Tuyển tập 30 năm Tạp Chí Toán Học và Tuổi Trẻ (part4-4)

Tuyển tập 30 năm Tạp Chí Toán Học và Tuổi Trẻ (part4-4)

Chương IV- BUGC ĐẦU TÌM HIỂU TOÁN HỌC HIỆN ĐẠI

BÀI TOÁN THỨ MƯỜI CỦA HINBE

ĐÁ ĐƯỢC GIẢI QUYẾT

"Có ai trong chúng ta lại không muốn vén

bức màn đang che kín tương lai của chúng

ta, để dù chỉ một thoáng nhìn thấy được

những thành tựu mai sau của kiến thức loài

người và những bí mật phát triển của nó

trong những thế kÌ sắp tới ? Những mục tiêu

đặc biệt nào mà những trí tuệ toán học chủ

đạo của thế hệ tương lai sẽ tự đặt ra cho

minh ? Những phương pháp mới và những

sự kiện mới nào sẽ được phát minh vào thế

kỈ tới trong lỉnh vực rộng rãi và phong phú

của tư duy toán học ?"

Bằng những lời đẹp đẽ đó, nhà toán học

Hinbe đã mở đầu bài phát biểu nổi tiếng của

mình tại Đại hội toán học quốc tế lần thứ

hai ở Pari năm 1900, năm cuối cùng trước

khi bước sang thế kÌ 20 với những thành tựu

huy hoàng của kháp các lĩnh vực khoa học

ki thuật mà chúng ta đang được chứng kiến

ngày nay Nhưng Hinbe không phải chỉ

muốn vén bức màn tương lai, mà với trí tuệ

uyên bác, với nhãn quan sắc sảo của minh,

Hinbe đã phần nào tiên đoán được hướng

phát triển tương lai của toán học và đã góp

phần cống hiến to lớn trong việc vạch đường

cho sự phát triển đó Trong bài phát biểu

nới trên, Hinbe đã đề ra một loạt 23 bài toán

lớn trong hầu khắp các lĩnh vực toán học,

mà việc nghiên cứu giải quyết chúng từ đó

đến nay đã thu hút sự cố gắng của rất nhiều

những tài năng toán học lỗi lạc và thực sự

đã có ảnh hưởng lớn đến toàn bộ sự phát

triển của toán học trong thế ki 20 này

Bây mươi năm đã trôi qua, nhiều bài toán

Hinbe nêu ra đã được lần lượt giải quyết, và

cũng có những bài chưa được giải quyết đầy

đủ Trong bài báo nhỏ này, tôi xin giới thiệu

với các bạn một trong những bài toán đó,

308

PHAN ĐÌNH DIỆU

bài toán thứ mười, là bài toán vừa được giải

quyết trong năm 1970 này, và đặc biệt người giải quyết bài toán đó là một nhà toán học

còn rất trẻ của Liên xò, Macbhiaxiêvich, năm

nay mới vừa 23 tuổi,

Đây là một bài toán số học Th hãy xét

các phương trình số học dạng P@,y, , u) = 0, trong đó P là một da thức

với hệ số nguyên của các ẩn x, y, , Lư Những phương trình như vậy được gọi là phương trình Điôphăng Thí dụ :

z2—y+4=0 (2)

là những phương trình Điôphăng Phương trình (1) có một số hữu hạn nghiệm nguyên

la (x, y) = (41, +2), (+2, +1) ; phương trình

(2) có vô số nghiệm nguyên như các cặp (1,

5), (2, 8), (3, 13), v.v Còn phương trình (3)

không có nghiệm nguyên Vậy trong các phương trình Điôphăng, có những phương

trình có nghiệm nguyên và có những phương trình không cớ Trong danh sách các bài toán

ma Hinbe néu ra, bài toán thứ mười phát biểu như sau :

Giả sử cho một phương trình Điôphàng với các ẩn số tùy ý và với hệ số nguyên Háy nêu một phương phóp, theo đó sau một số hữu hạn phép toón có thể khẳng định dược

là phương trình dã cho có nghiệm nguyên hay không

Bài toán nêu ra khá để hiểu, nhưng việc

giải quyết nó thực không phải là đơn giản Vấn đề phương trình Điôphăng trong hang chục thế kỈ đã thu hút sự chú ý của các nhà toán học của mọi thời đại, và cho đến nay

