🔙 Quay lại trang tải sách pdf ebook Tạp Chí Epsilon Số 19 Ebooks Nhóm Zalo Khi nó xuất hiện, nó làm rung động cả thế giới hạt nhân, như sứ giả của một lực thứ năm chưa ai từng biết đến. Robert Gast (X17 phá lưới) Thế giới ngày nay càng ngày càng cần đến hiểu biết về toán học, dù là bạn sẽ trở thành chuyên gia trong lĩnh vực gì thì các khái niệm toán hiện đại nếu hiểu đúng nghĩa sẽ mang lại lợi thế cho bạn. Nguyễn Tiến Dũng (10 cái đầu tiên của một lần đi thi IMO) VÀ CÁC CHUYÊN MỤC KHÁC TOÁN HỌC VÀ ÂM NHẠC – VÌ SAO ÂM NHẠC CÓ 7 NỐT? Nam Nguyen VỀ MỘT BẤT ĐẲNG THỨC CỦA VASILE CIRTOAJE Lê Phúc Lữ Biên tập viên: Lê Viết Ân Võ Quốc Bá Cẩn Trần Quang Hùng Nguyễn Văn Huyện Lê Phúc Lữ Tống Hữu Nhân Nguyễn Tất Thu Đặng Nguyễn Đức Tiến Chủ biên: Trần Nam Dũng LỜI NGỎ Covid-19 khởi nguồn từ năm 2019 nhưng đến năm 2020 mới hoành hành, tác yêu tác quái. Con chuột Canh tí đã phải gồng mình chống lại con virus nguy hiểm này, và rất nhiều nơi, nhiều vùng, cuộc sống của mọi người đã trở nên vô cùng vất vả. Năm mới Tân Sửu, với sức khỏe vượt trội, đặc biệt là với tinh thần yêu lao động, những con trâu mộng lực lưỡng chính trực sẽ đâm chết những con Covid-19 gian xảo lươn lẹo để đem lại sự bình yên cho thế giới. Cho dù cuộc chiến sẽ còn cam go, vất vả, nhưng chúng ta vẫn luôn lạc quan tiến về phía trước. Và dường như những hoàn cảnh khắc nghiệt chưa bao giờ là rào cản cho những sáng tạo, cho những phát minh, cho những tìm kiếm mới. “Học nhi tri – Hành nhi tri – Du nhi tri – Khốn nhi tri”. Học để biết, hành để biết, giao du để biết và trải qua gian khó để biết. Không có điều kiện giao du trực tiếp, chúng ta có thể giao du trên mạng. Khó khăn vì covid-19 lại tạo cho những phương thức giao tiếp mới, những động lực sáng tạo mới. Mỗi người dường như tập trung hơn, sống nội tâm hơn, từ đó lại có những ý tưởng, phát hiện sâu sắc hơn. Covid-19 làm cho Epsilon số 19 trở nên đặc biệt hơn, bên cạnh các ý nghĩa (đa số là tích cực) vốn có của nó. Epsilon 19 đem đến một ý nghĩa tích cực cho số 19. Bởi có 19 tức là sẽ có 20, 21 . . . Chúng ta vẫn cùng nhau đi trên con đường, đem toán học, đem cái đẹp, đem cuộc sống đến với bạn đọc. Per aspera ad astra MỤC LỤC Nam Nguyen Toán học trong âm nhạc (Phần 1) - Vì sao âm nhạc có 7 nốt? . . . . . . . . . . . . . . . 5 Robert Gast, dgi. Đàm Thanh Sơn X17 phá lưới . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 Nguyễn Lê Anh Thời gian là gì? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 Nguyễn Lê Anh Đi tìm nguồn gốc dân tộc Việt Nam . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 Nguyễn Hùng Sơn Toán học trong hôn nhân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29 Tống Hữu Nhân Đôi nét về kỳ thi Olympic hình học Iran . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34 Nguyễn Duy Phước Về một bài toán tiếp xúc hay . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45 Trần Quang Hùng Một ứng dụng của tam giác Fuhrmann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55 Trần Nam Dũng Câu chuyện xung quanh một số tổng vô hạn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59 Nguyễn Hoàng Vinh Một vài đánh giá trên dãy số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78 Nguyễn Tất Thu Ứng dụng tính chia hết của 0 trong giải phương trình hàm . . . . . . . . . . . . . . . . . 90 Võ Quốc Bá Cẩn Xung quanh bài toán Phương trình hàm trong đề thi VMO 2020 - 2021 . . . . . . . . . . 98 Đậu Thanh Kỳ Sáng tạo qua các đẳng thức Vector . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114 Lê Phúc Lữ Về một bất đẳng thức của Vasile Cirtoaje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 140 Trần Nam Dũng Các vấn đề cổ điển và hiện đại . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152 4 Tạp chí Epsilon, Số 19, 02/2021 Nguyễn Tiến Dũng Mười cái đầu tiên của một lần đi thi IMO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 167 5 Tạp chí Epsilon, Số 19, 02/2021 TOÁN HỌC VÀ ÂM NHẠC (PHẦN 1) - VÌ SAO ÂM NHẠC CÓ 7 NỐT? Nam Nguyen GIỚI THIỆU Hơn ba năm về trước, ở Epsilon số 14, chúng tôi đã được vinh dự đăng bài viết về "Hành trình đi tìm máy bay mất tích MIG-21U" của Thầy Nguyễn Lê Anh. Cuộc hành trình kỳ diệu đó hẳn không thể bắt đầu nếu như không có lời kêu gọi trên Facebook của một người có tên Nam Nguyen, một nhân vật "huyền thoại của cõi Face", "nhà chép sử" với lượng bài viết chất lượng cao mà nếu in ra chúng tôi nghĩ có thể lấp đầy cả một thư viện! Trong số Epsilon 19 này, chúng tôi vinh dự được sự đồng ý của "nhà chép sử" cho phép chia sẻ loạt bài Toán học và âm nhạc của ông (Cá nhân tác giả trên Facebook chủ ý không để tên thật cũng như thông tin cá nhân, nên để tôn trọng ý nguyện của tác giả, chúng tôi chỉ sử dụng tên gọi trên Facebook). Có một điều tôi băn khoăn từ hồi nhỏ, nhất là từ lúc bắt đầu học xướng âm và chơi nhạc cụ: vì sao người ta dùng 7 nốt nhạc, và giữa các nốt (có cao độ cố định, được đo bằng dụng cụ đo tần số chuẩn) có thêm “thăng” và “giáng” nữa thôi, thế là đủ? Lớn lên chút nữa thì giải thích của thầy giáo âm nhạc, rằng ngày trước nhà thờ La Mã dùng bài thơ gì đấy có 7 từ đầu câu được cha cố nào đấy dùng từ thế kỷ 11 để đặt tên cho 7 nốt nhạc... rồi sau cứ thế theo truyền thống, hiển nhiên giải thích vậy là không thỏa đáng. Tại sao các cụ Á Đông nhà ta thì chỉ dùng hệ 5 nốt. Khi được học vật lý thì lại càng thắc mắc thêm, sao cao độ của nốt “la” chuẩn là 440 Herzt mà không cao hơn hay thấp hơn? (Tai người ta có thể nghe được từ 20 Hz đến 5000 Hz đấy nhé!). Chứng tỏ tai người ta nói chung có những cao độ nghe rất “sướng tai” – và hơn nữa có những nốt đi với nhau nghe rất “đã” – trong trường hợp ngược lại thì phải “chướng tai” hay “nghe ngang phè phè”, phỏng ạ? Vậy cơ sở nào để con người ta cảm nhận như vậy (và các “con” khác, thậm chí người ở châu lục khác, thời gian khác) liệu có cảm nhận giống chúng ta không? Không hề đơn giản, và có giải thích được chắc chắn không phải là các nhạc công, nhạc sỹ, ca sỹ... mà phải nhờ tới các nhà khoa học nghiên cứu bản chất vấn đề! Cũng na ná vậy, nếu nhìn vào đàn piano (hay guitar) thì thấy có 12 “nửa tông” – khác với các loại đàn như violin, cello, đàn bầu, kèn... có thể chơi được cao độ bất kỳ. Tuy vậy người ta vẫn so dây của đàn dây với nốt “la” của piano. Còn nếu ai chơi đàn dây như violin chẳng hạn đều biết, là nếu đặt nhẹ ngón tay lên dây đàn ở vị trí chính giữa cung đàn, thì sẽ có cao độ (tần số) gấp đôi (điều này thì hoàn toàn là vật lý thôi – độ dài dây ngắn lại đúng một nửa mà) – và ở dây cao nhất của violin thì âm thanh này được coi là “nốt nhạc thần thánh” vì nghe rất hay! Nhưng tại sao nhỉ? Không nhờ mấy ông toán học, vật lý và sinh học thì đố mà biết được... Điều này khác hẳn việc “tại sao chỉ có 10 chữ số” và “tại sao chỉ có hơn ba chục chữ cái” mà vẫn đủ dùng đấy nhé, khác hẳn về bản chất (à, các bạn có biết câu trả lời trong 2 trường hợp kia không?). 6 Tạp chí Epsilon, Số 19, 02/2021 Vậy thong thả xem nhé! Các thầy dạy có 7 nốt như sau (tên đúng là lấy từ một bài thơ thế kỷ 11 của Thiên Chúa giáo thật): • Do – Dominus – Chúa Trời; • Re – rerum – vật chất; • Mi – miraculum – điều kỳ diệu; • Fa – familias planetarium - hệ mặt trời; • Sol – solis – mặt trời; • La – lactea via – dải Ngân Hà; • Si – siderae – bầu trời. Con người dần dần đi tới hệ thống ghi âm nhạc 7 nốt (với “thăng” và “giáng” nữa là 12). Không đơn giản 7 nó thích hợp với 7 ngày, 7 đêm, 7 màu cầu vồng... còn 12 thích hợp với 12 tháng trong năm hay 24 giờ trong ngày đâu, có thể có trùng hợp thôi nhưng nguyên nhân là toán học cơ! “Hòa âm đẹp” là thế nào? Nếu có hai âm thanh với cao độ w1 và w2 thì như dân nhạc biết rằng nếu tỷ lệ độ cao của chúng bằng 2 (một “ốc-ta”) sẽ là tỷ lệ rất hay. Nếu nó là 3/2 (“quin-ta”) thì cũng hay đấy, hoặc 4/3 (“quan-ta”) cũng khá. Còn 5/4 (“terxia”) cũng tàm tạm... Tên gọi chả cần nhớ đâu, nhưng các nhà nghiên cứu âm nhạc thấy đúng là nghe xuôi tai hơn thật! Vì sao như vậy nói thật là các nhà khoa học chưa có câu trả lời đủ sức thuyết phục đâu, nhưng thực tế và vô vàn thực nghiệm cho thấy là như vậy! Cần chấp nhận Tiên đề 1: “tỷ lệ w2/w1 nếu bằng tích của các phân số, với tử số và mẫu số là các số nguyên tố và số lũy thừa là số nguyên (có thể âm!) càng bé thì hợp âm càng hay!”. Chẳng hạn 2, 3/2, 4/3 nghe hay rồi đã đành, nhưng 3x5/8 chẳng hạn nghe được, tuy không còn hay lắm nữa. Lệch ra thì dở! Tiên đề thứ 2 là “sự bất biến”: “Quin-ta từ 7 “nửa tông” phải không thay đổi, bất kể nó bắt đầu từ nốt nào”. Tức là tỷ lệ tần số nốt “đô” và “son” hay “đô thăng” và “son thăng” hay “rê” và “la”... đều như nhau, và bằng 3/2. Một giai điệu hay tác phẩm có thể chơi với những “tông” khác nhau, miễn là bảo toàn tỷ lệ này! Một điều dường như hiển nhiên (nhất là đối với ai học piano ngày nay) nhưng lại không hề hiển nhiên chút nào, nếu ai chịu khó nghe những tác phẩm cổ điển xưa một chút, điều này chỉ được phát hiện và áp dụng từ thế kỷ 18. Chẳng hạn tác phẩm nổi tiếng của Bach mà được cụ Nguyễn Văn Thương dịch ra là “Cờ-la-vơ-xanh thật hài hòa” – nó chính là kết quả của việc áp dụng tiên đề này! Còn nếu ai nghe các tác phẩm cổ điển cũ hơn sẽ có thể thấy những chỗ dường như họ lên dây sai đấy... Ai biết được, có lẽ nếu người trung cổ nghe nhạc hiện đại họ cũng có cảm giác ngang phè thì sao? Có vũ khí là hai Tiên đề ấy rồi ta bắt đầu đi tìm, bao nhiêu nốt nhạc là “hay” nhất và tiện nhất? Gọi số cần tìm ấy là N, ta biết rằng một ốc-ta được chia làm N nốt nhạc và các nốt nối tiếp nhau sẽ cao hơn với tỷ lệ tần số “2 lũy thừa 1/N”. Và trong dãy N số ấy phải có tần số rất gần với “quin-ta” và “quan-ta”, dễ hiểu là tỷ lệ tần số của hai âm này là 3/2 : 4/3 = 9/8. Nếu gọi hiệu số của số lũy thừa 2 dành cho “quin-ta” và “quan-ta” là n thì ta có: “2n/N ≈ 9/8”. Dùng công thức logarithm sẽ có: n ≈ N.0, 170 ≈ N/6. 7 Tạp chí Epsilon, Số 19, 02/2021 Nếu n = 1 thì N = 6. Khi đó ta sẽ chỉ có các nốt sau: “đồ”, “rê”, “mi”, “pha thăng”, “son thăng”, “la thăng”, “đô”. Nhưng khi đó “qua-ta” với “quin-ta” bị trượt ra ngoài nhiều quá, rất nhiều tác phẩm chả đánh được! Nếu n = 2 còn N = 12 thì ta có đúng trường hợp như âm nhạc châu Âu hiện đại bây giờ, 12 “nửa tông” và 7 nốt chính! “Quan-ta” và “quin-ta” rất chính xác, tuy rằng dĩ nhiên không thể tuyệt đối được rồi, nhưng tai người hầu như không phân biệt được sai lệch về tần số âm thanh chỉ vài ba phần trăm thôi. Người ngày xưa tất nhiên không dùng toán để tìm, nhưng bằng thực nghiệm họ đã tìm ra phương án tối ưu rồi! Thế sao không dùng N = 24, hay N = 56 chẳng hạn? Câu trả lời dễ hiểu thôi: điều này không tăng được độ chính xác lên bao nhiêu cả (các bạn tự tính đi!) – tai người hiện đại chưa phân biệt được các sai lệch về cao độ của âm thanh tinh tế đến vậy - mà phức tạp vô cùng cho người học nhạc, chơi nhạc. Một số dụng cụ âm nhạc của Ấn Độ có N = 194, vẫn chơi nhạc được chứng tỏ người ta vẫn học được, tuy vậy sai số của “quin-ta” hầu như không được cải thiện! Chúng ta đã dùng toán học để bảo vệ cho phương án “7 nốt nhạc” của âm nhạc ngày nay. Cũng như vậy, các phần tiếp theo có thể dùng toán học và các môn khoa học khác để soi sáng về gam hay giọng “trưởng”, “thứ”, âm giai, hòa âm... Còn nếu ai nghe thầy giáo nhạc nói rằng: “bài này vui, phải dùng gam đô trưởng” hay “bài này buồn lắm, chơi la thứ đi” mà không thấy thắc mắc gì thì có thể bỏ qua, giống như lái ô tô, có thể chỉ cần tay lái lụa chứ động cơ máy xăng hay máy dầu khác gì nhau kệ đi. Nhưng ai đã tò mò thì nhớ đừng có hỏi mấy ông nhạc sỹ, kẻo lại bị mắng oan đấy nhé! Các ông ấy chỉ biết lên dây thôi... Ghi chú: 1. Theo status trên ta cần nhớ số quan trọng nhất trong âm nhạc châu Âu đương đại là: log23 ≈ 19/12. 2. Một số nhà “cách tân” muốn đưa thêm nhiều nốt nhạc vào sử dụng, để tạo ra nhiều hiệu ứng hơn, không thì “âm nhạc sắp chấm hết rồi vì chỉ có “83 521 hợp âm cả thảy” – theo tôi là còn lâu mới cần thiết, nhưng có lẽ 20-30 năm nữa âm nhạc sẽ khác chăng? 3. Đầu năm nếu ai thích “ong thủ” thì xin mời tham khảo ở đây chẳng hạn: https://www. ncbi.nlm.nih.gov/pmc/articles/PMC3271183/ 4. Cao độ nốt La = 440 Hz là của Đức quốc xã ban hành, các nhạc sỹ châu Âu tranh đấu đòi dùng chuẩn 432 Hz mà không được, rất ảnh hưởng đến toàn xã hội... tôi cũng đã viết về điều này. Âm nhạc (âm thanh) có tác dụng khủng khiếp đấy, cần tiếp tục nghiên cứu. 8 Tạp chí Epsilon, Số 19, 02/2021 X17 PHÁ LƯỚI Robert Gast Người dịch Đàm Thanh Sơn GIỚI THIỆU Một lực chưa ai biết đến đang làm rung động thế giới hạt nhân. Nhưng lực này có thật hay không? Có phải hạt X17 khét tiếng là hạt mang lực này hay không? Những người “thợ săn hạt” đang bám sát theo dấu vết của nó. Bài viết được dịch từ bài Die funfte Kraft ¨ [1] của Robert Gast. Mọi sai sót trong việc dịch thuật là của tác giả. Đó là một thứ rất nhỏ, chỉ như một dấu chấm trong thế giới vi mô, như mọi hạt cơ bản khác. Nhưng hạt X17 phải là một hạt rất kén chọn, rất kín đáo, mà lại rất khoẻ. Khi nó xuất hiện, nó làm rung động cả thế giới hạt nhân, như sứ giả của một lực thứ năm chưa ai từng biết đến. Nhưng lực thứ năm và hạt X17 có thực sự tồn tại hay không? Một trong những người muốn tìm ra câu trả lời cho câu hỏi này đang ở Debrecen, trong một viện nghiên cứu hàng đầu của Hungary. Ông thở dài. Attila Krasznahorkay là một người kín đáo, rụt rè, khiêm tốn và lịch sự, 66 tuổi, trông giống một người thủ thư hơn một người “thợ săn hạt”. “Chúng ta phải hết sức thận trọng”, ông khẽ nói. Với ông, cuộc săn bắt đầu 20 năm trước, khi ông nhận cú điện thoại từ một đồng nghiệp người Hà Lan, Fokke de Boer. De Boer sốt sắng nhiệt tình kể cho ông về hạt mới. Đầu tiên Krasznahorkay còn hoài nghi, ông đòi các tài liệu về vấn đề này, cân đi nhắc lại. Sau đó ông đồng ý. “Lúc đó tôi nghĩ chỉ một tuần là xong.” Đến hôm nay Krasznahorkay vẫn chưa làm xong việc này. Ông thành một dạng thủ lĩnh cuộc săn. Trên bàn làm việc của ông ở Viện nghiên cứu Atomki là những bài báo được đóng ghim cẩn thận. Ánh sáng mặt trời buổi chiều xuyên qua rèm cửa, ngón tay ông chỉ vào một chỗ lồi trên đồ thị, cao chưa đến 3 cm. Đây là dấu vết của hạt X17; Krasznahorkay và cộng sư tin là như vậy. “Đây là một sai lệch rất nhỏ”. Trong vật lý, rất ít khi có ai tìm ra được một hạt cơ bản, và mỗi lần như vậy sử sách đều ghi lại. Giống như năm 2012 khi các nhà vật lý ở trung tâm nghiên cứu CERN ở Geneva tìm ra hạt Higgs nổi tiếng. Để tìm ra được hạt này người ta phải dùng đến một khẩu súng hạt nhân dài 27 km (máy gia tốc LHC) và hai bộ phân tích (detector) khổng lồ, mỗi cái nặng hàng nghìn tấn. Hàng ngàn nhà khoa học tham gia lập kế hoạch, xây cất, và phân tích kết quả trong vòng hàng chục năm. 9 Tạp chí Epsilon, Số 19, 02/2021 Hình 1: Attila Krasnahorkay trong phòng làm việc ở Viện Atomki, tháng 3 năm 2020: Ở Debrecen mọi thứ đều nhỏ hơn vài cỡ. Nhóm của Attila Krasznahorkay có khoảng chục người, trong đó có con trai của ông, cũng làm vật lý. Thỉnh thoảng một số em học sinh giỏi các trường phổ thông cũng đuợc đến tham gia. Máy gia tốc cho cuộc tìm hạt X17 có thể đặt gọn trong một toà nhà to bằng gian chơi thể thao của một trường học. Mới nhìn thì bộ phân tích trông hơi giống một cái “vòng quay may mắn”, mắc thêm rất nhiều dây điện. Từ tháng 1 năm 2016 khi nhóm Hungary công bố số liệu đo lường [2] có chỗ nhô lên trong đồ thị, các chuyên gia trên thế giới đắn đo: Phải chăng những người ngoài cuộc đã làm nên một bước đột phá lịch sử? Hay là thí nghiệm Hungary bị sai, và X17 là ảo tưởng? Đi tìm câu trả lời cho những câu hỏi này, ta sẽ khám phá ra một câu chuyện đã bắt đầu từ hàng chục năm trước. Đó là câu chuyện về electron và phản hạt khó lường của nó, hạt positron, về các nhà vật lý ở các thành phố Darmstadt và Frankfurt của Đức, về Attila Krasznahorkay và đồng nghiệp người Hà Lan Fokke de Boer. Nhưng trên hết, đó là một câu chuyện về vòng xoáy của khám phá, về ranh giới giữa sự thật và mong muốn, và về câu hỏi khi nào thì ranh giới đó đã bị bước qua. Hồi 1: Con đường mòn dẫn vào một thế giới khác Câu chuyện bắt đầu ở nơi trí tưởng tượng của con người đạt đến giới hạn: Trong thế giới của hạt nhân nguyên tử và các lực xuất hiện ở trong đó. Đó là một thế giới trừu tượng, thoạt nhìn chỉ các chuyên gia mới hiểu được, nhưng rất quan trọng cho quan niệm của con người về Vũ trụ. Trong thế giới này, các nhà vật lý thấy có hai “tộc” hạt cơ bản. Đầu tiên có những “viên gạch” xây nên thế giới xung quanh chúng ta, trong đó có các hạt quark trong hạt nhân nguyên tử và, nằm xa hạt nhân hơn, các hạt electron. 