🔙 Quay lại trang tải sách pdf ebook Tạp Chí Epsilon Số 22 Ebooks Nhóm Zalo “Lực Coriolis sẽ cho chúng ta biết được lịch sử hình thành các gò đất để khớp với các quyết định chọn Kinh Thành của các vương triều Việt Nam trong lịch sử” Nguyễn Lê Anh - Lực Coriolis và lịch sử dòng chảy sông Hồng “Để trở thành nhà Toán học chuyên nghiệp, và có thể sống tốt, sống tự do bằng nghề, đòi hỏi tài năng, sự đam mê dài hạn, và khá nhiều may mắn nữa. Cũng như nhiều ngành nghề khác. Đó là một đặc ân hiếm hoi của cuộc đời.” Đào Hải Long - Tự Do ỨNG DỤNG CỦA TRƯỜNG HỮU HẠN VÀO GIẢI BÀI TOÁN DÃY SỐ Dương Thái Bảo GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG NHỜ PHÉP QUAY VÀ GEOGEBRA Nguyễn Hoàng Vũ và cộng sự VÀ CÁC CHUYÊN MỤC KHÁC No. 22 13.08 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 Trần Bình Thuận Đặng Nguyễn Đức Tiến Chủ biên: Trần Nam Dũng LỜI NGỎ Chúng tôi tiếp tục Epsilon số này bằng một lời ngỏ đặc biệt: lời tâm tình của thầy Đào Hải Long dành cho các học sinh Việt Nam vừa đạt kết quả xuất sắc ở Kỳ thi Olympic Toán quốc tế 2022. * * * Chúc mừng các em về thành tích xuất sắc của mình. Điều đó cũng có nghĩa từ nay, các em sẽ phải đối đầu với nhiều áp lực. Mình muốn nói với các em điều này: - Hãy để tài năng, thành tích là công cụ để chúng ta có thêm sự tự do, chứ đừng để người khác biến nó thành xiềng xích trên người mình. Hồi mình đi thi, có nhiều nhà báo đến nhà muốn khai thác khía cạnh mẹ đơn thân, biến mình thành tấm gương nghèo vượt khó. Mình bảo ngay: - Nghèo bây giờ không có tiền đi học thêm thì khó mà vào đội tuyển đấy! Thế là các anh chị nhà báo nản, bỏ đi hết. Một lần khác, trả lời phỏng vấn về mơ ước tương lai, mình nói: - Em muốn làm một con người hạnh phúc trong một đất nước thịnh vượng! Sau đó có một anh chàng nhà báo viết bài “chê” mình, vì không chịu “truyền cảm hứng” lớn lao hơn cho các bạn trẻ. Mình kệ. Đa phần những tung hô của người đời dành cho các tấm gương xuất sắc trong mọi lãnh vực xuất phát từ sự tị nạnh của những cá nhân tầm thường, họ muốn dùng những thành tích đó để buộc những kẻ may mắn kia vào những kỳ vọng, những “cái hộp” mà họ tự đặt ra (kiểu như hoa hậu ngủ không được dạng chân), để kìm hãm sự tự do của những kẻ đó. Cần cẩn thận với những sự kìm hãm ấy, nhiều khi chính từ gia đình bạn bè mình. Khi cho con mình chơi tennis, chúng nó sau hai năm có thành tích khá tốt, vượt qua nhiều bạn có điều kiện, tập thầy chuyên nghiệp đã 4,5 năm. Nhưng mình không bao giờ hỏi chúng nó “hôm nay con đánh thắng hay thua?”. Mình bảo: - Các con có thể tự thấy đấy, rất nhiều bạn xung quanh, Tây hay Tàu, bị ràng buộc vào những mục tiêu, giấc mơ vào trường tốt, hay theo quần vợt chuyên nghiệp, hoặc thắng nhiều giải, được xếp hạng cao, v.v. Vì thế các bạn ý luôn rất căng thẳng. Đối với bố mẹ, tài năng đơn giản là cho các con thêm sự lựa chọn. Khi có tiền, các con có thể chọn chơi với người giàu hay người nghèo. Khi có trí tuệ, các con có thể đàm đạo với giáo sư hay nông dân đều ung dung cả. Khi chơi giỏi, đi với nhóm nào các con cũng được nể trọng và chào đón. Vậy thôi. Nếu các em muốn trở thành nhà Toán học trong tương lai, quá tốt. Chỉ cần nhớ rằng đó không phải là ràng buộc. Năm nay Mỹ có một cậu đạt huy chương vàng quốc tế lần thứ 4! Trước đó cũng có một cậu như vậy, Reid Barton, nhưng giờ đã bỏ Toán sau khi làm tiến sĩ. Kỷ lục là Tạp chí Epsilon, Số 22, 08/2022 Canada cũng có một cậu, thi từ năm lớp 7, được 5 vàng và 1 bạc (!), nhưng cũng không đi làm Toán. Nghe nói sau khi vào học Princeton cậu đã thất vọng vì mình cũng chỉ bình thường. Dễ hiểu thôi vì những sinh viên khác không đi thi quốc tế nhưng họ đã viết bài báo nghiên cứu từ năm 13, 14 tuổi. Đấy là Mỹ, Canada. Còn bên Anh thì có cậu John Rickard, 3 lần huy chương vàng (2 lần tuyệt đối) và 3 lần được giải thưởng đặc biệt cho lời giải xuất sắc! Một kỷ lục cho đến nay vẫn chưa ai vượt qua. Nhưng khi vào học Toán thì cậu cũng thất vọng, vì sự xuất sắc và lối suy nghĩ đặc biệt của cậu không được mấy ai để ý và chăm chút. Cậu bỏ học và mất sớm vì bệnh ở tuổi 40. Để trở thành nhà Toán học chuyên nghiệp, và có thể sống tốt, sống tự do bằng nghề, đòi hỏi tài năng, sự đam mê dài hạn, và khá nhiều may mắn nữa. Cũng như nhiều ngành nghề khác. Đó là một đặc ân hiếm hoi của cuộc đời. Vì thế, các em hãy cứ thoải mái tìm hướng đi cho mình. Biến thành công hiện nay thành công cụ để mở thật nhiều cánh cửa càng tốt, trải nghiệm thật nhiều thứ. Nhớ là nhiều khi phải “huấn luyện” cả gia đình mình cách sống với áp lực của người đời nữa. Không có gì quý hơn độc lập tự do! Các em cần học cách bảo vệ sự tự do của mình, bắt đầu từ giây phút này. * * * Và bây giờ, mời bạn đọc đến với Epsilon 21! 4 MỤC LỤC Nguyễn Lê Anh Lực Coriolis và lịch sử dòng chảy sông Hồng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 Nguyễn Ái Việt Chỉ là chuyện nhân lũy thừa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 Alexander Alexandrovich Razborov Lý thuyết độ phức tạp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 Đoàn Thị Lệ và cộng sự Câu Cổ Pháp (Định lý Pythagoras) Trong Ý Trai Toán Pháp Nhất Đắc Lục - Phần 2 . . . 32 Nguyễn Hoàng Vũ và cộng sự Giải một số bài toán hình học phẳng nhờ phép quay trong Geogebra . . . . . . . . . . . 51 Nguyễn Ngọc Giang - Lê Viết Ân - Nguyễn Duy Phước Về bài hình học IMO 2022 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68 Trần Quang Hùng Về bài toán đường thẳng song song với đường thẳng Euler sinh ra từ tâm đường tròn nội tiếp 82 Nguyễn Song Thiên Long Định lý Van Aubel - Một định lý đẹp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89 Dương Thái Bảo Ứng dụng của trường hữu hạn vào giải bài toán dãy số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124 Trương Ngọc Đắc Hai dãy số sinh bởi các đại lượng trung bình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136 Nguyễn Tất Thu Bài toán phủ bảng ô vuông . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 147 Lê Phúc Lữ Về hai bài toán tổ hợp trong đề kiểm tra trường hè 2022 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162 Trần Nam Dũng Tổ hợp qua các định lý và bài toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172 Nguyễn Duy Liên Bài toán hay - Lời giải đẹp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 186 5 Tạp chí Epsilon, Số 22, 08/2022 LỰC CORIOLIS VÀ LỊCH SỬ DÒNG CHẢY SÔNG HỒNG Nguyễn Lê Anh GIỚI THIỆU Đây là số thứ 10 liên tục chúng tôi luôn đăng 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 chép 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. Trong số này, chúng ta hãy cùng nhau xem lại lịch sử sông Hồng, cùng khám phá vì sao độ cong của dòng chảy sông đoạn chảy vào Hà Nội và chảy ra khỏi Hà Nội đều có dạng chảy theo cung đường tròn có bán kính như nhau. Vì sao chúng là các vòng tròn gần giống nhau? * Tựa bài do Epsilon đặt. 1. Lực Coriolis và độ cong của dòng chảy sông Hồng Dòng chảy của dòng sông phụ thuộc vào nhiều yếu tố. Có yếu tố là các rặng đá ngầm nhô ra, có yếu tố là do nguyên lý "bên lở bên bồi", có nguyên nhân là do lực mà chúng ta gọi là lực Coriolis. Nguyên lý "bên lở bên bồi" là hàm ý dòng nước húc vào phía bờ bên này rồi lao về phía bờ bên kia. Đấy là do nguyên lý phản lực cửa định luật 3 Newton. Định luật 3 nói rằng "dòng nước tác động một lực vào bờ bên này, tức húc vào bờ, thì bờ sẽ tác động một lực vào dòng nước. Lực ấy bằng với lực dòng nước húc vào bờ nhưng ngược hướng. Phản lực đẩy dòng nước húc sang bờ phía bên kia". Phía bờ bị nước húc vào thì bị lở, phía bờ đối diện vận tốc dòng nước chậm hơn nên phù sa bồi. Cứ như thế mà tạo ra cái "bên lở bên bồi" nối tiếp nhau. Phần hình dạng dòng sông do các rặng đá ngầm thì cần phải nghiên cứu cấu trúc địa chất. Khoảng 90 triệu năm về trước lục địa Ấn Độ đâm vào phía nam lục địa Á-Âu khiến cho vùng đất phía nam lục địa Á-Âu dâng cao thành cao nguyên Thanh Tạng. Phần giáp chỗ đâm nhau là dãy núi Himalya, nơi có đỉnh Everest cao nhất thế giới. Lục địa Ấn Độ chìm xuống bên dưới, tạo thành đồng bằng Ấn chạy từ Pakistan tới Myanmar. Đồng bằng Ấn là chân của cao nguyên 6 Tạp chí Epsilon, Số 22, 08/2022 Thanh Tạng nơi có rất nhiều sông chảy xuống. Chính vì thế mà nơi đây có nhiều cây cối và các loại tôm cua ốc cá. Trong quá trình lục địa Ấn Độ đâm vào phía nam lục địa Á-Âu lục địa Ấn Độ hơi đâm hơi chếc về phía Đông Bắc và đẩy các vùng đất nơi này lên cao tạo ra các vòng cung cao nguyên Vân Nam. Cùng thời gian lục địa Ấn Độ cũng chèn ép lục địa Đông Nam Á khiến cho cho lục địa Đông Nam Á bị nhô lên thành các dãy núi Hoàng Liên Sơn kéo dài thành dãy Trường Sơn. Phần lục địa phía nam lục đại Á-Âu bị lục địa Đông Nam Á húc mà thành các vòng cung là các dãy núi thuộc vòng cung Đông Triều. Như thế sông Hồng và vết của lục địa Đông Nam Á chèn vào phía nam lục địa Á-Âu. Vùng đất hai bên sông Hồng thuộc vào hai lục địa khác nhau. Ở giữa, như núi Lương Sơn, Cúc Phương... là do macma bị đùn lên mà thành. Chúng là các đá bị nguội dần và bị biến dạng do lục địa chèn ép. Các loại đá này rất cứng và có thớ, nên có thể đập vỡ chúng ra thành các mảnh làm dao rất sắc. Đây là nguyên nhân vì sao vùng núi Lương Sơn cho tới Núi Đọ là thủ phủ của người tiền sử là tổ tiên của người Việt ngày nay. Như chúng ta đã nói Hòa Bình và Quảng Ninh là ở hai lục địa khác nhau. Phần ở giữa chúng là các dãy núi như dãy Tam Đảo, và vòng cung Chí Linh - Côn Sơn - Thủy Nguyên - Cát Bà - Quan Lạn - Trà Cổ. Phần cuối của các dãy núi có cấu trúc là các đảo như ở Vịnh Hạ Long, như ở vùng Tam Cốc Bích Động. Đây là vùng thuận lợi cho người tiền sử và người dân sinh sống. Phần núi phía cuối của dãy Tam Đảo là Sóc Sơn. Phù sa bồi nhiều mà các đỉnh núi thấp nay chỉ còn cao như sàn nhà. Chúng tạo ra sự ngoằn nghèo của dòng chảy sông Cà Lồ. Phần núi từ Ninh Sơn kéo ra tới Sài Sơn, chùa Thày là dãy núi thấp. Chính nó khiến cho dòng chảy của sông Hồng tạo ra sông Đáy. Phần phía gần Hát Môn là phần cuối của dãy núi ngầm Ninh Sơn, Sài Sơn, chùa Thày. Đó là nguyên nhân vì sao mà khu vực này không bị dòng nước sông Hồng thúc cho thành "bên lở bên bồi". * * * Trước khi đi tiếp chúng ta dừng lại vài giây để nói về lịch sử. Vào khoảng 140 nghìn năm về trước, mực nước biển xuống rất thấp. Đó là do khí hậu trở lạnh (theo chu kỳ Milenkovich). Nước đóng băng ở hai cực quá nhiều khiến cho mực nước biển hạ thấp hơn ngày nay khoảng 120m. Như thế lượng mưa càng ít hơn. Vùng Châu Phi hạn hán khô hanh xảy ra khiến cho các loài Hominin, tức tiền thân của giống người hiện nay, bỏ chạy ra các vùng khác nhau trên thế giới. Chúng là Neaderthan và Demisova. Vào khoảng 80 nghìn năm về trước mực nước biển cũng hạ thấp như vậy và đó là thời điểm người Homosapien rời khỏi châu Phi qua biển Đỏ. Dòng người Homosapien đã di cư từ Trung Á dọc theo đồng bằng Ấn Độ ven chân cao nguyên Thanh Tạng, và khoảng 30 nghìn năm về trước họ tới vùng Đông Dương. Họ nói bằng ngôn ngữ Munda, là tiền thân của ngôn ngữ tiếng Việt ngày nay. Phía dưới vùng cao nguyên Khorat của Thái Lan là muối. Các con sông từ cao nguyên Vân Nam chảy xuống vào mùa mưa hòa tan muối, về mùa khô các vũng nước muối ướp cá thành mắm. Nước mắm đã được hình thành như vậy từ khi chưa có con người sinh sống. Người tiền sử là tổ tiên trực tiếp của người Việt đã sinh sống ở vùng Đông Dương. Họ đã đun nước mặn ở vùng Khorat để lấy muối. Ngày nay công việc này vẫn còn duy trì. Do việc đun nước muối mà công nghệ nung đồ gốm đã hình thành từ rất sớm. Vùng Letpadaung là mỏ đồng lộ thiên. Như thế mà công nghệ luyện kim đồng đã xuất hiện nơi đây. Người ta tìm thấy ở di chỉ khảo Bản Chieng rỉ đồng và lò nung đồng từ hơn 4500 năm về trước. Nơi đây cũng tìm thấy hũ đất