 2) + A(n − 1) (5) (B(n − 1) + B(n − 2) = A(n − 2) + B(n − 2) + B(n − 2) = A(n − 1)) ⇔ C(n) = C(n − 2) + ⇔ C(n) − A(n) A(n)−A(n−2) = C(n − 2) − A(n−2) Ta ý C(1) = 1, C(2) = 4, C(3) = Từ hệ thức cuối C(1) − A(1)/2 = −1/2, C(2) − A(2)/2 = 1/2, C(3) − A(3)/2 = −1/2 Ta suy C(n) − A(n)/2 = (−1)n /2 Như C(n) = A(n) + (−1)n Và cuối S(n) = A(n) − C(n − 2) = (3 + √ 2)(1 + √ 2)n + (3 − √ 2)(1 − √ 2)n − 2(−1)n Ghi Từ (1), (2), (3) suy S(n) = S(n−1)+3S(n−2)+S(n−3) Chúng tơi khơng rõ tìm cách chứng minh trực tiếp hệ thức mà không thông qua dãy số phụ khơng Bài tốn dễ chịu yêu cầu không tồn a, b cho |a − b| ∈ {1, n} đổi thành không tồn a, b cho |a − b| = a + b = 2n + Khi đáp số A(n) Tạp chí Tốn học MathVn Số 02-2009 Góc lập trình tính tốn Đồ thị Mathematica Đồ thị phần quan trọng chương trình tốn Mathematica phần mềm hỗ trợ tốt mặt Mathematica có tập hợp câu lệnh cho phép xây dựng phần lớn đồ thị hàm toán học Có thể sử dụng Mathematica để vẽ đồ thị hàm biến, vẽ lúc nhiều đồ thị, vẽ mặt phức tạp không gian ba chiều Trong đồ thị, kèm theo văn bản, âm thanh, tạo loạt hình ảnh (kể hình ảnh động) Ngồi ra, thay đổi tham số câu lệnh, ta thay đổi màu nền, khung Đầu tiên xét khả hệ thống Mathematica để xây dựng đồ thị hàm biến Để vẽ đồ thị hàm biến sử dụng hàm Plot, hàm sử dụng sau: - Plot[f, {x, xmin, xmax}] - dùng để xây dựng đồ thị hàm khoảng từ xmin đến xmax - Plot[{f1, f2, }, {x, xmin, xmax}] - dùng để xây dựng dãy đồ thị hàm f1, f2, khoảng từ xmin đến xmax - Plot[Evaluate[f], {x, xmin, xmax}] - chuyển f sang dạng số, sau từ vẽ đồ thị khoảng cho - Plot[Evaluate[y[x]/.solution], {x, xmin, xmax}]- xây dựng đồ thị nghiệm số phương trình vi phân nhận sử dụng lệnh NDSolve - Plot[Evaluate[Table[f, ]], {x, xmin, xmax}] – tạo danh sách hàm số, sau xây dựng đồ thị chúng khoảng cho Ta đưa vài ví dụ minh họa: Xây dựng đồ thị hàm Sin[x] khoảng (−π, π) Plot[Sin[x], {x, −π, π}] Bây giờ, yêu cầu vẽ đồ thị đường tròn cho dạng tham số t ∈ (−π, π) x = sin t y = cos t Tạp chí Tốn học MathVn Số 02-2009 Nếu dùng lệnh Plot[{Sin[t], Cos[t]}, {t, −π, π}] ta nhận đồ thị Điều không yêu cầu Ở ta phải dùng câu lệnh khác ParametricPlot: - ParametricPlot[{x, y}, {t, tmin, tmax}] - xây dựng đồ thị hàm theo tham số t, t nhận giá trị từ tmin đến tmax - ParametricPlot[{{x1, y1}, {x2, y2}, }, {t, tmin, tmax}] – xây dựng đồng thời đồ thị nhiều hàm cho tham số Đối với thí dụ ParametricPlot[{Sin[t], Cos[t]}, {t, −π, π}] Ngồi đối số bắt buộc, hàm xây dựng đồ thị có số lượng lớn tùy chọn, dùng để làm cho đồ thị bật hơn, dễ nhìn Những lựa chọn cho với cấu trúc chung name → value Giá trị chúng số, danh sách, giá trị logic True False, từ đặc biệt: Automatic (sử dụng tự động tùy chọn), None (các tùy chọn không sử dụng), All (tùy chọn sử dụng trường hợp) Bây làm quen với vài tùy chọn (đối với tùy chọn có dấu đầu sử dụng cho đồ thị chiều): - AspectRatio* - đưa tỉ lệ chiều cao chiều rộng (mặc định 1/GoldenRatio); - Axes* - xác định cần trục tọa độ hay khơng (mặc định – Automatic); - AxesLabel* - cần đưa vào ý trục tọa độ hay không (mặc định – None); - AxesOrigin - nơi đặt gốc tọa độ (mặc định – Automatic); Tạp chí Tốn học MathVn Số 02-2009 - AxesStile* - loại (style) để xây dựng trục đồ thị (mặc định – Automatic); - Background* - màu đồ thị (mặc định – Automatic); - ColorOutput* - màu sắc đồ thị (mặc định – Automatic); - DefaultFont* - font để viết lên đồ thị (mặc định – $DefaultFont); - Frame – cần khung quanh đồ thị hay khơng (mặc định – False); - FrameLabel – có đặt biên khung ghi hay nhãn hiệu (mặc định – None); - FrameTicks – mật độ phân bố nhãn hiệu biên khung (mặc định – Automatic); - GridLines – có cần xây dựng đường lưới đồ thị hay không (mặc định – None); - MaxBend – đưa giá trị lớn đường cong vẽ đồ thị hàm số (mặc định 10); - PlotDivision – số đoạn lớn vẽ đồ thị đường cong trơn (mặc định 20); - PlotLabel* cho biết có đưa vào nhãn đồ thị hay không (mặc định - None); - PlotRange* loại điểm nằm đồ thị (mặc định - Automatic); - Ticks* có đánh dấu giá trị trục hay không (mặc định - Automatic) Để xác định giá trị tùy chọn ta dùng hàm sau Options[Name] Khi xây dựng mặt chiều ta sử dụng hàm sau: - Plot3D[f, {x, xmin, xmax}, {y, ymin, ymax}] – xây dựng đồ thị chiều hàm số f(x, y), miền xác định cho;  - ParametricPlot[{x, y, z}, {t, tmin, tmax}] – xây dựng đồ thị cho dạng tham số  x = x(t) y = y(t)  z = z(t) t nhận giá trị từ tmin đến tmax; - ParametricPlot[{x, y, z}, {t, tmin, tmax}, {u, umin, umax}] – xây dựng đồ thị chiều cho dạng tham số (2 tham số), t u cho khoảng tương ứng (tmin,tmax) (umin, umax) - Thông thường, theo mặc định vẽ mặt chiều đồ thị chứa đựng “hộp”, khơng muốn tùy chọn viết Boxed → False - Khi xây dựng đồ thị, thỉnh thoảng, xảy biến đổi dạng, tham số tùy chọn Trong trường hợp này, để tốt sử dụng hàm sau: - Show[plot, option → value] – xây dựng đồ thị với tùy chọn cho trước; - Show[plot1, plot2, ] – xây dựng số đồ thị kết hợp chúng lại với Tạp chí Tốn học MathVn Số 02-2009 Chúng ta xét thêm ví dụ: g = ParametricPlot3D[{uSin[t], uCos[t], t/3}, {t, 0, 2π}, {u, −1.3, 1.3}, AxesLabel → {X, Y, Z}, PlotLabel → ”Vidu”] Show[g, Boxed → False, Axes → None, ViewPoint → {0, −1, 1}] Trong phiên Mathematica gần đây, khả xử lý đồ thị rộng Trong viết điểm qua sơ lược hàm tùy chọn Tạp chí Tốn học MathVn Số 02-2009 Tin tức Toán học A - Tin Thế Giới Giải thưởng Abel 2009 Giải thường Abel 2009 trao cho Mikhail Leonidovich Gromov, giáo sư thường trực, Viện Hautes Études Scientifiques (Pháp) giáo sư Viện Tốn Courant, ĐH New York, ơng vinh danh đóng góp mang tính cách mạng cho hình học Giải thưởng trị giá triệu Kroner Thụy Điển (tương đương với gần 950.000 USD) Leonidovich Mikhail Gromov sinh ngày 23-12-1943 Boksitogorsk, Liên Xô cũ Ông nhận Thạc sỹ năm 1965, bảo vệ Tiến sĩ năm 1969 Tiến sĩ Khoa học năm 1973 Đại học Leningrad, nơi ông làm trợ giảng từ 1967 đến 1974 Kể từ 1982, Gromov bổ nhiệm vào vị trí Giáo sư thường trực Viện Hautes Études Scientifiques, Bures-sur-Yvette, Pháp IHÉS viện nghiên