vẫn còn để lại những bài toán hóc búa, như

bài toán Phecma nổi tiếng (hãy chứng minh

phương trinh x" + y* = 2", véin > 2 khong

có nghiệm nguyên !) chẳng hạn Việc nghiên

cứu các phương trình Điôphăng đã có ảnh

hưởng lớn đến sự phát triển của số học, đại

số học và các ngành toán học khác

Ta trở lại với bài toán Hinbe Nhu vậy là

Hinbe đồi hỏi nêu ra một phương pháp

chung, để với mọi phương trình Điêphăng

cho trước, dùng phương pháp đó đoán nhận

được nó cố nghiệm nguyên hay không

Dường như là phương pháp đó có thật, và

trong mấy chục năm đầu của thế kỈ 20,

người ta cố gắng đi tỉm phương pháp đó

Không tÌm được phương pháp chung cho mọi

phương trỉnh Diôphăng thì tìm cho các lớp

riêng nào đó của phương trình Điêphăng

cũng được

Các nhà toán học đi tìm phương pháp

chung mà Hinbe đòi hỏi, nhưng có thé chang

cái phương pháp chưng đó không có ? Trước

những năm ba mươi của thế kÌ này, một sự

hoài nghỉ kiểu như vậy chưa có sơ sở Bởi

vì suốt mấy nghìn năm nay, các nhà toán

học đã tìm ra được vô vàn các phương pháp

để giải các bài toán loại này loại khác, nhưng

chưa ai chứng minh được (thậm chí nghỉ đến

việc chứng minh) rằng không có phương

pháp để giải một bài toán nào đó

Muốn chứng minh được không có phương

pháp, thì trước hết phải hiểu được một cách

chính xác thế nào là phương phóp ? Vào

khoảng 1935, 1936 về sau, với công trình

của nhiều nhà toán học lỗi lạc như Turing,

Goden, Klin, Séc, v.v trong toán học đã

xuất hiện các khái niệm chính xác về thuật

toán, lần đầu tiên người ta đã chứng minh

được không có thuột toán để giải một loạt

các bài toán trong lôgie (Sớt), trong đại số

học (Post, Mackôv, Nôvikôv, v.v ) và trong

nhiều ngành toán học khác

Và trên cơ sở đó, người ta bắt đầu nghĩ

đến việc chứng minh không có phương pháp

mà Hinbe đòi hỏi đối với các phương trình

Didphang

Với mục đích giải quyết vấn đề đó, bền

bỉ trong nhiều năm nghiên cứu, đến năm

1961, các nhà toán học Mi Dévis, Putman,

và Rôbinxơn đã chứng mỉnh được rằng :

không có thuật toán để uới một phương trình

Didphang mii bat ki cho trước, không định

được nó có nghiệm nguyên hay không Một

phương trình Điôphäng mũ là một phương trình có dạng PŒ,y, ,u) = 0, trong đó

ngoài phép lũy thừa, trong P có thể chứa

phép mũ (thí dụ 2x2 + # +x = 0 là một phương trình như vậy) Chỉ cần bỏ được chữ

mũ nói trên là chứng minh được không cớ phương pháp mà Hinbe đòi hỏi Tiến thêm một bước nữa, cũng các nhà toán học nói trên, năm 1963, đã chứng minh được rằng : không có phương pháp mà Hinbe đòi hỏi, nếu tìm được một quan hệ R (u, 0) giữa các

số nguyên u, U, thỏa mãn hai tính chất : 1) nếu R(u, u) đúng, thì u « u*, 2) uới mọi È, có u va u sao cho R (u, v)

ding va uk <u

Một sự dẫn đắt kì lạ và kết quả thu được

thật là xuất sắc ! Nhưng rồi vẫn chưa ai tìm

được một quan hệ # như vậy ! Và người ta lại đã bắt đầu nghỉ đến những cách khác để giải quyết bài toán Hinbe

Cho đến năm 1970 này, đúng 70 năm sau khi Hinbe nêu ra bài toán, Machiaxiévich,

nhà toán học 23 tuổi ở Léningordt, ngudi ma

mấy năm vừa qua đã chú ý nghiên cứu bài toán thứ mười của Hinbe, bằng những sáng tạo thông minh và độc đáo, đã tìm ra được

một quan hệ F rất đơn giản thôa mãn hai tính chất nói trên, Ta xét dãy số Fibônaxi :

1, 1,2, 3, ð, 8, 13, 21, 34,

(mỗi số bàng tổng của hai số đứng liền trước nó) Gọi ƒ, là số Pibônaxi thứ n, ta có f=lLf,=lLf,=2, vv Bây giờ ta định

nghĩa quan hệ # như sau : f(œ, 6) khi và chỉ

khi o=ƒ/ „ tức là ø là số Fibônaxi thứ 2w

Như vậy, chẳng hạn #(1, L), R(2, 3), R(3, 8)

›- là đúng, Machiaxievich chứng minh được

quan hệ E đó thỏa mãn các tính chất 1) và

2) Và do đó đã hoàn thành việc chứng minh không có phương pháp chung để uới mọi

phương trình Didphang cho trước, khẳng

dịnh được nó có nghiệm nguyên hay không

Và như vậy, bài toán thứ mười của Hinbe

được giải quyết một cách phủ định, trái với

dự kiến của chính Hinbe !

Tháng 9 năm 1970 vừa qua, kết quả này

đã được báo cáo tại Đại hội toán học quốc

tế họp ở thành phố Nixơ nước Pháp

309

Giới thiệu lại quá trình nghiên cứu bài

toán thứ mười của Hinbe nhân dịp bài toán

đó được giải quyết, chúng ta thấy một bài

toán lớn có thể mở ra những chân trời rộng

lớn đến thế nào cho việc phát triển toán học,

và trên con đường giải quyết bài toán đó,

toán học đã thu lượm được biết bao kết quả

rực rỡ trước khi đến kết quả rực rỡ cuối

cùng ! Déng thời sự táo bạo trong nghiên

cứu có thể đưa lại cho ngay những nhà toán

học rất trẻ tuổi những vinh dự to lớn biết

bao † Vấn để là làm sao cho, như lời của chính Hinba, "trong lòng chúng ta luôn luôn vang