10 Tạp chí Epsilon, Số 19, 02/2021 Hình 2: Máy LHC chạy dài 27 km trong một đường hầm hình tròn bên dưới thành phố Geneva. Bằng máy này các nhà khoa học đã tìm ra hạt Higgs. Nhưng nếu chỉ có quark và electron thì Vũ trụ sẽ hoàn toàn bất động. Một thế giới của các viên Lego mà không có gì chuyển động, bởi vì làm thế nào một hạt electron biết được là có một hạt khác ở gần nó? Ở đây, một “tộc” các hạt khác xuất hiện: Các hạt “sứ giả” hay “boson”. Từ quan điểm của vật lý hạt cơ bản, chúng làm nhiệm vụ truyền lực giữa các hạt. Khi hai electron gặp nhau, chúng trao đổi một hạt boson rất chóng vánh. Cho tới nay, các nhà khoa học biết bốn loại lực, mỗi lực được mang bởi một loại hạt sứ giả: Hạt photon mang lực điện từ, hạt graviton (có lẽ) mang lực hấp dẫn. Các hạt gluon thì là “bố già” của lực hạt nhân giữa các quark, lực này giữ cho hạt nhân không bị tan rã. Và cuối cùng, boson W và Z là các hạt làm thay đổi “danh tính” của hạt nhân, mang lực hạt nhân “yếu”. Với những viên gạch là các hạt và các lực này, các nhà vật lý có thể giải thích hầu hết các hiện tượng xảy ra trên Trái đất. Ta có thể tính được tại sao mặt trời chiếu sáng, tại sao một số hạt nhân lại phân rã. Nhưng bản vẽ thiết kế thế giới vi mô của ta có vẻ không hoàn chỉnh: Khi các nhà thiên văn nhìn vào Vũ trụ, vào không gian giữa các thiên hà, họ thấy dấu vết của một thế giới mà hình như được làm bởi những hạt khác, ở đó có thể có các lực khác hoạt động. Các nhà khoa học gọi thế giới này là “vật chất tối”, nhưng đến giờ vẫn không biết khái niệm này thực chất là gì. Một số nhà khoa học cho rằng X17 có thể là bước đầu tiên vào thế giới vô hình này. Trên trái đất, hạt sứ giả X17 có thể hoạt động rất bí mật: Nó chỉ xuất hiện xung quanh các hạt nhân và ở một dạng nào đó chúng ta còn chưa hiểu. Nhưng trong vũ trụ bao la, hạt “ma quái” này có thể đóng một vai trò lớn hơn nhiều. Có thể hạt này chạy đi chạy lại giữa các hạt của vật chất tối, nếu đúng là nó tồn tại. Một đặc thù của ngành vật lý là những vấn đề ngoạn mục nhất lại được nghiên cứu ở những chỗ kín đáo nhất. Đi qua cổng vào của Viện Atomki ở Debrecen, bạn cứ ngỡ là đang ở bên trong 11 Tạp chí Epsilon, Số 19, 02/2021 Hình 3: “Mô hình chuẩn” mô tả tất cả các hạt cơ bản: Các hạt vật chất (fermion), các hạt trao đổi (boson), và thêm hạt Higgs là hạt mang lại khối lượng cho tất cả các hạt khác. Hình 4: Các thiên hà trong vũ trụ được bao quanh bởi khí (màu da cam) và các sợi vật chất tối (màu xanh), theo các mô phỏng trên siêu máy tính. 12 Tạp chí Epsilon, Số 19, 02/2021 một công ty sản xuất ống sưởi hay là súng phun sơn. Một vài toà nhà sơn trắng hình hộp đặt quanh một bãi đậu xe, xung quanh là một vài cây thông to. Attila Krasznahorkay ra tận cửa đón tôi. Ông người to, dáng đi nặng nề, mặc áo khoác nhung và áo len màu xanh, mặt đỏ lên vì vừa phải vội chạy ra đón khách. Ông dẫn tôi đến thẳng một trong các toà nhà. Chúng tôi đi qua một phân xưởng bụi bặm, có mùi cao su cháy, đến một gian nhà, nơi cuộc tìm kiếm X17 đang diễn ra. Ở đây ống, mặt bích, bơm chân không bóng nhoáng dưới ánh sáng nhân tạo của đèn halogen. Năm 2015 Viện Atomki khai trương một máy gia tốc mới bằng tiền của Liên minh Châu Âu, Viện Hàn lâm khoa học Hungary và một nhà máy điện nguyên tử trong vùng. Krasznahorkay đi dọc theo đường ống chân không dài 20 mét, qua các nam châm dùng để giữ các hạt nhân không ra khỏi quỹ đạo, tới góc bên kia của gian nhà. Thiết bị đo của các thợ săn X17 ở đây: Sáu cái “nan hoa” dài bằng cánh tay làm bằng nhựa đen, nối không biết bao nhiêu dây điện và bọc bằng băng dính. “Các đo đạc của chúng tôi bị phê phán nhiều nên chúng tôi quyết định thay mới tất cả các bộ phận của máy”. Hình 5: Viện nghiên cứu Atomki ở Debrecen, Hungary được thành lập năm 1954: Khoảng 100 nhà nghiên cứu về vật lý nguyên tử và khoa học vật liệu làm việc tại đây. Ngược lại, quá khứ vẫn được giữ nguyên trong ngôi nhà bên cạnh. Đi đến phòng làm việc của Krasznahorkay, phòng 201 ở tầng 2; ta phải qua một thang máy lắc lư và đi trên sàn lát vải sơn đã úa vàng. Trên tường hành lang có một cái bảng ghim nhiều ảnh cũ. Đây là ảnh chụp chuyến thăm của cựu chủ tịch viện GSI ở Darmstadt, Đức, kia thì là các cảnh từ một hội nghị đã xảy ra từ lâu: Các nhà vật lý nâng cốc trên bàn trải khăn trắng, hoặc đang cưỡi ngựa ở một trang trại. Và đây, một người đàn ông, đầu hói một nửa, tóc màu sáng, mặc quần trắng, thân thiện nhìn vào ống kính. Ông ở vị trí trung tâm trong nhiều bức ảnh. Krasznahorkay lại gần một ảnh và chỉ vào bản cáo phó ghim cạnh đó. “Fokke de Boer đã qua đời năm 2010: Chúng tôi tiếp tục công việc để tưởng nhớ ông”. 13 Tạp chí Epsilon, Số 19, 02/2021 Người đàn ông Hà Lan, người vào năm 2000 đã thuyết phục Krasznahorkay tham gia tìm hạt “ma quái”, là một nhân vật trung tâm của dự án. Chính vì de Boer, những đo đạc ở Debrecen không phải chỉ để chứng tỏ các nhà vật lý Hungary có kiểm soát được thiết bị của mình hay không. Nó còn để trả lời câu hỏi: Liệu Krasznahorkay và cộng sự đã thoát được khỏi phong cách làm việc đặc thù của người đồng nghiệp từ Amsterdam hay chưa? Hình 6: Các mẩu báo và ảnh cũ trong bảng ghim trong phòng làm việc của Attila Krasznahorkay Hồi 2: Dị thường nhiều, giải thích chẳng bao nhiêu Fokke de Boer là một trong những người đầu tiên quan tâm đến những hạt mới kiểu như X17: Hơn ai khác, ông tuyên truyền cho các thí nghiệm kiểm chứng, thúc đẩy đồng nghiệp và bênh vực các kết quả thí nghiệm trong hàng chục năm trời. Nhưng với thời gian, ông bị cuộc tìm kiếm cuốn vào đến mức nhìn đâu cũng ra hạt mới – tới lúc không ai tin ông nữa, kể cả Attila Krasznahorkay. Với de Boer, giấc mơ về một hạt mới bắt đầu từ giữa những năm 1980 với những kết quả đo đạc từ Darmstadt. [3] Lúc đó các nhà khoa học bắn các hạt nhân vào nhau bằng một máy gia tốc dài 120 m tên là UNILAC. Trong mỗi một va chạm, động năng được chuyển hoá thành khối lượng theo công thức nổi tiếng E D mc2của Einstein. Trong trường hợp cụ thể này, các hạt nhân vỡ ra và tạo ra một đống các hạt khác. Dùng hai bộ phân tích tên là EPOS và ORANGE các nhà khoa học Darmstadt nghiên cứu các đống vụn đó. Và họ thấy một dị thường bí hiểm: Ở một số năng lượng nhất định của máy gia tốc, các va chạm giữa các hạt nhân sinh ra một số lượng hạt positron nhiều một các đáng ngạc nhiên. Hạt positron, phản hạt mang điện tích dương của electron, không phải là cái gì lạ trong thế giới vi mô. Khi thiên nhiên muốn xả năng lượng thừa, đôi khi nó tạo ra cặp hạt electron-positron. Nhưng một số nhà khoa học cho rằng các kết quả đo cũng có thể giải thích được bằng một hạt 14 Tạp chí Epsilon, Số 19, 02/2021 cơ bản mới chưa ai chưa biết, hạt này phân rã ra thành một electron và một positron sau khi bay một quãng ngắn. Phải nói ngay là không rõ có đúng là có một hạt như vậy đằng sau dị thường Darmstadt hay không. Nhưng trong vòng nhiều năm, “EPOS peaks” là một đề tài làm các chuyên gia trên thế giới bận rộn. Một số nhà khoa học tin là họ đang trên con đường đến giải Nobel. Ít người nghĩ là tương lại sẽ mang đến một sự thất vọng tràn trề. Hình 7: Fokke de Boer, người Hà Lan (thứ ba từ bên phải) mang tới cho Attila Krasznahorkay ý tưởng tìm hạt X bằng một phổ kế chế tạo tại Đức (ở phía sau). De Boer, tuổi giữa tứ tuần, lúc đó đang tìm kiếm một thành công thu hút sự chú ý. Từng được tung hô như một tài năng xuất chúng ở thành phố Amsterdam nơi ông sinh ra, vào cuối những năm 1980 ông đã trải qua hơn mười năm di chuyển từ viện này sang viện khác, từ hợp đồng ngắn hạn này đến hợp đồng ngắn hạn khác. Ở dị thường positron, ông nhìn thấy khả năng làm nên tên tuổi. Bị cuốn hút, ông mường tượng ra [4] là có một hạt gì đó đứng sau dị thường này, và tự tin bày tỏ các suy nghĩ của mình ở các hội thảo khoa học. “Fokke luôn có rất nhiều ý tưởng”. Khi được gọi điện hỏi, đồng nghiệp của ông ở Amsterdam, Johan van Klinken, nhớ lại. Van Klinken làm việc với de Boer 35 năm, đồng hành với ông trong tất cả các chặng đường, ủng hộ ông đến phút cuối cùng. Van Klinken nói rằng bạn ông bị một cảm nhận đặc biệt về mỹ học thúc đẩy. Một trong các thần tượng của de Boer là Paul Dirac, nhà vật lý được giải thưởng Nobel người Anh, người đã tiên đoán ra sự tồn tại của hạt positron năm 1928: Dirac cho rằng các công thức đẹp gần với chân lý hơn là các công thức xấu. De Boer mang triết lý của Dirac sang ngành vật lý hạt nhân, một ngành vốn khá nặng nề. Chỗ mà người khác chỉ nhìn thấy sơ đồ các kênh phân rã của hạt nhân với một mớ bòng bong các đoạn thẳng, số và mũi tên, de Boer lại nhìn thấy vẻ đẹp của Tạo hoá. “Về mặt này ông giống như một người hoạ sĩ”, van Klinken nói. Không chỉ những số liệu của Darmstadt đã gây ấn tượng cho de Boer, mà cả những kết quả mà các nhà vật lý ở Cairo [5], Ai Cập nhận được trên máy gia tốc ở Dubna (Liên Xô) mà ông được biết từ năm 1984: Ở đây số lượng positron sinh ra trong va chạm hạt nhân cũng sai khác so với chờ đợi. Và de Boer biết phải làm gì để lần theo những dấu vết này. 15 Tạp chí Epsilon, Số 19, 02/2021 Hình 8: Từ những năm 1970 máy UNILAC ở Darmstadt gia tốc các hạt nhân trên đường thẳng. Từ lúc đó đến nay các nhà vật lý luôn luôn hiện đại hoá máy này. Ý tưởng của de Boer liên quan đến vật lý của hạt nhân nguyên tử. Mỗi hạt nhân có những mức năng lượng khác nhau, như các electron cũng có những quỹ đạo khác nhau trong lớp vỏ của nguyên tử. Nhưng hạt nhân giải quyết năng lượng thừa bằng cách khác: Nó lúc lắc từ bên nọ sang bên kia với một tần số trong một danh sách các tần số dao động khác nhau. Những tần số đó là gì thì phải những thí nghiệm tinh vi mới tìm ra được. Một cách là dùng những va chạm hạt nhân kiểu như những va chạm trong các máy gia tốc, nhưng “êm dịu” hơn. Các nhà vật lý chiếu các hạt proton đã được gia tốc trong điện trường vào các hạt nhân đứng yên. Nếu các hạt proton có động năng đúng ở một giá trị nào đó thì các hạt nhân không phân rã ra mà nó nuốt proton vào, lớn lên một chút và bắt đầu “uốn éo”. Khi hạt nhân im ắng trở lại, nó “khạc nhổ ” ra một chùm tia sáng. Hoặc, trong những trường hợp hiếm hoi, một cặp electron-positron. Nghiên cứu những “sản phẩm bài tiết” này, các nhà vật lý có thể tái thiết các mức năng lượng của hạt nhân. Thực ra đây chỉ là công việc hàng ngày của các nhà vật lý hạt nhân, đã được thực hiện hàng nghìn lần và đã được nghiên cứu đến từng ngóc ngách cuối cùng. Nhưng de Boer và nhiều người khác nhận ra rằng, chỉ thay đổi một chút, công nghệ này có thể dùng để tìm hạt cơ bản mới. Đó là vì một hạt boson mới sẽ cho hạt nhân một cách khác để xả năng lượng thừa. Hạt mới sẽ không thể là hạt bền, mà sau khi bay một quãng đường ngắn cũng sẽ phân rã thành một cặp electron-positron. Nhưng cặp electron-positron này khác với cặp electron-positron có nguồn gốc từ một lượng tử của bức xạ hoặc do hạt nhân phát xạ ra trực tiếp ở một chi tiết: Chúng phải bay ra khỏi nhau dưới một góc lớn hơn nhiều. Nếu ta theo dõi chính xác đường bay của hạt electron và positron này, ta có thể nhìn thấy dấu vết của hạt boson. 16 Tạp chí Epsilon, Số 19, 02/2021 Hình 9: Khi hạt nhân hấp thụ năng lượng, nó rung lên với một tần số nhất định. Sau một khoảng thời gian ngắn nó trả lại năng lượng và với một xác suất nhất định chuyển về một mức năng lượng thấp hơn. Còn tiếp ... Tài liệu tham khảo [1] https://reportage.spektrum.de/x17 [2] https://journals.aps.org/prl/abstract/10.1103/PhysRevLett. 116.042501 [3] https://inspirehep.net/literature/198158 [4] https://journals.aps.org/prl/abstract/10.1103/PhysRevLett. 61.1274 [5] https://journals.aps.org/prl/abstract/10.1103/PhysRevLett. 52.1971 17 Tạp chí Epsilon, Số 19, 02/2021 THỜI GIAN LÀ GÌ? Nguyễn Lê Anh Rất nhiều bạn muốn biết "thời gian là gì". Trả lời câu hỏi này rất khó, bởi để làm việc ấy chúng ta phải đi lý giải để chứng minh cho các luận điểm. Muốn chứng minh luận điểm A là đúng thì chúng ta phải suy nó ra từ B đúng và phải khẳng định được quy tắc suy diễn B –> A là đúng. Lập luận logich là một quá trình theo thời gian, tức là không có thời gian thì không có sự giải thích "thời gian là gì!!" Như thế bản thân sự tồn tại của loài vật biết lập luận đã đủ để minh chứng cho sự tồn tại của thời gian. Trước khi đi tiếp chúng ta cần phải hiểu vậy chúng ta là ai khi đưa ra câu hỏi "thời gian là gì?". Chúng ta nên chấp nhận, ai rồi cũng sẽ có lúc chết và rằng thế giới vẫn cứ như vậy ngay cả khi chúng ta đã chết đi. Điều này hàm ý thế giới là khách quan, không tùy thuộc vào việc có hay không có chúng ta. Tính khách quan được hiểu là cùng một sự kiện M, thì hai người X và Y đều quan sát thấy. Vâỵ thời gian là một thứ tồn tại khách quan. Hãy hình dung một vật chuyển động, đó là sự di chuyển trên quỹ đạo theo thời gian. Tất cả đều chuyển động và thời gian là một chiều. Đặc tính một chiều hàm ý: có thời điểm là hiện tại, có khái niệm quá khứ, và có khái niệm tương lai. Một vật được coi là tồn tại nếu nó gồm các thành phần cấu thành và cùng tồn tại trong hiện tại. Newton là người đã khái quát hóa thành công quan niệm vũ trụ luận cổ điển, theo đó vũ trụ gồm có 3 phần: không gian đồng nhất và đẳng hướng cùng với thời gian, lực tác dụng, và vật chất. Newton đưa ra các công thức cho phép tính được lực tác dụng giữa các vật với nhau, và công thức cho phép tính được sự chuyển động của một vật dưới tác động của lực. Trong quan niệm vũ trụ luận như thế một thay đổi của vật này sẽ ngay lập tức gây ra lực và tác động vào tất cả mọi vật khác trong toàn vũ trụ. Như thế toàn bộ vũ trụ sẽ chỉ cần sử dụng chung một chiếc đồng hồ. Khi cần biết thời gian xảy ra một sự kiện nào đó chúng ta chỉ cần tạo ra một tác động nhỏ, chiếc đồng hồ chung sẽ ngay lập tức nhận thấy tác động này và nó sẽ thông báo chỉ số thời gian tớí khắp mọi nơi trong vũ trụ. Như vậy, cho dù trong vũ trụ luận Newton không đưa ra được sự lý giải về thời gian là gì nhưng nếu công nhận có 1 chiếc đồng hồ thì có thể coi như ở tất cả mọi điểm của thế giới đều có thể chỉ ra thời gian. Thời gian trong vũ trụ luận Newton, tuy không được định nghĩa nhưng, ta có thể làm chủ nó nếu có được một chiếc đồng hồ. Một chiếc đồng hồ như vậy được gọi là đồng hồ Vũ Trụ. Tất cả vũ trụ nhìn vào nó để