nung có chứa thóc hạt với niên đại 4500 năm. Khoảng 5000 năm cho tới 3500 năm về trước, do trục tự quay của Trái Đất bị lệch mà các luồng gió mùa trên 7 Tạp chí Epsilon, Số 22, 08/2022 khắp trái đất bị thay đổi. Gió mùa thay đổi khiến cho các vùng mưa thuận gió hòa bị hóa thành sa mạc khô cằn, và ngược lại. Vào thời gian ấy vùng sa mạc Sahara là rừng rậm nhiệt đới mưa nhiều. Vào sau 3500 năm vùng Babilon trở nên khô cằn, khiến cho người dân nơi đây phải di cư, bắt đầu sự phân chia tôn giáo Babilon thành Do Thái Giáo và Balamon giáo. Vào khoảng thế kỷ thứ 8 trước Công Nguyên Balamon giao chuyển hóa thành Bụt Giáo. Khoảng 5000 năm cho tới 3500 khu vực cao nguyên Khorat trở nên khô hạn, lượng mưa chưa tới 20cm một năm. Các nghiên cứu từ việc khoan măng đá ở các hang như hang Thạp Luông cũng khẳng định điều ấy. Cư dân (người tiền sử là tổ tiên trực tiếp của người Việt) ở vùng Khorat di cư về phía biển. Họ mang theo công nghệ đúc đồng tinh xảo. Phải sau Công Nguyên, người Thái ở cao nguyên Vân Nam mới di cư tới định cư ở vùng Thái Lan và Lào. Như thế việc nghiên cứu các giai đoạn tiền sử của người Việt cần phải được tiến hành ở toàn bộ khu vực Đông Dương. * * * Tuy rằng dòng nước chịu tác động của các dãy đá ngầm và quy luật "bên lở bên bồi", nhưng dòng nước chỉ có khi có lực tác động. Lực thứ nhất tạo ra vận tốc chảy là sự chênh nhau về cao độ của thượng nguồn con sông với hạ nguồn. Lực thứ hai là lực Coriolis. Lực Coriolis là hệ lụy của tốc độ dòng chảy khi nó chảy từ nơi cao hơn tới nơi thấp hơn. Như thế dòng chảy phụ thuộc vào độ cao giữa thượng nguồn và hạ nguồn. Độ cao này người ta tính dựa trên khái niệm là cao so với mực nước biển. Mực nước biển là một khái niệm. Trên thực tế nước biển dâng và hạ theo thời gian, chẳng những theo ngày mà còn theo mùa, theo năm... Hơn thế nữa, ở những vũng sâu trong lục địa thì không có nước biển. Khái niệm mực nước biển được hiểu là mực nước trung bình theo thời gian. Khái niệm mực nước biển ở các vùng sâu trong lục địa được hiểu là nếu chúng ta có một cái ống nhựa tròn dẫn nước nối một cái hồ ở sâu trong lục địa vào với biển thì mực nước hồ không thay đổi. Như thế mực nước biển ở các vùng khác nhau trên thế giới được hiểu theo nguyên tắc bình thông nhau. Vậy mực nước biển là một quả cầu nước tĩnh. Nó không giống mặt đất. Như các bạn biết, Trái Đất có dạng một hình gần như hình cầu, bán kính 6350km. Bán kính này được tính ra. Eratosthenes sinh vào năm 276 trước Công Nguyên. Vào năm 245 trước Công Nguyên, Eratosthenes là thủ thư của thư viện Alexandria. Khi ở trong thư viện ông nghe người ta kháo nhau "ở Syene có thể nhìn thấy được cái kim dưới đáy giếng". Eratosthenes suy nghĩ và đi tới kết luận, sở dĩ người ta nhìn thấy cái kim dưới đáy giếng là do mặt trời chiếu thẳng góc tới bề mặt trái đất. Điều này thì không có ở Alexandria, tức mặt trời chiếu nhưng ở Alexandria các tia sáng không thẳng góc với mặt đất. Eratosthenes đã đặt ở trong sân thư viện Alexandria làm một cái chảo hình nửa mặt cầu và đo vết trên đáy chảo của cái que cắm vuông góc tới tâm của mặt cầu. Eratosthenes hình dung trái đất như một hình cầu rất lớn, từ phép đồng dạng mà ông ấy đã tính ra được bán kính trái đất là 6350km. Eratosthenes cũng đã tính toán đường kính của Mặt trời, khoảng cách từ Trái Đất tới Mặt Trăng, tới Mặt Trời, góc lệch của trục tự quay trái đất, tính ra một năm có 365 ngày và cứ sau mỗi năm thứ tư thì sẽ có 366 ngày. ... Trái đất tự quay nó và chuyển động quanh mặt trời. Trục tự quay và trục quay của nó quanh mặt trời lệch nhau một góc vào khoảng 23.4◦. Hướng quay đều cùng là ngược chiều kim đồng hồ. Như thế có một thời điểm vận tốc tương đối của chúng rất chậm. Vận tốc quay chậm thì thời gian mặt trời chiếu sáng ban ngày sẽ dài hơn. Ngày hôm ấy sẽ được coi là ngày nóng nhất của 8 Tạp chí Epsilon, Số 22, 08/2022 cả năm. Người xưa gọi nó là Hạ Chí, tức ngày giữa mùa hè. Ở phía Bắc bán cầu thì ngày hạ chí là 22-6 (dương lịch). Ở vào giữa trưa ngày ấy tại vĩ tuyến 23◦27’s mặt trời chiếu thẳng góc. Trục tự quay của trái đất lệch với trục mà nó quay quanh mặt trời một góc khoảng 23.4◦. Độ lệch này thường xuyên thay đổi với chu kỳ 41 nghìn năm. Khi góc lệch ít thì đường đi của mặt trời chủ yếu là ở vùng xích đạo. Vùng xích đạo rất nóng, nhưng ở các vùng đất ở hai phía cực Trái Đất trở nên lạnh giá. Băng đóng nhiều tới mức mực nước biển hạ thấp. Thảm thực vật thay đổi. Các loài động thực vật cũng chịu chung số phận. Khí hậu trên trái đất phụ thuộc không chỉ vào khu vực được mặt trời chiếu, tức độ lệch của trục tự quay, mà còn phụ thuộc vào việc quỹ đạo quay của trái đất bị các hành tinh khác kéo ra xa hay đẩy vào gần mặt trời. Các chu kỳ ấy được Milenkovich tìm ra, và chúng có thể tính ra được từ cơ học Newton. Người ta đã khoan băng để tìm hiểu tình hình thời tiết của quá khứ. Ở một số vùng cực Bắc, lượng tuyết rơi khá đều. Cứ mỗi năm vào mùa hè thì tuyết hơi tan ra thành một lớp băng mỏng. Các lớp tuyết và băng xen kẽ nhau, hết năm này qua năm khác. Dưới sức nặng các lớp này bị nén lại. Lớp băng thì có màu trong do khí đã bị thoát ra khi tuyết chảy, còn các lớp tuyết thì có màu hơi đục vì các bọt khí vẫn bị giữ lại ở bên trong. Bằng việc đếm các lớp "đục, trong"người ta tìm được niên đại của từng lớp mỏng. Người ta cũng biết được độ dày của các lớp và từ đó tính ra được nhiệt độ khi ấy. Người ta còn nghiên cứu được lượng khí oxy và carbonnic chứa trong các bọt khí để biết được tình trạng khí hậu. Người ta nghiên cứu lượng bụi mịn chứa trong các bọt khí để biết được các đợt phun trào núi lửa hay sự va chạm của các thiên thạch vào bề mặt trái đất... Từ việc khoan băng và tính toán vị trí của Trái Đất dực trên cơ học Newton người ta kiểm nghiệm được giả thuyết của Milenkovich, và ngoại suy ra được tình trạng khí hậu trên Trái Đất cho 400 triệu năm về trước cũng như về sau. * * * Như chúng ta lưu ý, lục địa Ấn Độ di chuyển từ vùng Mandagaska theo hướng Đông Bắc tới húc vào phía nam lục địa Á Âu. Nó húc vào và trượt nhẹ về phía Đông Bắc tạo ra vòng cung cao nguyên Vân Nam. Vào khoảng 30 triệu năm về trước Sông Hồng được hình thành ra từ cái hõm giữa hai lục địa, lục địa Đông Nam Á và phần phía nam lục địa châu Á. Như vậy phần phía Vân Nam cao hơn và dốc về phía Đông Nam. Chính vì vậy mà dòng chảy của con sông Hồng là theo hướng Tây Bắc - Đông Nam. Dòng chảy của sông trong khu vực núi là không thay đổi 9 Tạp chí Epsilon, Số 22, 08/2022 theo thời gian, tuy nhiên dòng chảy của sông Hồng trong khu vực phù sa bồi của mình thì nó sẽ thay đổi dòng. Như chúng ta đã nói quy luật đổi dòng là từ nguyên lý "bên lở bên bồi" và do lực Coriolis. Vào năm 1835 Coriolis đã mô tả lực tác động vào dòng chảy, nước hoặc khí khi chúng chảy lên cao hay xuống thấp. Với nhiều người có thể cảm thấy khó hiểu về bản chất của lực này, tuy nhiên nó không khó hiểu đến như vậy. Chúng ta biết trái đất tự quay quanh nó. Như thế là tất cả mọi thứ gắn cứng vào với trái đất thì cũng quay theo. Một trái núi cao cũng quay theo. Càng ở trên cao thì vận tốc quay càng lớn. Cái không khí bao quanh núi thì không gắn chặt vào với trái đất nên nó không quay theo. Ở đây chúng ta nhớ lại là có định luật quán tính. Định luật quán tính bảo rằng "một vật sẽ giữ nguyên trạng thái đứng yên hay chuyển động thẳng đều nếu như không có lực tác dụng". Vậy thì cái khối khí cạnh núi với núi vẫn cùng chuyển động với cùng một vận tốc. Sự việc sẽ thay đổi nếu như khối không khí chuyển động lên cao. Nó chuyển động lên cao nhưng vận tốc quay thì vẫn như ở dưới thấp, vậy là nó chuyển động chậm hơn cái đỉnh núi! Vậy là có gió. Gió là do đỉnh núi chuyển động nhanh hơn. Chúng ta gọi lực gây ra chuyển động chậm hơn của khối khí là lực Coriolis. Như vậy lực Coriolis chỉ xuất hiện khi dòng chảy, khí hoặc nước, đi lên cao hoặc xuống thấp. Do mật độ vật chất là đối xứng và gần như nhau ở tất cả mọi điểm trên trái đất nên quả cầu "mực nước biển" và hình dạng mặt đất là gần giống nhau. Dòng chảy của con sông Hồng vì thế mà là từ nơi cao (so với khoảng cách tới tâm trái đất) xuống nơi thấp. Như thế hình dáng dòng chảy của con sông Hồng ở vùng phù sa đồng Bằng Bắc Bộ chịu tác động của lực Coriolis. Nếu như chúng ta tính ra được lực này như nhau ở phần dòng chảy của sông Hồng tới Hà Nội và ra khỏi Hà Nội, thì hai vòng tròn dòng chảy có cùng bán kính như nhau. Thực tế tính toán cho thấy lực Coriolis tác động như nhau ở phần dòng chảy của sông Hồng tới Hà Nội và ra khỏi Hà Nội. Như thế thì bán kính hai vòng tròn dòng chảy của chúng là như nhau. 10 Tạp chí Epsilon, Số 22, 08/2022 Lực Coriolis bằng với tích có hướng của vector trục quay trái đất và vector tốc độ của dòng chảy nhân với khối lượng nước. Phần vector dòng chảy hướng theo kinh tuyến không tạo ra lực Coriolis. Phần hướng theo vĩ tuyến sẽ tạo ra lực Coriolis nhưng là vuông góc với mặt đất nên không ảnh hưởng tới hành vi của dòng chảy. Chỉ có phần vector vận tốc chảy sâu xuống hay chảy lên khỏi mặt đất mới tạo ra lực Coriolis tác động đẩy cho nó lệch về bên trái hay bên phải. Do trái đất hơi dẹt mà khi chảy từ vĩ độ cao về vĩ độ thấp dòng nước bị chạy xa ra khỏi tâm trái đất. Trong tính toán sau trái đất được coi là Ellipsoid tròn xoay, với 6356782.3142 là khoảng cách từ tâm trái đất tới cực Bắc và 6378137 lả khoảng cách từ tâm trái đất tới xích đạo. Các góc ϕ1, ϕ2, ϕ3 là vĩ độ của dòng sông Hồng tại điểm Ngã Ba Việt Trì, Hồ Tây, và cửa biển Ba Lạt. ϕ1 =π18021.394544, ϕ2 =π18021.051343, ϕ3 =π18020.241443 R1 =p(cos(ϕ1) ∗ 6378137)2 + (sin(ϕ1) ∗ 6356752.3142)2 R2 =p(cos(ϕ2) ∗ 6378137)2 + (sin(ϕ2) ∗ 6356752.3142)2 S12 = S23 = Z ϕ1 ϕ2 Z ϕ2 ϕ3 R3 =p(cos(ϕ3) ∗ 6378137)2 + (sin(ϕ3) ∗ 6356752.3142)2 q (∂ϕ cos [ϕ] ∗ 6378137)2 + (∂ϕ sin [ϕ] ∗ 6356752.3142)2dϕ q (∂ϕ cos [ϕ] ∗ 6378137)2 + (∂ϕ sin [ϕ] ∗ 6356752.3142)2dϕ Độ lệch cao độ trên 1km độ dài: R2 − R1 S12∗ 1000 = 2.26 R3 − R2 S23∗ 1000 = 2.21 Như vậy trên mỗi km theo kinh độ từ ngã ba Việt Trì tới Hồ Tây Hà Nội dòng nước nghếch lên 2.26m, từ Hồ Tây Hà Nội ra tới biển ở của Ba Lạt nó nghếch lên 2.21m; lệch nhau 5cm. Độ chênh này đương nhiên làm cho lực Coriolis tác động vào dòng nước phần phía chảy vào Hà Nội mạnh hơn phần chảy ra, nhưng chỉ ở mức 3%. Trong từng vùng nhỏ thì dòng chảy chịu thêm tác động phản lực húc từ bờ này sang bờ kia theo kiểu hình sin. Gặp khu vực đất đá cứng, tất nhiên dòng chảy là do các rãnh địa hình quyết định. Tuy nhiên đứng trên tổng thể cả đoạn sông dài thì dòng chảy tuân thủ theo lực Coriolis. Các phản lực chỉ như đẩy dòng nước dao động qua lại xung quanh đường trục chính do lực Coriolis vẽ ra. Xem ra độ rộng dòng sông Hồng khi chảy vào và khi chảy ra chênh nhau không nhiều, vì thế tốc độ dòng nước sông Hồng lệch nhau không nhiều. Vậy lực Coriolis phần dòng sông Hồng khi chảy vào và khi chảy ra phải gần bằng nhau chỉ lệch ở mức 3% như tính toán ở trên, tức độ cong của dòng sông phải gần như nhau. Phần chảy từ Hà Nội ra tới biển tại cửa Ba Lạt đủ dài để chúng ta vẽ vòng tròn hướng tâm ước lượng dáng điệu dòng chảy. Bán kính của nó khoảng 100km. Chúng ta sử dụng vòng tròn này áp cho phần dòng chảy của sông Hồng vào Hà Nội thì sẽ thấy đấy chính là dòng chảy của con sông Đuống. Vậy con sông Đuống chính là con sông Hồng khi mà phần chảy ra của sông Hồng còn là Biển. Điều này cho thấy gò đất Gia Lâm rất cổ, có thể nó có từ trước khi nước biển dâng lên, tức 6000 năm trước đây. Cả ba gò đất cổ Ba 11 Tạp chí Epsilon, Số 22, 08/2022 Đình, Gia Lâm, Cổ Loa đều là các gò đất cao 16m, vậy chúng được hình thành do phù sa của con sông Hồng khi mức nước biển ở độ cao như vậy. Độ cao này là 130 nghìn năm về trước, và vì thế mà đấy chính là tuổi của các gò