lên lời kêu gọi bất diệt của sự thôi thúc : đây

là những bài toán, anh hãy tìm cách giải

quyết chúng !", Chúng sẽ hấp dẫn anh bằng

những khó khăn và những hứa hẹn, và sau

đó sẽ đến công anh bằng niềm hạnh phúc

của những kết quả sáng tạo

ĐẾM ĐƯỢC VÀ KHÔNG ĐẾM ĐƯỢC

Khí giải một phương trình các bạn

thường đi đến một kết luận là phương trình

có hữu hạn nghiệm Nhưng đã có ai nghỉ

rằng "hữu hạn" là gì chưa ? Nếu eó người

hỏi, chác bạn sẽ trả lời rằng một tập hợp

hữu hạn là một tập hợp đếm được Nhưng

nếu có người bỏi tiếp "đếm được" là gì thì

chắc bạn sẽ lúng túng Cũng có thể có bạn

trả lời liều rằng đếm được có nghĩa là có thể

dùng đến các ngón tay (và khi cẩn cả ngón

chân) để đếm cho đến hết Trả lời như thế

vẫn có phần đúng

Trong toán học, người ta hiểu một tập

hợp X là hữu hạn nếu số các phần tử của X

có thể biểu thị được bởi một số nguyên

đương + nào đớ Điều này có nghĩa là người

ta có thể thiết lập một sự tương ứng giữa

các phần tử của X và các số từ 1 đến w sao

cho mỗi phần tử của X ứng với một số duy

nhất và ngược lại mỗi số chỉ ứng với một

phần tử của X Một sự tương ứng như vậy

còn được gọi là một sự tương ứng 1 - 1 Về

mnặt bản chất, đó chính là một quá trình đếm

giống như khi ta dùng ngón tay để đếm

đồ vật,

Các vật cụ thể (không phải là sản phẩm

suy nghỉ của con người) thường là hữu hạn,

Nhưng không phải lúc nào người ta cũng

đếm được chúng theo nghỉa thông thường

Ví dụ như tập hợp các hạt cát trên trái đất

là hữu hạn Có thể cam đoan rằng bạn chưa

310

NGO VIET TRUNG

hề nghỉ đến việc chứng mỉnh điều này Ở đây ta phải xuất phát từ điều kiện các hạt cát không thể bé như các nguyên tử và do

đó chúng có một thể tích nhất định Vì vậy, nếu các hạt cát là vô hạn thì thể tích trái

đất cũng sẽ là vô hạn và ta có một sự mâu thudn R6 rang la ching ta đã không đếm

mà vẫn biết tập hợp các hạt cát là hữu hạn

Một quá trình đếm bao giờ cũng cho ta một số phần tử cụ thể Trong định nghĩa tập

hợp hữu hạn ở trên, œ chính là số phần tử của X Mở rộng khái niệm số phần tử, người

ta gọi hai tập hợp là có cùng lực lượng nếu

có một sự tương ứng 1 - 1 giữa các phần tử

của chúng Rõ ràng là hai tập hợp hữu hạn

có cùng lực lượng khi và chỉ khi chúng có

cùng số phần tử VÌ vậy, một tập hợp hữu

hạn không bao giờ có cùng lực lượng với một

tập con thật sự của nó Điều này không còn

đúng nữa đối với một tập vô hạn VÍ dụ như

các số tự nhiên và các số dương chẵn có cùng lực lượng thông qua sự tương ting n dén 2n

Tổng quát hơn, mỗi một tập vô hạn bao giờ cũng chứa một tập hợp con có cùng lực lượng

với tập các số tự nhiên Thật vậy, cho trước

z phần tử khác nhau ø, ø„ của một tập

vô hạn Ÿ, người ta luôn luôn có thể tÌm thấy một phần tử a,„, của Y khác với các phần

tử trên Điều này cho phép ta xây dựng một

day vô hạn các phần tử khác nhau

@), 2 G3 cua Y Dãy này có cùng lực lượng

với tập các số tự nhiên thông qua sự tương

ứng z đến a, Nhu vay, ta có thể coi các gố

tự nhiên có lực lượng nhỏ nhất trong các tập

vô hạn

Một tập hợp có cùng lực lượng với tập

hợp các số tự nhiên được gọi là đập hợp dấm

được LÍ do là bằng một phép đếm thông

thường người ta có thể đạt đến mọi phần tử

của nó (mặc dù không thể đếm hết toàn bộ)

Điều này còn được thể hiện qua việc có thể

sắp xếp các phần tử của một tập hợp đếm

được thành một dãy vô hạn 4, Ay G3 ., VOI

chỉ số là các số tự nhiên Với một sự sắp xếp

như vậy, các bạn có thể nghỉ rằng một tập

hợp đếm được trên đường thẳng thực sẽ là

một tập điểm rời rạc Điều này không phải

lúc nào cũng đúng Mọi người đều biết rằng

các điểm hữu tỈ trù mật trên đường thẳng

thực (bất kì một đoạn thẳng nào, dù nhô đến

đâu cũng chứa vô số điểm hữu tÌ) và chúng

ta sẽ thấy tập các số hữu tỉ là đếm được

Theo định nghĩa một số hữu tỈ là một phân

số của hai số nguyên Hãy xếp các phân số

cđ cùng mẫu số trên một dong theo thi tự

của tử số (Ở đây ta giả thiết tử số là một số

nguyên dương) Sau đó xếp các dòng này

theo thứ tự của mẫu số bắt đấu là 1, -1, 2,

-2, 3, Bang cách đặt @,=0;a,=1;

a,=2;a,=—1l;a,=1/2;a,= =2;

a,=3;a,= 4; theo thi ty cla cdc dung

7 7 7

⁄ ⁄ ⁄ ⁄

-1 i ⁄ x et 5

⁄ a

⁄ ⁄

‡ ⁄

chéo ta có thể sắp xếp các số hữu tỉ thành

một dãy vô hạn với chỉ số là các số tự nhiên Các bạn cũng có thể hỏi tập hợp tất cả các số thực có phải là một tập hợp đếm được

hay không Câu trả lời sẽ là không Thật vậy, giả sử ta có thể sắp xếp tất cả các số thực

thành một dãy vô hạn Uy) Uy, Uy Hay biểu

diễn các số thực dưới dạng các phân số thập

phân vô hạn

ị =mị + Ũ, yl yey

By = My +0, € 2,026 93

u,=n?+0, 21022222

6 đây nụ,n„, n;, là các số nguyên Th sẽ kí hiệu e„ là chữ số nhỏ nhất khác với đ„ và 9