cứu chuyên sâu toán học, vật lý lý thuyết lĩnh vực liên quan đến khoa học Ông nhập quốc tịch Pháp từ năm 1992 Mikhail Gromov L là giáo sư Viện Toán Courant, Đại học New York, Hoa Kỳ Tên tuổi Gromov mãi gắn liền với kết sâu sắc khái niệm quan trọng hình học Riemann, Symplectic Geometry, String Theory lý thuyết nhóm Hội đồng giải thưởng nhận xét rằng: "Mikhail Gromov luôn theo đuổi vấn đề không ngừng suy nghĩ ý tưởng cho lời giải vấn đề cũ Ơng cho thấy ơng trình sâu sắc suốt nghiệp sáng tạo đáng ý Các Tạp chí Tốn học MathVn Số 02-2009 cơng trình Gromov tiếp tục nguồn cảm hứng cho nhiều khám phá toán học tương lai" Mikhail L Gromov nhận nhiều giải thưởng quốc tế khác Kyoto Prize in Basic Sciences (2002), Balzan Prize (1999), Leroy P Steele Prize for Seminal Contribution to Research (1997), Lobatchewski Medal (1997) Wolf Prize (1993) Ông thành viên Viện Hàn lâm khoa học quốc gia Hoa Kỳ, Viện Hàn Lâm Khoa học Nghệ Thuật Hoa Kỳ Viện hàn lâm khoa học Pháp Ông thành viên thứ Viện Toán Courant nhận giải Abel (Peter Lax, năm 2005 Srinivasa S.R Varadhan năm 2007) "Các cơng trình Leonidovich Mikhail Gromov ảnh hưởng to lớn đến ngành hình hoc từ có nhiều ứng dụng rộng rãi giải tích đại số Hội Toán học Hoa kỳ nhiệt thành gửi lời chúc mừng đến giáo sư Mikhail Gromov ông nhận giải thưởng Abel 2009 Khơng tưởng được điều cịn xứng đáng hơn" - George Andrews, Chủ tịch AMS GS Gromov nhà vua Thụy Điển Harald trao giải thưởng Abel vào ngày 19, tháng 5, 2009 Oslo Thơng tin xem thêm tại: http://www.abelprisen.no/no/nyheter/nyhet.html?id=180 Hội nghị SIAM Điều khiển Ứng dụng 2009 Năm Cộng đồng Toán Ứng dụng Công nghiệp giới (SIAM) tổ chức hội nghị Điều khiển Ứng dụng (SIAM Conference on Control and Its Applications) từ ngày 06 đến 08 tháng 07, 2009 khách sạn Sheraton Denver Downtown, Denver, bang Colorado, Hoa Kỳ Lĩnh vực lý thuyết điều khiển liên quan đến hàng loạt vấn đề hàng không dân dụng, hàng không vũ trụ, hệ thống tự động hóa kĩ thuật cao xem tảng cho công nghệ tiên tiến phát triển mạnh từ công nghệ nano đến công nghệ điều chỉnh tế bào Lý thuyết ứng dụng rộng rãi cho ngành vật lý, sinh học, máy tính khoa học xã hội Hội nghị trình bày hàng loạt vấn đề lý điều khiển hệ thống ứng dụng liên quan đến real-time optimization, data assimilation, cellular điều tiết sinh học, kỹ thuật điều khiển tốn tài chính, điều khiển y-sinh, điều khiển hệ thống thông minh, điều khiển dòng chảy điều khiển lượng tử Hội nghị năm 2009 tiếp nối loạt hội nghị tổ chức San Francisco năm 1989 Thơng tin thêm xem tại: http://www.siam.org/meetings/ct09/ Tạp chí Tốn học MathVn Số 02-2009 Chủ tích hiệp hội Tốn học Châu Âu nhóm họp Warsaw Trong hai ngày 09 − 10 tháng 05, 2009 Banach Centre, Thủ đô Warsaw, Ba Lan, diễn gặp gỡ chủ tịch hiệp hội Toán học quốc gia toàn Châu Âu Hiệp hội Tốn học Châu Âu chủ trì (EMS) Được biết lần gặp gỡ thứ mà EMS tổ chức thành công Lần thứ diễn Luminy, Pháp tháng 04 năm ngoái EMS dự định tổ chức thường niên kiện để tăng cường hữu nghị hợp tác toàn