đất. Dòng nước sông Đà là động năng chính quyết định hướng dòng chảy của sông Hồng. Dòng nước này chảy thẳng từ ngã ba Việt Trì - Sơn Tây qua đầm Vạc tới tới chân núi Tam Đảo chỗ hồ Đại Lải. Dòng nước bị uốn cong và chảy ra phía mũi Thánh Gióng. Trên bản đồ địa hình thềm lục địa chúng ta có thể thấy độ dốc thoai thoải từ vùng núi Tam Đảo tới mũi đền Thánh Gióng. Dòng nước ra khỏi mũi Thánh Gióng thì bị dòng Hải Lưu đẩy ngược trở lại, bị chia thành hai nhánh, một nhánh đi vào phía Thái Nguyên và một nhánh đi về phía Hà Nội. Quá trình này được tạo ra từ nhiều triệu năm về trước, thời gian tương ứng với các vỉa than đá được hình thành nơi đây. Tại điểm rẽ nhánh dòng nước chảy chậm hơn và tạo ra các gò Cổ Loa, về sau do phù sa bồi mà điểm phân nhánh lùi ra xa tạo ra gò Gia Lâm. Nhánh chảy về phía Hà Nội bị dòng dòng Hải Lưu đẩy vòng lại thành xoáy và tạo ra gò Ba Đình. Nhánh chảy về phía Thái Nguyên bị phù sa của chính mình bồi và bị đẩy dần xuống phía dưới, về sau thành con sông Đuống. Do bị phù sa bồi con sông Hồng cũng rời xa khỏi phía núi Tam đảo và chuyển dần về vị trí con sông Hồng hiện nay. Do độ cong của toàn tuyến từ sông Hồng tới sông Đuống tương ứng chính xác gần như tuyệt đối với vòng tròn hướng tâm – hoàn toàn do lực Coriolis tạo ra – mà quá trình định hình phần sông Hồng chảy tới hồ Tây và sông Đuống là một quá trình chung. Quá trình này rất từ từ, và vì thế tuổi thọ của các gò đất bồi là rất cổ. Dòng sông Lô có sức mạnh bằng khoảng 1/3 sông Đà; chế độ mưa giữa Tây Bắc và Đông Bắc cũng khác nhau, vì thế có lúc sức mạnh của dòng nước sông Lô áp đảo. Theo thời gian dòng sông Lô đẩy phù sa về phía con sông Đáy bồi đắp các vùng đất ven núi Hòa Bình, Hà Nam, Ninh Bình. Trên bản đồ độ cao thềm đá lục địa chúng ta cũng thấy Hà Nội là một gò cao. Lực Coriolis sẽ cho chúng ta biết được lịch sử hình thành các gò đất để khớp với các quyết định chọn Kinh Thành của các vương triều Việt Nam trong lịch sử. 2. Mô hình Gò Đống và Sông Hồng Nhắc lại, khoảng 90 triệu năm về trước mảng lục địa Ấn Độ di chuyển từ vùng Madagascar nay tới đâm vào mảng lục địa Á-Âu. Sau cú đâm này mảng lục địa Ấn Độ bị chìm xuống dưới và đội vùng núi nơi có dãy Himalya với đỉnh Everest lên cao. Cú đâm hơi chếch về phía Đông Bắc nên vùng cao nguyên Vân Nam cũng bị đội lên thành các vòng cung. Trong quá trình húc này lục địa Ấn Độ chèn ép mảnh tiểu lục địa Đông Nam Á khiến nó bị đẩy vào phía Đông Nam lục địa Á-Âu, để lại vòng cung Đông Triều và dãy núi Hoàng Liên Sơn. Như vậy Bắc Việt Nam nằm ở trên cả hai mảnh lục địa, Đông Nam Á và Á-Âu. Phần phía bắc sông Hồng thuộc mảnh lục địa Á-Âu, phần phía nam sông Hồng thuộc mảnh lục địa Đông Nam Á. Các dãy núi thuộc hệ thống dãy Hoàng Liên Sơn ở phía nam sông Hồng có hướng Tây Bắc - Đông Nam kéo dài theo dãy Trường Sơn. Các dãy núi núi ở phía bắc sông Hồng có dạng vòng cung. Nó được gọi là vòng cung Đông Triều với tâm vòng cung ở vào khoảng Lào Cai. Đỉnh Yên Tử là một địa danh 12 Tạp chí Epsilon, Số 22, 08/2022 trong vòng cung Đông Triều. Giữa các vòng cung là đồng bằng thấp và có sông suối. Vòng cung ngoài cùng là "vành đai đảo" từ Trà Cổ, tới Vĩnh Thực, tới Cái Chiên, tới Vạn Mực, Quan Lạn... Vòng cung này đi vòng vào Cát Bà, Quảng Yên, Thủy Nguyên, Kinh Môn, Chí Linh. Như vậy phần tiếp giáp giữa mảnh lục địa Đông Nam Á với phần phía đông nam lục địa Á-Âu tạo thành một cái khe sâu. Cái khe này được tạo ra là do rìa lục địa Đông Nam Á và rìa đông nam lục địa Á-Âu bị nhấn chìm xuống. Do một lượng lớn đất bị nhấn chìm xuống mà dung nham từ dưới lòng đất trồi lên tạo thành các núi từ Lương Sơn, qua Cúc Phương, tới núi Đọ. * * * Chúng ta mô tả quá trình địa chất hình thành Bắc Bộ của Việt Nam như vậy để hiểu cái khe rất sâu đã tạo ra dòng chảy con sông Hồng từ hơn 30 triệu năm về trước. Cái khe này rất sâu và rất rộng. Theo thời gian khe đã bị phù sa đã bồi lấp dần mà thành đồng bằng Bắc Bộ của chúng ta ngày nay. Lịch sử hình thành đồng bằng Bắc Bộ liên quan tới cư dân tiền sử là tổ tiên trực tiếp của dân tộc Việt Nam, như mô tả dưới đây, kéo dài tầm khoảng 20 nghìn năm. Chúng ta nói tới sự kiện nước biển dâng và phù sa bồi. Trên thực thế quá trình hình thành đồng bằng Bắc Bộ kéo dài 30 triệu năm và có rất nhiều lần mực nước biển dâng cao rồi lại rút đi. Phù sa đã bồi rồi lại bị nước mưa bào mòn chảy vào biển. Các dòng sông chảy ở vùng núi đá rất ổn định. Lực của dòng nước sông Đà rất lớn, chính vì thế mà hướng chảy của sông Hồng là do sông Đà quyết định. Dòng chảy này đẩy phù sa về phía Quảng Ninh ra tới Quảng Yên. Ở đây dòng chảy mang nhiều phù sa bị dòng Hải Lưu đẩy ngược trở lại tạo gò đất Hải Dương. Gò lớn dần, phần biển bị hẹp lại mà thành con sông Đuống. Như phần đất ở phía hai bờ con sông Đuống là rất cổ. Theo mô hình Gò Đống, khoảng 20 nghìn năm về trước do khí hậu lạnh giá mà băng đóng nhiều ở hai cực. Do băng đóng nhiều mà mực nước biển hạ thấp hơn hiện nay 120m. Nhiệt độ tăng dần trong suốt 14 nghìn năm sau đó, đã khiến cho băng ở hai cực tan chảy, mưa nhiều hơn, mực nước biển dâng cao dần. Khoảng 10 nghìn năm về trước bờ biển vẫn như hiện nay, vẫn có đồng bằng Bắc Bộ. Nước biển tiếp tục dâng, khoảng 7000 năm về trước bờ biển chạy sát chân dãy núi Ba Vì, chạy qua khu vực Việt Trì rồi chạy tới ven chân dãy núi Tam Đảo. Toàn bộ đồng bằng Bắc Bộ khi ấy là vịnh biển nông. Cư dân tiền sử lùi dần về phía chân núi cao. Mực nước biển giữ nguyên như vậy trong suốt thời gian 7000 năm qua. Trong suốt khoảng thời gian ấy các con sông đã mang phù sa bồi vịnh biển nông thành đồng bằng Bắc Bộ hiện nay, vùi lấp đồng bằng bắc bộ cũ ở dưới sâu vài chục mét. Thời gian đầu, khoảng 7000 năm về trước, khi bờ biển vào tới tận chân dãy núi Ba Vì, chạy qua khu vực Việt Trì rồi chạy tới ven chân dãy núi Tam Đảo, thì các con sông Đà, sông Thao, sông Lô chảy thẳng vào vịnh biển. Do dòng nước sông Đà chảy rất mạnh, nó đẩy phù sa của các con sông Thao và sông Lô về phía Tam Đảo, rồi sau đó ra biển ở Quảng Yên. Tại đây dòng nước phù sa gặp dòng Hải Lưu chảy từ phía Bắc xuống. Dòng Hải Lưu đẩy dòng phù sa chảy xoáy ngược lại vào vịnh biển nông Bắc Bộ mà tạo thành các gò đống có nước chảy quanh. Rất nhiều gò đống đã được tạo ra như vậy. Cư dân tiền sử di cư dần ra các gò đống. Họ là người Kinh. Do phù sa bồi mà các gò lớn dần lên, khiến cho vùng nước giữa các gò hẹp lại mà thành các con sông. Ngôi nhà đầu tiên được xây tại nơi cao nhất gò. Đấy chính là đình làng bây giờ. Phần cuối gò là nghĩa địa chôn người chết. Giữa khu vực nghĩa địa với đình làng là ngôi nhà làm lễ tiễn biệt. Những người truyền bá Phật Giáo đã trú ở nơi ấy và chuyển chúng thành chùa. Vector nối từ đình làng tới chùa là chỉ hướng dòng chảy của dòng nước xưa. 13 Tạp chí Epsilon, Số 22, 08/2022 Với mô hình như vậy, sông Hồng xưa không có mà chỉ có vịnh biển nông. Phù sa đã bồi hai bờ vịnh, bờ phía Tam Đảo và bờ phía Ba Vì, mà khiến cho vịnh hẹp lại thành sông. Cửa sông dịch chuyển với vận tốc 45km, và sau khoảng 6000 năm nó đã đã tạo ra dòng sông Hồng uốn lượn với độ dài 250km tính từ Việt Trì Phú Thọ ra tới của Ba Lạt. Chúng ta còn phải xác định vận tốc bồi của phù sa kiến cho hai mép vịnh, mép Tam Đảo và mép Ba Vì khép lại với nhau. * * * Trong bài báo ra tháng 4 năm 2020 nghiên cứu về mô hình phát tán Arsenic vào nước ngầm: "The controlling of paleo-riverbed migration on Arsenic mobilization in groundwater in the Red River Delta, Vietnam" của Phạm Quý Nhân và cộng sự có nghiên cứu địa tầng khu vực gần Hát Môn. Đây là nghiên cứu để xác định hiện trạng ngộ độc Axen trong nước ngầm. Nhóm các tác giả thực hiện cùng lúc đo điện trở theo tuyến để xác định địa tầng có cùng điện trở, khoan thăm dò phân tích mẫu để hiệu chỉnh độ sâu từng lớp, và tính tuổi của từng lớp. Tuổi của từng lớp được đo theo phương pháp đo tỷ lệ cường độ phát xạ tia gamma của các đồng vị phóng xạ có trong khoáng vật (potassium (40K), thorium (232Th), uranium (238U)). Số lượng hố khoan thăm dò và lưới đo điện đủ dày đặc để phát hiện tình trạng lòng sông Hồng. Do các quan niệm cũ mà các tác giả đã vô tình cho rằng lòng sông Hồng là một thực thể dịch chuyển dần từ phía Nam lên phía Bắc. Chúng ta thì hiểu đó chỉ là việc phù sa bồi khiến cho vịnh biển hẹp dần lại. Với sự diễn giải của nhóm các tác giả thì lòng sông Hồng từ 3000 năm cho tới 2000 năm trước đây chảy ở phía bên Vĩnh Phúc đổ sang Phú Thượng ở phía nam Hát Môn (điểm khoan Vân Cốc). Việc xác định dòng chảy của con sông Hồng là vô nghĩa, bởi nó luôn chảy theo khe nứt giữa mảnh lục địa Đông Nam Á với phần phía đông nam lục địa Á-Âu. Phần dòng nước mặt ở bên trên có thể hơi biến động ở dạng "bên lở bên bồi" tuy nhiên vẫn chỉ chảy trong vùng phù sa của nó. Dòng nước chảy trong vùng phù sa thì dễ thay đổi hình dạng, và hình dạng ổn định của phần nước bề mặt bên trên được xác định chủ yếu bởi các dãy núi ngầm ở bên dưới. Cũng giống như phần "vành đai đảo" của vòng cung Đông Triều, phần núi Hoàng Liên Sơn cũng có vành đai. Vành đai này tạo ra dòng chảy cho con sông Đáy, nó chạy dọc từ núi Chùa Thày, qua núi chùa Cao Sơn Đồng Lư, núi chùa Linh Thông ... Trên bản đồ khoan được mô tả trong bài báo "The controlling of paleo-riverbed migration on Arsenic mobilization in groundwater in the Red River Delta, Vietnam" của Phạm Quý Nhân và cộng sự, chúng ta có thể nhận thấy gò đất cổ kéo dài từ Tân Hợi tới lỗ khoan lc5. Nó chính là phần tiếp theo của vành đai đá ngầm tạo ra dòng chảy của con sông Đáy. Do có dãy núi đá ngầm mà dòng chảy của sông Hồng bị uốn cong ở vùng Vân Cốc và uốn cong ở Tân Hợi. * * * 14 Tạp chí Epsilon, Số 22, 08/2022 Bản đồ vị trí các lỗ khoan khảo sát của Phạm Quý Nhân và cộng sự. Nguồn: "The controlling of paleo-riverbed migration on Arsenic mobilization in groundwater in the Red River Delta, Vietnam". Với mô hình gò đống của chúng ta thì lòng sông Hồng không có chuyện dịch chuyển. Sông Hồng nay là vịnh biển xưa đã bị thu hẹp dần. Vào khoảng 6000 năm về trước eo biển vẫn còn rộng tới 20km về mỗi bên, ở giữa có các gò nổi. Di chỉ Đồng Đậu có tuổi 3500 năm, nằm ở vị trí cách dãy Tam Đảo khoảng gần 20km. So với 6000 năm thì bờ phía Tam Đảo đã bồi được khoảng 2.5 nghìn năm. Như thế cứ 1000 năm phù sa bồi thêm được khoảng 8km, tính từ chân núi Tam Đảo và Ba Vì. Các trận đánh xưa của Bà Trưng với Mã Viện là diễn ra trong toàn bộ khu vực Bình Lệ Nguyên dọc theo con sông Cà Lồ (sông khi ấy rộng tầm 500m). Quân của Bà Trưng đóng ở vùng Hát Môn. 15 Tạp chí Epsilon, Số 22, 08/2022 CHỈ LÀ CHUYỆN NHÂN LŨY THỪA Nguyễn Ái Việt Nhân lũy thừa, chỉ đơn giản là axay = a(x+y), với các số thực x, y, học sinh phổ thông nào cũng biết. Nhưng để chứng minh nó, chắc các học sinh giỏi cũng ngắc ngứ. Có lẽ đó là phần xấu xí nhất trong chương trình toán phổ thông. Nhưng có lẽ nhờ thế, tôi có được một số trong những bài báo thú vị nhất của mình. Trước tiên, có lẽ phải cảm ơn thầy giáo dạy toán của tôi là thầy Đặng Quan Viễn, là người đã cố gắng chứng minh công thức đó cho chúng tôi bằng gần hết thời lượng của một học kỳ dạy đại số. Tất nhiên, chứng minh của thầy hoàn toàn thất bại trong khuôn khổ kiến thức của chương trình trung học thời bấy giờ. Nhưng việc thấy được điểm khập khiễng này cũng đã là một điều vĩ đại vào lúc bấy giờ, và làm tôi kính phục thầy hơn rất nhiều nhà chuyên nghiên cứu Toán đương đại. Có lẽ ít ai để ý tới công thức nhân lũy thừa nói trên, bởi vì công thức là hiển nhiên với các số mũ nguyên, thậm chí với các số mũ hữu tỷ. Nhưng chứng minh, dựa trên định nghĩa về lũy thừa với một số mũ thực là giới hạn của các lũy thừa với số mũ hữu tỷ, khi giới hạn chỉ mới được giới thiệu qua một số chuỗi hội tụ, có lẽ là một việc bất khả thi. Trong wikipedia1, cũng chỉ buông một câu rất "phản toán" là "vì các số vô tỷ là giới hạn của các số hữu tỷ" nên lũy thừa với số mũ thực là giới hạn của lũy thừa của số mũ hữu tỷ. Nếu học sinh cũng áp dụng lý luận lười biếng đó đó cho số mũ phức thì sẽ có những rắc rối. Có những người may mắn sẽ thoát nạn, có những người đã phải trả giá bằng cả một sự nghiệp khoa cử. Tôi biết có một học sinh giỏi, rất sáng giá và có chí lớn, sau khi bị đánh trượt môn đại số chỉ vì không làm được khai căn bậc n của 1 trên trường số phức, nản chí học hành và trở thành một học sinh làng nhàng, có lẽ chỉ bị ảnh hưởng quá nặng bởi những lý luận qua loa như trên. Tai nạn đó rõ ràng mang tính ngẫu nhiên, bởi nếu hôm đó mụ thần may mắn không bắt anh gắp trúng đề thi đó, hôm nay biết đâu đã có bao nhiêu thế hệ học sinh được nghe một thêm một giáo sư khả kính rao giảng những kiến thức cao siêu. Cũng may, học sinh bị giáo trình lấp liếm, chứ nếu đặt câu hỏi "tại sao giới hạn đó lại tồn tại", "có chắc là luôn luôn tồn tại không",... các thầy khéo mà đau đầu. Cũng may, chương trình của ta chỉ chú trọng thợ làm toán, không chú ý đến người suy nghĩ, đặc biệt là đa số sẽ làm ở ngành khác, không mang huy chương về cho nước nhà, ít suy nghĩ một chút cũng tốt. Chắc chắn để trả lời các câu hỏi đó cho thỏa đáng các thầy sẽ phải nói về mở rộng số nguyên sang số hữu tỷ, tính trù mật khắp nơi của các số hữu tỷ, tính sắp được của trường số thực, tính liên tục của hàm lũy thừa. 1Tính theo thời điểm tháng 3/2014. Chú thích này của Epsilon. 