Phân số thập phân vô hạn

u=Ú, Gi8¿C2S

là một số thực không cớ chữ số 9 sau đấu thập phân Rõ ràng là ¡ # „ với mọi n Diéu này không thể xảy ra được vì z phải xuất hiện trong day sé Uj, Uy uy Như vậy ta đã chứng mỉnh tập hợp các số thực là không đếm được

Một vấn để mới nảy ra là các tập hợp

điểm không đếm được trên đường thẳng thực có cùng lực lượng với các số thực hay

không Vấn đề này còn biết được dưới tên Boi gid thuyét continuum Nam 1964, nha toán hoc Mi Cohen da dua ra một lời giải ngạc nhiên về vấn đề này Ông ta đã chứng mỉnh rằng có thể công nhận hoặc phủ nhận giả thuyết continuum mà vẫn không nhận được bất kì một sự mâu thuẫn nào với các tiên để của lí thuyết tập hợp Như vậy, tùy theo sự lựa chọn, chúng ta có thể coi hoặc không coi tập hợp các số thực là tập hợp có

lực lượng nhỏ nhất trong tất cả các tập hợp không đếm được

alt

CÂU CHUYEN VE

LI THUYET DO DO

Không thể xác định được chính xác vào

lúc não loài người cổ nhu cầu phải xác định

diện tích các hình và thể tích các vật thể

Chỉ biết rằng cách đây 4000 năm người

Ai Cập đã biết đo diện tích, Đất đai hai bên

bờ sông Nin rất phì nhiêu nhưng cứ sau mỗi

trận lụt thÌ biên giới giữa các khoảng đất bị

xóa nhòa Người Ai Cập đã tìm được cách đo

lại diện tích các khoảnh đất và do đó mà

hình thành và phát triển môn hình học

(Danh từ hình học "geometrie" nguồn gốc Hi

Lap có nghĩa là đo đạc đất đai) Các công

trình kiến trúc cổ Ai Cập như kim tự tháp

là một bằng chứng cho thấy cách đây 3000

năm loài người đã biết tính thể tích của một

số khối đa diện Các nhà toán học Hi Lạp

Asimet (Archimede), Héréng (Heron) sống ở

thế kỉ 3 trước công nguyên đã có nhiều

đóng góp trong việc tÌm diện tích các hình

và thể tích các vật thể Các công thức về

diện tích và thể tích hình cầu và nhiều vật

tròn xoay phức tạp khác đều do Asimet nêu

ra Đối với mỗi một vật thể, Asimet phải

sáng tạo ra một phương pháp mới có khi là

những phương pháp rất khôn khéo (Trong

những phương pháp đớ đã chứa đựng mầm

mống của phép tính tích phân sau này)

Sự phát triển của khoa học và kĩ thuật ở

thế kỉ 16, 17 đã đẫn đến những bài toán tính

thể tích của những vật thể và diện tích của

những hÌnh rất phức tạp, giới hạn ở giữa

những đường cong hay những mặt cong

Phép tính tích phân do hai bộ ớc vĩ đại nhất

cia thé ki 17 la Niuton (Newton) và

Laibonit (Leibnitz) sáng tạo ra, đã cho một

phương pháp đơn giản và tổng quát để giải

những bài toán đó Tuy nhiên, phép tính tích

phân còn chưa cho phép xác định điện tích

(hay thể tích) của một số hình "kì quặc",

chẳng hạn diện tích một hình gồm những

điểm Œ, y) với các tọa độ hữu tỈ nằm trong

một hình vuông nào đó là bao nhiêu ?

Đến cuối thế kỈ 19 với sự phát triển của

toán học, các nhà toán học thường gặp phải

312

DANG HUNG THANG

bài toán đo điện tích (hay thể tích) của

những hình "kÌ quặc" như vậy Nhưng có

phải bất kì hinh nao (vat thé nao) cũng đều

có điện tích (thể tích) hay không ? Và nơi

chung diện tích (thể tích) của một hình (một

vật thể) là cái gì ?

Có lẽ đa số các bạn (cũng như các nhà

toán học trước thế kỈ 20) đều quan niệm

rằng diện tích (thể tích) là một thuộc tính vốn có của mỗi một hình, (một vật thể) là một số đo khách quan biểu thị sự "chiếm

chỗ" của hình (vật) trong mặt phẳng (trong

không gian) Một định nghĩa trực quan,

"ngây thơ" như vậy không thỏa mãn những

yêu cẩu chật chẽ của toán học hiện đại

Người ta thấy rằng cẩn phải đưa ra một định nghĩa có đnh chất tiên đề, nghĩa là sẽ chỉ ra

những tính chất "hiển nhiên" mà một diện

tích (thể tích) cần phải cớ

Giả sử X là một tập hợp điểm nào đó

(trong mặt phẳng hay trong không gian) Hai tập con A và B của X được gọi là toàn đẳng với nhau nếu chúng ta có thể nhận