thể nhà Toàn học toàn châu Âu Tin tức hội nghị xem thêm tại: http://www.euro-math-soc.eu/node/263 Cuộc thi Olympic Toán học sinh viên Thế giới lần thứ 16 Năm thi Olympic Toán học sinh viên Thế giới (IMC) tổ chức thủ đô Budapest, Hungary từ ngày 25-30 tháng 07 phối hợp Đại hc London (Anh Quc) v i hc Eătvăs Lorỏnd, i học Cơng nghệ Kinh tế Budapest Cuộc thi có tham gia o o sinh viên từ năm đến năm trường đại học tồn giới, chia làm hai vịng, vịng có thời gian làm tiếng đồng hồ Các toán đề nghị thuộc lĩnh vực Đại số, Giải tích (thực phức), Hình học Tổ hợp Các thí sinh phải sử dụng tiếng anh thi Được biết suốt kỳ thi IMC tổ chức từ năm 1994 thu hút sinh viên 150 trường đại học từ 40 quốc gia tồn giới tham dự Thơng tin cập nhật từ: http://www.imc-math.org/ Tạp chí Tốn học MathVn Số 02-2009 B - Tin nước Trường hè “Toán học cho sinh viên” Năm viện toán tiếp tục mở trường hè tạo điều kiện cho nhiều bạn sinh viên khoa Tốn tồn quốc tham gia trao đổi giao lưu Trường hè hoạt động Đề án “Nâng cao lực nghiên cứu Toán học” Quỹ Phát triển Khoa học Công nghệ quốc gia phê duyệt tài trợ kinh phí Mục đích Đề án hỗ trợ sinh viên giỏi trường đại học phát huy khả học tập mình, tập dượt nghiên cứu trình học đại học Qua tăng số sinh viên tốt nghiệp đại học có khả nghiên cứu Toán Trường hè “Toán học cho sinh viên” năm 2009 tổ chức Viện Toán học, bước tiếp nối Trường hè 2008 Nội dung Trường hè bao gồm loạt giảng hướng khác vào buổi sáng báo cáo, thảo luận vào buổi chiều Viện Tốn học tài trợ cho số sinh viên xuất sắc tham dự Trường hè, bao gồm chi phí lại tàu (vé nằm cứng), Hà Nội (kí túc xá Trường ĐHSP Hà Nội) hỗ trợ phần sinh hoạt phí Thơng tin tham khảo từ Viện Toán học Việt Nam: http://www.math.ac.vn/ Đội tuyển Việt Nam tham dự IMO 2009 Đức Kết thúc hai đợt thi quốc gia TST cuối có đại diện thuộc nhiều tỉnh thành khác có mặt BREMEN, Đức vào hè này: 1) Hà Khương Duy (ĐHKHTN - ĐHQG HN) 2) Nguyễn Xuân Cương (Hải Dương) 3) Phạm Hy Hiếu (PTNK - ĐHQG Tp HCM) 4) Tạ Đức Thành (Phú Thọ) 5) Nguyễn Hồng Hải (Vĩnh Phúc) 6) Phạm Đức Hùng (Hải Phịng) Thi giải Toán cấp quốc gia qua Internet Ngày 12/5 vừa qua, đội tuyển Toán lớp lớp 63 tỉnh, thành phố tham dự thi "Giải Toán qua Internet" (ViOlympic Toán học) dành cho học sinh phổ thông Bộ Giáo dục & Đào tạo Tập đoàn FPT lần đầu tổ chức Mỗi Sở Giáo dục & Đào tạo thành lập đội tuyển (lớp lớp 9), đội 10 thi sinh Những em phải tuyển chọn số thí sinh tham dự đầy đủ kỳ thi cấp trường, Phòng Giáo dục Sở Giáo dục & Đào tạo Đây hoạt động thu hút ý đông đảo học sinh tham gia Xem thêm tại: http://www.violympic.vn/ Tạp chí Tốn học MathVn Số 02-2009 Chủ tịch Tổng Thư ký Liên đồn Tốn học Thế giới thuyết trình ĐHQGHN Ngày 4/3/2009 GS Laszlo Lovasz - Chủ tịch GS Martin Groetschel - Tổng Thư ký Liên đồn Tốn học Thế giới có buổi gặp gỡ, thuyết trình với cán bộ, giảng viên sinh viên ngành toán học số trường đại học đóng địa bàn Hà Nội Buổi gặp gỡ Trường ĐHKHTN – ĐHQGHN phối hợp với Hội Toán học Việt Nam, Trường ĐH Sư phạm Hà