16 Tạp chí Epsilon, Số 22, 08/2022 Quá nhức đầu, thách đố chẳng khác gì trả lời câu hỏi cho học sinh tiểu học "em bé sinh từ đâu ra". Tôi cho rằng, đối với cả hai vấn đề toán và sinh vật trên, đều phải theo nguyên tắc, không dạy thì thôi, dạy là phải đầy đủ. Không dạy những thứ nhảm nhí như em bé đẻ ra từ nách. Như vậy, công thức trên có thể dạy dưới dạng quy tắc ở các lớp dưới, không cần dạy sau phần giới hạn chuỗi. Hoặc nếu đã dạy thì cần dạy đến nơi đến chốn việc mở rộng số, khái niệm giới hạn, liên tục,... trên ví dụ là hàm lũy thừa. Hàm lũy thừa có thể mở rộng với các số mũ là các ma trận hoặc các toán tử. Vật lý cổ điển chuyển sang vật lý lượng tử có thể hiểu một cách đơn giản là thay thế các số bằng các ma trận hoặc toán tử để mô tả các đại lượng vật lý. Chẳng hạn với hàm lũy thừa với cơ số e, với các số mũ là các ma trận thì công thức nhân lũy thừa eAeB = eA+B, chỉ đúng khi các ma trận A, B giao hoán AB = BA. Công thức đúng trong trường hợp tổng quát hơn, khi A và B không chắc là giao hoán, là đồng nhất thức Cambell-Haussdorf: eAeB = eA+B+1/2[A,B] trong đó [A, B] = AB −BA. Và thực ra, đồng nhất thức Cambell-Haussdorf cũng chỉ đúng nếu [A, [A, B]] = 0 = [B, [A, B]] hoặc hạn chế áp dụng trên một tập hợp các ma trận có tính kết hợp, như quaternion. Với các số không kết hợp như octonion (số Calley), công thức Cambell Haussdorf cần tiếp tục bổ sung thêm các phần tử mới, và biểu thức ở vế phải của đồng nhất thức Cambell-Haussdorf có thể kéo dài vô tận. Và các cấu trúc mới sau tính kết hợp có thể sẽ được hiểu mỗi khi ta muốn chấm dứt vế phải của đồng nhất thức này ở một bậc nào đó của các ma trận A, B. Nói một cách khác, công thức nhân lũy thừa chỉ là xấp xỉ tuyến tính của đồng nhất thức Cambell-Haussdorf suy rộng. Nhân đây cũng cần nói thêm về các nguyên tắc của việc tổng quát hóa. Tổng quát hóa là một phương pháp luận, không phải chỉ có ý nghĩa với các nhà toán học. Trong cuộc sống thường ngày, tổng quát hóa cho phép áp dụng các kiến thức đã biết để giải quyết vấn đề trong các lĩnh vực mới lạ. Nhưng cần phải có thao tác nhất định chứ không thể luôn luôn "ăn may" như trong công thức nhân lũy thừa của số mũ thực. Tổng quát hóa, theo lối máy móc, có thể có sự góp phần của các thày dạy Toán đặc biệt ở việc nhân chuỗi lũy thừa, đang trở thành phương pháp luận phổ biến như chụp mũ, chủ nghĩa lý lịch, nâng quan điểm để những tên hoạt đầu chính trị trục lợi. Chúng ta đã quá dị ứng với những lý luận "anh nói thế chứng tỏ là anh...", "gia đình anh như thế chứng tỏ anh cũng như vậy...", "anh làm việc nọ chứng tỏ quan điểm anh thế kia".... Suy nghĩ cho cùng về mặt logic, những lý luận đó cũng chẳng kém việc dùng công thức nhân lũy thừa cho số mũ nguyên. Có một nguyên tắc khác của tổng quát hóa là phải có một motivation. Có nhiều rất nhiều thầy tiêu phí cả đời vào việc tổng quát hóa vô bổ. Các thầy rất sẵn ý tưởng, luôn luôn đủ cung cấp cho hàng trăm học sinh, tổng quát hóa ABC sang XY Z. Nghe thì rất rắc rối, cao siêu nhưng chung qui rất kém sáng kiến, không hơn gì "trong giáo trình đã dạy nhân hai số có 2 chữ số, học trò tôi đã tổng quát hóa nhân hai số có n < 5, đề nghị anh tổng quát hóa cho n < 7, n > 6 là vấn đề hết sức vĩ đại to lớn mà nhân loại sẽ còn phải giải quyết". Tôi nhận thức được, loại tổng quát hóa vô nguyên tắc sẽ đi đến những tri thức hiển nhiên qua định luật Hook. Định luật Hook phát biểu là độ giãn dx của một thanh vật chất đàn hồi tỷ lệ tuyến tính với lực kéo, khi lực kéo bé. Định luật Hook thứ hai cho thấy sự phụ thuộc bậc 2. Nếu 17 Tạp chí Epsilon, Số 22, 08/2022 tổng quát hóa đến cùng chẳng qua chỉ là khai triển Taylor của một hàm giải tích, và chẳng dùng được gì trong thực tế. Khi có motivation, tổng quát hóa sẽ phải theo từng bước, để kiểm chứng lại motivation, đừng để bị lệch hướng vào các tổng quát hóa vô bổ hoặc để sự lười biếng của trí tuệ lẻn vào, như việc nhân lũy thừa số thực. Nếu suy nghĩ đúng hướng, một vấn đề như nhân lũy thừa có thể kết nối với những vấn đề rất thú vị của toán học hiện đại. Một nhà toán học có những công trình xuất sắc không phải suốt ngày nghĩ đến các chuyện quái gở, suy nghĩ kiểu quái vật, thao tác bất thường, dùng các công cụ quái khủng. Họ cũng suy nghĩ bắt đầu từ những ý tưởng bình dị, như bất cứ một vấn đề ứng dụng thực tế nào, chỉ có điều họ đi rất sâu, phân tích rất kỹ và có những motivation xuất sắc để khỏi trệch hướng. Tôi muốn kể một kinh nghiệm cụ thể cũng chỉ liên quan đến việc nhân lũy thừa để minh họa điều đó. Các phép biến đổi liên tục thường được biểu diễn bằng các biểu diễn hàm mũ với cơ số e. Chẳng hạn phép tịnh tiến trong không gian Eulide n chiều với vector a có thể viết f(x) → f(x + a) = T(a)f(x) = eia ddx f(x) Thực ra chỉ là một khai triển Taylor và dùng mở rộng công thức chuỗi của hàm mũ cho toán tử đạo hàm d/dx. Biểu diễn phép tịnh tiến như vậy đảm bảo tính đồng phôi T(a1 + a2) = T(a1)T(a2), do công thức nhân lũy thừa là đúng khi mở rộng cho toán tử đạo hàm. Lý do như chúng ta đã thấy từ đồng nhất thức Cambell-Haussdorf, là các đạo hàm là giao hoán với nhau. Khi chuyển sang các không gian cong Riemann, các đạo hàm được thay bằng các đạo hàm hiệp biến D = d/dx + A(x) nhờ một đại lượng A(x), mà các nhà toán học gọi là liên thông, các nhà vật lý gọi là thế. Các đạo hàm hiệp biến buộc phép tịnh tiến bám chặt trên mặt đa tạp, chứ không đi thẳng ra ngoài. Các đạo hàm này không giao hoán. Do đó, phép biểu diễn tịnh tiến T(a) = eiaD sẽ không còn cấu trúc đồng phôi như đã nói. Sử dụng đồng nhất thức Cambell Haussdorf, ta sẽ có T(a1)T(a2) = alpha(a1, a2, x, 2)T(a1 + a2). Đại lượng alpha(a1, a2, x, 2), gọi là 2-cocycle là một khái niệm về đồng điều trong tôpô. Tương tự T(a1)T(a2)...T(an) = alpha(a1, a2, ..., an, x, n)T(a1 + a2... + a3) là các n-cocycle. Các cocycle được chứng tỏ trong một công trình của tôi viết năm 1987 là các tích phân vòng quanh đa diện có các đỉnh là x, a1, a2, .., an và có ý nghĩa toán học là các đặc trưng tô pô, và ý nghĩa vật lý là các đại lượng vật lý đo được. Chẳng hạn 2-cocycle liên quan đến một hiệu ứng thực nghiệm rất nổi tiếng là hiệu ứng Bohm-Arahonov, được công ty Hitachi đầu tư nhiều để quan sát thực nghiệm. 3 và 4-cocycle, liên quan đến các lớp đặc trưng Chern-Simons, Chern Pontrijagin,... có thể quan sát thông qua các đối tượng vật lý như đơn cực từ, soliton, lỗ đen,... Nói một cách khác, trong thực tế, có nhiều hoàn cảnh, biểu diễn tuyến tính không còn sử dụng được. Do tương tác vật lý, các cấu trúc toán học bị "biến dạng", tương tự công thức nhân lũy thừa bị biến dạng thành đồng nhất thức Cambell-Haussdorf theo nhiều bậc. Biến dạng hình học có thể đo bằng các cocycle, và sự tồn tại của cocycle ở các bậc, một cách bí ẩn nào đó lại liên quan đến các tính chất đại số như giao hoán, kết hợp,... Từ đó chúng ta có thể nghĩ tới các khái niệm toán học của biểu diễn biến dạng, từng bước một được phân loại bằng cocycle, và mỗi bước đánh dấu bằng sự tồn tại của các đối tượng vật lý có thể quan sát được. Biểu diễn tuyến tính không phải là công cụ toán học duy nhất để các nhà vật lý nghiên cứu các nhóm biến đổi liên tục. Từ những năm 60-70 của thế kỷ trước, các nhà vật lý đã sử dụng khái niệm biểu diễn phi tuyến cho một nhóm đối xứng Lie bất kỳ trong vật lý. Biểu diễn này có thể 18 Tạp chí Epsilon, Số 22, 08/2022 mô tả các hệ thống vật lý bị vi phạm tự phát. Tôi đã sử dụng biểu diễn này để xây dựng thành công một mô hình cải tiến cho hạt nucleon vào năm 1989. Mô hình này cho kết quả phù hợp với thực nghiệm tốt hơn các kết quả do nhóm của Giáo sư Edward Witten tại Princeton, trên cơ sở của mô hình cũ. Từ một công thức nhân lũy thừa đơn giản, mà một học sinh trung học cũng có thể hiểu dễ dàng, nếu phân tích thật kỹ vẫn có thể thấy cả một thế giới với các tri thức toán học, vật lý tiên tiến nhất. Đặc biệt, các cấu trúc toán học khác nhau được sắp xếp một cách có trật tự, và bằng một cách huyền bí nào đó, các sản phẩm của trò chơi tư duy, đều lần lượt xuất hiện trong tự nhiên dưới một dạng nào đó. Khi thực nghiệm tìm ra hạt W, hình như Salam có nói một câu gì đó tương tự như "không thể tin được đó là sự thực". Cho đến nay thì các cấu trúc toán học điên rồ, nhất cũng đều lần lượt xuất hiện trong tự nhiên. Vì sao có sự phù hợp như vậy giữa tổ chức vật chất trong vũ trụ với những ảo ảnh sinh ra nhờ các phản ứng sinh hóa trong não bộ của một động vật cao cấp. Đó vẫn là bí ẩn lớn nhất của cuộc đời tôi mặc dù vẫn còn nhiều điều phải lo toan. 19 Tạp chí Epsilon, Số 22, 08/2022 LÝ THUYẾT ĐỘ PHỨC TẠP Alexander Alexandrovich Razborov Người dịch Trần Nam Dũng GIỚI THIỆU Các thuật toán khác nhau để giải quyết nhiều vấn đề khác nhau phổ biến cả trong khoa học và công nghệ và trong cuộc sống hàng ngày (mặc dù trong trường hợp cuối, chúng ngày càng thường xuyên bị “che đậy” và ít được người dùng bình thường nhìn thấy). Trong bài viết này, chúng ta sẽ nói về lĩnh vực chung nghiên cứu tính hiệu quả, hay nói khác đi, chất lượng của thuật toán bất kể loại và nguồn gốc của chúng. Trước hết, cần phải thống nhất về lớp đối tượng đang nghiên cứu, tức là bản thân các thuật toán. Không có sự đồng thuận về vấn đề này. Bản thân từ “thuật toán” bắt nguồn từ tên của nhà khoa học Ba Tư vĩ đại al-Khorezmi, người vào thế kỷ thứ IX đã mô tả các quy tắc xử lý hệ thống số vị trí (thật kỳ lạ là từ “đại số” cũng xuất phát từ cùng một công trình đó). Sau đó, trong một thời gian dài, thuật toán được hiểu là nghệ thuật và quy tắc đếm, các thuật toán hoạt động trên số nguyên hoặc số hữu tỉ sẽ được gọi là thuật toán số. Mức độ tổng quát tiếp theo là các thuật toán làm việc với dữ liệu rời rạc tùy ý: Đồ thị, mảng, văn bản, lịch trình,... Đây là các thuật toán theo nghĩa toán học nghiêm ngặt của từ này. Chúng được định nghĩa và lần đầu tiên được nghiên cứu trong các công trình của các nhà logic toán học vĩ đại của thế kỷ trước, chẳng hạn như K. Godel, A. A. Markov, P.S. Novikov, A.Turing, ¨ A.Church, những người đã tạo ra cơ sở chặt chẽ của lý thuyết tính được, và đây là chính xác là lớp thuật toán được sử dụng trong các thiết bị hiện đại. Cuối cùng, thuật toán có thể được hiểu theo