được tập này từ tập kia bằng phép tịnh tiến, phép quay hay phép chiếu gương Điều kiện cần và đủ để các tập A và B toàn đẳng là

giữa các điểm của chúng có tổn tại phép tương ứng một - một bảo toàn khoảng cách

tức là nếu ø, œ, là hai điểm tùy ý của A và

b, b„ là hai điểm tương ứng của B thi

khoảng cách giữa ø; và ø, bằng khoảng cách

giữa b¡ và b Để biểu thị hai tập A và B toàn đẳng ta viết A = B

Th nới rằng trên X có xác định một độ đo

? nếu với mỗi tập con A của X được gắn cho một số m(A) > 0 gọi là độ đo của tập A sao cho các điều kiện (tiền để) sau được thỏa

mãn :

1) Nếu A được phân hoạch thành ø tập con rời nhau

A=A,UA,U UA,

thi = m(A) = m{A)) + mA.) + + m(A,)

2) Néu A= B thi m(A) = m(B)

3) Có một tập E nào đó có độ đo bằng 1,

m(E) = 1 Các điều kiện 1) 2) 3) là các tính

chất hiển nhiên của diện tích và thể tích

Nếu X là mặt phẳng hoặc là một đa tạp

hai chiều (như mặt cầu, mặt xuyến ) thì độ

đo của tập A C X gọi là diện tích của A Nếu

Z là không gian ba chiều thì độ đo của A gọi

là thể tích của A Nhà toán học kiệt xuất

của Balan (Banắc) (S Banach) đã chứng

minh rằng một độ đo như vậy trên mặt

phẳng là tổn tại Độ đo của mỗi tập A chính

là điện tích của tập A hiểu một cách trực

quan trước đây Tuy nhiên nhà toán bọc Đức

Hauxdooe (F Hausdorff) da lam sửng sốt

giới toán học đương thời bằng việc chỉ ra

tầng, không thể gán diện tích cho một bộ

phận của nuặt cầu Phát hiện của ông dựa

trên một ví dụ kì lạ sau đây (đo Ông xây

dựng) : Tốn tại một phép chia mat cfu

thành 3 phần rời nhau A, B, C sao cho

A= B= C va A= BUC Khi đó nếu tồn tai

m(A) = m(B) = m(C) =4nR2/3 (R là bán

kính mặt cẩu Mặt khác vì A= BUỤC nên

m(A) = 4nF?/2 Mâu thuẫn

Mặt đất chúng ta đang sống là mặt cầu,

vậy trên mặt đất có tổn tại những phần

không có diện tích ! Đối với trường hợp X là

không gian 3 chiều, hai nhà toán học Balan, Banắc và Thexki (Tarski), đã chứng minh một mệnh đề rất kì lạ, dường như không thể

tin được gọi là nghịch lí Banác - Tarxki như sau : Giả sử ta có hai quả cầu S, va S, Qua

cfu S, rất lớn, lớn như mặt trời còn quả cầu 6, thi bé tí xíu như hạt đậu Tuy nhiên có tồn

tại một cách phân hoạch 5 và 5%; làm n phần

S, =A, UA, UA,

S,=B,UB, UB,

A, * By A,= By A,* B,

sao cho Nghĩa là, qua một phép phân hoạch hữu hạn rồi xếp đạt lại mà vẫn giữ nguyên khoảng cách (không nén lại), một vật thể lớn như mật

trời có thể nhét được vào túi áo ( !)

Từ định If nay cla Bandc - Tarski ta suy ra trong không gian có những uất thể không có

thể tích Thật vậy nếu có thể gán thể tích

cho các tập A, và B, trong phân hoạch nêu

trên thÌ ta có m(S,) = m(S,) hay R, = RCN)

(R,, R, Ja ban kinh của mật trời và hạt đậu),

Điều này vô lÍ

Câu chuyện về lÍ thuyết độ đo còn dài và

lí thú song chúng ta tạm đừng ở đây Nếu các bạn quan tâm, chúng ta sẽ tiếp tục trong

những số báo sau

LÀM QUEN VỚI CÁCH

GIẢI TOÁN BẰNG ĐỒ THỊ

Trong báo Toán học và Tuổi trẻ số 153

(1-1987) bạn Đô Bá Khang đã giới thiệu với

bạn đọc "Một số khái niệm và bài toán của

Ii thuyết đổ thị", Trong bài này chúng tôi

muốn giới thiệu với bạn đọc một số cách giải

một bài toán bằng phương pháp luận của lí

thuyết đồ thị

Bài toán : Một cơ quan cẩn tuyển 3

người để lập thành một nhóm có đủ năng

lực biên địch các tài liệu từ 6 thứ tiếng Anh,

DANG VIỄN

Pháp, Nga, Đức, Trung Quốc và Bồ Đào Nha sang tiếng Việt Có 7 người đến đự tuyển,

trong dé mối người đều biết 2 và chỉ 2 trong

6 thứ tiếng đó và bất cứ hai người nào cũng cùng biết nhiều nhất một thứ tiếng chung trong 6 thứ tiếng đơ Biết rằng thứ tiếng nào cũng có Ít nhất hai người biết, hỏi có thể

xảy ra trường hợp không thể tuyển chọn

được như yêu cầu đã nêu không, tại sao ?

(ĐỀ thí học sinh giỏi toán lớp 11

Mà Nội 1987 ~ 1088)

313

Loi gidi Chuyén sang bai todn d6 thi :

"Cho dé thi don 6 dinh (A, FN, D, T, B)

và 7 cạnh, bậc của mỗi đỉnh đều không nhỏ hơn 2 Có thể xẩy ra trường hợp không có

ba cạnh nào đôi một không kế nhau hay

không, tại sao ?"