mà có thời gian. Và câu trả lời thời gian là gì sẽ là "Chỉ số trên chiếc đồng hồ Vũ Trụ". Trong vũ trụ luận Newton, chỉ cần có một chiếc đồng hồ chính xác, thì bằng tính toán chúng ta có thể biết được từng vật sẽ ở chỗ nào và sẽ chuyển động ra sao. Như vậy trong vũ trụ luận Newton không có sự phân biệt hiện tại với tương lai. Chúng ta cũng có thể đi ngược thời gian nếu tất cả vũ trụ chuyển động ngược lại. 18 Tạp chí Epsilon, Số 19, 02/2021 Lại nói về bản thân chúng ta, từng thành phần cấu thành ra chúng ta đều chịu sự tương tác với phần vũ trụ còn lại. Nếu sự tương tác là tức thời thì mọi hành vi của chúng ta sẽ chỉ là hệ quả của tác động từ toàn thể vũ trụ. Vậy để chúng ta không còn là "con rối" của vũ trụ thì các tương tác vật chất với nhau không thể tức thời. Sẽ có một vận tốc nào đó là lớn nhất khi vật chất di chuyển. Chúng ta gọi nó là vận tốc của ánh sáng. Nếu đã là ánh sáng thì dù cho có quan sát từ hệ tọa độ nào chúng ta cũng thấy đó là ánh sáng, tức là vận tốc của nó bất biến cho dù chúng ta quan sát nó ở hệ tọa độ nào. Như vậy trong vũ trụ luận Newton chúng ta cần phải thêm vào một tiên đề và đó là vận tốc ánh sáng là không đổi theo mọi hướng, tại mọi nơi. Nếu chúng ta đặt một chiếc gương trên trần nhà và chiếu một tia sáng lên đó. Tia sáng sẽ phản xạ quay trở lại về đúng điểm nó xuất phát. Vì ánh sáng chuyển động có vận tốc cho nên phải mất một khoảng thời gian nhất định để nó quay trở lại. Mọi việc vẫn như vậy khi con tàu chuyển động (thẳng đều). Đối với người trên ga họ sẽ thấy tia sáng quay trở lại ở vị trí khác với lúc nó phát ra, bởi con tàu đã di chuyển. Như thế tia sáng đã đi được một đoạn đường dài hơn. Vì vận tốc là như nhau mà đoạn đường đi khác nhau nên, tuy rằng cùng một sự kiện phản xạ trở lại ánh sáng phát ra, khoảng thời gian ở dưới ga đã dài ra hơn là khoảng thời gian trên con tàu chuyển động. Vậy là trong cái vũ trụ luận Newton có thêm sự công nhận vận tốc ánh sáng bất biến, thời gian sẽ không đơn giản là chỉ số trên chiếc đồng hồ vũ trụ quy định nữa. Người ta cho rằng chuyển động có gia tốc là tổng của các chuyển động đều nhưng tại mỗi thời điểm thì có vận tốc khác nhau. Nếu như vậy chỉ số trên một chiếc đồng hồ sau khi chuyển động có gia tốc rồi quay trở lại sẽ nhỏ hơn chỉ số của chính cái đồng hồ ấy khi không chuyển động. Hiệu ứng "trẻ ra" này đã được thực tế kiểm tra và hệ thống định vị vệ tinh liên tục phải căn chỉnh theo hiệu ứng này. Cho dù là phức tạp hơn nhưng vũ trụ luận Newton với sự công nhận vận tốc ánh sáng là bất biến vẫn là một mô hình cho phép dự đoán được chính xác tương lai vũ trụ khi có được một chiếc đồng hồ chính xác. Điều này hàm ý chúng ta chỉ cần ở một điểm trong vũ trụ và với khả năng tính toán siêu nhanh sẽ biết được các sự kiện xảy ra trong vũ trụ thế nào. Cái không gian 3 chiều và 1 chiều thời gian, với các quy luật vật lý tuân thủ của vũ trụ luận Newton với sự bất biến của vận tốc ánh sáng được goi là mô hình vũ trụ luận tương đối tính. Cũng như mô hình vũ trụ luận Newton, mô hình mô hình vũ trụ luận tương đối tính cũng không đi lý giải thời gian là gì mà chỉ là chỉ ra khả năng cung cấp chỉ số thời gian cho mọi sự kiện trong vũ trụ – nếu như có được một chiếc đồng hồ chính xác. Chiếc đồng hồ vũ trụ ở đâu? Muốn có một chiếc đồng hồ chúng ta cần phải có một chuyển động đều. Vũ trụ luận Newton cho rằng khi không có lực tác dụng thì vật giữ nguyên trạng thái đứng yên hoặc chuyển động thẳng đều. Tuy nhiên chắc chắn không thể có một vật nào không chịu tác dụng của những vật khác như vậy không thể có một chuyển động đều thực sự. Một khi đã không thể chỉ ra được chuyển động đều thì chúng ta nên chọn lấy một chuyển động để làm đồng hồ – với điều kiện, chuyển động này phải không chịu tác động nào theo ý của chúng ta. Một chiếc đồng hồ như vậy được gọi là đồng hồ địa phương, nó luôn có. Chiếc đồng hồ địa phương không chính xác và chỉ có thể dùng để tham số hóa thời gian cho các sự kiện mà khoảng thời gian xảy ra rất nhỏ. Vậy ý tưởng sử dụng đồng hồ địa phương đưa đến nhu cầu phải liên kết chúng với nhau và dựa trên hiệu ứng tổng thể của tất cả chúng mà đưa ra hiệu chỉnh. Hầu như tất cả các loài sinh vật sống trên trái đất đều sử dụng chuyển động của mặt trời làm chiếc đồng hồ đo thời gian. Để thuận tiện người ta sử dụng đồng hồ quả lắc đếm các dao động 19 Tạp chí Epsilon, Số 19, 02/2021 lặp lại với các điều kiện lắc như nhau để đo thời gian. Do không thể loại bỏ hoàn toàn lực ma sát, độ dãn nở nhiệt... và theo thời gian các khớp bánh răng bị nhão và thời gian dựa trên nguyên lý quả lắc không còn chính xác nữa. Ngày nay người ta sử dụng đồng hồ dựa trên đếm xung nhịp dao động của miếng thạch anh khi có điện trường. Xét về bản chất nó cũng là con lắc thường. Độ chính xác của chiếc đồng hồ kiểu này cao nhưng cũng không thể đạt được độ chính xác tuyệt đối do miếng thách anh chịu các tác động của môi trường xung quanh. Người ta còn dùng đồng hồ đồng vị phóng xạ để đo thời gian, theo nguyên lý cường độ giảm dần tỷ lệ lý thừa theo thời gian. Lẽ dĩ nhiên nó không thể chính xác và trong khuôn khổ vũ trụ luận Newton thì không thể có cái gì là ngẫu nhiên và vì thế mà cũng không có khái niệm phóng xạ để mà nói tới chiếc đồng hồ dựa trên nguyên lý phóng xạ. Nếu như có một vận tốc lớn nhất thì có nghĩa rằng tác động từ điểm X này sang điểm Y kia phải mất một khoảng thời gian. Nếu X và Y cùng quan sát sự kiện M thì thông tin mà X và Y thông báo cho nhau đều bị là quá khứ. Sự tồn tại của một vật thể là gồm các cấu thành cùng tồn tại trong hiện tại và cùng vận động. Vì các thành phần cấu thành của một vật là cùng tồn tại trong hiện tại, vậy chúng không có cách nào "thông báo" cho nhau về sự tồn tại của mình, kể cả lực hút. Chúng ở cạnh nhau là vì quỹ đạo chuyển động của chúng gần nhau. Như thế một vật chỉ có thể biết đến sự tương tác của khoảng không gian gần quanh nó và không có bất kể khả năng biết đến những gì khác. Điều này có vẻ giống như khi đi tắm biển chúng ta bị một con sóng lao tới đập cho sặc sụa mà không thể biết nó là đó từ đâu sinh ra. Ý tưởng này được gọi là lý thuyết trường. Einstein đã hình dung vũ trụ như một khối dẻo bằng cao su, nó có thể nghiêng, bị xoắn, bị ép vào, hay bị kéo dãn ra. Theo như mô hình này thì trong khoảng vô cùng bé vũ trụ có đặc tính giống như vũ trụ tương đối tính. Đó là một khoảng trong không gian 3 chiều với 1 chiều thời gian, tuy nhiên không gian không nhất thiết là đồng nhất và đẳng hướng. Vận tốc ánh sáng là bất biến nhưng theo các hướng khác nhau có thể khác nhau, phụ thuộc vào mật độ cũng như dòng chảy của vật chất vào và ra khỏi điểm ấy. Einstein đã thiết lập quy luật biến dạng đàn hồi cho cục cao su vũ trụ ấy, với nguyên tắc tôn trọng sự bảo toàn vật chất và theo mọi hướng mật độ vật chất luôn cân bằng với sự cong vênh của không gian. Mật độ vật chất càng lớn thì không gian càng cong, không gian càng cong càng khiến cho vật chuyển động và như vậy mật độ vật chất thay đổi. Mật độ vật chất thay đổi dẫn đến độ cong của không gian thay đổi theo. Hệ số chuyển đổi giữa độ cong của không gian với mật độ vật chất được xác định để phù hợp với hằng số hấp dẫn trong định luật vạn vật hấp dẫn của Newton. Khác với mô hình vũ trụ luận tương đối tính, Einstein không đi mô tả toàn bộ vũ trụ mà chỉ tập trung vào việc tìm ra quy luật vận động cho một mẩu vũ trụ. Chiếc đồng hồ "số hóa" thời gian tại từng điểm trong vũ trụ được lấy dựa theo nguyên lý chuyển động tự do của một chất điểm. Toàn thể vũ trụ được số hóa thành một đa tạp 4 chiều, và đa tạp ấy phải thỏa mãn phương trình vũ trụ của Einstein. Vậy là câu trả lời cho câu hỏi thời gian là gì được chuyển thành một phức hợp gồm 2 phần. Phần thứ nhất là thời gian địa phương, phần thứ hai là hiệu chỉnh đồng bộ cho tất cả các đồng hồ. Thời gian địa phương được số hóa theo một chuyển động "tự do (không có sự can thiệp của con người)" bất kỳ. Vì chỉ dùng với sự kiện vô cùng bé, nên các chuyển động tự do này không khác nhau. Sự liên kết và hiệu chỉnh thời gian địa phương được thực hiện thông qua nguyên lý liên kết tương tác của tất cả chúng với nhau theo phương trình Einstein. Như chúng ta đã nói phương trình Einstien liên kết độ cong với mật độ vật chất trong vũ trụ. Chúng ta luôn 20 Tạp chí Epsilon, Số 19, 02/2021 có xu thế cho rằng nếu như không thể chỉ ra sự khác biệt về mật độ vật chất thì mật độ vật chất là như nhau tại mọi điểm. Nếu như vậy không gian sẽ cong như nhau tại mọi điểm. Một không gian như thế là một mặt cầu. Mặt cầu này nở ra theo thời gian. Như thế bán kính của mặt cầu là số đo thòi gian của vũ trụ, và vũ trụ của chúng ta có chung một chiếc đồng hồ. Dựa vào hệ số dẫn nở vũ trụ Hubble và phương trình Einstein người ta tính ra tuổi vũ trụ là 13.7 tỷ năm. Có nhiều vật chất sinh ra từ đầu vụ nổ vẫn tồn tại đến ngày nay dưới dạng các thiên thạch. Tuổi của nó đặc trung bởi tỷ lệ của các nguyên tố khác nhau. Tuổi của tất cả các thiên thạch không thể già quá 13.7 tỷ năm, tức tuổi vũ trụ. Như vậy thời gian đồng nhất với sự dãn ra của vũ trụ. Ánh sáng từ vụ nổ big bang vẫn còn đang lang thang trong vũ trụ. Ánh sáng là dao động theo thời gian. Nó gồm nhiều chu kỳ. Một chu kỳ bắt đầu dao động ở thời điểm t, thì kết thúc ở thời điểm t + 4t. Như vậy bắt đầu một chu kỳ ở hiện tại thì kết thúc dao là ở trong tương lai. Đó là hai vũ trụ có bán kính khác hẳn nhau. Do bán kính vũ trụ cứ tăng thêm và tăng nhanh dần, cho nên khoảng cách giữa hai mặt cầu vũ trụ ấy xa ra hơn. Chu kỳ ánh sáng dài ra. Người ta nói nó bị dịch sang mầu đỏ. Vậy độ dài bước sóng ánh sáng của vụ nổ big bang chính là chiếc đồng hồ Vũ Trụ đo khoảng thời gian kể từ thời điểm sinh ra vũ trụ. Chúng ta đang đi tới những dòng cuối tút về thời gian. Cả vũ trụ có chung một chiếc đồng hồ và đó là chu kỳ sóng ánh sáng từ vụ nổ bigbang. 21 Tạp chí Epsilon, Số 19, 02/2021 ĐI TÌM NGUỒN GỐC DÂN TỘC VIỆT NAM Nguyễn Lê Anh GIỚI THIỆU Liên tục trong 6 số Epsilon gần đây, chúng tôi luôn có chuyên mục phám phá lịch sử thông qua tư duy lô-gích và phương pháp suy luận khoa học. Chúng tôi muốn giới thiệu với độc giả chúng ta có thể làm được những gì với tư duy toán học, thông qua những nghiên cứu miệt mài của nhà toán học Nguyễn Lê Anh. Trong số này, chúng tôi tiếp tục đăng những ghi ghép của ông, những nổ lực không ngừng nghỉ cùng với những khám phá mới. Đây cũng là lời kêu gọi cộng đồng trong việc cùng chung tay xây dựng một tài liệu lịch sử cho dân tộc chúng ta - dân tộc Việt Nam. Chiếc cầu nối với quá khứ. Dân tộc được xác định qua văn hóa. Thật là may mắn chúng ta là dân tộc có văn hóa kế thừa từ nhiều chục nghìn năm. Lịch sử dân tộc chỉ là một góc nhìn vào sự phát triển của dân tộc ấy. Bản thân đối tượng dân tộc liên tục phát triển và tuân thủ theo các quy luật khách quan như quy luật về kinh tế chính trị học, về địa chất, về khí hậu, về văn hóa, về chủng tộc học, về ngôn ngữ học, về khảo cổ học,... Chúng ta phân biệt ra người chép sử, nhà sử học, và nhại sử. Nhà sử học phải có được mô hình phát triển dân tộc dựa trên các quy luật khách quan nói trên và phải kiểm chứng đúng được các sự kiện cổ sử. Chính vì vậy làm được một tài liệu lịch sử dân tộc không hề đơn giản. Tôi hình dung đây là công việc của nhiều người và nhiều thế hệ. Tôi chỉ là người khơi mào mà thôi. Làm việc vất vả lắm. Nguyên đi truy tìm tài liệu gốc tiếng Hán cũng rất vất vả. Chưa kể là phải truy tìm các nghiên cứu về địa hình, về khảo cổ. Vị trí chính xác của sông là điểm quyết định dõi tìm các tiến trình lịch sử như sông Đáy, sông Bạch Đằng, Sông Hồng.... Cả sông Thiên Phù đã cạn. Nguyên xác định vị trí của sông Hồng vào đầu Công Nguyên cũng tốn hàng trăm nghìn đô. May mà bên địa chất đã làm với vốn của Bắc Âu. Trống Đồng nữa, phân tích ngôn ngữ nữa, thử Gen nữa. Đọc lại sử của tất cả các lân bang... Nhiều việc, nhiều người. 22 Tạp chí Epsilon, Số 19, 02/2021 Cùng nhau viết ra một cuốn sách về lịch sử dân tộc Dân tộc chúng ta. Khi ở nhà tang lễ quản Ba tôi, mỗi lần ngước nhìn lên cao thấy ảnh ba là tôi không tin. Nhưng rồi không phải chỉ có Ba tôi mà Mẹ tôi cũng đã ra đi. Chăm ba mẹ những ngày cuối cùng tôi chợt nhận ra sự bất lực trước cái chết. Mặc dù cả ba và mẹ tôi rất cố gắng, nhưng không sao thoát ra được. Vậy là bằng cái chết ba mẹ đã dạy cho tôi hiểu, không thể chống lại cái chết mà chỉ có thể làm hết tất cả mọi việc cần phải làm trước khi cái điều không thể ngăn cản nó đến. Điều lớn nhất mà tôi đã làm được là không để những điều ngang trái có trong hiện tại làm mất thời gian. Thế rồi dần dần mọi thứ cứ rõ ra. 20 nghìn năm về trước mực nước biển thấp hơn hiện nay 120m. Toàn bộ vịnh Hạ Long khi ấy là rừng rậm. Khi ấy cửa "Ba Lạt" nơi sông Hồng chảy ra biển ở gần quần đảo Hoàng Sa của Việt Nam. Ở nơi ấy có cả muối, có cả nước ngọt, có các loại thủy hải sản, và có các loại cây họ sung vả cung cấp tinh bột và đường. Đây là nơi có khí hậu biển và có gió mùa, cả đông nam và đông bắc. Đây chính là vườn Địa Đàng. Người tiền sử là tổ tiên trực tiếp của chúng ta sinh sống ở đấy. 14 nghìn năm tiếp theo nước biển dâng cao dần. Người tiền sử di cư về phía Bắc dãy Đông Triều qua vịnh Khâm Châu lên phía Vân Nam là Bách Việt. Phần sống ở ven biển Quảng Ninh và về phía Nam dãy Đông Triều là tổ tiên trực tiếp của chúng ta ngày nay. Trải qua hơn 2000 năm, người Bách Việt ở vùng Quảng Đông và Quảng Tây bị Hán hóa. Một phần di sản văn hóa phi vật thể như Âu Cơ và Lạc Long Quân... đã được Nhà Trần du nhập và cố gắng vật thể hóa chúng ở Việt Nam. 23 Tạp chí Epsilon, Số 19, 02/2021 6 nghìn năm về trước biển lấn vào tận Hòa Bình. Vùng Hòa Bình và Ninh Bình có cấu trúc như vịnh Hạ Long, phần bên ngoài có núi che chở, phần bên trong là các con sông biển. Xưa sông Bôi, sông Bưởi là các lạch biển. Chúng ta nên gọi chung dạng văn hóa bao gồm: văn hóa Hạ Long, văn hóa Tràng An, văn hóa Bôi và Bưởi là Soi Nhụ. Phần văn hóa Soi Nhụ ở dải đất ven biển Quảng Ninh là nơi giao thoa văn hóa với Bách Việt. Phần văn hóa Soi Nhụ ở dải đất Bôi Bưởi là nơi giao thoa với nền văn hóa đã mất. Nền văn hóa đã mất ấy xuất hiện ở vùng từ Mianmar và Bắc Lào. Khoảng 80 nghìn năm về trước, nhánh người tinh khôn Homo Sapiens đã rời khỏi châu Phi di cư tới vùng Trung Á. Họ là tổ tiên trực tiếp của loài người hiện nay. Tuy nhiên có nhánh người Heiligenberg cũng đã rời khỏi châu phi từ 60 nghìn năm trước đó, tức 140 nghìn năm về trước đây. Người Homo Sapiens liên tục di cư, bản chất không chỉ là tìm nơi có điều kiện sống tốt hơn mà còn là để chạy khỏi dịch bệnh. Dịch bệnh mới là yếu tố chính tạo ra sự di cư. Dịch bệnh thì xuất hiện khi mật độ người quá cao, và vì thế mà tốc độ di cư là không đổi, vào khaongr 300km cho 1000 năm. Người Homo Sapiens di cư theo hai hướng, hướng lên phía Bắc và hướng về vùng Taxila ở phía bắc Pakistant. Taxila là vùng có mỏ muối và là điểm bắt đầu của con đường lên cao nguyên Thanh Tạng. Từ Taxila, dọc theo chân cao nguyên Thanh Tạng, loài người tiếp tục di cư về phía Đông. Đó là nhánh Nam Á. Đây là phần đồng bằng Ấn Độ rộng lớn, nơi có nhiều mỏ muối và có nhiều sông nhỏ chảy từ cao nguyên Thanh Tạng xuống. Khoảng 50 nghìn năm về trước người Nam Á tới được vùng Munda. Đây là nơi tiếp giáp giữa Ấn Độ và Mianmar. Ngôn ngữ tiếng Việt của chúng ta bắt nguồn từ Môn là từ đây. Từ Munda người Nam Á chia thành 3 