Nội Viện Toán học Việt Nam tổ chức GS.TS Nguyễn Hữu Đức – Phó Giám đốc ĐHQGHN tới dự chúc mừng diện hai giáo sư ĐHQGHN Tại buổi giao lưu, ngài Chủ tịch Laszlo Lovasz trình bày báo cáo chuyên đề làm để hoàn thiện đồ thị (“How to draw graphs?”); GS Martin Groetschel trình bày báo cáo ứng dụng toán học sống đại ("Mathematics in everyday life") Cũng khôn khổ buổi gặp gỡ, hai ông có trao đổi trực tiếp với sinh viên số vấn đề thời vai trò toán học ngày Đây thực thơng tin hữu ích hấp dẫn với người u tốn học Thơng tin cập nhật từ: http://www.hus.edu.vn/News Tạp chí Tốn học MathVn Số 02-2009 Olympic Tốn Sinh viên 2009 Nhằm góp phần nâng cao chất lượng dạy học toán, thúc đẩy phong trào học tập sinh viên, đồng thời góp phần phát hiện, bồi dưỡng sinh viên giỏi toán trường đại học cao đẳng, kỳ thi Olympic Toán Sinh Viên tổ chức Quảng Bình từ ngày 15 đến 20 tháng 04 năm 2009 phối hợp Hội Toán học Việt Nam, Bộ Giáo dục Đào tạo, Đại học Quảng Bình, Liên hiệp hội khoa học kĩ kĩ thuật Việt Nam, Hội Sinh viên Việt Nam Năm có tham gia gần 650 sinh viên 69 trường Đại Cao đẳng nước dự thi hai môn Giải tích Đại số Kết có hai bạn Nguyễn Trọng Nghĩa, Trường Đại học Bách khoa Thành phố Hồ Chí Minh bạn Nguyễn Trần Thuận, Trường Đại học Vinh đạt tổng số điểm tuyệt đối 30 Đề thi danh sách sinh viên đạt giải xem ở: http://www.vms.org.vn/ Hội nghị Đại số - Hình học - Tơ pơ, Huế 2009 Hội nghị Đại số-Hình học-Tơpơ tổ chức hai năm lần Mục đích Hội nghị tạo điều kiện cho nhà nghiên cứu, giảng viên công tác viện nghiên cứu, trường đại học cao đẳng nước trao đổi kết nghiên cứu đạt thời gian gần lĩnh vực Đại số, Hình học Tơpơ Xem thêm tại: https://sites.google.com/site/hoitoanhochue/dahito Mười suất học bổng du học toàn phần Liên bang Nga Vào ngày 10-5, hai địa điểm Trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm (Hà Nội) hội trường Lê Văn Thiêm ĐH Quốc gia Hà Nội 19 Lê Thánh Tông diễn thi dành học bổng du học Nga Mười suất học bổng toàn phần du học Liên bang Nga trao cho mười thí sinh đạt kết cao thi Olympic toán học dành cho học sinh lớp 12 Khoa Quốc tế (ĐH Quốc gia Hà Nội) phối hợp với Hiệp hội trường Đại học Liên bang Nga tổ chức Mỗi suất học bổng toàn phần du học Liên bang Nga bao gồm học phí giai đoạn học dự bị tiếng, chương trình đào tạo ĐH, nhà sinh hoạt phí số 22 trường ĐH thuộc Hiệp hội trường ĐH Liên bang Nga ... thi giải Toán MathVn • Đề Tốn dành cho Học sinh 72 • Đề Tốn dành cho Sinh viên 74 • Các vấn đề mở 74 Olympic Học sinh – Sinh viên • Olympic Sinh viên tồn Belarus 2009 75 • Olympic Sinh viên khoa... http://www.ams.org/notices/200303/fea-conrey-web.pdf Hilbert, đại hội Toán học Thế giới năm 1990 Paris, đưa Giả Thuyết Riemann vào danh sách 23 toán dành cho nhà Toán học kỷ 20 Bây tiếp tục thách thức nhà Toán học kỷ 21 Giả thuyết Riemann... lịch sử toán Tuy nhiên năm gần chứng kiến bùng nổ nghiên cứu bắt nguồn từ kết hợp số lĩnh vực Toán học Vật lý Trong năm qua, Viện Toán học Mỹ (AIM−American Institute of Mathematics) tài trợ cho đề