Ta sé trả lời phủ định, nghĩa là luôn luôn tim được ba cạnh đôi một không kế nhau,

Không làm mất tính tổng quát, với mỗi một trường hợp ta chỉ cần nêu một đồ thị đại diện

Cóch 1 Xét đường đi dài nhất Œ (tồn tại,

vì đồ thị này hữu hạn) Vì chỉ có 6 đỉnh và đỉnh nào cũng có bậc > 2 nên độ dài ¿ của

phải thỏa mãn 2 < ¿ « õ

1)/ = 5 Chỉ việc chọn cạnh thứ nhất,

thứ ba, thứ năm Chẳng hạn, với @ = AFBDNT, ta có nghiệm hình là AF, BD, NT:

?

Hình 1

2) 1= 4 Xét đồ thị h.1 với = NABDT

Vi là đường đi đài nhất nên N, 7 không

kề với đỉnh còn lại Z Hơn nữa, bậc của W,

7 đều > 2 (*) nên nếu W, 7 không kề nhau

thì cần thêm ít nhất bai cạnh kề W (hoặc 7)

mà không kế F va hai cạnh khác kế # Số

cạnh Ít nhất là : 4+2+ 2 = 8 (>7) {9

Vậy N, T kế nhau Ta chỉ việc chọn một cạnh

kề F và hai cạnh thuộc chu trình NABDTN

không kể với cạnh vừa chọn Trong đồ thị

h.1 ta có nghiệm hinh : FD, BA, NT:

x =— x7

Hình 2

3) ¡ = 8 Xét đồ thị h.2 với © = ABFN

Vì A, N không kế với D, 7 nên có Ít nhất một cạnh không thuộc É kế với A, N Ngoài

314

ra, nếu D không kề T, cẩn thêm 4 cạnh kế với D, T và số cạnh Ít nhất là 3ä + 1 + 4 = 8

(> 7) CĐ Vay D, T phải kề nhau ; và ta có

nghiệm hình : 27, AB, EN

™! w *T

Hình 3

4)1= 9 Xét đồ thị h.3 v6i © = ABN Dé

đ(A), đ(N) > 2, phải có cạnh AN Nếu trong

các đỉnh còn lại Ð, F, 7 mà có đỉnh kế đỉnh

nào đó trong A, B, N thì sẽ có đường đi với

độ đài > 3, trái điều kiện 4) Vậy ba đỉnh

này chỉ nối với nhau và nhiều nhất được 3

cạnh, đo đó tổng số cạnh nhiều nhất là 6 (< Ð (1) Vậy không xẩy ra

Và, bài toán đã được giải xong

Cách 2 Xét chu trình Ế với độ dài lớn nhất ¿ (tốn tại, vì số đỉnh nhỏ hơn số cạnh)

Ta có: 3</<6

1) ÿ = 6 Chỉ việc chọn theo một chiều nhất định các cạnh thứ nhất, thứ ba, thứ

năm Chẳng hạn, với © = ABDTNFA, ta chon nghiém hinh : AB, DT, NF

2) L = 6 Chỉ việc chọn cạnh kể với đỉnh

ngoài chu trình và hai cạnh không kể nó

thuộc chu trình Trong đồ thị h.l, ta có

nghiệm : FD, BA, NT

Hình 4

3) 1 = 4 Xét đồ thị h.4 với É = AFDBA Nếu Ñ, 7 không kề nhau thì phải có 4 cạnh

kế chúng và số cạnh Ít nhất là 4 + 4 = 8 (> 7) (9 Vậy phải có cạnh N7 và ta có nghiệm hinh : NT, AF, BD

(*) điểu này về sau ta không nhắc lại nữa trong các trưởng hợp tướng tự

x Hink 5

4) 1 = 3 Xét dé thi h.5 v6i © = ADFA

Nếu có đỉnh nào trong các đỉnh còn lại N,

T, 8 mà kề với hai trong A, D, F thì sẽ tổn

tại một chu trình độ dài 4, trái điều kiện 4),

do dé, mỗi một trong W, 7¡ B phải kể với ít

nhất một trong hai đỉnh còn lại, vì vậy giữa

chúng phải cớ Ít nhất hai cạnh, giả sử đơ là

NT, NB Nếu B, T không kề thì chúng phải

nối với các đỉnh trong A, D, # và tạo ra chu

trình với độ dài > 4, trái với điểu kiện 4)

Vậy phải có cạnh B7 và số cạnh đã xét là

3+8 = 6 Còn lại l cạnh nối hai đỉnh tương

tng thuộc hai chu trình đã xét Ta chọn cạnh

đó và hai cạnh không kể nó lần lượt thuộc

2 chu trinh dd Trong h.5, ta có nghiệm hình

FN, DA, BT Va bai todn đã được giải xong,

Cách 3, VÌ 7 x 2 = 14 = 6.2+3 nên phải

có một đỉnh bậc 4 (hoặc hai đỉnh bậc 3) còn

lại toàn đỉnh bậc hai Hơn nữa, đồ thị này

liên thông (ngược lại, nó có Ít nhất bai thành

phần liên thông, mỗi thành phần có ít nhất

3 đỉnh để mỗi đỉnh có bậc > 2 ; và số cạnh

lớn nhất là 3 + 8 = 6 (< 7) (1) Xây ra :

SV

øÀ——————‡?