nhánh. Nhánh đi lên cao nguyên Vân Nam sau này thành một bộ phận của Bách Việt. Nhánh đi xuống phía Nam mà sau này hình thành nên Khmer. Và nhánh ra biển Đông, họ là tổ tiên của chúng ta. Khảo cổ học cho thấy người tiền sử đã tới và sinh sống ở vùng đồi núi Bắc Bộ từ 30 nghìn năm về trước. Khi nước biển xuống thấp, biển Đông hẹp hơn ngày nay rất nhiều. Tổ tiên của chúng ta sống từ cửa sông Hồng, khi ấy chảy ra tới gần quần đảo Hoàng Sa của Việt nam tới cửa sông Cửu Long. Sông Cửu Long xưa chảy về phía quần đảo Trường Sa của Việt Nam. Các nhà khảo cổ học đã không phát hiện thấy dấu vết của người tiền sử trong khoảng thời gian từ 6000 năm về trước cho tới 35000 năm về trước ở vùng bao quanh Việt Nam, bao gồm Lào và Vân Nam. Khoảng 7000 năm về trước công nghệ đúc đồng xuất hiện ở vùng Letpadaung cách không xa vùng Munda. Đây là mỏ đồng lộ thiên lớn nổi tiếng ở thị trấn Salingyi gần thành phố Monywa vùng Sagaing, Myanmar. Tức là từ 7000 năm về trước hẳn phải có một nền văn minh rất lớn ở khu vực. Sự kiện rõ dần ra khi giới khoa học tiến hành cắt lớp các nhũ đá ở các hoang động trong khu vực này. Dựa trên độ dày các lớp đá người ta phát hiện ra khoảng thời gian từ 6000 năm cho tới 4000 năm về trước nơi đây là hoang mạc khô cằn không thể có người sống. Sự kiện này phù hơp với hệ lụy với sự biến đổi khí hậu toàn cầu. Số là Ấn Độ dương được mặt trời đốt nóng, khiến cho lớp không khí sát mặt biển bốc lên cao. Dòng khí từ Nam Cực chảy về chiếm chỗ. Do có sự tác động của lực Coriolis mà dòng khí Nam Cực bị bẻ cong. Hiện nay dòng khí này thổi từ Nam Cực tới đảo Mandagaska rồi tới Srilanca và thổi qua Lào lên tới Vân Nam. 4000 năm về trước dòng khí thổi về phía trung tâm của Châu Phi. Khi ấy sa mạc Shahara là rừng rậm nhiệt đới. Không còn dòng khí Tây Nam thổi từ Ấn Độ dương vào mà Lào và Vân Nam là hoang mạc. Như thế Shahara mà là rừng rậm thì Lào và Vân Nam là hoang mạc và ngược lại. Việt Nam chúng ta vẫn là nơi có khí hậu biển. Như thế nền văn minh Letpadaung đã bị sa mạc hóa. Nền văn minh này cùng công nghệ đúc Đồng đã di cư về phía đồng bằng Bắc Bộ nơi có khí hậu biển. Đó có lẽ là nguyên nhân vì sao hạ nguồn sông Mã là nơi vớt được rất nhiều đồ đồng tiền 24 Tạp chí Epsilon, Số 19, 02/2021 sử. Đó là nguyên nhân vì sao Trống Đồng Ngọc Lũ được chính những người tiền sử là tổ tiên của chúng ta làm ra vào đầu Công Nguyên. Vào khoảng thời gian từ 3000 năm trước đây đồng bằng Bắc Bộ đã là nơi văn minh và có công nghệ đồ đồng phát triển nhất khu vực. Thời gian không ai có nhiều. Tôi không nghĩ là tôi sẽ kịp viết ra cuốn sách về lịch sử dân tộc để các bạn đọc. Nó quá lớn và có quá nhiều việc phải làm. Chính vì thế mà tôi đề nghị các bạn, thay vì các bạn chờ để được đọc một cuốn sách về lịch sử dân tộc, thì chúng ta cùng nhau viết ra nó. Chúng ta sẽ cùng nhau lật giở từng trang sử. Nhiều nghìn năm về sau chả ai còn biết đến cái ông ABC nào là tác giả của DEF. Danh hão chả là thứ quan trọng, quan trọng là chúng ta và các thế hệ sau nhìn ra được sự thật. "Dân tộc được xác định bởi văn hóa" Tôi muốn đi tìm nguồn gốc dân tộc Việt Nam. Tôi muốn nêu luận điểm "dân tộc là được xác định bởi văn hóa". Văn hóa phụ thuộc theo số đông. Số đông chỉ xuất hiện ở vùng có điều kiện sống rất thuận lợi. Một trong những vùng đó là vùng nước lợ cửa sông Hồng. 20 nghìn năm về trước mực nước biển hạ thấp hơn ngày nay 120m. Người tiền sử sống ở ven biển vùng đồng bằng Hạ Long. 14 nghìn năm tiếp theo nước biển dâng cao khiến cho người tiền sử di cư lên chỗ cao hơn. 6000 năm về trước mực nước biển giữ nguyên, đồng bằng Bắc Bộ là vịnh biển nông. Cư dân Hạ Long di cư về phía bắc vòng cung Đông Triều là các dân tộc Bách Việt. Cư dân Hạ Long di cư về vùng đồng bằng sông Hồng là tổ tiên trực tiếp của chúng ta. Trong suốt 6000 năm qua phù sa của các con sông đã bồi vịnh biển nông, vùi đồng bằng cũ dưới lớp đất vài chục mét. Cư dân di ra vùng đất mới là người Kinh, cư dân ở lại là các vùng ven núi là người Mường. Theo thời gian có nhiều dòng người di cư vào vùng đồng bằng Bắc Bộ, nhưng họ là các dòng người di cư nhỏ lẻ, có cùng hệ gen và bị đồng hóa văn hóa. Chính vì thế mà chúng là một dân tộc thống nhất thừa hưởng văn hóa từ 20 nghìn năm. Tôi còn cần phải trả lời được cư dân Hạ Long đến từ đâu. Tôi cho rằng đã có một đợt di cư từ Trung Đông dọc theo chân cao nguyên Thanh Tạng tới vùng Bắc Việt Nam. Khảo cổ cho thấy khoảng 50 nghìn năm về trước dòng di cư này đã tới được vùng Munda ngã ba Ấn Độ, Mianmar, Butan. Đường đi trong vùng núi đá là đi giữa các dãy núi và như thế mà không thể thay đổi. Ngày nay chúng là các đại lộ chính và thường là chạy dọc theo các con sông. Có 3 dòng di cư chính. Dòng thứ nhất đi cư lên vùng núi Vân Nam, dòng thứ hai di cư xuống phía Nam về phía Mianmar, Thái Lan và Campuchia, dòng thứ ba di cư về phía đông tới Việt Nam. Tất cả các con đường di cư từ Munda về phía Đông đều dẫn tới Hòa Bình. Chúng ta tính được độ dài tất cả các con đường mà người tiền sử đã di cư tới được Hòa Bình đều không quá 3 nghìn km, tức là mất khoảng 10 nghìn năm để di cư tự nhiên. Như thế về mặt nguyên tắc 40 nghìn năm về trước người tiền sử có thể đã tới được vùng Hòa Bình. Các di chỉ khảo cổ cũng cho thấy khoảng từ 40 nghìn cho tới 30 nghìn năm người tiền sử đã xuất hiện ở vùng Hòa Bình. 25 Tạp chí Epsilon, Số 19, 02/2021 20 nghìn năm về trước cửa Ba Lạt của sông Hồng ở gần quần đảo Hoàng Sa của Việt Nam, cách đồi Thung vùng Hòa Bình khoảng 450km. Với tốc độ di cư tự nhiên 300km cho 1000 năm thì người tiền sử đã tới vùng Hòa Bình khoảng 21 nghìn năm về trước. Điều này tương đối phù hợp với các chứng cứ khảo cổ. Để thấy được điều này chúng ta vẽ biểu đồ đồng mức các di chỉ khảo cổ theo thời gian để xác định vị trí dòng người tiền sử đã tới được Hòa Bình và nhận thấy rất có thể núi Cốt Ca là tổ tiên của người Việt. Như vậy khoảng 21 nghìn năm về trước người tiền sử là tổ tiên trực tiếp của chúng ta đã đến vùng núi Hòa Bình, sau đó theo sông Mã, sông Bôi, sông Bưởi, sông Hồng... ra tới tận biển Đông Đóng góp quan trọng nhất trong sự hiểu biết này là thuộc về anh Việt Nguyễn chủ nhân viện bảo tàng Tiền Sử. Anh là người đã tìm thấy và xác định được tuổi của xương người tiền sử trong di chỉ Xóm Trại. Bộ xương được nhũ đá phủ lên nên đã được bảo vệ tốt. Nó đã được xác định chính xác tuổi 17 nghìn năm về trước. Tầng văn hóa ở dưới khá dày, tương ứng tới 21 nghìn năm. Anh Việt1còn cho rằng chính đỉnh núi Cốt Ca là nơi liên quan tới Mo Để Đất Đẻ Nước. Vậy là chúng ta đã truy tìm được nguồn gốc tổ tiên. Tuy nhiên không thể tuyệt đối hoá. 1TS. Nguyễn Văn Việt, giám đốc Trung tâm Tiền sử Đông Nam Á, chú thích của Epsilon 26 Tạp chí Epsilon, Số 19, 02/2021 Dòng người di cư tới khu vực Hoà Bình 21 nghìn năm về trước hẳn không phải dân tộc Mường. Dân tộc Kinh cũng không phải là một nhánh của dân tộc Mường. Người tiền sử Hạ Long di cư khi nước biển dâng thì cũng là một cuộc rút lui dần lên chỗ cao. Quá trình này diễn ra trong suốt 14 nghìn năm. Khi mực nước biển giữ nguyên như vậy từ 6000 năm về trước, cư dân Hạ Long sinh sống ở vùng núi tạo ra biến thể văn hoá. Họ là dân tộc Mường. Cư dân sống ở vùng đất mới do phù sa sông Hồng bồi là thuộc dân tộc Kinh. Ngay cả khi nước dâng cao, vùng đất Hải Dương vẫn là một cái gò cao. Ngôn ngữ của dân tộc Mường và Kinh rất gần nhau, bởi chúng có chung nguồn gốc từ Munda và mới chỉ phân tách có 6 nghìn năm. Hai ngôn ngữ này xa hơn với Khmer, và các dân tộc ở vùng Vân Nam bởi sự phân tách đã diễn ra từ 50 nghìn năm về trước ở vùng Munda. Văn hoá là sự tương tác của số đông và mang tính giao thoa đồng hoá. Theo dõi Mo Mường chúng ta nhận thấy nó được sinh ra vào thời chuyển giao từ Mẫu hệ sang Phụ hệ. Dấu vết Mẫu hệ vẫn còn ở dân tộc Việt và Mường vào thời Bà Trưng. Vậy Mo Mường có lẽ đã xuất hiện không sớm hơn 2000 trước đây. Toàn bộ Mo là thể hiện sự lý giải nguyên nhân. Đây là nhánh văn hoá thiên về phương Tây. Rất có thể nó là kết quả của giao thoa văn hoá phức tạp. Các sự kiện trong Mo Mường liên quan tới săn bắn hái lượm ở khu vực rừng cây lớn và sông suối. Rất có thể Mo Mường liên quan tới khu vực Hoà Bình. Văn hoá gốc của cư dân Hạ Long là thể dạng văn hoá biển có núi đảo chắn sóng. Nó được tạm gọi là văn hoá Soi Nhụ. Do môi trường sinh sống thay đổi mà dân tộc Kinh và Mường cũng không phải là các dân tộc lưu giữ được nhiều nét của văn hoá Hạ Long. Tóm tắt Mo Mường "Đẻ đất đẻ nước": 1- Mở đầu: Giới thiệu cảnh vũ trụ hỗn mang, mờ mịt. 2- Một trận lụt to xảy ra. Nước rút. Ông Thu Tha, bà Thu Thiên tạo ra cỏ cây muôn vật. Đó là Đẻ đất. 3- Sau trận lụt, trời lại hạn. Ông Pôồng Pêu phải cầu mưa. Đó là Đẻ nước. 4- Mưa xuống, trong vũ trụ mọc ra một cây si um tùm. Những con sâu hốc sâu hà đục cây làm cho cây bị ngã. 5- Cây si, mỗi cành rơi xuống tạo ra một mường. Có 1919 cành thành ra 1919 mường. Như vậy là Đẻ Mường. 6- Cũng từ cây si sinh ra mụ Dạ Dần. Mụ sinh ra hai con là Cun Bướm Bạc và Cun Bướm Bờ, kết duyên với hai nàng tiên, sinh ra mười con. Con út là trống chim Tùng mái chim Tót đẻ ra trứng Chiếng. Nhờ chim Tào Trào ấp, trứng nở thành người trong đó có mấy anh em Dịt Dàng, Tà Cái, Cun Cần, Vạ Hai Kíp... và cả chu chương mường nước. Vậy là Đẻ Người. 7- Ông Cuông Minh Vàng Rậm cùng nàng Ả Sấm Trời đúc ra 9 mặt trời và 12 mặt trăng. Nhiều mặt trời nóng quá muôn vật không chịu được. Họ nhà Ngao dùng tên bắn rụng cả. Phải nhờ Trống gà Ải mái vịt Êm đi gọi mặt trời cho mặt trăng lên. Ông Thu Tha bà Thu Thiên mới truyền làm ra năm tháng. 27 Tạp chí Epsilon, Số 19, 02/2021 8- Mường Nước mời Dịt Dàng ra cầm đầu cai quản dân chúng. Dịt Dàng nhận lời, nhưng bị ma ếm đón nó chặn ngõ không ra được. 9- Mường Nước lại mời em Dịt Dàng là Lang Tà Cái ra. Tà Cái cũng thất bại. 10- Người em thứ ba là Lang Cun Cần được mời và được yên ổn cầm đầu bản mường. 11- Đã có người cầm đầu thì phải có nhà cho ông ta ở. Chì Bù Dút đi săn, bắt được con rùa. Rùa bày cách cho mường làm nhà. 12- Đã có nhà, phải có lửa để nấu ăn. Viếng Ku Linh được cử lên xứ sở của Thần Lửa và Tà Cắm Cọt. Nhưng thần cho mang cả gói nước đem về, nửa đường nước vỡ, lửa tắt. Tun Mun, Mun Mòng đi thay, bí mật học được cách làm ra lửa. 13- Đời sống còn chật vật. Bà Rấp bà Rưởi chuyên đi đào củ mài làm lương thực. Nhờ chuột bày mẹo, mường sai nàng "Dặt Cái Dành lành con khôn cái khéo" lên chỗ nàng Tiến Tiên Mái Lúa xin 40 giống lúa nà, 30 giống lúa rẫy về gieo trồng. 14- Thằng Pập thằng Pờm đi chăn trâu, tìm đến nhà ông Lang Khấm Dậm học được cách làm rượu. 15- Nàng Dặt Cái Dành lại đi lên trời xin giống lợn mụ Húng, xin giống gà ở mụ La. 16- Trâu và hổ từ trước vốn ở chung với nhau. Vì có xích mích, trâu tuyệt giao với hổ, tự nguyện ở cày ruộng với Lang Cun Cần. 17- Cuộc sống vật chất đã đầy đủ. Lang Cun Cần thấy em gái là Vạ Hai Kíp đẹp, lấy làm vợ, dù trời và người đều không thuận. Cun Cần làm theo ý mình sinh con đều thành ma quái, cuối cùng phải đưa em bỏ vào rừng sâu. 18- Mường nước đi hỏi vợ cho Lang Cun Cần. Hỏi được con thần nước, thần đất, con trời và cả trong mường. Sinh được một loạt con là Cun Tồi, Cun Tàng, Cun Khương và Toóng In. 19- Lang Cun Cần chia đất cho các con. Toóng In được phần nhiều nhưng tiêu hoang phí phải đi xin các anh. Sau y lại liên kết với Cun Tồi, Cun Tàng tranh giành với Cun Khương. Cun Khương bỏ trốn lên nhà ông ngoại trên trời. Trời làm ra lụt lội để trả thù cho cháu. Các anh phải bắt giết Toóng In, Cun Khương mới chịu trở về. Về nhà, Cun Khương ra lệnh giết luôn các cháu là con Toóng In. 20- Đàn kiến bày cho nhà lang có cây Chu là nguồn gốc nên giàu nên có vì đó là cây Chu Đá, lá Chu Đồng, bông thau quả thiếc. Lang sai Tặm Tạch đi tìm. Tặm Tạch nhờ sức của đười ươi, cặp noọng và chim vàng anh tìm được cây ở đồi Lai Li Lai Láng. Nhưng cây chu chỉ cho anh hai quả vàng và bắt thề giữ kín địa điểm. Lang Cun Cần lừa cho Tặm Tạch uống rượu say, anh nói hết những điều bí mật. 21- Lang đem quân đi chặt cây chu. Chặt mãi không đổ, cuối cùng phải giết Tặm Tạch lấy máu bôi vào rìu, tro xương Tặm Tạch rắc lên lối đi mới chặt ngã và kéo được chu về. 22- Lang làm nhà chu nguy nga lộng lẫy, nhưng quang cảnh vẫn đìu hiu. Nhân nàng Sông Đón có sắc đẹp, Lang Cun Cần quyến rũ mà không được, liền bắt người yêu của nàng là Khán Đồng phải đi tìm rùa vàng cho Lang, nếu không thì Lang sẽ cướp người yêu. Khán Đồng kiếm được 28 Tạp chí Epsilon, Số 19, 02/2021 rùa vàng. Nhờ đó mà nhà chu trở nên huy hoàng náo nhiệt. Lang Cun Cần cho tổ chức tiệc mừng. 23- Con của Tặm Tạch là thằng Tặm con Tạch thấy việc thì vào xin ăn bị xua đuổi. Chúng tức giận đem lửa và rơm buộc vào đuôi mèo, thả vào nhà chu. Nhà Chu cháy sạch, Lang tìm đuổi bắt. Thằng Tặm con Tạch trốn vào gốc cây si. Nhà Lang chặt cây si, máu hai đứa chảy biến thành nhiều thú dữ mà ghê gớm nhất là con Moong Lồ. 24- Nhà Lang tổ chắc săn moong. Moong lồ bị đuổi chạy vào chết chẹt ở núi Khăng Khin. Dân Mường xẻ thịt chia nhau. Kẻ trước người sau bắt trước màu sắc ở da moong lồ để dệt thêu vải, tùy theo phần được nhận. Dân Lào, Thái đến trước nên vải họ thêu đẹp, dân Mường cậy gần đến chậm nhận phần da xấu nên vải Mường sau này kém màu sắc. 25- Thịt Moong Lồ rơi rớt, chó ăn phải phát điên, vứt xác chó xuống sông, cá và quạ ăn phải cũng hóa điên. Nhà Lang phải đi săn cá điên, quạ điên. 26- Toóng In chết hóa thành ma ruộng, không ai cai quản, liền kéo ma đến đánh nhà Lang, Toóng In bị thua trốn xuống nước. 27- Toóng In lại nhờ bọn cá ngao, ba ba, rồng rắn lên đánh bọn Cun Khương để trả thù. Nhưng cuối cùng vẫn bị Cun Khương tiêu diệt. 28- Mọi việc đều yên ổn. Lang Cun Khương trở thành vua. Mường nước liền lo xống áo, lo kiệu ngai và đón vua về Đồng chì tam quan kẻ chợ. 29 Tạp chí Epsilon, Số 19, 02/2021 TOÁN HỌC TRONG HÔN NHÂN Nguyễn Hùng Sơn Tháng 2, 2021 TÓM TẮT Khi nào là thời điểm tốt nhất để đưa ra quyết định hôn nhân với người mình yêu? Liệu người yêu hiện tại của bạn có phải là người bạn sẽ dành phần đời còn lại của mình không? Phải chia tay bao nhiêu mối tình mới tạo được mối quan hệ ổn định? Có lẽ nhiều người đang hoặc sẽ đặt những câu hỏi như vậy. Thật khó tin rằng toán học và thuật toán cũng có thể giúp chúng ta trong những suy nghĩ lãng mạn và những tình huống khó xử của trái tim. Tất cả phụ thuộc vào việc xác định thời điểm bạn nên ngừng tìm kiếm và đưa ra quyết định, và đó là vấn đề chúng ta có thể lập được mô hình toán học. Hình 1: Minh họa của Zohar Lazar cho tạp chí TIME Trong chuyên mục Trò chơi toán học của Martin Gardner trên tạp chí Scientific American số tháng 2 năm 1960, xuất hiện một bài toán mà ngày nay giới toán học gọi nó là bài toán tuyển chọn thư ký, hoặc ngắn gọn là bài toán thư ký. Bài toán này được phát biểu như sau: Giám đốc một công ty đăng thông báo tuyển dụng vị trí thư ký giám đốc. Có N ứng viên vượt qua được vòng sơ khảo và sẽ được giám đốc trực tiếp phỏng vẫn. Sau khi phỏng vấn mỗi ứng viên, nhà tuyển dụng có hai lựa chọn: hoặc nhận ứng viên đó vào làm thư ký và kết thúc việc tìm kiếm, hoặc từ chối và mời ứng viên tiếp theo. Giả sử rằng do nhu cầu của thị trường lao động nên khi đã quyết định thì không thể thay đổi được nữa. Vậy nếu muốn chọn được ứng viên có năng lực tốt nhất cho công việc thì khi nào là thời điểm tối ưu để kết thúc quá trình tuyển dụng? 30 Tạp chí Epsilon, Số 19, 02/2021 Theo trực