nghĩa rộng nhất, là một tập hợp các quy tắc cụ thể và được xác định đầy đủ, mà việc thực hiện các quy tắc đó sẽ cho phép bạn đạt được mục tiêu trong một thời gian hữu hạn. Quan điểm chính của lý thuyết về độ phức tạp của các thuật toán, nói một cách đại khái, là không phải tất cả các thuật toán đều bình đẳng theo quan điểm về tính phù hợp thực tế của chúng, và những khác biệt này có thể không chỉ liên quan đến các thuật toán đứng ở các nấc thang khác 20 Tạp chí Epsilon, Số 22, 08/2022 nhau được nêu trong đoạn trước, nhưng ngay cả với các thuật toán của cùng một bài toán. Hơn nữa, “chất lượng” của các thuật toán có thể được đo lường bằng một “hàm phức tạp”, mà trên thực tế sẽ dẫn đến một lý thuyết toán học chặt chẽ. Chúng ta sẽ thử minh họa các ý tưởng chính của nó bằng một ví dụ mô hình đơn giản. Xét bài toán tìm ước chung lớn nhất .a; b/ của các số tự nhiên a và b; nghĩa là số d lớn nhất có thể sao cho cả hai đều chia hết cho d: Bài toán phổ thông này sự tổng quát hóa của nó (ví dụ, đối với trường hợp đa thức) nảy sinh ở bất cứ nơi nào lý thuyết số được áp dụng, chủ yếu trong lý thuyết mật mã. Làm thế nào để giải quyết nó? Có thể có một số cách tiếp cận. Thuật toán đầu tiên (khá thô sơ). Chúng ta chọn từ các số từ a đến 1 theo thứ tự giảm dần (tức là bắt đầu bằng a) cho đến khi chúng ta gặp số mong muốn. Thuật toán thứ hai (sau một chút suy nghĩ). Tốt hơn hãy chia tuần tự a cho 2; 3; 4 : : : và thử a=2; a=3; a=4; : : : (ở đây được hiểu rằng nếu a=k không nguyên thì ta bỏ qua, còn với nó nguyên thì ta thử chia b cho nó). Nếu chúng ta may mắn (và điều này chắc chắn sẽ xảy ra nếu .a; b/ >pa/; thì tốt, còn nếu không, thì ta chuyển sang phương pháp đầu tiên, nhưng lần này bắt đầu với pa; chứ không phải với a: Thuật toán thứ ba (cho những độc giả có căn bản tốt về toán). Khai triển a và b ra thừa số nguyên tố: a D pd1 1 pdk 1 pek 1 pd2 kvà b D pe1 1 pe2 k(một số số mũ có thể bằng 0). Khi đó ước chung lớn nhất có thể tính được theo công thức đơn giản 1 pmin.dk;ek/ 1 pmin.d2;e2/ d D pmin.d1;e1/ k: Để so sánh các cách tiếp cận khác nhau một cách hợp lý, rõ ràng là cần một “thước đo” chung. Bạn có thể thử sử dụng số lần thử làm thước đo, sau đó bạn có thể thấy ngay rằng trong trường hợp xấu nhất, thuật toán đầu tiên sẽ cần khoảng a lần thử, trong khi thuật toán thứ hai – cần khoảng 2pa lần thử, và đó là một tiến bộ đáng kể. Nhưng làm thế nào để bạn so sánh chúng với thuật toán thứ ba, thuật toán sử dụng những ý tưởng hoàn toàn khác (và nâng cao hơn)? Các tình huống trong đó các thuật toán tốt đi đến mục tiêu theo đường vòng là rất phổ biến, trên thực tế, lý thuyết thuật toán tồn tại là để phân tích chúng. Do đó, rõ ràng là thước đo mong muốn phải phổ biến và phù hợp với bất kỳ thuật toán nào, không phụ thuộc vào cách chọn hướng giải quyết bài toán. Hóa ra là ngay cả khi chúng ta chỉ quan tâm đến các vấn đề lý thuyết - số như ví dụ mô hình của chúng tôi, rất khó để đưa ra một định nghĩa khả thi về độ phức tạp của chúng hoàn toàn về mặt số. Có quá nhiều ý tưởng khác nhau và toán học đẹp mắt liên quan đến các thuật toán đã có. Nhiều thuật toán thậm chí không phải là thuật toán số theo nghĩa của chúng tôi, tức là các thuật toán đó sử dụng các đối tượng có bản chất khác. 21 Tạp chí Epsilon, Số 22, 08/2022 Vì lý do này, một thước đo phổ quát chỉ có thể được đưa ra ở cấp độ tổng quát trong khuôn khổ của lý thuyết tính toán cổ điển, và một cách khoa học nó được gọi là số bước của máy Turing - một thiết bị tính toán trừu tượng do nhà toán học vĩ đại người Anh A.Turing đề xuất năm 1936: Ở mức độ trực quan, đây là số bước cơ bản (tức là không thể phân chia được nữa) cần phải thực hiện để đạt được mục tiêu. Trong trường hợp của máy Turing cổ điển, các hoạt động này khá nguyên thủy: Di chuyển dọc theo băng tính toán một vị trí sang trái hoặc phải, đọc hoặc ghi đè ký hiệu được quan sát,... Nhưng một độc giả am hiểu một chút về lập trình có thể giả sử rằng chúng ta đang đếm số lần thực thi các lệnh có trong chương trình trong toàn bộ thời gian hoạt động của nó. Đó là số lần thực thi, không phải số lượng lệnh – nếu đếm số lượng lệnh thì đó sẽ là độ phức tạp Kolmogorov, mà chúng ta không xem xét ở đây. Bây giờ chúng ta hãy nói một chút về vai trò của ngẫu nhiên. Nếu chúng ta áp dụng các thuật toán của mình cho a D 54284452; b D 67855565, nó sẽ ảnh hưởng đến hoạt động của các thuật toán này theo những cách khác nhau. Thuật toán đầu tiên và thứ ba sẽ không chú ý đến đặc thù của a và b và sẽ hoạt động với hiệu suất thông thường của chúng, còn thuật toán thứ hai sẽ đưa ra câu trả lời chính xác .a; b/ D 13571113 sau lần thử thứ ba. Điều này có nghĩa là thuật toán này chắc chắn tốt hơn? Không thể đưa ra một câu trả lời chính xác về mặt toán học cho câu hỏi này. Tất cả phụ thuộc vào tần suất các ví dụ đặc biệt tốt hoặc đặc biệt xấu được tìm thấy trong ứng dụng cụ thể mà chúng ta quan tâm vào lúc này. Một ví dụ trong sách giáo khoa là phương pháp simplex được sử dụng (theo như tác giả biết) trong tất cả các gói quy hoạch tuyến tính hiện đại để giải các bài toán tối ưu hóa. Ở đây tình huống hoàn toàn ngược lại (so với ví dụ được đưa ra cho thuật toán thứ hai): Các ví dụ rất xấu cho phương pháp simplex đã được biết đến, nhưng để xây dựng chúng bạn cần rất cố gắng, và trong thực tế, chẳng ai chú ý đến chúng. Tất nhiên, cách tiếp cận toán học nhất để phân tích các thuật toán là không dựa vào sự may rủi và đơn giản là bỏ qua sự hiện diện của các ví dụ đặc biệt tốt. Nó được gọi là lý thuyết độ phức tạp trường hợp xấu nhất (hoặc đôi khi độ phức tạp được đảm bảo). Với tất cả những điều đã trao đổi ở trên, cách tiếp cận này hóa ra là một mô hình hoàn toàn định tính và đầy đủ trong hầu hết các tình huống thú vị - các lỗ hổng như phương pháp simplex (nghĩa là khi độ phức tạp trong trường hợp xấu nhất được xác định bởi các ví dụ cực kỳ xấu) có thể đếm được trên đầu ngón tay. Yêu cầu nhiều hơn từ một mô hình toán học đơn giản là không hợp lý. Để hiểu cách tiếp cận này là gì, hãy lưu ý rằng thông tin quan trọng và phổ biến nhất về một số là số ký tự trong cách viết của nó .n/: Ví dụ, trong ví dụ của chúng ta n D 8; nếu viết trong hệ thập phân và n 25 nếu là số nhị phân - sự khác biệt là hơn ba lần một chút. Mục tiêu cuối cùng của các nhà phát triển thuật toán là xây dựng một thuật toán được đảm bảo để giải quyết 22 Tạp chí Epsilon, Số 22, 08/2022 bài toán trong f .n/ bước cơ bản, bất kể số nbit nào được cung cấp cho anh ta (trong đó f .n/ là một hàm số nào đó, mong muốn là tăng chậm). Chúng ta nhấn mạnh rằng - đó là số ký tự trong cách viết của số, chứ không phải chính số đó, để cảm nhận sự khác biệt, chỉ cần thấy rằng con số biểu thị số nguyên tử trong phần nhìn thấy được của Vũ trụ có thể viết gọn trên một dòng, dù là bằng một nét chữ nhỏ. Chúng ta hãy phân tích một lần nữa từ quan điểm thuật toán cho ví dụ mô hình của chúng ta. Trong trường hợp xấu nhất, thuật toán đầu tiên sẽ cần khoảng f .n/ 10ncác phép toán cơ bản. Đây là tích số của số lần thử với số phép toán cần thiết cho mỗi phép toán, nhưng vì để làm điều này chỉ cần các phép toán số học đơn giản (tuy nhiên, như rút ra từ bài báo “Số học nhanh”, ngay cả đối với các phép toán số học này, vấn đề cũng không đơn giản như ta tưởng), thừa số thứ hai là một đa thức nhỏ của n; và so với các hàm mũ, nó hoàn toàn có thể được bỏ qua. Dấu gần đúng được dùng chính là vì điều này. Thuật toán thứ hai trong trường hợp xấu nhất (một bài tập hay cho bạn đọc – tìm hiểu xem trường hợp nào là trường hợp xấu nhất) sẽ cần đến f .n/ 10n=2 các phép toán, vì vậy nó thực sự tốt hơn một chút so với thuật toán đầu tiên. Tình huống với thuật toán thứ ba đem lại nhiều bài học hơn. Rõ ràng là sự thành công của nó chủ yếu phụ thuộc vào câu hỏi sau: Chúng ta có thể phân tích các số thành thừa số nguyên tố nhanh chậm như thế nào? Câu hỏi này đã dành được sự quan tâm của các nhà toán học từ thời cổ đại, hàng thiên niên kỷ trước khi có giả thuyết cho rằng không có cách nào hiệu quả để giải quyết vấn đề phân tích ra thừa số nguyên tố, là cơ sở của hầu hết các hệ mật mã được sử dụng trong thế giới hiện đại. Thật không may, chúng ta không có cơ hội đi sâu vào vấn đề này (chủ đề này xứng đáng có một bài viết riêng), vì vậy chúng ta chỉ lưu ý rằng thuật toán tốt nhất được biết đến hiện nay trong trường hợp xấu nhất hoạt động trong thời gian f .n/ D 10C n1=3.log2n/2=3; trong đó C là một hằng số không quá lớn. Điều này đã tốt hơn đáng kể so với thuật toán thứ nhất và thứ hai, nhưng hàm vẫn tăng mũ. Hãy nghĩ thêm một chút về thuật toán thứ ba. Về hình thức, nó là một cách đưa một bài toán về một bài toán khác, cụ thể là đưa bài toán tìm ước chung lớn nhất về bài toán phân tích một số thành thừa số nguyên tố. Điều này có nghĩa là bất kỳ tiến bộ nào trong việc giải quyết vấn đề thứ hai đều tự động kéo theo một tiến bộ tương đương trong việc giải quyết vấn đề đầu tiên. Như chúng ta sẽ thấy bên dưới, khái niệm chung về khả năng đưa bài toán này về một bài toán khác đóng một vai trò cực kỳ quan trọng trong lý thuyết độ phức tạp của thuật toán. Trong thuật ngữ lập trình, nó tương ứng với khái niệm thủ tục hoặc chương trình con, Tuy nhiên, điều cần thiết là phải đảm bảo rằng thủ tục được gọi một cách “không quá thường xuyên” (trong trường hợp của thuật toán thứ ba - hai lần) và đối với các giá trị “không quá” lớn của tham số 23 Tạp chí Epsilon, Số 22, 08/2022 (trong trường hợp của chúng ta, nghĩa là là dữ liệu đầu vào). Liên quan đến việc tìm ước số chung lớn nhất, đã đến lúc chuyển sang một giải pháp mà nhiều độc giả dường như đã mong đợi từ lâu. “Cơ sở” của nhà toán học Hy Lạp cổ đại vĩ đại Euclid (khoảng 300 năm trước Công nguyên) được coi là một trong những cuốn sách vĩ đại nhất trong lịch sử nhân loại, trong đó đặt nền móng cho hình học hiện đại (các thuật ngữ “không gian Euclid”, “hệ metric Euclid”,... được khởi nguồn từ các trang của “Cơ sở”), và trong nhiều khía cạnh cho toàn bộ nền toán học hiện đại nói chung. Ít được biết đến hơn là Quyển VII có mô tả về các thuật toán lâu đời nhất còn tồn tại, và đang vẫn được sử dụng một cách tích cực cho đến ngày nay. Thuật toán thứ tư và cuối cùng (thuật toán Euclid). Ta chia b cho a có dư b D aq C r, trong đó 0 6 r 6 a 1 ở đâu. Sau đó, ta áp dụng đệ quy thuật toán cho cặp .r; a/: Chia a cho r, a D u r C s và thay thế cặp .r; a/ bằng .s; r/. Ta tiếp tiếp tục thực hiện cho đến khi đạt được một cặp có dạng .0; d /. Số thứ hai trong cặp kết quả sẽ là câu trả lời cần tìm. Tại sao thuật toán này đúng? Và ngay cả khi nó đúng, tại sao nó lại nhanh? Câu trả lời cho những câu hỏi dạng này (tất nhiên là khi chúng không hoàn toàn hiển nhiên) được giải quyết trong một phần đặc biệt của lý thuyết độ phức tạp được gọi là phân tích thuật toán. Thuật toán Euclid hoạt động chính xác, bởi vì .a; b/ D .r; a/ D .s; r/ D như vậy, ước số chung lớn nhất, như các nhà toán học vẫn nói, là một bất biến của thủ tục này (so sánh với bài báo “Trò chơi của 15”), và đối với cặp cuối cùng, nó đúng bằng d. Nó hoạt động nhanh vì luôn có đánh giá .a C r/ 623.a C b/. Do đó, tổng các số trong một cặp giảm theo cấp số nhân và đặc biệt, thuật toán chắc chắn sẽ hội tụ sau f .n/ 10n phép lặp, đây là một hàm tuyến tính của số ký tự n trong cách viết của a và b. Kết quả thật ấn tượng nếu so với các phương pháp tiếp cận trước đây, và không thể ngờ là thuật toán Euclide đã có khoảng 2500 năm tuổi... Với tính đơn giản và hiệu quả của nó, ngày nay thuật toán Euclid và các tổng quát hóa của nó được sử dụng rộng rãi, cả trong toán lý thuyết và các ứng dụng, chủ yếu là trong mật mã. Sự khác biệt cơ bản của hàm 10n so với tất cả những hàm mà