Hình 6

1) Có một đỉnh bậc 4 Trong đồ thị h.6,

đ(A) = 4 với các dỉnh kế A là 7 D, B, N,

Như thế, đỉnh # không kế A mà kế với 2

trong Ñ, 7, D, B và hai đỉnh còn lại phải kể

nhau Chẳng hạn, có #D, FB, NT: Ta chọn

nghiệm : N7; AD, FB

2) Có hai đỉnh bậc ba Trong các đổ thị

h.7, b.8, h.9 ta có đ(A) = đựP) = 8 VÌ đồ thị

liên thông nên có Ít nhất một đường đi từ Á

đến Ƒ, Tạm bỏ đường đi đó (trừ các đỉnh A4,

#0, có thể xẩy ra :

a) Đồ thị không liên thông nữa Như trên

đã nêu, nó phải gồm bởi hai tam giác nhân biệt, và đường đi tạm bỏ chỉ gồm bởi 1 cạnh

Ta chọn cạnh đó và 2 cạnh không kề nó lần

lượt thuộc hai tam giác trên Trong h.7, ta

ed nghiém AF, BT; ND

YON,

Hinh 7

b) Đồ thị vẫn liên thông Và đó là một chu trình (vì mỗi đỉnh đều bậc 2) Như vậy,

có 3 đường đi từ A đến Ƒ' (1 theo đường tạm

bỏ, 2 theo chu trình) Trong ba đường đi này, đường ngắn nhất phải cớ độ dài 1 (h.8) hoặc

7x———xyôp

iN

r———A

a A \,

AN LO

2 (h.9) Trong h.8 ta có chu trình độ dài 6 :

NABTDEN, chi viée chon theo một chiều nhất định các cạnh thứ nhất, thứ ba, thứ năm và có nghiệm hình : NA, B7; DF Trong

h 9, ta có chu trình độ đài 5 là ATNFBA

Chỉ việc chọn một cạnh thuộc đường đi ngắn

nhất và hai cạnh không kề nó thuộc chu trinh, chang han : DA, TN, FB

Và, bài toán đã được giải xong

Cách 4 Trước hết, phải có Ít nhất một cặp cạnh không kể nhau (ngược lại, ứng với một cạnh AA, nào đó, 4 đỉnh còn lại không

nối với nhau mà nối với A; A; bằng 8 cạnh (> 7) (1) Xây ra :

1) Hai đỉnh còn lại kề nhau, ta có ngay nghiệm hình là cạnh kể hai đỉnh này và hai

cạnh kia

2) Hai đỉnh còn lại không kề nhau Xét

đồ thị h.10 với hai cạnh không ké AD, FN

Vì B, 7 không kề nhau nên có thể xẩy ra :

315

a) B, T tương ứng kể với các đỉnh thuộc

cùng 1 cạnh trong AD, FN chẳng hạn, có các

canh BF, TN, ta chọn 2 cạnh này và cạnh

còn lại AD

b) Không x4y ra trường hợp 2 a) Giả sử

có BF, suy ra không có TA VÌ chỉ có 3 khả

nang la TF, TA, TD nén trong hai cạnh kể

7 phải có Ít nhất một trong TA, 7D Giả sử

cé TD

ø) Có TA Suy ra không có BD, hơn nữa,

không có BA (vì có 7D) Vậy phải có BN, và

ta có hai tam giác phân biét BNF, TAD véi

6 cạnh Còn lại 1 cạnh phải nối hai đỉnh nào

đó của 2 A này Ta chọn cạnh đó và hai cạnh

không kề nó lần lượt thuộc hai tam giác kia

Chẳng bạn, có cạnh AF thì nghiệm hình là :

AF, BN, DT

F x8

A

Tr

i Z ly

Hinh 10

8) Khong cé TA Suy ra cé TF, do dé không cé BN, ma khong có BA (vì có TD)

nên phải có BD Khi này còn một cạnh nữa

phải nối hai đỉnh W, A Ta chọn canh NA

này và hai cạnh không kể nó là 8D, TE

Và, bài toán đã được giải xong

su’ PHAN BO SO NGUYEN TO

VA GIA THUYET RIMAN

Số nguyên tố đóng một vai trò quan trọng

bậc nhất trong bộ môn số học Chính vì mọi

số tự nhiên đều được phân tích duy nhất

thành tích các số nguyên tố nên số nguyên

tố được coi như những viên gạch xây nên tòa

lâu đài các số, như những hạt cơ bân trong

vật lÍ và những nguyên tố trong hóa học

Sau khi nhà toán học vĩ đại Ócht (thế kÍ

8 trước công nguyên) chứng minh rằng có

vô số các số nguyên tố, nhiều câu hỏi xung

quanh các số nguyên tố đã được nêu ra Một

số các câu hỏi đó (mặc dầu được phát biểu

rất đơn giản) đã trở thành những bài toán

nổi tiếng trong lịch sử toán học cho đến nay

vẫn chưa có lời giải trọn vẹn

Bài toán nổi tiếng nhất và quan trọng

nhất có lẽ là bài toán về sự phân bố các số

nguyên tố trong dãy số tự nhiên Theo dõi

day số nguyên tố 2, 3, ð, 7, các bạn dễ

đàng nhận thấy càng di xa các số nguyên tố

càng được gặp thưa thớt hơn Có những

316

BANG HUNG THANG

khoang dài tùy ý trong đó ta không gặp một

số nguyên tố nào Thật vậy với số tự nhiên &

bất kì ¿ — 1 số liên tiếp &! + 2, kÌ + 8, kÌ + &

đều là hợp số Tất nhiên chúng ta phải đi

rất xa mới gặp một khoảng dài 1 tÌ gồm toàn

những hợp số Mặt khác các bạn có thể tự chứng minh được trong đoạn [n, n! + 1] có Ít

nhất một số nguyên tố Năm 1892 nhà toán

học Nga Tsebesep đã chứng minh rằng trong khoảng [n, 2n] chắc chắn cơ Ít nhất một số nguyên tố Người ta lại thấy có nhiều cặp số nguyên tố cách nhau 2 đơn vị (1, 2 đứng

cạnh nhau) VÍ dy (5, 7), (11, 18), 29, 31), (1000000009649, 1000000009651), Những cặp này được gọi là cặp số nguyên tố sinh đôi ? Có bao nhiêu cặp số nguyên tố sinh đôi ? Có phải cố vô số cặp số nguyên tố sinh