giác, chúng ta thấy rằng không nên đưa ra quyết định quá sớm (có nhiều khả năng là chúng ta chưa gặp được ứng viên tốt nhất), hoặc trì hoãn quá lâu (ứng viên tốt nhất có thể bị từ chối một cách vội vàng từ tước đó).Câu trả lời cho bài toán này là thời điểm lợi nhất để tìm kiếm ứng viên phù hợp là sau khi đã phỏng vấn khoảng 0,368 ứng viên. Đầu tiên chúng ta hãy tìm hiểu từ đâu có con số này? Giả sử các ứng viên được sắp xếp vào phỏng vấn 1 cách ngẫu nhiên theo thứ tự từ 1 đến N. Bạn đọc có thể thấy rằng chiến lược tối ưu cho bài toán thư ký là chia quá trình tuyển dụng thành hai giai đoạn: • Giai đoạn 1 là tìm hiểu năng lực chung của các ứng viên: chúng ta sẽ loại r ứng viên đầu tiên và coi quá trình phỏng vấn r ứng viên đó như một quá trình tích lũy thông tin. Tất nhiên 1 ≤ r ≤ N. • Ở giai đoạn 2 chúng ta sẽ chọn ứng viên đầu tiên có năng lực tốt hơn tất cả các ứng viên ở nhóm r ứng viên đầu tiên. Hình 2: Ví dụ của thuật toán tuyển dụng thư ký với N = 10 và k = 3. Hình 2 cho ta thấy Minh họa của thuật toán trên. Câu hỏi là hãy tìm giá trị của r (hoặc tỉ lệrN khi N → ∞) sao cho xác suất chọn được ứng viên giỏi nhất là cao nhất. Chúng ta thấy rằng số ứng viên còn lại ở giai đoạn 2 là N − r. Chúng ta hãy giả sử rằng ứng viên giỏi nhất xếp ở vị trí thứ n + 1. Rõ ràng nếu n + 1 ≤ r thì ta không thể chọn được ứng viên giỏi nhất. Hình vẽ dưới đây minh họa trường hợp khi n + 1 > r. 1 r n n + 1 N 31 Tạp chí Epsilon, Số 19, 02/2021 Để chọn được ứng viên thứ n + 1 thì điều kiện sau đây phải thỏa mãn: ứng viên giỏi nhất trong nhóm {1, ..., r} cũng là ứng viên giởi nhất trong nhóm {1, ..., n}. Điều kiện này đảm bảo để quá trình phỏng vấn kéo dài đến ứng viên thứ n + 1 và tất nhiên ứng viên giỏi nhất này sẽ được chọn, và xác suất để xảy ra điều kiện này là rn. Chúng ta sẽ ký hiệu xác suất chọn được ứng viên giỏi nhất khi ứng viên này được xếp ở vị trí n + 1 là P(S | n + 1). Ta có P(S | n + 1) =   0, nếu n + 1 ≤ r r n, nếu n + 1 > r Giả sử rằng xác suất để ứng viên giỏi nhất có thể được sắp xếp ở mỗi vị trí là như nhau và bằng 1 N. Sử dụng công thức tính xác suất toàn phần ta có thể tính xác suất chọn được ứng viên giỏi nhất là: P(S) = XN N· P(S | n + 1) = 1N rr+r 1 n+1=1 r + 1+ · · · +r N − 1 Ta thấy rằng các giá trị của P(S) là một chuỗi số phụ thuộc vào chỉ số r. Khi N là số không quá lơn, chúng ta có thể tính giá trị của P(S) lần lượt với r = 1, 2, ..., N − 1 và tìm r sao cho P(S) là lớn nhất. Ở Hình 3 ta thấy khi N = 11, xác suất P(S) đạt giá trị lớn nhất khi r = 4, còn nếu N = 30 thì P(S) có giá trị lớn nhất khi r = 11. Hình 3: Xác suất chọn được ứng viên giỏi nhất P(S) với N = 11 (hình bên trái) và N = 30 (hình bên phải) Khi N là số tương đối lớn, xác suất P(S) có thể tính xấp xỉ như sau: P(S) = 1N rr+r r + 1+ · · · +r N − 1 =1NNX−1 n=r r n ≈rNZ N r ndn = −rN· ln rN 1 với ln là ký hiệu logarit tự nhiên. Nếu đặt x =rNthì bài toán tuyển chọn thư lý được đưa về bài toán tìm giá trị lớn nhất của hàm số f(x) = −x ln(x) với x ∈ x ∈ (0, 1]. 32 Tạp chí Epsilon, Số 19, 02/2021 Để tìm giá trị lớn nhất của hàm số trên ta cần tính đạo hàm: f0(x) = (−x · ln(x))0 = −1 · ln(x) − x · x−1 = − ln(x) − 1 Ta thấy rằng f0(x) = 0 khi và chỉ khi ln(x) = −1, tức là x = e−1. Hơn nữa f0(x) > 0 với x ∈ (0, e−1) và f0(x) < 0 với x ∈ (e−1, 1). Từ đó suy ra hàm f(x) đạt giá trị lớn nhất khi x = e−1 =1e ≈ 0, 368. Hình 4: Đồ thị hàm số y = −x ln(x) Các phép tính trên cho thấy để xác suất tuyển dụng được thư ký giỏi nhất, ở giai đoạn 1, giám đốc công ty cần phải phỏng vấn 0, 368 số lượng các ứng viên. Và lúc đó xác suất tuyển chọn được ứng viên giỏi nhất sẽ là −e−1·ln(e−1) = e−1tức là cũng bằng khoảng 0, 368. Một số phân số có giá trị gần e−1là:38,411,719,1027hoặc1130 Có rất nhiều phiên bản khác nhau của bài toán thư ký. Ví dụ kết quả sẽ khác nếu chúng ta có thể liên hệ lại với những ứng viên đã bị từ chối lúc ban đầu hoặc nếu chúng ta hài lòng với ứng viên giỏi nhất hoặc gần như giỏi nhất. Điều đáng chú ý là bài toán này cũng có thể được xem xét ở khía cạnh thời gian chứ không chỉ là định lượng. Ví dụ: nếu việc tuyển dụng cho vị trí thư ký diễn ra đúng một tháng và chúng ta không biết sẽ nhận được bao nhiêu CV, nhóm thử nghiệm tối ưu sẽ là 0, 368 · 30 ≈ 11 ngày đầu tiên, mà không phụ thuộc vào số lượng các cuộc phỏng vấn. Sau đó, chúng ta nên tuyển dụng ứng viên đầu tiên giỏi hơn những người từ nhóm thử nghiệm. Cũng nhờ sự đơn giản của mô hình và lời giải rõ ràng, bài toán thư ký được sử dụng rộng rãi trong nhiều tình huống trong khoa học cũng như trong cuộc sống hàng ngày. Toán học gợi ý rằng ta nên tuân theo quy tắc 0, 368 khi muốn thuê một căn hộ ở một thành phố lạ, nơi chúng ta không nắm được giá của thị trường bất động sản. Nếu chúng ta đang tìm kiếm một căn hộ để thuê, thì nên đặt ra một giới hạn, ví dụ: có 11 căn hộ tiềm năng thú vị, thì 4 căn hộ đầu tiên (4/11 ≈ 0.364) nên được coi là bước kiểm tra ban đầu của thị trường bất động sản. Tương tự vấn đề về hẹn hò hoặc hôn nhân cũng có thể đưa về bài toán thư ký. Các trang web hẹn hò đôi khi giống như một cuộc phỏng vấn xin việc. Chúng ta thường cố gắng chọn đối tượng “hợp nhất” hoặc “tốt nhất” trong số các thành viên của trang web hẹn hò. Quy trình phải tương tự: xác định số lượng cuộc hẹn hò mà ta có thể quan tâm, coi khoảng 37% số cuộc hẹn đầu tiên là 33 Tạp chí Epsilon, Số 19, 02/2021 giai đoạn thu thập thông tin và chọn người đầu tiên tốt hơn các ứng viên từ nhóm thử nghiệm làm người yêu. Đối với những quyết định nghiêm túc hơn, chẳng hạn như kết hôn và ổn định cuộc sống, chúng ta cũng có thể áp dụng bài toán thư ký. Lưu ý rằng chúng ta thường không thể ước tính có bao nhiêu đối tác tiềm năng mà chúng ta sẽ gặp trong cuộc đời. Trong trường hợp này, tốt hơn là nên xét yếu tố thời gian. Vì lý do sinh học và pháp lý, thời điểm nên lập gia đình cho nữ là từ 18 đến 35 tuổi. Như vậy chúng ta có tổng cộng 35 − 18 = 17 năm để thu thập thông tin và quyết định ổn định cuộc sống. Từ những suy luận như ở trên, chúng ta đã biết rằng 0, 368 · 17 năm đầu tiên của 6 năm chỉ nên dành cho việc thu thập dữ liệu. Vào thời điểm khoảng 18 + 6 = 24 tuổi, sẽ đến lúc chúng ta cần sẵn sàng để đưa ra quyết định cuối cùng. Bài toán thư ký cũng đã được các chuyên gia tâm lý học khảo sát trên các tình nguyện viên. Họ muốn kiểm tra xem nếu xử sự 1 cách trực giác, con người có đưa ra quyết định dựa theo quy tắc 0, 368hay không. Kết quả khảo sát cho thấy con người chúng ta thường thiếu kiên nhẫn và đưa ra quyết định quá nhanh, chỉ sau khi quan sát khoảng 31% số khả năng có thể. Ví dụ: khi chúng ta đang tìm một quán cà phê trong một chuyến du lịch. Lựa chọn quá sớm một tách cappuccino có thể khiến chúng ta trả tiền đắt hơn, trong khi một quán cà phê rẻ hơn nằm ngay gần đó. Nếu trả giá đắt cho một ly cà phê không phải là một bi kịch, thì quyết định bán nhà hoặc hôn nhân được đưa ra quá sớm có thể có hậu quả nặng nề. Xin bạn đọc lưu ý rằng các ý kiến ở trên chỉ là những câu chuyện thú vị của ứng dụng toán học trong cuộc sống. Mô hình trình bày ở trên đã được đơn giản hóa rất nhiều và không xét rất nhiều yêu tố và các tình huống đặc biệt của cuộc sống con người. Và cuối cùng xin nhắc lại với các bạn đọc câu nói nổi tiếng của đại văn hào Mark Twain: “Có 3 loại dối trá: dối trá, dối trá đáng nguyền rủa và xác suất thống kê”. Tất nhiên ý ở đây không phải nói về môn khoa học xác suất thống kê là dối trá mà muốn nói rằng người ta thường vô tình, hoặc cố tình sử dụng các mô hình thống kê để đưa ra các kết luận không chính xác. Bạn đọc có thể tìm hiểu thêm về các thuật toán khác cũng như các ứng dụng trong quyển sách của Brian Christian và Tom Griffiths [2]. Tài liệu [1] Gardner, M.: Scientific American (February/March 1960) [2] Brian Christian, Tom Griffiths. Algorithms to Live By: The Computer Science of Human Decisions. 2016 34 Tạp chí Epsilon, Số 19, 02/2021 ĐÔI NÉT VỀ KỲ THI OLYMPIC HÌNH HỌC IRAN Tống Hữu Nhân Bác sĩ Bệnh viện Trưng Vương, Thành phố Hồ Chí Minh TÓM TẮT Olympic Hình học Iran (IGO - Iranian Geometry Olympiad) là một kỳ thi thường niên do Iran tổ chức, dành cho các bạn học sinh yêu thích Hình học, đến năm 2020 đã là lần thứ 7 kỳ thi diễn ra. Bài viết xin giới thiệu đến đọc giả sơ lược về IGO và một số dấu ấn của kỳ thi tại Việt Nam. 1. Tổng quan về IGO Kỳ thi IGO do Iran tổ chức vào khoảng cuối tháng 8 hằng năm với mục đích tạo một sân chơi olympic toán riêng biệt cho phân môn Hình học, bao gồm: Hình học phẳng, Hình học không gian và Hình học tổ hợp. Kỳ thi được tổ chức không giới hạn trên quy mô toàn thế giới với khoảng gần 60 nước tham gia. Trang web chính thức của IGO: https://igo-official.ir/. Logo chính thức của IGO, với sự liên tưởng đầy sáng tạo ba chữ cái I,G,O ứng với tâm nội tiếp, trọng tâm và tâm ngoại tiếp 35 Kỳ thi được chia ra làm 4 cấp độ: ı Elemetary: dành cho học sinh khối 7-8. ı Intermediate: dành cho học sinh khối 9-10. ı Advanced: dành cho học sinh khối 11-12. ı Free: dành cho thí sinh đã tốt nghiệp THPT. Tạp chí Epsilon, Số 19, 02/2021 Đề thi bao gồm 5 bài toán tự luận, thí sinh làm trong thời gian 270 phút (riêng khối Elementary là 240 phút). Thông thường các bài toán từ 1 đến 5 được sắp xếp theo độ khó tăng dần. Các bài số 5 mỗi khối thường là các bài cực kỳ khó, hình vẽ phức tạp, đòi hỏi các thí sinh phải thật sự xuất sắc, và đủ tinh tế thì mới vượt qua được. Poster IGO 2020, với thiết kế khẩu trang khối đa diện độc đáo mang thông điệp về đại dịch COVID-19 Trước ngày thi chính thức, các nước tham gia sẽ gửi các bài toán đề nghị, BTC Iran chọn và gửi lại đề thi chính thức, kèm đáp án và biểu điểm. Tùy theo tình hình cụ thể, mỗi nước sẽ có cách tổ chức thi phù hợp và gửi danh sách kết quả top các thí sinh mỗi khối. Dựa trên đó, BTC Iran sẽ công bố giải thưởng chính thức, gồm: Gold, Silver và Bronze Ruler (tương ứng với giải Nhất, Nhì và Ba). 36 Tạp chí Epsilon, Số 19, 02/2021 Kỷ niệm chương dành cho giải Gold, Silver và Bronze Ruler 2. IGO tại Việt Nam IGO lần đầu tiên diễn ra vào năm 2014, và chính thức đến Việt Nam vào năm 2018, với Trưởng Ban tổ chức ở Việt Nam là TS. Trần Nam Dũng (ĐH KHTN, TpHCM). Ở Việt Nam, IGO được tổ chức dưới hình thức các Hội đồng thi. Mỗi Hội đồng thi sẽ có 1 Giáo viên phụ trách, đảm nhận các công việc: lập danh sách thí sinh, đăng ký với BTC IGO Việt Nam, tổ chức coi thi và nộp bài thi. Từ số lượng khiêm tốn khoảng 200 thí sinh ở lần thi đầu tiên, trải qua 4 lần thi, kỳ thi đến nay đã phát triển vượt bậc với gần 900 thí sinh đến từ 40 Hội đồng thi, trải dài từ Bắc xuống Nam, từ Lào Cai đến tận Cà Mau. Điều này phần nào phản ảnh chất lượng chuyên môn cao của kỳ thi và niềm yêu thích Hình học của học sinh Việt Nam. Trải qua 3 lần thi, các thí sinh Việt Nam đã giành tổng cộng 52 Ruler, cụ thể: ı IGO 2018: 5 Vàng, 10 Bạc, 1 Đồng ı IGO 2019: 4 Vàng, 12 Bạc, 5 Đồng ı IGO 2020: 9 Vàng, 6 Bạc Ngoài các giải thưởng chính thức, để khuyến khích thí sinh, BTC IGO Việt Nam còn trao thêm các giải thưởng riêng, gồm: Aluminium / Iron Compass và Honorable Mention. 37 Tạp chí Epsilon, Số 19, 02/2021 Kết quả của Việt Nam tại IGO 2020 Bên cạnh Certificate cho thí sinh tham gia từ phía Iran, BTC IGO Việt Nam đã sáng tạo thêm nhiều phần thưởng thú vị khác. Dưới đây là ảnh các thành viên BTC IGO Việt Nam đang phân phối quà tặng gửi về cho các Hội đồng thi, bạn đọc có thể thấy trong đó hình ảnh về các phần quà này như: áo IGO, tập IGO, bút IGO, ... Ban tổ chức IGO 2019 38 Tạp chí Epsilon, Số 19, 02/2021 Ban tổ chức IGO 2020 Ngay từ lần đầu tiên tham dự IGO, Việt Nam đã tham gia gửi bài đề nghị và thường là nước có số lượng bài đề nghị cao nhất (khoảng 12-15 bài mỗi năm). Điều đặc biệt là các bài toán đề nghị của Việt Nam không chỉ đến từ các chuyến gia Hình học như: thầy Trần Quang Hùng, thầy Nguyễn Văn Linh, thầy Nguyễn Lê Phước, thầy Lê Phúc Lữ, ... mà còn từ các bạn sinh viên trẻ đam mê hình học: Trần Quân, Tống Hữu Nhân, ... Mr. Hesam Rajabzadeh - Trưởng Ban tổ chức IGO của Iran - đánh giá rất cao các bài toán đề nghị của Việt Nam về tính mới mẻ, đẹp mắt và độc đáo. Kết quả là từ 2018 đến nay, năm nào thì Việt Nam ta cũng có bài được chọn vào đề thi chính thức. Dưới đây xin giới thiệu lại các bài toán này để bạn đọc thử sức: Bài toán 1. (IGO 2018, Lê Viết Ân) Cho tứ giác ABCD nội tiếp. Đường tròn qua A; B tiếp xúc CD tại E; đường tròn qua C; D tiếp xúc AB tại F . Gọi G; H lần lượt là giao điểm AE; DF và BE; CF . Chứng minh rằng tâm nội tiếp các tam giác AGF; BHF; CHE; DGE cùng nằm trên một đường tròn. Bài toán 2. (IGO 2019, Trần Quân) Cho tam giác ABC không cân nội tiếp đường tròn .O/, có trung tuyến AM và N là trung điểm cung BC. Đường thẳng qua B; C, song song AM cắt lại đường tròn .O/ tại X; Y . Đường tròn qua X; Y , tiếp xúc BC tại Z. Trung tuyến AM và đường thẳng qua N, song song AM cắt lại đường tròn .ZMN / tại K. Gọi .O1/ là đường tròn qua X, tiếp xúc BC tại B; .O2/ là đường tròn qua Y , tiếp xúc BC tại C. Chứng minh rằng đường tròn .K; KP / tiếp xúc các đường tròn .O/; .O1/; .O2/: Bài toán 3. (IGO 2020, Nguyễn Văn Linh) Cho tam giác ABC. Đường tròn bất kỳ tâm J đi qua B; C, cắt cạnh AC; AB lần lượt tại E; F . Gọi X là điểm sao cho 4XBF 4JCE (X; C cùng phía so với AB); gọi Y là điểm sao cho 4Y CE 4JBF (Y; B cùng phía so AC). Chứng minh rằng đường thẳng XY luôn đi qua trực tâm của 4ABC: 39 Tạp chí Epsilon, Số 19, 02/2021 3. Một số bài toán chọn lọc từ đề thi IGO Tham gia vào Ban tổ chức IGO Việt Nam từ những ngày đầu tiên, và tham dự hầu hết các công việc: ra bài đề nghị, chấm thi và IGO 2020 là Phó Ban tổ chức, tác giả xin phép đưa ra một số nhận xét của mình về đề thi IGO. Đã từ lâu, trên các diễn đàn Toán học thế giới đều rất háo hức chờ đợi các bài Hình từ đề thi MO và TST của Trung Quốc, Nga, Việt Nam và Iran, và topic về các bài Hình này đều rất sôi nổi. Điều này cho thấy Hình học của Iran phát triển rất tốt, và có thể đó là lý do cho IGO ra đời, nhưng để đánh giá khách quan thì đề thi IGO chỉ dừng ở mức tương đổi ổn. Vì sao ? Lý do là nhiều bài toán IGO thiên quá nặng về tính toán, thiếu không gian cho học sinh cảm nhận, phát hiện các tính chất từ hình vẽ để từ đó giải quyết bài toán. Thêm vào đó, mức độ khó dễ giữa các bài chênh nhau quá xa, bài 3 và bài 4 mỗi khối có độ lệch lớn khiến thí sinh dễ bị choáng ngợp khi bước vào bài 4, 5. Nhưng bên cạnh đó, nhiều bài toán của IGO cũng rất đẹp và thú vị. Để bạn đọc hình dung rõ hơn, trong phần này sẽ giới thiệu lại một số bài toán mà chọn lọc từ đề thi IGO. Chúng tôi sẽ chọn mỗi năm 1 bài, bắt đầu từ năm 2018 - năm đầu tiên Việt Nam ta tham gia IGO. Bài toán 4. (IGO 2018, Nikolai Beluhov) Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp có hai đường chéo AC; BD không vuông góc nhau. Phân giác các góc tạo bởi hai đường chéo AC; BD cắt các đoạn AB; BC; CD; DA tại K; L; M; N. Chứng minh rằng nếu tứ giác KLMN nội tiếp thì tứ giác ABCD lưỡng tiếp. K0 B A J K L N 0 L0 N I0 I O D M M0 O0 40 C Tạp chí Epsilon, Số 19, 02/2021 Lời giải. Ý tưởng của bài toán quá rõ ràng là ta cần chứng minh KLMN là tứ giác tiếp điểm. Gọi P D AC \ BD. Do ABCD ngoại tiếp và AC; BD không vuông góc nhau nên KL; MN không song song nhau mà KL; MN; AC đồng quy tại Q. Tương tự thì KN; LM; BD đồng quy tại R: Gọi K0L0M0N0là tứ giác tiếp điểm của ABCD. Sử dụng đính lý Briachon và định lý Menelaus, ta chứng minh được các cạnh đối của tứ giác K0L0M0N0cũng cắt nhau tại P; Q; R. Suy ra K0 K, và KLMN chính là tứ giác tiếp điểm. Cuối cùng, do KM; LN là phân giác của ∠.AC; BD/ nên bằng biến đổi góc, ta được ABCD nội tiếp, suy ra ABCD lưỡng tiếp. Nhận xét. (1) Đây là bài số 4 của khối Advanced trong đề thi IGO 2018. Có 10 / 134 thí sinh làm trọn vẹn hoặc gần trọn vẹn bài này (6 tới 8 điểm). Hầu hết lời giải cũng như đáp án chính thức đều hướng về việc chứng minh KLMN là tứ giác tiếp điểm. Công cụ được các thí sinh sử dụng khá đa dạng: Pascal, đối cực, Briachon, Desargue, . . . và nhìn chung việc xử lý khá đẹp và gọn gàng. (2) Bài toán được đề nghị bởi Nikolai Beluhov (Bulgaria), nên sẵn tiện xin giới thiệu một bài toán liên quan đên bài IGO 2018 trên, trích từ Cuộc thi toán mùa đông Bulgaria 1996. Bài toán. Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp .I /. Các đường thẳng qua A; B; C; D và lần lượt vuông góc IA; IB; IC; ID tạo thành tứ giác K0L0M0N0. Chứng minh tứ giác K0L0M0N0 nội tiếp và K0M0cắt L0N0tại I: Tổng hợp lại, ta thấy khi ABCD là tứ giác lưỡng tiếp (nội tiếp .O/, ngoại tiếp .I /) thì KLMN và K0L0M0N0 đều nội tiếp và có hai đường chéo vuông góc. Hơn nữa, tồn tại phép vị tự tâm J nằm trên OI biến KLMN thành K0L0M0N0: Bài toán 5. (IGO 2019, Dominik Burek) Cho hai đường tròn .O1/; .O2/ cắt nhau tại hai điểm phân biệt X; Y và có tiếp tuyến chung AB. Tiếp tuyến tại X của .O1/; .O2/ cắt đường thẳng O1O2 tại K; L. Đường thẳng BL; AK lần lượt cắt lại đường tròn.O2/; .O1/ tại M; N. Chứng minh rằng các đường thẳng AM; BN; O1O2 đồng quy. 41 A0 O1 X K L M N Y Tạp chí Epsilon, Số 19, 02/2021 B0 O2 A B P Lời giải. Cơ bản gồm 2 ý sau: (1) Chứng minh AMNB nội tiếp .P; AB=2/: Gọi P là trung điểm AB thì P thuộc trục đẳng phương XY của .O1/; .O2/: Xét .O1/. Do tính đối xứng nên K Y là tiếp tuyến của .O1/, hay XY là đường đối cực của K. Theo định lý LaHire, K thuộc đường đối cực của P. Mà PA là tiếp tuyến của .O1/ nên AK là đường đối cực của P, suy ra PN là tiếp tuyến của .O1/: Tương tự thì PM là tiếp tuyến của .O2/. Suy ra AMNB nội tiếp .P; AB=2/: (2) Chứng minh AM; BN; O1O2 đồng quy. Do AMNB nội tiếp .P; AB=2/ nên ∠AMB D ∠ANB D 90ı. Do đó, nếu BN; AM lần lượt cắt lại .O1/; .O2/ tại A0; B0thì AA0; BB0lần lượt là đường kính của .O1/; .O2/: Theo tính chất tiếp tuyến, ta được AA0 k BB0(cùng ? AB) nên theo bổ đề hình thang, ta được AM; BN; O1O2 đồng quy. Nhận xét. (1) Đây là bài số 3 của khối Advanced trong đề thi IGO 2019. Có 76 / 223 thí sinh làm trọn vẹn hoặc gần trọn vẹn bài này (từ 6 tới 8 điểm). Trong đó, chỉ có hai hướng chính giải quyết ý (1) là cực – đối cực (giống đáp án chính thức) hoặc điều hòa. Ý (2) thì tuy có một số cách diễn giải khác (lập tỷ số, J’ trùng J), nhưng bản chất vẫn là bổ đề hình thang. (2) Từ bài toán trên, tác giả đã tổng quát thành bổ đề sau. Bổ đề 1. (Tống Hữu Nhân) Cho hai đường tròn .O1/; .O2/. Điểm P thuộc trục đẳng phương d và nằm ngoài hai đường tròn trên. Kẻ tiếp tuyến PA1; PA2 lần lượt tới hai đường tròn .O1/; .O2/. Khi đó, đường thẳng A1A2 đi qua tâm vị tự (trong hoặc ngoài) của hai đường tròn .O1/; .O2/: 42 Tạp chí Epsilon, Số 19, 02/2021 A A1B2 O2 J I O1 d B1 A2 P Chứng minh bổ đề. Không mất tính tổng quát, giả sử I D A1A2 \ O1O2 nằm trong đoạn O1O2. Do P thuộc trục đẳng phương d của .O1/; .O2/ nên ta đặt r D PA1 D PA2: Gọi A D O1A1 \ O2A2. Do PA1; PA2 lần lượt là tiếp tuyến của .O1/; .O2/ nên AA1; AA2 là tiếp tuyến của .P; r/, suy ra AA1 D AA2: Từ đó, sử dụng định lý Menelaus cho 3 điểm I; A1; A2 trong 4AO1O2, ta được IO1 IO2 A2O2 A2A A1A A1O1D 1 )IO1 IO2DO1A1 O2A2: Suy ra I là tâm vị tự trong của .O1/; .O2/: Bài IGO 2019 trên là trường hợp riêng khi điểm P là trung điểm đoạn tiếp tuyến chung ngoài. (3) Một số bài toán liên quan. Bài toán. Cho hai đường tròn .O1/; .O2/ có tiếp tuyến chung ngoài A1A2, tiếp tuyến chung trong B1B2. Chứng minh rằng các đường thẳng A1A2; B1B2; O1O2 đồng quy. Bài toán. (International Zhautykov Olympiad 2008) Cho hai đường tròn .O1/; .O2/ có tiếp tuyến chung ngoài A1A2. Gọi P là trung điểm A1A2, kẻ tiếp tuyến thứ hai PB1 tới .O1/ và PB2 tới .O2/. Gọi M là giao điểm của A1B1; A2B2, đường thẳng PM cắt O1O2 tại N. Chứng minh rằng bốn điểm M; N; B1; B2 đồng viên. (4) Bài IGO 2019 trên do Dominik Burek (Ba Lan) đề nghị. Xin giới thiệu một bài toán khác, cũng do ông này đề nghị cho cuộc thi toán 3 nước Ba Lan – CH Séc – Slovakia tổ chức vào tháng 6 cùng năm. Bài toán. (Czech-Slovak-Poland Match 2019) Cho tam giác 4ABC có góc ∠A D 60ı, các trung tuyến AM; BN; CP và các đường cao AD; BE; CF đồng quy tại trực tâm H. Gọi X; Y; Z; T lần lượt là trung điểm các đoạn DM; EN; FP và AH. Chứng minh rằng bốn điểm X; Y; Z; T đồng viên. 43 Tạp chí Epsilon, Số 19, 02/2021 Bài toán 6. (IGO 2020, Mahdi Etesamifard) Cho tứ giác lồi ABCD ngoại tiếp đường tròn .I / có AD; BC cắt nhau tại E và AB; CD cắt nhau tại F . Gọi K; L; M; N là tiếp điểm của .I / với các cạnh AD; DC; CB; BA. Đường thẳng KM cắt AB; CD lần lượt tại X; Y ; đường thẳng LN cắt AD; BC lần lượt tại Z; T . Chứng minh rằng đường tròn .XF Y / tiếp xúc đường tròn đường kính EI khi và chỉ khi đường tròn .TEZ/ tiếp xúc đường tròn đường kính F I: Lời giải. Cơ bản gồm 2 ý chính sau: (1) Chứng minh .FXY / và .EI / tiếp xúc tại điểm Miquel W của KLMN: Ta có IF ? NL tại trung điểm F0của NL. Giả sử EN; EL cắt lại .I / tại N0; L0thì NKN0M; LKL0M là các tứ giác điều hòa nên NL; N0L0; KM đồng quy tại P và NL0; LN0; KM đồng quy tại Q: Do X thuộc đường đối cực KM của E và XN là tiếp tuyến nên EN là đường đối cực của X, suy ra IX ? EN tại trung điểm X0của NN0. Tương tự I Y ? EL tại trung điểm Y0của LL0: T E B W A Z N L0 M Y F Q J X D K X0 N 0 P F 0Y0 L I C Gọi W là điểm Miquel của KLMN thì IP ? EF D W 2 .EI /. Nếu W trùng E; F thì bài toán đưa về trường hợp đơn giản, xin dành cho bạn đọc. Xét W 6 E; F , nghịch đảo qua .I /, ta được Ir2 IW .FXY / $ .F 0X0Y0/; .EI / $ KM; W $ P: Gọi J là trung điểm PQ thì J; X0; Y 0cùng nằm trên đường thẳng Gauss của NN0LL0:PQ. Ta có .PQ; KM / D 1, chú ý rằng X0Y0MK nội tiếp .EI /, nên sử dụng phương tích và hệ thức Newton, ta được JX0 J Y 0 D JK JM D JP2; 44 Tạp chí Epsilon, Số 19, 02/2021 do đó .F 0X0Y0/ tiếp xúc KM thì tiếp điểm phải là P, hay .FXY / tiếp xúc .EI / tại W: (2) Chứng minh ABCD lưỡng tâm. Do 4WPQ vuông tại W nên J W 2 D JP2 D JK JM, hay J W là tiếp tuyến chung của .FXY / và .EI /. Từ đó, sử dụng góc nội tiếp, ta được .W Y; W Y 0/ .W Y; W J /C.W J; W Y 0/ .FL; F W /C.EW; EL/ .FL; EL/ .mod /; nên Y; Y 0; W; L 2 .LY /. Mà do phép nghịch đảo nên W Y Y 0P nội tiếp, do dó P 2 .LY /. Suy ra KM ? NL, hay ABCD lưỡng tâm. Nhận xét. Đây là bài số 4 của khối Advanced trong đề thi IGO 2020, một bài toán đẹp nhưng thực sự rất khó. Lời giải chính thức của BTC Iran cho bài này dài gần 6 trang A4, với những tính toán bằng định lý Casey hết sức phức tạp. Trên đây chúng tôi đã trình bày tóm lược của một lời giải thuần túy bằng hình học. Chỉ có 4 / 222 thí sinh khối Advanced làm được trọn vẹn hoặc gần trọn vẹn bài toán này (từ 6 đến 8 điểm), 4 thí sinh này cũng là top 4 khối Advanced. Trong đó chỉ có duy nhất bạn Lê Xuân Hoàng (THPT chuyên KHTHN - Hà Nội), thí sinh điểm cao nhất khối Advanced và là Gold Ruler, phát hiện và đánh giá được trường hợp điểm W trùng E hoặc F , khi đó tứ giác ABCD không cần phải là tứ giác lưỡng tâm. Tài liệu tham khảo [1] IGO Official Website: https://igo-official.ir/. [2] Group FB IGO Việt Nam: https://www.facebook.com/groups/igovietnam [3] Hoàng Quốc Khánh, Khám phá ứng dụng cực và đối cực, Diễn đàn toán học VMF. [4] Tống Hữu Nhân, Tứ giác Pedal, Kỷ yếu Gặp gỡ Toán học 2016. [5] Tống Hữu Nhân, Tiếp điểm và tâm vị tự hai đường tròn, Kỷ yếu Gặp gỡ Toán học 2020. 45 Tạp chí Epsilon, Số 19, 02/2021 VỀ MỘT BÀI TOÁN TIẾP XÚC HAY Nguyễn Duy Phước (Trường THPT Chuyên Quốc Học - Huế) Tóm tắt. Trong bài viết này, tác giả xin giới thiệu một bài toán tiếp xúc đẹp và những mở rộng của nó cùng với chứng minh hình học. 1. Bài toán mở đầu Bài toán 1. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). P là một điểm bất kì trên đường tròn (O) và d là đường thẳng Steiner ứng với P đối với tam giác ABC. P A, P B, P C lần lượt cắt đường thẳng d tại D, E, F. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác tạo bởi các đường thẳng qua D vuông góc với OA, qua E vuông góc với OB, qua F vuông góc với OC tiếp xúc với đường tròn (O). Lời giải. Trước hết, xin phát biểu và chứng minh bổ đề sau Bổ đề 1. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), H là điểm bất kì trong mặt phẳng. P là một điểm bất kì trên đường tròn (O). Một đường thẳng bất kì qua H lần lượt cắt P A, P B, P C tại D, E, F. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp các tam giác AHD, BHE, CHF và (O) đồng quy. A K O F D E H BC Q 46 P Tạp chí Epsilon, Số 19, 02/2021 Chứng minh. Gọi K là giao điểm thứ hai của đường tròn (AHD) và (O), Q là giao điểm thứ hai của KH và (O). Ta có biến đổi góc có hướng (DH, DA) ≡ (KH, KA)(modπ) (vì T thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ADH) ≡ (KQ, KA)(modπ) (vì ba điểm K, H, Q thẳng hàng) ≡ (P Q, P A)(modπ) (vì bốn điểm A, K, Q, P đồng viên) Suy ra d ≡ DH k P Q. Từ đó, tiếp tục biến đổi góc có hướng, ta được (F H, F C) ≡ (P Q, P C)(modπ) (vì F, H ∈ d và d k P Q) ≡ (KQ, KC)(modπ) (vì bốn điểm K, Q, P, C đồng viên) ≡ (KH, KC)(modπ) (vì ba điểm K, H, Q thẳng hàng) Vì vậy, bốn điểm F, H, C, K cùng nằm trên một đường tròn hay K ∈ (CHF). Chứng minh tương tự, ta được K ∈ (BHE). Vậy đường tròn ngoại tiếp của các tam giác AHD, BHE, CHF và (O) đồng quy tại K. Quay trở lại bài toán. Gọi H là trực tâm của tam giác ABC. Khi đó, dễ thấy H thuộc đường thẳng d. Giả sử ba điểm X, Y, Z là giao điểm của ba đường thẳng qua D, E, F theo thứ tự vuông góc với OA, OB, OC như hình vẽ. Áp dụng bổ đề 1, ta có bốn đường tròn (ADH), (BEH), (CF H) và (O) đồng quy. Gọi T là điểm đồng quy. Sử dụng góc định hướng: (T E, T F) ≡ (T E, T H) + (T H, T F)(modπ) ≡ (BE, BH) + (CH, CF)(modπ) (vì T ∈ (BHE) và T ∈ (CHF)) ≡ (BP, BH) + (CH, CP)(modπ) ≡ (BP, BC) + (BC, BH) + (CH, CB) + (CB, CP)(modπ) ≡ (P B, P C) + (HC, HB)(modπ) ≡ (AB, AC) + (AB, AC)(modπ) (vì H là trực tâm của tam giác ABC và P ∈ (O)) ≡ (OB, OC)(modπ) Mặt khác, vì XY ⊥ OC, XZ ⊥ OB nên (XE, XF) ≡ (OB, OC) (modπ). Do đó (T E, T F) ≡ (XE, XF) (modπ) hay bốn điểm T, E, X, F đồng viên. Chứng minh tương tự, ta có bốn điểm T, D, Z, E đồng viên. Như vậy, T là điểm M iquel của tứ giác toàn phần XZDF.EY . Suy ra T nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác XY Z. Ta có (Y Z, Y T) + (CT, CB) ≡ (Y D, Y T) + (CT, CB) ≡ (F D, F T) + (CT, CB) ≡ (F H, F T) + (CT, CB) ≡ (CH, CT) + (CT, CB) ≡ (CH, CB) (modπ). 47 Tuy nhiên, ta có biến đổi góc định hướng sau: (T Z, T B) ≡ (T Z, T D) + (T D, T B)(modπ) Tạp chí Epsilon, Số 19, 02/2021 ≡ (EZ, ED) + (T D, T H) + (T H, T B)(modπ) (vì T ∈ (ZED)) ≡ (EZ, ED) + (T D, T H) + (EH, EB)(modπ) (vì T ∈ (BHE)) ≡ (EZ, EB) + (AD, AH)(modπ) (vì T ∈ (ADH)) ≡ (BO, BP) + π2+ (AD, AH)(modπ) (vì EZ ⊥ OB) ≡ (AB, AP) + (AD, AH)(modπ) ≡ (AB, AH)(modπ) ≡ (CH, CB)(modπ) (vì H là trực tâm của tam giác ABC) Suy ra (T Z, T B) ≡ (Y Z, Y T) + (CT, CB) (modπ). Từ đây, kẻ tiếp tuyến T x của đường tròn (O). Khi đó (T Z, T x) ≡ (T Z, T B) + (T B, T x) ≡ (Y Z, Y T) + (CT, CB) + (CB, CT) ≡ (Y Z, Y T) (modπ) nên T x cũng là tiếp tuyến của đường tròn (XY Z). Vậy đường tròn (O) tiếp xúc với (XY Z) tại T. Y A T O H F x E D B C Z P X Nhận xét. Qua chứng minh trên, ta nhận thấy giả thiết d là đường thẳng Steiner là không cần thiết (thực chất là để giấu yếu tố trực tâm H). Như vậy, có thể thay d thành một đường thẳng bất kì đi qua trực tâm của tam giác ABC. 48 Tạp chí Epsilon, Số 19, 02/2021 2. Một số mở rộng Ở bài toán 1, khi cho AH, BH, CH lần lượt cắt lại (O) tại A0, B0, C0thì ta có kết quả B0C0 k Y Z (do cùng vuông góc với OA), tương tự C0A0 k ZX, A0B0 k XY . Vì vậy, ta có thể mở rộng bài toán theo hướng sau (bài toán mở rộng là của tác giả Trần Quang Hùng (GV THPT chuyên KHTN)) Bài toán 2. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), P là điểm bất kì thuộc (O), Q là điểm bất kì trong mặt phẳng. Giả sử d là một đường thẳng qua Q và lần lượt cắt P A, P B, P C tại D, E, F. QA, QB, QC theo thứ tự cắt lại (O) tại các điểm thứ hai là A1, B1, C1. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác tạo bởi các đường thẳng qua D, E, F lần lượt song song với B1C1, C1A1, A1B1 tiếp xúc với (O). S A B1 B2 d C1 Q O EF D C C2 B A1 A2 P Lời giải. Giả sử ba điểm A2, B2, C2 là giao điểm của ba đường thẳng qua D, E, F theo thứ tự song song với B1C1, C1A1, A1B1 như hình vẽ. 49 Tạp chí Epsilon, Số 19, 02/2021 Áp dụng bổ đề 1, ta có bốn đường tròn (AQD), (BQE), (CQF) và (O) đồng quy. Gọi điểm đồng quy là S. Sử dụng góc định hướng (SE, SF) ≡ (SE, SQ) + (SQ, SF)(modπ) ≡ (BE, BQ) + (CQ, CF)(modπ) (vì S ∈ (BQE) và S ∈ (CQF)) ≡ (BP, BB1) + (CC1, CP)(modπ) ≡ (C1P, C1B1) + (B1C1, B1P)(modπ) (vì B, C, B1, C1, P ∈ (O)) ≡ (P C1, P B1)(modπ) ≡ (A1C1, A1B1)(modπ) (vì bốn điểm A1, B1, C1, P đồng viên) ≡ (A2E, A2F)(modπ) (vì A2C2 k A1C1 và A2B2 k A1B1) Suy ra bốn điểm S, E, F, A2 đồng viên. Chứng minh tương tự, ta có bốn điểm S, D, F, B2 đồng viên. Do đó S là điểm M iquel của tứ giác toàn phần A2C2DF.B2E. Nên S thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác A2B2C2. Tiếp theo ta sẽ chứng minh ba điểm S, C1, C2 thẳng hàng. Thật vậy, sử dụng góc định hướng (SC2, SB) ≡ (SC2, SE) + (SE, SB)(modπ) ≡ (DC2, DE) + (QE, QB)(modπ) (vì S ∈ (DC2E) và S ∈ (BQE)) ≡ (DC2, QB)(modπ) ≡ (B1C1, B1B)(modπ) (vì B2C2 k B1C1) ≡ (SC1, SB)(modπ) (vì bốn điểm S, C1, B, B1 đồng viên) Do đó, ba điểm S, C1, C2 thẳng hàng. Chứng minh tương tự, ba điểm S, B1, B2 thẳng hàng. Kết hợp với B2C2 k B1C1. Vậy đường tròn (A2B2C2) ≡ (SB2C2) tiếp xúc với (SB1C1) ≡ (O). Tiếp theo, quan sát bài toán 1, ta nhận thấy H, O là hai điểm liên hợp đẳng giác trong tam giác ABC. Như vậy, ta cũng có thể mở rộng bài toán bằng cách thay đổi H, O thành hai điểm liên hợp đẳng giác theo hướng như sau Bài toán 3. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O); P, Q là hai điểm liên hợp đẳng giác trong tam giác ABC sao cho ba điểm P, Q, O thẳng hàng. R là điểm bất kì trên (O). Giả sử một đường thẳng qua P lần lượt cắt RA, RB, RC tại D, E, F. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác tạo bởi các đường thẳng qua D, E, F lần lượt vuông góc với QA, QB, QC tiếp xúc với (O). Lời giải. Trước hết, xin phát biểu và chứng minh bổ đề sau Bổ đề 2. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và P, Q là hai điểm liên hợp đẳng giác trong tam giác ABC sao cho ba điểm P, Q, O thẳng hàng. BP, CP lần lượt cắt (O) tại điểm thứ hai là M, N. D, E lần lượt là hình chiếu của P lên AB, AC. Chứng minh rằng MN k DE. Chứng minh. (Lời giải tham khảo từ [1] của bạn oneplusone trên diễn đàn AoPS) Gọi L, L0lần lượt là giao điểm thứ hai của AP, AQ với (O). Kẻ đường kính L0L00 của đường tròn (O). Khi đó, dễ thấy LL00 ⊥ BC. Định nghĩa tương tự cho các điểm M0, M00, N0, N00. 50 Tạp chí Epsilon, Số 19, 02/2021 N A L00 M0 M D E R Xc N00 N0 P Q O B C F M00 L L0 Gọi Xc là giao điểm của ML0 và M0L. Định nghĩa tương tự cho các điểm Xa, Xb. Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm M0LAL0MB thì ba điểm P, Q, Xc cùng nằm trên đường thẳng l. Tương tự, ta có Xa, Xb cũng nằm trên l. Chú ý O cũng nằm trên l nên áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm M0LL00L0MM00, ta có LL00, MM00, l đồng quy. Chứng minh tương tự cho NN00. Suy ra LL00, MM00, NN00 đồng quy tại R. Gọi F là chân đường vuông góc hạ từ P xuống BC. Ta có ∠F DE = ∠F DP + ∠EDP = ∠F BP + ∠EAP = ∠CNM + ∠CNL = ∠MNL. Tương tự ∠DEF = ∠NML. Do đó 4DEF ∼ 4NML. Mặt khác, ∠DP E = ∠NRM và ∠EP F = ∠MRL. Vì vậy 4DEF ∪ {P} ∼ 4NML ∪ {R}. Do NR k DP, MR k P E, LR k P F nên DEF ∪ {P} là ảnh vị tự của NML ∪ {R}. Vậy MN k DE. Quay trở lại bài toán. Giả sử ba điểm X, Y, Z là giao điểm của ba đường thẳng qua D, E, F theo thứ tự vuông góc với QA, QB, QC như hình vẽ. Gọi A1, B1, C1 lần lượt là giao điểm thứ hai của AP, BP, CP với đường tròn (O); M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc hạ từ P xuống CA, AB. Áp dụng bổ đề 2, ta có MN k B1C1. Mặt khác, ta có kết quả quen thuộc MN ⊥ QA. Suy ra B1C1 ⊥ QA. Do đó B1C1 k Y Z. Chứng minh tương tự, ta có C1A1 k ZX, A1B1 k XY . Đến đây, áp dụng bài toán 2 cho tam giác ABC với hai điểm P, R suy ra (XY Z) tiếp xúc (O). 51 B1 C1 A N O Tạp chí Epsilon, Số 19, 02/2021 Y M Q D E F P B C Z A1 X R Nhận xét. Ý tưởng chứng minh bài toán 3 là đưa về mô hình bài toán 2 thông qua bổ đề 2. Như vậy, việc chứng minh bài toán 2 đã mang tính tổng quát. Cuối cùng là bài toán tổng quát của anh Phan Quang Trí. Bài toán 4. Cho tam giác ABC và điểm K bất kì nằm trên đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác ABC. P, Q là hai điểm liên hợp đẳng giác đối với tam giác ABC. Một đường thẳng bất kì đi qua P lần lượt cắt KA, KB, KC lần lượt tại A0, B0, C0. Chứng minh rằng góc giữa đường tròn ngoại tiếp của tam giác tạo bởi các đường thẳng qua A0, B0, C0lần lượt vuông góc với QA, QB, QC và đường tròn (O) bằng với góc giữa đường tròn P edal của P đối với tam giác ABC và đường tròn Euler của tam giác ABC. Lời giải bài toán này xin dành cho bạn đọc. Chúng ta tiếp tục đi đến một số bài toán có cấu hình khá tương tự với các bài toán trên. 3. Một số kết quả liên quan Bài toán 5 (InMC tháng 8/2020). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). P là điểm bất kì nằm trong mặt phẳng và không thuộc (O), Q nằm trên (O). Gọi D, E, F lần lượt là hình chiếu của P lên BC, CA, AB. Tiếp tuyến tại P của đường tròn ngoại tiếp tam giác P BC lần lượt cắt QB, QC tại Y, Z. Đường thẳng qua Y, Z lần lượt song song với DF, DE cắt nhau tại X. Chứng minh rằng (O) tiếp xúc với (XY Z). 52 Tạp chí Epsilon, Số 19, 02/2021 A T Z E O x F Y P D B C Q X Lời giải. Gọi T là giao điểm thứ hai của đường tròn ngoại tiếp tam giác P BY và đường tròn ngoại tiếp tam giác P CZ. Ta có (T B, T C) ≡ (T B, T P) + (T P, T C) ≡ (Y B, Y P) + (ZP, ZC) ≡ (Y Q, Y Z) + (ZY, ZQ) ≡ (QY, QZ) ≡ (AB, AC) (modπ). Suy ra bốn điểm A, B, C, T đồng viên. Sử dụng góc định hướng (T Y, T Z) ≡ (T Y, T P) + (T P, T Z) ≡ (BY, BP) + (CP, CZ) ≡ (BQ, BP) + (CP, CQ) ≡ (BQ, BC) + (BC, BP) + (CP, CB) + (CB, CQ) ≡ (QB, QC) + (P C, P B) ≡ (AB, AC) + (P C, P B)(modπ) Vì P E ⊥ CA, P F ⊥ AB nên (AB, AC) ≡ (AF, AE) ≡ (P F, P E) (modπ). Do đó (T Y, T Z) ≡ (AB, AC) + (P C, P B) ≡ (P F, P E) + (P C, P B) ≡ (P F, P B) + (P B, P E) + (P C, P B) ≡ (DF, DB) + (P C, P E) ≡ (DF, DB) + (DC, DE) ≡ (DF, DE) (modπ). Vì XY k DF, XZ k DE nên (DF, DE) ≡ (XY, XZ) (modπ). Suy ra (T Y, T Z) ≡ (DF, DE) ≡ (XY, XZ) (modπ). Vì vậy bốn điểm X, Y, Z, T đồng viên. Do Y Z tiếp xúc với (P BC) tại P nên ta có (T Y, T B) ≡ (P Y, P B) ≡ (CP, CB) ≡ (CP, CT) + (CT, CB) ≡ (ZP, ZT) + (CT, CB) ≡ (ZY, ZT) + (CT, CB)(modπ) Từ đó nếu kẻ tiếp tuyến T x của đường tròn (O) thì (T x, T Y ) ≡ (T x, T B) + (T B, T Y ) ≡ (CT, CB) + (ZT, ZY ) + (CB, CT) ≡ (ZT, ZY ) (modπ). Nên T x cũng là tiếp tuyến của 53 đường tròn (XY Z). Vậy đường tròn (O) tiếp xúc với (XY Z). Tạp chí Epsilon, Số 19, 02/2021 Nhận xét. Bài toán được tác giả thu được sau khi nghịch đảo và biến đổi từ bài toán sau: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O); E, F lần lượt nằm trên CA, AB. P là điểm bất kì trên EF. Một đường tròn đi qua P và tiếp xúc với BC lần lượt cắt (BP F), (CP E) tại các điểm thứ hai là X, Y . Gọi Z là giao điểm của BX và CY . Chứng minh rằng (O) tiếp xúc với (XY Z). Kết quả thu được khá thú vị khi nó là một hệ quả từ bài toán 3, khi ta đặc biệt hóa đường thẳng đi qua P thành tiếp tuyến tại P của (P BC). Bạn đọc hãy thử sức với bài toán trước khi nghịch đảo xem như bài tập. Cuối cùng là bài toán được tham khảo từ tác giả Lê Viết Ân (GV Thực hành sư phạm TPHCM). Bài toán 6. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và P là một điểm trên (O). Gọi sP là đường thẳng Steiner của P đối với tam giác ABC. Kẻ OM vuông góc với sP tại M. Q là điểm đối xứng với P qua M. Đường thẳng qua Q và vuông góc với BC, CA, AB lần lượt cắt sP tại D, E, F. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác tạo bởi các đường thẳng qua D, E, F và vuông góc với AD, BE, CF tiếp xúc với (O). X A Q Y D E sPH O M F BC Z Ha x P R Lời giải. (Dựa theo ý tưởng của Telv Cohl) Giả sử tam giác XY Z là tam giác được tạo bởi các đường thẳng qua D, E, F và lần lượt vuông góc với AD, BE, CF như hình vẽ. 54 Tạp chí Epsilon, Số 19, 02/2021 Gọi R là điểm đối xứng với Q qua sP . Khi đó, vì Q là điểm đối xứng với P qua M và OM ⊥ sP nên R nằm trên (O) và P R k sP . Gọi H là trực tâm của tam giác ABC, Ha là giao điểm thứ hai của AH và (O). Dễ thấy H ∈ sP và Ha là điểm đối xứng với H qua BC. Sử dụng góc định hướng (RP, RD) ≡ (DF, DR)(modπ) (vì P R k sP ) ≡ (DQ, DF)(modπ) (vì R đối xứng với Q qua sP ) ≡ (HA, HF)(modπ) (vì AH k QD ⊥ BC) ≡ (HaP, HaA)(modπ) ≡ (RP, RA)(modπ) (vì bốn điểm A, Ha, P, R đồng viên) Suy ra ba điểm A, D, R thẳng hàng. Chứng minh tương tự, ta có ba điểm B, E, R thẳng hàng; ba điểm C, F, R thẳng hàng. Vì R nằm trên các đường tròn (XEF),(Y F D),(ZDE) nên R là điểm M iquel của tứ giác toàn phần XEDY.F Z. Do đó R ∈ (XY Z). Kẻ tiếp tuyến Rx của đường tròn (XY Z). Ta có (RA, Rx) ≡ (RD, RZ) + (RZ, Rx) ≡ (ED, EZ) + (Y Z, Y R) ≡ (CA, sP ) + (sP , CR) ≡ (CA, CR) (modπ). Vì vậy Rx là tiếp tuyến tại R của (O). Vậy (XY Z) tiếp xúc với (O) tại R. Nhận xét. Đây là bài toán hay và đẹp. Bạn đọc có thể tham khảo một số mở rộng của nó ở [2]. Các bài toán về đường tròn tiếp xúc luôn đẹp và gây ấn tượng cho người đọc. Thông qua bài viết này, ngoài việc giới thiệu đến bạn đọc một số bài toán về chủ đề tiếp xúc, tác giả hi vọng bạn đọc có thể lấy đó làm cảm hứng để sáng tạo ra những bài toán cho riêng mình thông qua những phương pháp thông dụng như dùng phép nghịch đảo, tổng quát hóa, đặc biệt hóa,... Đây còn là một trong những phương pháp để học tốt phân môn hình học và những phân môn khác trong toán học. Tài liệu [1] AoPS, topic: Intermadiately property of McCay Cubic, https://artofproblemsolving.com/community/c6h533078p3050627 [2] AoPS, topic: Tangent 4, https://artofproblemsolving.com/community/c6h1140203p5350419 55 Tạp chí Epsilon, Số 19, 02/2021 MỘT ỨNG DỤNG CỦA TAM GIÁC FUHRMANN Trần Quang Hùng, Hà Nội TÓM TẮT Bài viết này ứng dụng tam giác Fuhrmann vào giải một kết quả hình học đẹp do chính tác giả tìm ra. 1. Mở đầu Nếu tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Các phân giác góc ∠A, ∠B, ∠C cắt lại (O) tại A0, B0, C0. Gọi Fa, Fb, Fc lần lượt là đối xứng của A0, B0, C0theo thứ tự qua các đường thẳng BC, CA, AB thì tam giác FaFbFc gọi là tam giác Fuhrmann của tam giác ABC xem [1]. Trong [1] cũng liệt kê nhiều tính chất quan trọng của tam giác Fuhrmann, đây là các kết quả đẹp có nhiều ứng dụng. Tuy nhiên trong [1] chưa đề cập đến điểm Lemoine của tam giác Fuhrmann. Trong bài viết này, tác giả sẽ sử dụng điểm Lemoine của Fuhrmann để giải một định lý khá thú vị mà chính tác giả bài viết này đề xuất. Trong quá trình tìm hiểu về tâm đường tròn Euler của các tam giác tạo bởi tâm nội tiếp và các đỉnh của tam giác gốc. Tác giả bài viết đã tìm ra định lý sau Định lý 1. Cho tam giác ABC có tâm đường tròn nội tiếp là I. Gọi Na, Nb, Nc là tâm đường tròn Euler của các tam giác IBC, ICA, IAB. Gọi L∗là điểm Lemoine của tam giác NaNbNc. Gọi Ge và Sch là điểm Gergonne và điểm Schiffer của tam giác ABC. Khi đó ba điểm L∗, Ge, Sch thẳng hàng. A Nc Sch BNb I Ge L* Na 56 C Tạp chí Epsilon, Số 19, 02/2021 Chú ý. Nếu đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc với ba cạnh tam giác ABC tại D, E, F thì AD, BE, CF đồng quy tại điểm Gergonne Ge của tam giác ABC. Các đường thẳng Euler của các tam giác IBC, ICA, IAB đồng quy tại điểm Schiffer Sch của tam giác ABC. Định lý 1 sẽ được chứng minh ở phần tiếp theo. Ở trong chứng minh này, tác giả sẽ sử dụng một số biến đổi trên tâm tỷ cự. Cách ký hiệu tâm tỷ cự được tác giả tham khảo trong [2]. Tuy nhiên việc áp dụng cách ký hiệu này vào thực hành giải toán hình học sơ cấp là phương pháp mà tác giả đã tự viết ra và lần đầu tiên thực hành giảng dạy cũng như giới thiệu với các giáo viên chuyên toán của Việt Nam ở Đà Lạt vào năm 2012, xem [4]. Tác giả cũng đã giảng dạy phương pháp biến đổi này cho các khóa học sinh chuyên toán KHTN từ năm 2011 đến năm 2016. 2. Chứng minh Định lý 1 Các dữ liệu trong phần này như tọa độ tỷ cự của các đỉnh tam giác Fuhrmann, tỷ lệ cạnh của tam giác Fuhrmann chúng tôi tham khảo [1]. Còn dữ liệu về tọa độ tỷ cự của điểm Gergonne và điểm Schiffer chúng tôi tham khảo [3]. Chứng minh Định lý 1. Theo tính chất quen thuộc của tâm đường tròn Euler thì NaNbNc chính là vị tự của tam giác Fuhrmann FaFbFc với tâm I tỷ số 12. Từ đó điểm Lemoine L∗của tam giác NaNbNc là trung điểm của IL trong đó L là điểm Lemoine của FaFbFc. Tọa độ tỷ cự của các đỉnh tam giác Fuhrmann là Fa =a2, −a2 + c2 + bc, −a2 + b2 + bc , Fb =−b2 + c2 + ac, b2, a2 − b2 + ac , Fc =b2 − c2 + ab, a2 − c2 + ab, c2 . Các cạnh tam giác Fuhrmann có tỷ lệ như sau (fa, fb, fc) ∼ pa(p − a),pb(p − b),pc(p − c) . Từ đó điểm Lemoine L của tam giác Fuhrmann có tọa độ tỷ cự thuần nhất là L =f2a· Fa + f2b· Fb + f2c· Fc f2a + f2b + f2c −a3 + b3 + c3 − b2c − c2b − 2abc = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 − 2ab − 2bc − 2ca), . . . , . . .. Tâm nội tiếp I của tam giác ABC có tọa độ tỷ cự thuần nhất là a a + b + c,b I = Vậy trung điểm L∗của IL có tọa độ tỷ cự là L∗ =I + L a + b + c,c . a + b + c 2∼ (b3 + c3 + a(b2 + c2) − (2a2 + bc)(b + c) − 4abc, . . . , . . .). 57 Điểm Gergonne có tọa độ tỷ cự Ge 1 b + c − a,1 c + a − b,1 Tạp chí Epsilon, Số 19, 02/2021 a + b − c và điểm Schiffler có tọa độ tỷ cự là a −b3 − c3 + (a2 + bc)(b + c),b Sch −c3 − a3 + (b2 + ca)(c + a),c . −a3 − b3 + (c2 + ab)(a + b) Từ đó dễ thấy,   det Ge Sch L∗   = 0 hay L∗, Ge, Sch thẳng hàng. Chúng tôi kết thúc chứng minh. 3. Lời kết Bài toán này là một bài toán có phát biểu khá thách thức với các học sinh giỏi toán hình học sơ cấp, tuy nhiên việc sử dụng hệ tọa độ tỷ cự đã giúp cho việc giải bài toán trên trở nên nhanh chóng. Đây là một kết quả đẹp, có ý nghĩa, khi mà các bài toán liên quan đến điểm Lemoine của tam giác Fuhrmann còn khá hạn chế, như chúng tôi đã đề cập, điểm Lemoine của tam giác Fuhrmann không được liệt kê trong [1]. Trong thời gian gần đây có một trào lưu xoáy quanh khai thác một bài toán hình học cụ thể. Do vậy bài viết mới này tôi thử xin giới thiệu một kết quả đẹp và mới (với những cái đã biết trong hình học sơ cấp) chứ không bắt nguồn từ bài toán cụ thể nào. Ở bài viết đầu tiên trong năm mới, tác giả cũng có nhiều suy nghĩ, trăn trở về những bài toán hình học sơ cấp, đặc biệt xuất hiện ở Việt Nam gần đây. Tuy nhiên những suy nghĩ bộn bề đó nhanh chóng được thế chỗ bởi những bài toán hình học đẹp mà một người học trò cũ của tác giả khóa K48 chuyên KHTN đã giúp tác giả biên tập. Người đã luôn đồng hành, giúp đỡ tác giả một cách âm thầm và miệt mài nhất trong những năm tác giả dạy khóa K48 ở chuyên KHTN. Đặc biệt trong năm đó, chuyên đề biến đổi tâm tỷ cự đã được tác giả sử dụng một cách sâu sắc nhất và ở một tầm mới. Sau đó trở đi, tác giả hầu như đã không dạy chuyên đề này cho các học sinh chuyên toán vì những gì đẹp nhất, tác giả đã gửi gắm vào năm cuối cùng đó. Tác giả xin cảm ơn em Nguyễn Ngọc Chi Lan, người học trò cũ cần mẫn và âm thầm, người đã giúp tác giả nhiệt tình trong những năm tác giả miệt mài tìm những bài toán mới ở thời điểm đó. Tài liệu [1] Weisstein, Eric W. "Fuhrmann Triangle." From MathWorld–A Wolfram Web Resource. https://mathworld.wolfram.com/FuhrmannTriangle.html. 58 Tạp chí Epsilon, Số 19, 02/2021 [2] P. Yiu, Introduction to the Geometry of the Triangle, Florida Atlantic University Lec ture Notes, 2001; with corrections, 2013, available at http://math.fau.edu/Yiu/ Geometry.html. [3] C. Kimberling, Encyclopedia of Triangle Centers, http://faculty.evansville. edu/ck6/encyclopedia/ETC.html. [4] Bộ giáo dục, Tài liệu bồi dưỡng giáo viên chuyên Toán THPT, trường hè, Đà Lạt năm 2012. 59 Tạp chí Epsilon, Số 19, 02/2021 CÂU CHUYỆN XUNG QUANH MỘT SỐ TỔNG VÔ HẠN Trần Nam Dũng Trường Đại học KHTN ĐHQG Thành phố Hồ Chí Minh Ta bắt đầu từ bài toán sau Bài toán 1. Ký hiệu '.n/ là số các số nguyên dương nhỏ hơn hay bằng n và nguyên tố cùng nhau với n: Chứng minh rằng ta có đẳng thức X1 nD1 '.n/ n4D P1 nD1 P1 nD1 1 n3 1 n4 : Thoạt nhìn ta không có định hướng gì để chứng minh đẳng thức kỳ lạ này. Vế phải không xuất hiện hàm ' còn vế trái lại có. Làm thế nào để xử lý? Lời giải 1. (Nguyễn Mạc Nam Trung) Sử dụng đồng nhất thức X1 nD1 nkDY 1 p2P X1 kD0 ! 1 pk DY p2P 1 1 pk; trong đó tích được tính trên tập hợp P tất cả các số nguyên tố. Đồng nhất thức này được suy ra từ định lý cơ bản của số học và sự kiện quen thuộc 1 pkD 1 C1pkC1p2k C 1 Chú ý là khi ta khai triển tích Y p2P X1 kD0 1 pk ! ; sẽ được các số hạng có dạng1 pk k1 1 pk k2 2 pk ks s và như thế sẽ thu được tổng X1 nD1 1 nk: 60 Tạp chí Epsilon, Số 19, 02/2021 Áp dụng điều này, ta có P1 nD1 P1 nD1 1 n3 1 n4 DY p2P 1 p4 X1 iD0 p3i DY 1 p2P X1 iD0 1 p3i X1 iD0 1 p3iC4 ! DY p2P 1 CX1 iD1 1 p3i 1 1p !: Bây giờ lại sử dụng ý tưởng của Euler và khai triển tích 1 1p !; ta sẽ được các số hạng có dạng Y p2P 1 CX1 iD1 1 p3i 1 1pi D'.n/ Ys n4; iD1 với n D pk1 1 pks 1 p3ki i 1 1pi DYs iD1 pki p4ki i s: Và như thế Y p2P Phép chứng minh kết thúc. 1 CX1 iD1 1 p3i 1 1p !DX1 nD1 '.n/ n4: Lời giải 2. (Lê Phúc Lữ) Đặt f .n/ D 1n4; thì f .n/ là hàm nhân tính và điều cần chứng minh có thể viết lại thành X1 nD1 f .n/X1 nD1 '.n/f .n/ DX1 nD1 n f .n/: Rõ ràng “hệ số” của f .n/ ở vế phải là n: Ta xét hệ số của f .n/ ở vế trái, tức là trong tích .f .1/ C f .2/ C f .3/ C /.'.1/f .1/ C '.2/f .2/ C '.3/f .3/ C / Cố định số nguyên dương n nào đó, nếu như d không là ước của n thì rõ ràng với mọi k nguyên dương thì n ¤ kd nên f .n/ ¤ f .k/f .d /: Suy ra hệ số của f .n/ trong vế trái được đóng góp bởi các f .d / mà d j n: Lại xét một ước số d của n; ta có f .d /f nên số hạng chứa f .n/ của vế trái chính là n d D f .n/; X d j n f .d / ' n d f n d D f .n/X d j n ' .d/: Cuối cùng, ta chứng minh thêm đẳng thức X d j n '.d / D n; 61 nữa thì bài toán kết thúc. Tạp chí Epsilon, Số 19, 02/2021 Thật vậy f1; 2; : : : ; ng sẽ được phân hoạch thành các tập con có ước chung lớn nhất với n đúng bằng d với d j n; và mỗi nhóm như thế có số phần tử bằng 'nd ; nên suy ra ' .d/: Bài toán kết thúc. n DX d j n ' n d DX d j n Lời giải tiếp theo còn thú vị hơn nữa, vì không đi chi tiết vào công thức tính '.n/; mà chỉ dựa vào định nghĩa của '.n/: Lời giải này được rút từ lời giải một bài toán của cuộc thi AMTS (cuộc thi tìm kiếm tài năng toán học Mỹ). Lời giải 3. Vì '.n/ là số các số nguyên dương nhỏ hơn hay bằng n và nguyên tố cùng nhau với n nênX1 nD1 '.n/ n4; chính là tổng của 1s4 qua tất cả các cặp .r; s/ với r 6 s và .r; s/ D 1: Còn X1 nD1 1 n3 chính là tổng của 1n4 qua tất cả các cặp .a; n/ mà 1 6 a 6 n: Mỗi cặp .a; n/ mà 1 6 a 6 n đều biểu diễn được duy nhất dưới dạng .kr; ks/ với r 6 s; và .r; s/ D 1 và k nguyên dương. Do đó X1 nD1 n3DX1 1 nD1 Xn aD1 n4DX1 1 kD1 X .r;s/ .ks/4 DX1 1 kD1 1 k4 X .r;s/ 1 s4D X1 kD1 1 k4 ! 