chúng ta đã gặp trước đó là nó là hàm đa thức (nghĩa là nó có dạng C nd với C; d > 0 chứ không phải là hàm số mũ. Trong lý thuyết độ phức tạp hiện đại, các thuật toán có ước lượng độ phức tạp như vậy (trong trường hợp xấu nhất) được gọi là thuật toán đa thức và lớp của tất cả các bài toán có ít nhất một thuật toán đa thức được gọi là “P”. Theo các thuật ngữ này, thuật toán Euclid thiết lập rằng bài toán tìm ước chung lớn nhất của hai số nằm trong lớp P: Lớp P thường được đồng nhất với lớp của tất cả các bài toán có giải pháp hiệu quả theo nghĩa thực tế của từ này. Ta nhấn mạnh rằng chúng ta đang nói về một sự trừu tượng toán học, không cố gắng (và chưa bao giờ cố gắng) để mô tả thực tại một cách hoàn toàn chính xác. Lớp P cũng cực kỳ thuận tiện theo quan điểm toán học, và điều này xuất phát từ quan sát đơn 24 Tạp chí Epsilon, Số 22, 08/2022 giản rằng nhân hai đa thức hoặc thay một đa thức vào một đa thức khác vẫn sẽ tạo ra một đa thức. Ví dụ, khi phân tích các thuật toán trước đây, ta đã viết f .n/ để phân biệt giữa số lần “thử” (hoặc lần lặp) và số “phép toán cơ bản”. Tuy nhiên, tất cả các phép toán số học được biết là được thực hiện trong thời gian đa thức (xem “Số học nhanh”), do đó, khi nghiên cứu sự thuộc vào lớp P, sự khác biệt này có thể bị bỏ qua và tập trung vào điều thực sự quan trọng, tức là số phép lặp. Những tình huống như vậy là phổ biến. Một biểu hiện khác của sự bất biến đáng chú ý này là thực tế rằng lớp P không phụ thuộc vào sự lựa chọn của mô hình tính toán. Những người sử dụng C++ và Basic (và thậm chí cả những người thích FORTRAN hoặc, hoàn toàn kinh điển, máy Turing) là lớp P có một cho tất cả. Giả định rằng điều này sẽ luôn như vậy đối với bất kỳ thiết bị máy tính thông minh nào được gọi là luận điểm Turing - Church mở rộng. Các thuật toán đa thức (trong nhiều trường hợp rất không tầm thường) tồn tại cho nhiều bài toán tự nhiên. Các phép toán số học cơ bản đã được nhắc tới trước đó, sự phân cấp tốt hơn của chúng bên trong lớp P có thể được tìm thấy trong bài “Số học nhanh”. Thuật toán Euclid đưa ra một thuật toán đa thức để tìm ước chung lớn nhất của hai số (nhân tiện, làm thế nào để tính bội chung nhỏ nhất?). Các ví dụ “đặc biệt xấu” cho một phương thức simplex có nghĩa là: Các ví dụ mà trên đó nó chạy với thời gian mũ. Thuật toán đa thức thực sự đầu tiên cho quy hoạch tuyến tính được xây dựng bởi nhà toán học Liên Xô L.Khachiyan vào năm 1979: Ta hãy cùng giở xem tuyển tập này. Nhiều vấn đề quan trọng đối với các luồng vận tải “Toán học của các luồng vận tải” có các thuật toán đa thức. Các thuật toán liên quan đến Internet “Toán học của Internet” là các thuật toán chỉ theo nghĩa rộng, vì bản thân các bài toán vốn có tính động và phân tán. Chúng ta sẽ nói về chúng sau một chút, còn bây giờ chúng ta chỉ lưu ý rằng đa thức ở đây là một yêu cầu chắc chắn là cần thiết, nhưng không phải là đủ. Những người xử lý dữ liệu lớn thường nhấn mạnh vào các thuật toán tuyến tính, tức là những thuật toán mà f .n/ 6 C n: Tất cả các thuật toán được sử dụng trong mật mã “Về Ứng dụng của Toán học trong Mật mã” đều là đa thức. Tuy nhiên, đây là một ví dụ khá hiếm khi dựa trên cả sự tồn tại của các thuật toán hiệu quả (đối với người dùng hợp pháp) và giả định rằng các thuật toán đó không tồn tại (trong trường hợp là đối thủ). Các thuật toán được sử dụng để nén thông tin cũng là đa thức. Cuộc đấu tranh để cải thiện tốc độ mã hóa và giải mã trong lớp P - như trong trường hợp “dữ liệu lớn”, sự khác biệt giữa thuật toán tuyến tính và thuật toán bậc hai là khá đáng chú ý. 25 Tạp chí Epsilon, Số 22, 08/2022 Một thuật toán đơn giản cho sự tồn tại của chu trình Euler từ bài báo “Từ những chuyến đi dạo ở Konigsberg đến giải mã bộ gen ¨ ” là đa thức. Chút nữa chúng ta sẽ nói về bài toán đi cặp với nó là bài toán tìm chu trình Hamilton. “Trò chơi của 15” có thể dễ dàng được tổng quát hóa thành “trò chơi của n2 1 với số nguyên dương n tùy ý. Có (tác giả đã không xác minh chính xác tuyên bố này!) một thuật toán đa thức đối với n cho phép hai trạng tháng chẵn chỉ ra một đường dẫn biến đổi trạng thái này thành trạng thái kia. Nhân tiện, vấn đề này dễ dàng được đưa về (theo nghĩa của chúng ta) về một trường hợp riêng, khi một trong các trạng thái được sắp xếp hoàn toàn. Một vấn đề khác đã nhận được sự quan tâm của các nhà toán học trong nhiều thiên niên kỷ là vấn đề xác định số nguyên tố. Mặc dù thuật toán “gần như đa thức” (ví dụ, thuật toán xác suất trong đó được phép tung đồng xu và mắc lỗi với xác suất thấp) đã được biết đến từ khá lâu, nhưng thuật toán đa thức theo nghĩa chặt chẽ của từ này đến mại năm 2002 mới được xây dựng. Khám phá này đã gây ra một tiếng vang lớn cả trong cộng đồng toán học và hơn thế nữa. Rõ ràng, một số độc giả tại thời điểm này sẽ có một chút hoang mang: Sự khác biệt thực sự giữa kiểm tra nguyên tố và phân tích ra thừa số nguyên tố là gì? Có phải nó chỉ là một? Hóa ra là không, và điều này tạo ra sự khác biệt đáng kể và khá tinh tế giữa chứng minh xây dựng và chứng minh tồn tại thuần túy. Ví dụ nhiều thuật toán “gần như đa thức” (với thuật toán cuối cùng để kiểm tra nguyên tố, tình huống phức tạp hơn một chút, nhưng nguyên tắc thì giống nhau), để chứng minh rằng số m là hợp số, sẽ đưa ra một phản ví dụ cho định lý nhỏ Fermat, nghĩa là, số a; sao cho am1 ¤ 1 trong số học theo môđun m: Bạn có thể trích xuất phân tích thực tế của m ra thừa số nguyên tố từ chứng minh này không? Câu trả lời cho câu hỏi này là không rõ, một câu trả lời khẳng định dưới dạng một thuật toán đa thức sẽ dẫn đến những thay đổi rất đáng kể trong nền văn minh hiện đại, phần lớn dựa trên niềm tin rằng các hệ thống mật mã như RSA là an toàn. Bây giờ chúng ta hãy cùng thử sức mạnh khiêm tốn của mình trong vấn đề phân tích ra thừa số nguyên tố. Như chúng ta đã lưu ý (thuật toán thứ ba), bài toán tìm ước chung lớn nhất của hai số được đưa về bài toán thừa số (phân tích thành thừa số nguyên tố), và thuật toán Euclide làm cho việc đưa về trở nên không cần thiết theo quan điểm thực tế. Toán học, tuy nhiên, phát triển theo các quy luật riêng của nó, và thực tế là một số cách tiếp cận hoặc kết quả hóa ra là “lỗi thời” (với tuổi đời của thuật toán Euclid, từ này ở đây, tất nhiên, là khá tương đối) hoàn toàn không có nghĩa là những ý tưởng được lồng vào đó cũng trở thành vô ích. Trong trường hợp này, điều tự nhiên là cố gắng làm ngược lại và sử dụng thuật toán Euclid để phân tích các số ra thừa số. Thật vậy, để tìm một ước số không tầm thường của hợp số m (nhân 26 Tạp chí Epsilon, Số 22, 08/2022 tiện, bạn có rõ tại sao bài toán phân tích thừa số một cách hoàn toàn được rút gọn thành bài toán này không?), “chỉ cần” tìm một số n; với 1 < .m; n/ < m sau đó có thể sử dụng thuật toán Euclide (hiệu quả!). Tất nhiên, chúng ta không thể giải quyết một vấn đề như vậy trong điều kiện chung. Tuy nhiên, hóa ra ý tưởng này không phải là không thuyết phục như thoạt nhìn. Cụ thể, cách tiếp cận phân tích nhân tử là cơ sở của: (1) Một số thuật toán “phân tích mật mã” quan trọng (tức là các thuật toán tìm kiếm lỗ hổng trong hệ thống mật mã khóa công khai). (2) Một thuật toán lượng tử đa thức để phân tích các số, được phát minh bởi nhà toán học người Mỹ P. Shor vào năm 1995: Ta dừng lại chi tiết hơn ở kết quả cuối cùng, vì nó đã tạo động lực mạnh mẽ cho sự phát triển của một lĩnh vực hiện đại khổng lồ được gọi là tính toán lượng tử, nơi đó các nhà toán học, chuyên gia về khoa học máy tính và các nhà vật lý làm việc cùng nhau. Không có gì khó hiểu ở đây: Một máy tính có thể sử dụng các định luật của cơ học lượng tử trên thực tế có thể phân tích các số nbit thành các thừa số nguyên tố trong thời gian nhiều hơn C n2 một chút. Nhân tiện, bản thân thuật toán sử dụng một phép toán rất đẹp và bất ngờ: Ứng dụng thuật toán Euclide ở cuối hóa ra chỉ là phần nổi của tảng băng. Một độc giả tập trung, dường như, tại thời điểm này sẽ hơi ngạc nhiên: Ở trên vừa nói rằng lớp P không phụ thuộc vào việc lựa chọn mô hình tính toán, và đột nhiên bây giờ đưa ra một thiết bị, ngay cả khi nó là mới là giả định, và đột nhiên ta có thể làm được những điều tuyệt vời đó. Không có lỗi gì ở đây cả. Cụ thể, thế giới mà chúng ta đang sống được sắp xếp theo một trong ba cách sau: (1) Việc xây dựng một máy tính lượng tử thực tế là không thể (và do đó, mô hình này được coi là “không hợp lý”). (2) Luận điểm Turing - Church mở rộng là không chính xác (và rõ ràng là có thể có sai lệch so với luận điểm này, sử dụng các quy luật vật lý hoặc sinh học khác). (3) Có một thuật toán đa thức cổ điển để phân tích các số (với tất cả các hệ quả sau đó). Chúng ta chỉ không biết chính xác nó hoạt động như thế nào. Về điều này, chúng ta chỉ có thể nói thêm rằng ở thế giới theo cách 1; việc không thể chế tạo được máy tính lượng tử rất có thể sẽ được xác định bởi những trở ngại cơ bản không thể hiểu được chứ không phải do trở ngại công nghệ: Kinh nghiệm phát triển của loài người cho thấy, nếu có đủ ý chí 27 Tạp chí Epsilon, Số 22, 08/2022 (và đã có rất nhiều nguồn lực được đầu tư vào việc xây dựng máy tính lượng tử ở nhiều nước phát triển), thì sớm muộn gì cũng khắc phục được. Vì vậy, luận điểm phổ biến về sự bất bại của hoạt động này (ở đầu ra – hoặc là máy tính lượng tử hoặc là các định luật vật lý mới giải thích tính bất khả thi của nó) ít nhất không phải là không có cơ sở. Bây giờ chúng ta sẽ nói một chút về vấn đề giới hạn dưới trong lý thuyết về độ phức tạp tính toán, cụ thể là, chứng minh với các bài toán thú vị cụ thể, bất kỳ thuật toán nào cũng phải có độ phức tạp f .n/ > " b.n/; trong đó b.n/ là một hàm cố định nào đó. Đỉnh cao ở đây là phép chứng minh rằng một bài toán thú vị không thuộc về lớp P; tức là nó không thừa nhận bất kỳ thuật toán nào có giới hạn trên về độ phức tạp f .n/ 6 C nk(chúng ta sẽ nói về các ứng cử viên triển vọng sau). Lấy bài toán phân tích ra thừa số làm ví dụ. Một sợi chỉ xuyên suốt bài viết của chúng ta là luận điểm rằng vấn đề phân tích ra thừa số không nằm trong P; và, khác với luận điểm Turing - Church, đây là một giả định toán học. Số giờ lao động để bác bỏ nó (bao gồm cả giờ của các nhà lý thuyết số và thuật toán số giỏi nhất) là không thể tính được. Điều này có nghĩa là chúng ta chỉ nên chấp nhận nó như một loại quy luật vật lý nào đó và làm điều gì đó khác? Tất nhiên, đối với bất kỳ nhà toán học nào đang làm việc, câu hỏi này hoàn toàn là tu từ và tốt nhất có thể gây ra một nụ cười nhẹ. Việc trong một thời gian rất dài không ai có thể đưa một nghiệm không tầm thường của phương trình xn C yn D zn hoặc một đa tạp ba chiều với các đặc tính “hoang dã” (phản ví dụ cho giả thuyết Poincaré), chỉ khiến các nhà toán học thêm hăng máu để tìm kiếm chứng minh các khẳng định tương ứng, và điều này không vô ích. Trong quá trình giải quyết chúng, mà đỉnh cao là các công trình của A. Wiles và G. Perelman, cả một lý thuyết hài hòa đã được xây dựng, chiếm được vị trí xứng đáng của chúng trong tòa nhà toán học hiện đại. Tương tự là trường hợp của vấn đề cận dưới của độ phức tạp, với sự khác biệt là nó vẫn còn bỏ ngỏ vào thời điểm hiện tại, mặc dù một số kết quả đáng khích lệ đã thu được trong những năm 1980 và 1990: Rõ ràng, để có lời giải hoàn chỉnh của nó sẽ cần đến một số ý tưởng mới (tuy nhiên, so với định lý Fermat hoặc phỏng đoán của Poincaré, vấn đề đánh giá cận dưới của độ phức tạp còn ở giai đoạn sơ khai). Lý do của tình trạng này là dễ hiểu. Bất kỳ sự chứng minh không tồn tại một thuật toán hiệu quả (giả sử, đa thức) cho một bài toán nhất định chắc chắn phải tính đến không chỉ tất cả các ý tưởng hiện có để xây dựng một thuật toán như vậy, mà còn tất cả các ý tưởng tiềm