đôi không ? Câu hói này cho đến nay vẫn chưa được trả lời Một giải thưởng 2ð vạn

đôla đang chờ đợi người nào giải được câu

đố này

Như vậy, sự phân bố các số nguyên tố rất

phức tạp có vẻ không tuân theo một quy luật

nào Tuy vậy, các nhà toán học của nhiều

thời đại vẫn cố gắng hi vọng nắm bát được

một thứ trật tự nào do trong thế giới các số

nguyên tố

Ki hiéu x (n) 1A số các số nguyên tố không

vượt quá : Trên cơ sở nghiên cứu bảng các

8Ố nguyên tố, nhà toán học lỗi lạc Đức Gauss

(1777 ~ 1855) đã dự đoán Tang x (n) xấp xÌ

bằng n/logr (ở đây logn là logarit của n theo

cơ số e) tức là lim (z0) logr]/n = 1

n~>œ

Dự đoán thiên tài này đã được hai nhà

toán học Pháp J.Hadamard va L.V Poussin

chứng minh sau đó vào năm 1896 Chứng

mỉnh phải sử đụng đến những công cụ phức

tạp của lÍ thuyết hàm số biến số phức Thật

là một điều lạ lùng ? Các số nguyên tố lại

có mối liên hệ chặt chẽ với các số phức và

hâm số phức,

Nam 1859, trong một bài báo nhan đề :

"Về số các số nguyên tố bé hơn một giá trị

đã cho" nhà toán học Đức B.Riman {1826 -

1866) đã đưa ra hàm số đêta ÿ (s) xác định

trên tập hợp các số phức Khi s là số thực

lớn hơn 1 thì ÿ () cớ thể viết dưới dạng

chuỗi :;

1 1 1

S@)at+ toe +

Riman da chi ra rằng có một sự liên hệ

chặt chẽ giữa hàm deta và các số nguyên tố

Dáng điệu của hàm đeta nói cho ta rất nhiều

điều về sự phân bố các số nguyên tố

Các số phức s mà tại đơ È @) = Ô được

gọi là các không điểm của Ê (s) Riman nhận

thấy rằng các không điểm mà ông tim được

đều có phần thực là 1/2 (tức là đều có đạng 1/2 + 6)

Từ đó ông đã dự đoán rằng điều này phải

đúng cho tất cả các không điểm của hàm

đeta (số không điểm của É (s) là vo han) Dé

là giả thuyết Riman nổi tiếng Tại hội nghị toán học thế giới ở Pari năm 1900 Hilbert,

nhà toán học vỉ đại nhất lúc bấy giờ, đã đưa giả thuyết Riman vào danh sách 28 bài toán

khổ nhất của thế kỉ 19 thách thức thé ki 20 Liên quan tới giả thuyết của Riman là giả thuyét Mertens Goi M(n) là hiệu giữa số các

86 tự nhiên bé hơn ø là tích của một số chăn các số nguyên tố khác nhau và SỐ các gố tự nhiên bé hơn œ là tích của một số lẻ các số

nguyên tố khác nhau, Chẳng hạn M(16) = 1 Với máy tính bỏ túi các bạn có

thể dễ dàng tính được giá trị của Mn) với

œ đã cho Nhà toán học Đức Mertens sau khi

tính 10000 giá trị của Mín) đã thấy rằng mặc dù đáng điệu của M(x) thay đổi rất lụng

tung nhưng Ä#(:) luôn bé hơn V% Từ đó ông

dự đoán rằng Ä(n) < Ýn với moi n Dén nam

1963 bang may tinh người ta đã xác nhận gia thuyết Mertens là đúng cho tất cá œ bé

hơn 10 tỈ và đã tìm thấy 300 triệu không

điểm của hàm đêta, tất cả đều có phần thực

là 1⁄2 Người ta cũng chứng tỏ rằng giả thuyết Mertens đúng sẽ kéo theo giả thuyết ‘ Riman ding

Mùa xuân năm 1984, 2 nhà toán học A Odlyzko (MI) va H Riele (Ha Tan) đã bác bô giả thuyết Mertens bằng cách chỉ ra sự tồn tại của một số n ma M(n) > Vn Su kiện này

dén tdi vide nghi ngờ giả thuyết Riman có

thể sai Nhưng đến tháng 9 nam ấy, một tin Uui đã đến với các nhờ toán hoe Tai trường

đại học Tổng hợp Pari nhà toán học Nhật Ban H Matsumoto dé loan báo rồng ông da chúng mình thành công được dự đoán của

Riman Nhu Uậy dự doán thiên tài của Riman sau 125 nam tồn tai dé được xác nhận là đúng Du luận Tbán học đều nhất trí dánh giá đây là thành tựu toán học lớn nhất của năm 1984

31