0 @X .r;s/ 1 s4 1 A : Từ đó suy ra đẳng thức cần chứng minh. Sau khi giải quyết xong bài toán, tự dưng ta đặt câu hỏi. Tổng X1 nD1 '.n/ n4; có thể tính qua được hai tổng X1 nD1 n3;X1 1 nD1 1 n4: Vậy hai tổng này có tính được không? Sử dụng Maple, ta sẽ rất ngạc nhiên khi biết được là X1 n4D 4 iD1 1 62 90; Tạp chí Epsilon, Số 19, 02/2021 cònX1 iD1 1 n3; thì không có đáp số cụ thể mà chỉ cho đáp số là .3/: Thực ra, nếu ta dùng lệnh evalf(%) thì sẽ cho ta kết quả 1:202056903: Nhưng ta biết rằng, với dân toán 1:202056903 không thể “đẹp” bằng 4 90 : Tiếp theo ta sẽ chứng minh đẳng thức đẹp đẽ này X1 n4D 4 1 nD1 90: Để chứng minh đẳng thức này, ta sẽ dùng đến một công thức hơi cao cấp một chút, gọi là công thức Taylor. Cái này có thể nói là kết quả sơ cấp nhất trong cao cấp (ở chương trình một số nước như Singapore, AP Calculus, ... thì nằm ở bậc phổ thông). Cụ thể thì nếu hàm số f .x/ khả vi vô hạn lần tại 0 thì ta sẽ có công thức f .x/ D f .0/ Cf0.0/ 1Šx Cf00.0/ 2Šx2 C Cf.n/.0/ nŠxn C O .xn/: Với hàm f .x/ D sin x; ta có được khai triển sau sin x D x x3 3ŠCx5 xŠ x7 7ŠC Bây giờ ta sẽ sử dụng lý luận rất độc đáo của Euler sau đây. Vì sin x xcó nghiệm là ˙ ; ˙2 ; ˙3 ; : : : và có hệ số tự do bằng 1 nên ta có : Chú ý là sin x xD 1 x 1 Cx 1 x2 1 Cx2 D Y1 nD1 xD 1 x2 1 x2 n2 2 sin x 3ŠCx4 5Š x6 7ŠC nên so sánh hệ số của x2 ở hai vế, ta thu được 1 Từ đó suy ra 6D 1 214 219 2 X1 n2D 2 1 nD1 6: Bằng cách so sánh hệ số của x4 ở hai vế, ta thu được X m2n2D 4 1 m 1 nhưng những điểm thú vị nhất lại nằm ở miền Re.s/ 6 1: Chẳng hạn .1/ D 112 (Ramanujan), .0/ D 12; .2/ D 0: Giả thiết Riemann, một trong những giả thuyết nổi tiếng nhất đương đại nói rằng mọi không điểm không tầm thường của hàm đều nằm trên đường thẳng Re.s/ D 12: Công thức mà chúng ta đã sử dụng ở lời giải 1 được gọi là công thức tích Euler .s/ DX1 nD1 nsDYp 1 1 1 ps ; trong đó tích tính trên tập hợp tất cả các số nguyên tố. Dưới đây ta sẽ nghiên cứu một chút về .1/; tức là tổng X1 nD1 1 n: Sự kiện tổng này phân kỳ thì rõ rồi, và có thể chứng minh rất sơ cấp nhờ vào đánh giá sau n C 1C1 1 n C 2C C12n>n2nD12: 64 Tạp chí Epsilon, Số 19, 02/2021 Từ đó S2n Sn >12với mọi n: Suy ra S2k > 1 C k2với mọi k; suy ra chuỗi phân kỳ. Ở đây như thường lệ ta đặt là tổng riêng của chuỗi. Sn DXn kD1 1 k; Ta có thể đánh giá kỹ hơn về tổng này bằng cách áp dụng định lý Lagrange cho hàm f .x/ D ln x trên đoạn Œn; n C 1: Ta sẽ có ln.n C 1/ ln.n/ D1c; c 2 .n; n C 1/: Từ đó suy ra1 n C 1< ln.n C 1/ ln.n/ < 1n: Cho n chạy từ 1 đến N rồi cộng tại, ta có SNC1 1 < ln.N C 1/ < SN : Từ đó suy ra SN > ln.N C 1/; suy ra chuỗi phân kỳ. Cũng từ bất đẳng thức trên, ta suy ra (với N > 1) 0 < SN ln N < 1; hơn nữa SN ln N .SNC1 ln.N C 1// D ln.N C 1/ ln N 1 N C 1> 0: Từ đây dãy SN ln N giảm và bị chặn dưới bởi 0: Do đó dãy có giới hạn, giới hạn này được gọi là hằng số Euler-Mascheroni và ký hiệu là hoặc C: Ta chứng minh được C là số vô tỷ và tính được gần đúng C 0:577215664901532 (thêm nữa cũng được nhưng không cần thiết). Như vậy ta có công thức SN D ln N C C C O.1/; trong đó O.1/ ký hiệu đại được vô cùng nhỏ so với 1 khi n dần đến vô cùng. Sử dụng công thức này và công thức tích Euler cho s D 1; ta sẽ chứng minh được một kết quả đẹp đẽ là tổng nghịch đảo của các số nguyên tố là phân kỳ. Bài toán 2 (Việt Nam TST 1998). Cho số nguyên dương m > 3: Giả sử p1; p2; : : : ; pk là tất cả các số nguyên tố không vượt quá m: Chứng minh rằng piC1p2i > ln.ln m/: Xk iD1 1 Lời giải. Xét tích Yk iD1 1 C1piC1p2iC : 65 Khi khai triển tích này ra, ta sẽ được các phân số có dạng 1 p˛1 Tạp chí Epsilon, Số 19, 02/2021 với ˛ilà các số nguyên không 1 p˛k k âm. Vì p1; p2; : : : ; pk là tất cả các số nguyên tố không vượt quá m nên trong các phân số có dạng nói trên có tất cả các phân số dạng 1kvới k 6 m: Từ đó ta có Yk iD1 1 C1piC1p2iC >Xm kD1 1 k: Lấy logarit tự nhiên của hai vế, chú ý rằng Xm kD1 1 kD Sm > ln m; và 1 C1piC1p2iC D 1 C1 pi 1; ta có Xk iD1 ln 1 C1 pi 1 > ln.ln m/: Để kết thúc phép chứng minh, ta chỉ cần chỉ ra ln 1 C1 x 1 <1xC1x2; 8x > 2: Xét hàm số f .x/ D1xC1x2 ln 1 C1 x 1 : Ta có xD2 x 1 f0.x/ D 1x22x3C1 x 1 .x 1/x3: Vậy f0.x/ < 0 với mọi x > 2; nên f là hàm giảm trên .2; C1/: Do đó f .x/ > lim x!1f .x/ D 0; với mọi x > 2: Với lời giải bài toán trên, bản chất ta đã chứng minh được các định lý sau: Định lý 1. Ta cóX p6x 1 pD ln.ln x/ C O.1/: Định lý 2 (Mertens). Ta cóY p6x 1 1p D ‚ 1ln x : 66 Tạp chí Epsilon, Số 19, 02/2021 Quay lại với hàm '.n/: Ở trên ta đã sữ dụng hai công thức liên quan đến '.n/; đó là công thức tính '.n/ và công thứcX d j n '.d / D n: Công thức thứ hai (đây là kết quả được tìm ra bởi Gauss) đã được chứng minh bằng một phương pháp rất đẹp ở trên, ta bàn thêm ở đây về công thức tính '.n/ và một số hệ quả của nó. '.n/ D nY pjn 1 1p : Cách truyền thống để chứng minh công thức này là chứng minh ' là hàm nhân tính số học, tức là '.mn/ D '.m/'.n/ với mọi m; n nguyên tố cùng nhau. Sau đó thì sử dụng một công thức khá hiển nhiên: '.pk/ D pk pk1 với p là số nguyên tố và k là số nguyên dương. Đến đây chỉ cần sử dụng định lý cơ bản của số học nữa là xong. Bỏ qua các chứng minh này, thay vào đó nêu ra một cách chứng minh tổ hợp cho nó. Gọi p1; p2; : : : ; pk là các ước nguyên tố của n; gọi A.i / là tập các số nguyên dương nhỏ hơn hay bằng n và chia hết cho pi khi đó thì '.n/ D n Sử dụng công thức bao hàm và loại trừ, ta có ˇˇˇˇˇ[k iD1 Ai ˇˇˇˇˇ: ˇˇˇˇˇ[k iD1 Ai ˇˇˇˇˇDXk iD1 jAijX i 1: Hàm .n/; gọi là hàm Mobius, là hàm bằng 1 nếu n D 1; bằng 0 nếu n có một ước chính phương (> 1) và bằng .1/r nếu n là tích của r số nguyên tố phân biệt. Ý nghĩa của các hàm đặc biệt này như sau: f 1 D 1 f D F; I f D f I D f: Như vậy phép tổng theo các ước chính là phép nhân Dirichlet với 1: Còn I chính là phần tử đơn vị đối với phép nhân Dirichlet. Ta có thể chứng minh dễ dàng rằng tích Diriclet có tính giao hoán, tính kết hợp và tính phân phối đối với phép cộng. Bây giờ ta quan tâm đến sự tồn tại phần tử nghịch đảo của hàm số theo tích Dirichlet, tức là hàm số g sao cho f g D I: Trước hết ta sẽ chứng minh là nghịch đảo của 1: Để chứng minh điều này, ta cần chứng minh X d j n .d / D 0; n > 1: Thật vậy, nếu n > 1 có các ước nguyên tố phân biệt là p1; p2; : : : ; pk thì trong tổng X d j n .d /; đa số các số hạng sẽ bằng 0 ngoại trừ .1/ và .d / với d là tích của một hay vài thừa số pi: Từ đóX d j n .d / D 1 k C C2k C3k C D .1 1/k D 0: Phép chứng minh hoàn tất. Như vậy 1 D I: Bây giờ ta sẽ dùng tính chất này để suy ra một công thức rất quan trọng Định lý 3 (Công thức nghịch đảo Mobius). Nếu F D 1 f thì f D F; nói cách khác nếu F .n/ DX d j n f .d / thì f .n/ DX d j n .d /F n d : Điều ngược lại cũng đúng, tức là nếu f D F thì F D 1 f: 68 Tạp chí Epsilon, Số 19, 02/2021 Chứng minh. Vì F D 1 f nên nhân hai vế cho ; ta được F D .1 f / D . 1/ f D I f D f: Phép chứng minh hoàn tất. Bây giờ ta đi tìm nghịch đảo của hàm số f đối với tích Dirichlet. Cho f là hàm số học với f .1/ ¤ 0: Khi đó xét hàm số g được xác định (bằng truy hồi) như sau g.1/ D1 f .1/; g.n/ D 1 f .1/ X d j n; d 1 ta có e.n/ DX f .d /g n d D f .1/g.n/ CX f n d g.d / d j n d j n; d 2. Từ đó ta dễ dàng tìm được I2n D2n 1 2n 2n 3 2n 2 12 I0; I2nC1 D2n 2n C 1 2n 2 2n 1 23 I1: Chia hai đẳng thức trên vế theo vế, ta được I2nC1 I2nD Yn kD1 4k2 4k2 1 ! I1 I0D 73 Yn kD1 4k2 4k2 1 ! 2 : Tạp chí Epsilon, Số 19, 02/2021 Chú ý rằng 2n 2n C 1DI2nC1 I2n16I2nC1 I2n6 1 nên limI2nC1 I2nD 1, do đó trong đẳng thức trên, cho n dần đến vô cùng, ta thu được điều phải chứng minh. Trong tạp chí AMM, số tháng 12 năm 2007; có đăng phép chính minh sơ cấp của Johan Wastlund cho công thức tích Wallis như sau Ta xét dãy số .sn/ W s1 D 1; sn D32 54 2n 1 2n 2; 8n > 2: Tích riêng của tích Wallis với số thừa số là số lẻ có thể viết dưới dạng on D22 42 .2n 2/2 2n 1 32 .2n 1/2 D2ns2n; (1) trong khi đó tích riêng đó với số thừa số là số chẵn sẽ có dạng en D22 42 .2n 2/2 1 32 .2n 3/2 .2n 1/D2n 1 s2n: (2) Ta quy ước e1 D 1. Rõ ràng là en < enC1 và on > onC1. So sánh (1) và (2), ta suy ra en < on. Từ đó ta phải có e1 < e2 < e3 < < o3 < o2 < o1; vì2i s2iD oi > on;2i 1 s2iD ei 6 en; 1 6 i 6 n: Ta suy ra2i 1 en6 s2i 62ion: (3) Sẽ tiện lợi nếu quy ước s0 D 0, chú ý rằng theo định nghĩa thì (3) đúng cho cả trường hợp i D 0. Đặt an D snC1–sn thì a0 D 1 và an D snC1 sn D sn Sử dụng các hệ thức aiC1 D2i C 1 2n C 1 2n 1 Dsn 2nD12 34 2n 1 2n: 2.i C 1/ai; ajC1 D2i C 1 2.j C 1/aj , ta chứng minh được hệ thức aiaj Dj C 1 i C j C 1aiajC1 Ci C 1 i C j C 1aiC1aj : (4) Nếu ta bắt đầu từ a20và áp dụng liên tiếp (4), ta thu được hệ thức 1 D a0an C a1an1 C C ana0: (5) Tiếp theo là một thiết kế hình học độc đáo, ta chia góc phần tư thứ nhất của mặt phẳng tọa độ thành các hình chữ nhật bằng cách vẽ các đường thẳng x D sn và y D sn: Gọi Ri;j là hình chữ nhật với góc dưới bên trái .si; sj / và góc trên bên phải .siC1; sjC1/. Diện tích của Ri;j bằng aiaj . Như vậy đẳng thức (5) khẳng định là tổng diện tích các hình chữ nhật 74 Tạp chí Epsilon, Số 19, 02/2021 Ri;j mà i C j D n bằng 1. Ta gọn Pn là miền đa giác tạo bởi tất cả các hình chữ nhật Ri;j với i C j < n, thế thì diện tích của Pn bằng n: Các điểm góc bên ngoài của Pn là các điểm .si; sj / với i C j D n C 1 và 1 6 i; j 6 n. Theo q định lý Pythagore, khoảng cách từ các điểm đó đến gốc tọa độ bằng s2i C s2j. Theo (3), các khoảng cách này bị chặn trên bởi s 2.i C j / onD s 2.n C 1/ on: Tương tự, các điểm góc bên trong của Pn là các điểm .si; sj / với i C j D n và 0 6 i; j 6 n. Khoảng cách từ các điểm đó đến gốc tọa độ bị chặn dưới bởi s 2.i C j 1/ enD s 2.n 1/ en: s 2.n 1/ Như vậy Pn chứa một phần tư đường tròn có tâm tại gốc tọa độ và có bán kính s envà chứa trong một phần tư đường tròn có tâm tại gốc tọa độ và có bán kính 2.n C 1/ on: Vì diện tích của một phần tư đường tròn bán kính r bằng 14 r2, trong khi đó diện tích của Pn bằng n nên ta có .n 1/ 2en< n <.n C 1/ 2onH).n 1/ 2n< en < on <.n C 1/ 2n: Từ đây rõ ràng là khi n dần đến vô cùng thì cả en và on đều dần đến 2: 75 Tạp chí Epsilon, Số 19, 02/2021 Ở trên, ta đã làm việc với các tổng vô hạn như là với các tổng hữu hạn, từ đó mà ra được nhiều kết quả kỳ quái như 1 1 C 1 1 C 1 1 C D 112: Trong mục này, ta sẽ chỉ ra rằng ngay cả với những tổng hội tụ thì việc hoán đổi vị trí các số hạng cũng có thể làm thay đổi giá trị của tổng, thậm chí thay đổi tính hội tụ. Ví dụ ta đã biết A D 1 12C1314C D ln 2: Thế nhưng nếu gom lại thành tổng có dạng B D 1 C1312 C 15C1714 C 19C11116 C ta sẽ được một kết quả khác. Thật vậy, tổng riêng thứ n của tổng trên sẽ bằng Xn kD1 1 12C1314C C1 1 4k 3C1 4k 1 4n 2C1 1 2k 1 2.n C 1/ C C14n : D 4n 3 1 4n 1 1 4n C Dấu ngoặc thứ nhất bằng tổng riêng thứ 4n của tổng A ban đầu, nên dần đến ln 2còn dấu ngoặc thứ hai sẽ dần đến 12.ln 2n ln n/ D 12ln 2 khi n dần đến vô cùng. Do đó B D 32ln 2: Nếu ta lại gom 3 số hạng dương rồi mới lấy một số hạng âm thành tổng C: C D 1 C13C1512 C 17C19C11114 C 113C115C11716 C thì ta sẽ tính được C D ln 2 C 12ln 3: Thậm chí ta có thể gom để mỗi dấu ngoặc đều có giá trị lớn hơn 1 như sau D D 1 C13C1512 C 17C19C C17914 C 181C C183916 C và kết quả là được một dãy phân kỳ. Điều thú vị là với dãy số E D 1 122C132142C D 2 12; thì sự gom số hạng như thế không dẫn đến sự thay đổi tổng. Cụ thể là tổng 1 C132122 C 152C172142 C vẫn bằng 2 12 : 76 F D Tạp chí Epsilon, Số 19, 02/2021 Vấn đề nằm ở chỗ nào? Tại sao với tổng A thì có sự thay đổi, còn với tổng E thì không? Câu trả lời xin dành cho bạn đọc. Tôi kết thúc phần này bằng một bài toán mà thầy Đỗ Bá Khang đã ra cho đội tuyển IMO 1983 trong đợt tập huấn vào mùa hè năm 1983. Bài toán 3. Cho chuỗi số a1 C a2 C a3 C hội tụ nhưng không hội tụ tuyệt đối. Chứng minh rằng với mọi số thực s cho trước, luôn luôn tìm được một song ánh ' W N ! N sao cho chuỗi a'.1/ C a'.2/ C a'.3/ C hội tụ và có tổng là s: Cuối cùng là một số kết quả liên quan đến những vấn đề nêu trên được nêu ra mà không chứng minh, xem như các bài tập dành cho bạn đọc (a) Xn kD1 hn k i '.k/ Dn.n C 1/ 2: (b) X d j n 2.d / '.d / Dn '.n/: (c) X 16k6n; .k;n/D1 k D12n'.n/: (d) (Menon, 1965)X 16k6n; .k;n/D1 .k 1; n/ D '.n/ .n/: (e) .n/ DX d j n '.d / .n=d /; nói cách khác D ' : (f) X d j n (g) X d j n .d / .n=d / D 1; nói cách khác D 1: .d / .n=d / D n; nói cách khác D N: (h) Hàm số học f được gọi là nhân tính số học nếu f .1/ D 1 và f .mn/ D f .m/ f .n/, với mọi m; n nguyên tố cùng nhau. Tích Diriclet của hai hàm nhân tính số học là một hàm nhân tính số học. Trường hợp riêng, nếu f là hàm nhân tính số học thì hàm tổng theo các ước của nó, tức là F .n/ DP d j n f .d / cũng là hàm nhân tính số học. (i) Cho f là một hàm nhân tính số học và n D pe1 2 pek nguyên tố. Khi đó 1 pe2 klà phân tích của n ra thừa số X d j n (j) Với jxj < 1 thì .d /f .d / D .1 f .p1//.1 f .p2// .1 f .pk//: X1 '.n/xn .1 x/2;X1 '.n/xn nD1 1 xnDx nD1 77 1 C xnDx.1 C x2/ .1 x2/2.Liuoville/: (k) Với jxj < 1 thì X1 nD1 .n/xn 1 xnD x: Tạp chí Epsilon, Số 19, 02/2021 (l) lim n!1 1 n Xn kD1 '.k/ kD6 2: (m) lim n!1 1 n Xn kD1 '.k/ k k n r D6 .1 C r/ 2: (n) (Chuỗi Dirichlet và tích Dirichlet) Cho hàm số học f , khi đó Chuỗi Dirichlet của f là hàm số F .s/ DX1 nD1 f .n/ ns: Giữa chuỗi Dirichlet và tích Dirichlet được định nghĩa ở phần 4 có mối quan hệ sau : Nếu các hàm f và g có các chuỗi Dirichlet tương ứng là F .s/; G.s/ thì tích Dirichlet f g có chuỗi Dirichlet là F .s/ G.s/: (o) Nếu s > 1; thì X1 nD1 nsD1 .s/;X1 .n/ nD1 .n/ nsD 2.s/; và nếu s > 2; thìX1 nD1 .n/ nsD .s/ .s 1/: 78 Tạp chí Epsilon, Số 19, 02/2021 MỘT VÀI ĐÁNH GIÁ TRÊN DÃY SỐ Nguyễn Hoàng Vinh Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh, Đồng Nai Ở chuyên đề này, tôi trình bày một số cách để đánh giá các số hạng của một dãy số thông qua việc so sánh với các đại lượng khác. Đây là cơ sở để sử dụng định lý kẹp hoặc mở rộng các kết quả về giới hạn. Bài toán 1. Xét dãy số .xn/ cho bởi công thức x1 D 1; xnC1 D 1 Cnxn; 8n D 1; 2; 3; : : : Trước tiên, ta thử tính toán một vài số hạng từ dãy số này 79 Tạp chí Epsilon, Số 19, 02/2021 Ở cột A là giá trị của n; cột B là giá trị của xn và cột C là giá trị của pn: Điều này cho phép quy nạp để dự đoánpn 6 xn 6pn C 1: Ta có thể chứng minh quy nạp kết quá trên. Chú ý đánh giá xnC1 D 1 Cnxn 1 Cn pn C 1: Xét bất đẳng thức pn C 1>pn C 1; 1 Cn , n Cpn C 1 > pn2 C n Cpn C 1; , n2 C 3n C 1 C 2pn C 2npn > n2 C 2n C 1 C 2pn .n C 1/: Hiển nhiên đúng, vậy ta chứng minh được pn < xn ynC1; 1 Cnyn< znC1; và ta cố gắng thử từ các dãy đơn giản nhất là yn D n˛ và dãy .zn/ dự trên dãy .yn/: Tiếp tục tính toán, cột thứ tư là giá trị pxnnvà cột thứ năm là xn pn: 80