năng có thể xuất hiện trong tương lai: điều này, trên thực tế, chính là ý nghĩa của lý thuyết về độ phức tạp... Lớp ý tưởng này rất rộng, và hầu hết các kết quả cụ thể đã biết về vấn đề cận dưới đều thu được bằng cách thu hẹp nó lại. 28 Tạp chí Epsilon, Số 22, 08/2022 Ở phần cuối của bài viết ngắn này, ta sẽ nói về tính đầy đủ NP: Đây chính xác là phần mà những thành công của lý thuyết về độ phức tạp tính toán đã trở nên rất ấn tượng. Cơ sở của lý thuyết NP-đầy đủ đã được đặt nền móng trong các công trình của các nhà toán học Mỹ S. Cook, R. Karp và nhà toán học Liên Xô L. Levin vào đầu những năm 70: Hãy cùng xem xét vấn đề tìm ước số thực sự của một hợp số và so sánh nó với hai bài toán khác từ tuyển tập này: Tìm chu trình Hamilton “Từ những chuyến đi dạo ở Konigsberg đến giải mã ¨ bộ gen” và giải Sudoku “Giải Sudoku”, cái thứ hai, tất nhiên, phải được tổng quát hóa thành trường hợp của một bảng n2 n2: Có gì chung giữa chúng? Ở cấp độ “triết học”, rõ ràng là lời giải của tất cả các bài toán như vậy được chia thành hai giai đoạn hoàn toàn không cân bằng: Tìm kiếm hoặc đoán câu trả lời chính xác và kiểm tra nó. Giai đoạn sau dễ dàng thực hiện trong mọi trường hợp và có thể được giao cho máy tính hoặc thậm chí là cho học sinh phổ thông. Làm sao để tìm ra câu trả lời chính xác, chúng ta không có công thức chung, và trong trường hợp tốt nhất chúng ta chỉ có những lời khuyên hợp lý, đôi khi được gọi là phương pháp heuristic (xem, ví dụ “Giải Sudoku”). Tuy nhiên, điều tốt là câu trả lời đúng ít nhất là ngắn, hay một cách toán học, độ dài bit m của nó không vượt quá một đa thức độ dài bit n của chính bài toán. Do đó, luôn có một thuật toán tìm kiếm vét cạn tầm thường, thay vì một tìm kiếm có tổ chức, chỉ cần xét tất cả các khả năng một cách tuần tự cho đến khi tìm thấy điều mong muốn. Độ phức tạp của nó trong trường hợp xấu nhất khoảng 2m 2C nk: Nếu xét về độ tăng của hàm số mũ thì điều này dĩ nhiên không tốt cho lắm, nhưng chú ý là có những tình huống còn tệ hơn nhiều. Từ mô tả được đưa ra trong đoạn trước, tương đối dễ dàng để xây dựng một định nghĩa toán học: Lớp các bài toán mà ở đó việc kiểm câu trả lời là đa thức, tức là, nằm trong lớp P: Ta sẽ thu được một định nghĩa tương đương, nếu như trong định nghĩa máy Turing đã đưa ra ở đầu bài bổ sung thêm tính không xác định, tức là cho phép máy theo ý mình chọn một hành vi từ danh sách những hành vi được đề xuất. Lớp các bài toán thu được theo cách này được gọi là NP, trong đó “N” gợi nhớ đến tính không xác định. Hầu hết các bài toán mà chúng ta đã thảo luận trước đó thuộc về lớp này hoặc có thể dễ dàng đưa về dạng này. Tất nhiên, sự phổ biến này không phải là ngẫu nhiên. Nó phản ánh thực tế rằng NP là một mô hình toán học tốt cho bất kỳ hoạt động sáng tạo có tổ chức nào, bao gồm hành động sáng tạo thực tế là tìm lời giải và (thường là nhanh chóng và quen thuộc) để kiểm tra nó. Với sự đa dạng các bài toán như vậy trong NP, người ta mong đợi sự tồn tại của một cấu trúc phân cấp phong phú trong lớp này, cố gắng sắp xếp bài toán theo độ phức tạp nội tại của chúng, và các giả định bài toán này hay bài toán kia được xếp vào đâu... 29 Tạp chí Epsilon, Số 22, 08/2022 Thực tế không có điều này xảy ra. Với rất ít ngoại lệ, lớp NP thực sự chỉ chia thành hai phần lớn. Phần đầu tiên là lớp P mà chúng ta đã biết, bao gồm tất cả các bài toán thuật toán có ít nhất một thuật toán hiệu quả (đa thức). Nói cách khác, đây là những bài toán trong đó việc liệt kê các lựa chọn có thể được thay thế bằng một thủ tục hiệu quả, mà chúng ta đã thấy ở ví dụ thuật toán Euclide (một ví dụ giáo khoa khác là bài toán về chu trình Euler từ bài báo “Từ những chuyến đi dạo ở Konigsberg đến giải mã bộ gen ¨ ”). Ở cực đối diện là cái gọi là các bài toán NP-đầy đủ, có tính chất mọi bài toán khác từ lớp NP có thể đưa về nó trong thời gian đa thức. Hóa ra là cả bài toán giải Sudoku và bài toán tìm chu trình Hamilton từ bài báo “Từ những chuyến đi dạo ở Konigsberg đến giải mã bộ gen ¨ ”) và hơn một nghìn bài toán thuật toán (nếu tính đến cả các biến thể thì cỡ khoảng 10000) từ các lĩnh vực khác nhau của toán học, khoa học máy tính, khoa học tự nhiên, sinh học, xã hội học,... là NP-đầy đủ. Do đó, bất kỳ thuật toán hiệu quả nào để giải Sudoku đều có thể được xây dựng lại thành một thuật toán hiệu quả để phân tích các số thành thừa số nguyên tố, xây dựng chu trình Hamilton và rất nhiều thứ hữu ích khác. Tất cả các đưa về như vậy đều có một “đặc tính mô-đun” rõ rệt: Chẳng hạn, việc đưa bài toán chu trình Hamilton về bài toán Sudoku trong thời gian đa thức được chia thành nhiều lần chuyển đổi tương đối ngắn từ bài toán trung gian tự nhiên này sang bài toán trung gian tự nhiên khác. Tất cả các bài toán mà chúng tôi gặp trên đường đi cũng có thể được tính vào NP-đầy đủ. Nhưng giữa hai cực này thực tế không có gì cả. Một bài toán NP mà chúng ta không biết cách phân loại là phân tích ra thừa số nguyên tố, có một số ví dụ khác về loại này, được thúc đẩy bởi các giả định mật mã. Tất cả đều có tính chất là chỉ có một câu trả lời đúng. Một ví dụ trong đó tính chất cuối cùng không được thỏa mãn là bài toán đẳng cấu đồ thị (hai đồ thị được vẽ, liệu chúng có thể được “xếp chồng” lên nhau đến mức trùng hợp không) và các biến thể của nó. Có lẽ đây là tất cả (hoặc ít nhất là những vấn đề quan trọng nhất) các bài toán tự nhiên mà ta không biết rõ tình trạng của chúng. Vì vậy, chúng ta có thể tự tin nói rằng việc phân loại các bài toán liệt kê thành đơn giản .P / và khó tối đa (NP-đầy đủ) là một trong những dự án phân loại thành công nhất trong lịch sử khoa học. Vì tất cả những lý do này, bài toán về sự trùng hợp của các lớp P và NP (còn được gọi là bài toán liệt kê) là một trong những bài toán mở trọng tâm của toán học hiện đại. Hầu hết các chuyên gia tin rằng P ¤ NP: Nhưng việc chứng minh sự kiện này đưa về bài toán tìm cận dưới của một bài toán NP-đầy đủ được chọn tùy ý, điều mà các nhà toán học chưa thể làm được. Tính phổ biến của bài toán này được minh chứng cụ thể bởi sự chú ý đến nó của những nhà toán 30 Tạp chí Epsilon, Số 22, 08/2022 học nghiệp dư. Theo tiêu chí này, có lẽ bài toán liệt kê đã vượt qua cả giả thuyết của Fermat. Tuy nhiên, cả các chuyên gia ngoài logic toán học và khoa học máy tính cũng coi trọng nó. Bài toán liệt kê là một trong bảy bài toán mà Viện Toán học Clay đã đặt ra giải thưởng danh giá. Như đã biết, cho đến nay chỉ có một trong số chúng được giải quyết (giả thuyết của Poincaré - G. Perelman), để giải quyết những vấn đề còn lại, rất có thể, cũng sẽ cần đến những ý tưởng và cách tiếp cận mới, bản chất mà chúng ta thậm chí không có ý tưởng gần đúng như trong trường hợp của bài toán liệt kê. Bổ sung, bình luận Người ta đã nói rằng giữa các lớp P và các bài toán hoàn chỉnh NP, những cực kỳ đặc biệt này trong lớp NP thống nhất, có một số vấn đề vẫn chưa được phân loại. Về một trong số đó, bài toán đẳng cấu đồ thị, sau khi phát hành ấn bản đầu tiên của cuốn sách này vào năm 2015; nhà toán học người Mỹ gốc Hungary L. Babai đã chứng minh một kết quả cơ bản: Đối với bài toán này, có một thuật toán “gần như đa thức”, nó đang chạy. thời gian là. Nó chỉ ra rằng bài toán đẳng cấu đồ thị ít nhất là không xa lớp P. Tài liệu tham khảo [1] 071>@>2 . . A;>6=>AB82KG8A;5=89. 0B5<0B8G5A:>5?@>A25I5=85. "@5BLOA5@8O. 1999: K?. 3: !B@. 127 141 [2] 071>@>2 . . ;351@08G5A:0OA;>6=>ABL. 2‐5874., 8A?@. .: & , 2019: Fortnow L. The Golden Ticket P, NP, and the Search for the Impossible. Princeton University Press, 2013: http://goldenticket.fortnow.com [3] Lipton R. J. The P = NP Question and Godel’s Lost Letter ¨ . Springer, 2010: Theo các tư liệu của Blog http://rjlipton.wordpress.com 31 Tạp chí Epsilon, Số 22, 08/2022 CÂU CỔ PHÁP (ĐỊNH LÍ PYTHAGORAS) TRONG Ý TRAI TOÁN PHÁP NHẤT ĐẮC LỤC (PHẦN II) Đoàn Thị Lệ Nghiên cứu sinh, National Tsing-Hua University, Taiwan Lê Thị Nhàn Trường THPT Nguyễn Thị Lợi, Sầm Sơn, Thanh Hóa Tạ Duy Phượng Cộng tác viên Viện Toán học, Viện Hàn lâm Khoa học và Công nghệ Việt Nam Mai Văn Thu Thạc sĩ Toán học Cung Thị Kim Thành Thạc sĩ Hán Nôm Phan Ánh Tuyết National Taiwan Normal University TÓM TẮT Chúng tôi tiếp tục gửi đến độc giả phần 2 của bài viết giới thiệu các bài toán hình học giải được nhờ sử dụng định lí Pythagoras trong cuốn sách toán chữ Hán Ý Trai toán pháp nhất đắc lục của Ý Trai Nguyễn Hữu Thận. Nhận xét. Nguyễn Hữu Thận đã nêu phương pháp "trường phương tích" giải hệ   a + b + c = m a − b = n a2 = b2 + c2 Bài toán 19 (Bài 2.2.52 - Trang 60). Hữu câu cỗ hòa, hữu huyền dữ câu cổ hiệu chi hiệu (nhất danh huyền hiệu hiệu) cầu câu cổ huyền. Có tổng cổ +câu và hiệu huyền(cổ câu) (gọi là huyền hiệu hiệu). Tìm câu, cổ, huyền. Biết b + c = m, a − (b − c) = n. Tìm a, b, c. Lời giải (Trang 60). Bình phương tổng cổ câu, là số thứ nhất: (b + c)2 = m2. 32 Tạp chí Epsilon, Số 22, 08/2022 Lại lấy tổng cổ + câu cộng với hiệu huyền-(cổ - câu), được tổng 2 câu + huyền, bình phương, là số thứ hai: m + n = (b + c) + (a − (b − c)) = 2c + a ⇔ (2c + a)2 = (m + n)2. Hai số trừ cho nhau, được kết quả, chia đôi, là trường phương tích: 2=3c2 + 4ac + a2 − b2 − 2bc 2=(m + n)2 − m2 (2c + a)2 − (b + c)2 2=n2 + 2mn 2. Lại lấy hiệu huyền–(cổ-câu) cộng với tổng 2 câu+huyền, là tổng khoát+trường: (a − (b − c)) + (2c + a) = 2a + 3c − b = n + (m + n) = m + 2n. Trường phương tích nhân 4 , và bình phương của tổng khoát+trường trừ cho nhau, khai căn, được hiệu trường-khoát: (2a + 3c − b)2 − 4 3c2 + 4ac + a2 − b2 − 2bc 2= (m + 2n)2 − 2n2 + 2mn ⇔4a2 + 9c2 + b2 + 12ac − 4ab − 6bc −6c2 + 8ac + 2a2 − 2b2 − 4bc = m2 + 2n2 ⇔ 2a2 + 3c2 + 3b2 + 4ac − 4ab − 2bc = m2 + 2n2 ⇔ 4a2 + c2 + b2 + 4ac − 4ab − 2bc = m2 + 2n2 ⇔ (2a − b + c)2 = m2 + 2n2 ⇔ 2a − b + c =pm2 + 2n2. Lấy tổng khoát+trường trừ hiệu khoát-trường, chia đôi, được khoát, là câu: 2=(m + 2n) −√m2 + 2n2 c =(2a + 3c − b) − (2a − b + c) Lấy tổng cổ + câu trừ đị câu, còn lại là cạnh cồ: b = (b + c) − c = m − c = m −m + 2n −√m2 + 2n2 2. (2.2.6) 2=m − 2n +√m2 + 2n2 2. Lại lấy huyền- (cồ-câu)+(cồ-câu), là cạnh huyền: a = (a − (b − c)) + (b − c) = n + (b − c) = n +m − 2n +√m2 + 2n2 2−m + 2n −√m2 + 2n2 (2.2.7) (2.2.8) 2 = p m2 + 2n2 Bài toán 20 (Ví dụ 2.2.7 - Trang 61). Già sử có tổng của cạnh cổ và câu là 23 xích, hiệu của hiệu cổ-câu và huyền là 10 xích. Hỏi các cạnh câu, cổ, huyền là bao nhiêu? Biết m = b + c = 23, n = a − (b − c) = 10. Tìm a, b, c. 33 Tạp chí Epsilon, Số 22, 08/2022 Lời giải (Trang 61, 63). Lấy tổng của cạnh cổ và cạnh câu là 23 xich, bình phương, được 529 xich: m2 = (b + c)2 = 232 = 529. Lấy hiệu huyền–(cổ-câu) (10 xích) cộng vởi tổng cổ + câu (23 xích), được 33 xích, là tổngg của 2 câu+huyền, bình phương, được 1089 xích: (m + n)2 = ((a − (b − c)) + (b + c))2 = (2c + a)2 = (23 + 10)2 = 332 = 1089. Hai tích (hai số có được từ phép bình phương) trừ cho nhau, còn 560 xích, chia đôi, được 280 xích, là trường phương tích: 3c2 + 4ac + a2 − b2 − 2bc 2=(2c + a)2 − (b + c)2 2=(m + n)2 − m2 2=1089 − 529 2= 280. Lấy hiệu huyền-(cổ-câu) (10 xích) cộng với tổng 2 câu+huyền (33 xích), được 43 xích, là tổng khoát+trường: 2a + 3c − b = (a − (b − c)) + (2c + a) = n + (m + n) = 10 + (23 + 10) = 43. Dùng "trường phương tích", có tổng khoát+trường, tìm hiệu khoát - trường, dùng các công thức của trường, khoát để tính toán. Trường phương tích (280 xich) nhân 4, được 1120 xích; tổng khoát+trường (43 xích), bình phương, được 1849 xích; trừ cho nhau, được 729 xích, khai căn bậc hai, được 27 xich, là hiệu trường - khoát: (2a − b + c)2 = (2a + 3c − b)2 − 4 ⇒ 2a − b + c = 27. 3c2 + 4ac + a2 − b2 − 2bc 2= 432 − 4 × 280 = 729. Lấy trường + khoát (43 xích) trừ đi trường-khoát ( 27 xích), được 16 xích, chia đôi, được khoát 8 xích, là cạnh câu: c =(2a + 3c − b) − (2a − b + c) 2=43 − 27 2= 8. Lấy tổng cổ + câu (23 xích) trừ đi cạnh câu (8 xích), còn 15 xích, là cạnh cổ: b = (b + c) − c = m − c = 23 − 8 = 15. Suy ra b − c = 15 − 8 = 7. Vậy a = (a − (b − c)) + (b − c) = n + (b − c) = 10 + 7 = 17. Nhận xét. Có thể tính trực tiếp theo công thửc (2.2.6)-(2.2.8): c =m + 2n −√m2 + 2n2 2=23 + 2 × 10 −√232 + 2 × 102 b =m − 2n +√m2 + 2n2 2= 8. 2=23 − 2 × 10 + √232 + 2 × 102 a = p m2 + 2n2 = p 2= 15. 232 + 2 × 102 =√729 = 27. 34 Tạp chí Epsilon, Số 22, 08/2022 Nguyễn Hữu Thận đã nêu phương pháp "trường phương tích" giải hệ   b + c = m a − (b − c) = n a2 = b2 + c2 Bài toán 21 (Bài 2.2.53 - Trang 63). Hữu câu cổ hòa, hữu huyền dữ câu cổ hiệu chi hòa (nhất danh huyền hiệu hòa), cầu câu cổ huyền. Có tổng cồ + câu và tổng huyền +( cồ câu) (gọi là huyền hiệu hòa). Tìm câu, cổ, huyền. Biết b + c = m, a + (b − c) = n. Tìm a, b, c. Lời giải (Trang 63). Tổng cổ + câu, bình phương, được tích thứ nhất: m2 = (b + c)2 = b2 + 2bc + c2 = a2 + 2bc. Tổng huyền + (cổ - câu), bình phương được tích thứ hai: n2 = [a + (b − c)]2 = a2 + b2 + c2 + 2ab − 2ac − 2bc = 2a2 + 2ab − 2ac − 2bc. Lấy hai tích cộng với nhau, là trường phương tích: m2 + n2 = 3a2 + 2ab − 2ac. Lấy tổng huyền + ( cổ - câu), nhân đôi, là hiệu trường - khoát: 2(a + (b − c)) = 2n.. Dựa theo phép thay thế dùng trường phương tích, có hiệu trường - khoát, tìm tổng của trường + khoát, dựa vào các công thức của trường, khoát để tính toán. Trường phương tích nhân 4 , cộng với bình phương của hiệu trường-khoát, khai căn, được tổng khoát + trường: 43a2 + 2ab − 2ac + [2(a + (b − c))]2 = 4 m2 + n2 + 4n2 = 4 m2 + 2n2 ⇔ 12a2 + 8ab − 8ac + 4a2 + 4b2 + 4c2 + 8ab − 8ac − 8bc = 4 m2 + 2n2 ⇔ 16a2 + 4b2 + 4c2 + 16ab − 16ac − 8bc = 4 m2 + 2n2 ⇔ (4a + 2b − 2c)2 = 4 m2 + 2n2 p ⇔ 4a + 2b − 2c = 2 m2 + 2n2. Lấy tổng trường+khoát trừ đi hiệu trường - khoát, chia đôi, được khoát, là cạnh huyền: 2a = (4a + 2b − 2c) − (2a + 2b − 2c) = 2 p m2 + 2n2 − 2n ⇒ a = p m2 + 2n2 − n. Lấy tổng huyền +( cồ-câu) trừ đi cạnh huyền, còn hiệu cổ-câu: b − c = (a + (b − c)) − a = n − p m2 + 2n2 − n 35 = 2n − p m2 + 2n2. Tạp chí Epsilon, Số 22, 08/2022 Lấy tổng trừ hiệu, chia đôi, được cạnh câu: 2=m −2n −√m2 + 2n2 c =(b + c) − (b − c) 2=m − 2n +√m2 + 2n2 2. Lấy tổng cộng hiệu, chia đôi, được cạnh cổ: 2=m +2n −√m2 + 2n2 b =(b + c) + (b − c) 2=m + 2n +√m2 + 2n2 2.. Nhận xét. Nguyễn Hữu Thận đã nêu phương pháp "trường phương tích" giải hệ   b + c = m a + (b − c) = n a2 = b2 + c2 Bài toán 22 (Bài 2.2.54 - Trang 64). Hữu câu huyền hòa, hữu huyền dữ câu cổ hòa chi hiệu (nhất danh huyền hòa hiệu), cầu câu cổ huyền. Có tổng huyền+câu và hiệu (cồ+câu)-huyền (gọi là huyền hòa hiệu). Tìm câu, cổ, huyền. Biết a+c = m,(b+c)−a = n. Tìm a, b, c. Lời giải (Trang 64). Tổng huyền+câu bình phương: m2 = (a + c)2 = a2 + 2ac + c2. Lấy tổng huyền + câu cộng với hiệu (cồ+câu) -huyền, là tổng 2 câu + cồ, nhân với tổng huyền + câu cùng với bình phương của tổng huyền+câu, trừ cho nhau, kết quả là trường phương tích. Vì tổng huyền + câu là tổng trường +khot, dựa vào phương pháp dùng trường phương tích, có tổng trường + khoát, tìm hiệu trường - khoát, dùng các công thức của trường, khoát để tính toán trường phương tích: m + n = (a + c) + ((b + c) − a) = 2c + b ⇒ (2c + b)(a + c) − (a + c)2 = (m + n)m − m2 ⇔ 2ac + 2c2 + ab + bc −a2 + 2ac + c2 = mn ⇔ ab + bc + c2 − a2 = mn ⇔ ab + bc − b2 = mn. Trường phương tích nhân với 4 , bình phương tổng trường + khoát, trừ cho nhau, được kết quả, khai phương, là hiệu trường–khoát: (a + c)2 − 4ab + bc − b2 = m2 − 4mn ⇔ a2 + c2 + 4b2 + 2ac − 4ab − 4bc = m2 − 4mn ⇔ (a − 2b + c)2 = m2 − 4mn p ⇔ a − 2b + c = m2 − 4mn. 36 Tạp chí Epsilon, Số 22, 08/2022 Lấy hiệu trường-khoát cộng với tổng trường + khoát, chia đôi, được trường, là cạnh cồ: a + c = m a − 2b + c =√m2 − 4mn⇒ b =m −√m2 − 4mn 2. Lấy cạnh cổ trừ đi hiệu (cổ + câu)-huyền, còn lại hiệu huyền-câu: 2− n =m − 2n −√m2 − 4mn a − c = b − ((b + c) − a) = m −√m2 − 4mn 2. Lấy tổng cộng hiệu, chia đôi, là cạnh huyền. Lấy tổng trừ hiệu, chia đôi, là cạnh câu: Do a + c = m nên  √ 2 =3m−2n−√m2−4mn 2 =m+m−2n− a =(a+c)+(a−c) m2−4mn 2 4 √ 2 =m+2n+√m2−4mn 2 =m−m−2n−  c =(a+c)−(a−c) m2−4mn 2 4. Nhận xét. Nguyễn Hữu Thận đã nêu phương pháp truòng phuoong tích giải hệ   a + c = m (b + c) − a = n a2 = b2 + c2 Bài toán 23 (Bài 2.2.55 - Trang 65). Hữu câu huyền hòa, hưuu huyền dữ câu cổ hiệu chi hòa (nhất danh huyền hiệu hòa), cầu câu cồ huyền. Biết tổng huyền+câu và huyền +( cổ-câu) (gọi là huyền hiệu hòa). Tìm câu, cổ, huyền. Biết a + c = m, a + (b − c) = n. Tìm a, b, c. Lời giải (Trang 65). Lấy tổng huyền + câu, bình phương: m2 = (a + c)2 = a2 = 2ac + c2. Lấy tổng huyền + câu, cộng với tổng huyền + (cổ - câu), là tổng hai lần huyền + cổ, bình phương: 2a + b = (a + c) + (a + (b − c)) = m + n ⇒ (m + n)2 = (2a + b)2 = 4a2 + 4ab + b2. Cộng hai số có được từ phép bình phương với nhau, là truờng phương tích: m2 + (m + n)2 =a2 + 2ac + c2 +4a2 + 4ab + b2 = 6a2 + 4ab + 2ac. Lấy tổng 2 huyền + cổ nhân đôi, là 4 huyền +2 cổ, cộng với tổng huyền + câu, là tổng trường + khoát. 2(2a + b) + (a + c) = 5a + 2b + c ⇔ 2(m + n) + m = 5a + 2b + c ⇔ 3m + 2n = 5a + 2b + c. Dựa theo phép "đại dụng trường phương tích", có tổng trường + khoát, tìm hiệu trường - khoát, dùng các công thức của trường, khoát để tính toán. 37 Tạp chí Epsilon, Số 22, 08/2022 Lấy 4 nhân với trường phương tích, cùng bình phương của tổng trường + khoát, trừ cho nhau, khai căn, được hiệu trường - khoát: (5a + 2b + c)2 − 46a2 + 4ab + 2ac = (3m + 2n)2 − 4 m2 + (m + n)2 ⇔ a2 + 4b2 + c2 + 4ab + 2ac + 4bc = m2 + 4mn ⇔ (a + 2b + c)2 = m2 + 4mn ⇔ a + 2b + c =pm2 + 4mn Lấy tổng trường + khoát trừ đi hiệu trường - khoát, chia đôi, được khoát, lấy khoát chia đôi, là cạnh huyền. 5a + 2b + c = 3m + 2n a + 2b + c =√m2 + 4mn⇒ a =3m + 2n −√m2 + 4mn 4 Lấy tổng huyền + câu, trừ đi cạnh huyền, còn lại là cạnh câu: c = (a + c) − a = m −3m + 2n −√m2 + 4mn 4=m − 2n +√m2 + 4mn 4. Ở tổng huyền + (cổ-câu) trừ đi huyền, còn lại là hiệu cổ - câu: b − c = (a + (b − c)) − a = n −3m + 2n −√m2 + 4mn 4=2n − 3m +√m2 + 4mn 4. Lấy cạnh câu cộng với hiệu cồ - câu, được cạnh cổ. b = (b − c) + c = =2n − 3m +√m2 + 4mn 4+m − 2n +√m2 + 4mn 4= √m2 + 4mn − m 2. Nhận xét. Nguyễn Hữu Thận đã nêu phương pháp trưòng phurong tích giải hệ   a + c = m a + (b − c) = n a2 = b2 + c2 Bài toán 24 (Bài 2.2.56 - Trang 66). Hữu cô huyền hòa, hữu huyền dữ câu cô hòa chi hiệu, cầu câu cô huyền. Có tổng huyền + cổ và hiệu (cổ + câu) - huyền. Tìm câu, cổ, huyền. Biết a + b = m,(b + c) − a = n. Tìm a, b, c. Lời giải (Trang 66). Bình phương tổng huyền + cổ, được thừa số thứ nhất: m2 = (a + b)2 = a2 + 2ab + b2. Lấy tổng huyền+cổ cộng với hiệu (cổ + câu) - huyền, được kết quả là tổng hai lần cổ + câu, nhân với tổng huyền + cổ, là thừa số thứ hai: m + n = (a + b) + (b + c − a) = 2b + c ⇒ (2b + c)(a + b) = (m + n)m. 38 Tạp chí Epsilon, Số 22, 08/2022 Hai thừa số trừ cho nhau, được kết quả là trường phương tích: ⇒ (2b + c)(a + b) − (a + b)2 = (m + n)m − m2 ⇔ 2ab + 2b2 + ac + bc −a2 + 2ab + b2 = mn ⇔ ac + bc + b2 − a2 = mn ⇔ ac + bc − c2 = mn Coi tổng huyền + cổ là tổng trường + khoát, dựa theo phép "đại dụng trường phương tích", có tổng trường + khoát, tìm hiệu trường-khoát, dùng các công thức của trường, khoát để tính toán. Trường phương tích nhân với 4 , cùng với bình phương của tổng khoát + trường, trừ cho nhau, khai căn, được hiệu trường - khoát: (a + b)2 − 4ac + bc − c2 = m2 − 4mn ⇔ a2 + b2 + 4c2 + 2ab − 4ac − 4bc = m2 − 4mn ⇔ (a + b − 2c)2 = m2 − 4mn p ⇔ a + b − 2c = m2 − 4mn. Lấy tổng trường + khoát, trừ đi hiệu trường - khoát, chia đôi, được khoát, là câu: a + b = m a + b − 2c =√m2 − 4mn⇒ c =m −√m2 − 4mn 2. Ta có a − b = c − ((b + c) − a) = m −√m2 − 4mn 2− n =m − 2n −√m2 − 4mn 2. Do a + b = m nên lại lấy hiệu đó cộng với tổng huyền + cổ, chia đôi, là cạnh huyền và cạnh cồ: √ 2 =3m−2n−√m2−4mn 2 =m+m−2n− a =(a+b)+(a−b) m2−4mn 2 4 √ 2 =m+2n+√m2−4mn 2 =m−m−2n−  b =(a+b)−(a−b) m2−4mn 2 4. Nhận xét. Nguyễn Hữu Thận đã nêu phương pháp "trường phương tích" giải hệ phương trình bậc hai  a + b = m (b + c) − a = n a2 = b2 + c2 Bài toán 25 (Bài 2.2.57 - Trang 67). Hữu cố huyền hòa, hữu huyền dữ câu cố hiệu chi hiệu (nhất danh huyền hiệu hiệu), cầu câu cổ huyền. Có tổng huyền+cổ, hiệu huyền(cổ câu) (gọi là huyền hiệu hiệu). Tìm câu, cổ, huyền. Biết a + b = m, a − (b − c) = n. Tìm a, b, c. 39 Tạp chí Epsilon, Số 22, 08/2022 Lời giải (Trang 67). Bình phương tổng huyền + cồ, là số thứ nhất: m2 = (a + b)2 = a2 + 2ab + b2. Lấy tổng huyền + cổ cộng với hiệu huyền - (cổ - câu), được tổng 2 huyền + câu, bình phương, là số thứ hai: (a + b) + (a − (b − c)) = m + n ⇔ (2a + c)2 = 4a2 + 4ac + c2 = (m + n)2. Lấy hai số cộng cho nhau là trường phương tích: m2 + (m + n)2 =a2 + 2ab + b2 +4a2 + 4ac + c2 = 6a2 + 2ab + 4ac. Nhân đôi tổng 2 huyền + câu, được 4 huyền + 2câu, cộng với tổng huyền + cổ, là tổng trường + khoát: 2(2a + c) + (a + b) = 5a + b + 2c ⇔ 2(m + n) + m = 5a + b + 2c ⇔ 3m + 2n = 5a + b + 2c. Dựa theo phép "đại dụng trường phương tích", có tổng trường +khot, tìm hiệu trường khoát, dùng các công thức của trường, khoát để tính toán. Trường phương tích nhân với 4 , cùng với bình phương của tổng trường + khoát, trừ cho nhau, khai căn, được hiệu trường-khoát: (5a + b + 2c)2 − 46a2 + 2ab + 4ac = (3m + 2n)2 − 4 m2 + (m + n)2 ⇔ a2 + b2 + 4c2 + 2ab + 4ac + 4bc = m2 + 4mn ⇔ (a + b + 2c)2 = m2 + 4mn p ⇔ a + b + 2c = m2 + 4mn. Lấy tổng trường + khoát, trừ đi hiệu trường - khoát, chia đôi, được "khoát pháp", lấy khoát chia đôi là cạnh huyền: 5a + b + 2c = 3m + 2n a + b + 2c =√m2 + 4mn⇒ a =3m + 2n −√m2 + 4mn 4 Trong tổng huyền + cồ trừ đi cạnh huyền, còn lại là cạnh cổ: b = (a + b) − a = m −3m + 2n −√m2 + 4mn 4=m − 2n +√m2 + 4mn 4. Lại lấy cạnh huyền trừ đi hiệu huyền – (cổ - câu), phần còn lại là hiệu cổ-câu: 4− n =3m − 2n −√m2 + 4mn b − c = a − (a − (b − c)) = 3m + 2n −√m2 + 4mn Lấy cạnh cồ trừ đi hiệu cổ–câu, phần còn lại là cạnh câu. 4−3m − 2n −√m2 + 4mn 4. √m2 + 4mn − m c = b − (b − c) = m − 2n +√m2 + 4mn 40 4= 2. Tạp chí Epsilon, Số 22, 08/2022 Nhận xét. Nguyễn Hữu Thận đã nêu phương pháp "trường phương tích" giải hệ   a + b = m a − (b − c) = n a2 = b2 + c2. Bài toán 26 (Bài 2.2.58 - Trang 71). Hữu câu cổ hiệu, hữu huyền dữ câu cổ hòa chi hiệu (nhất danh huyền hòa hiệu) cầu câu cổ huyền. Có hiệu cổ-câu, hiệu (câu+cổ) huyền (gọi là huyền hòa hiệu). Tìm câu, cồ, huyền. Biết b − c = m,(b + c) − a = n. Tìm a, b, c. Lời giải (Trang 71). Lấy hiệu (cồ + câu) – huyền, bình phương, chia đôi, là trường phương tích: n2 2=((b + c) − a)2 2=b2 + c2 + a2 + 2bc − 2ab − 2ac 2= a2 + bc − ab − ac. Vì hiệu cổ-câu là hiệu trường-khoát, dựa theo phép "đại dụng trường phương tích", có tổng trường + khoát, tìm hiệu trường-khoát, dùng các công thức của trường, khoát đề tính toán. Trường phương tích nhân với 4, cộng với bình phương của hiệu trường-khoát, khai căn, được tổng trường + khoát: 4a2 + bc − ab − ac + (b − c)2 = 2n2 + m2 ⇔ 4a2 + b2 + c2 + 2bc − 4ac − 4ab = m2 + 2n2 ⇔ (2a − b − c)2 = m2 + 2n2 p ⇔ 2a − b − c = m2 + 2n2. Lấy tổng trường + khoát, trừ đi hiệu trường - khoát, chia đôi, được "khoát pháp": 2a − b − c =√m2 + 2n2 b − c = m⇒ a − b = √m2 + 2n2 − m 2. Vì khoát là hiệu của huyền - cổ, nên lấy khoát, cộng với hiệu (cồ + câu) - huyền, được cạnh câu: c = (a − b) + ((b + c) − a) = √m2 + 2n2 − m 2+ n = √m2 + 2n2 − m + 2n 2. Câu cộng với hiệu cổ - câu là cạnh cổ: b = c + (b − c) = √m2 + 2n2 − m + 2n 2+ m = √m2 + 2n2 + m + 2n 2. Cạnh cổ cộng với hiệu huyền - cồ là cạnh huyền: a = b + (a − b) = √m2 + 2n2 + m + 2n 2+ 41 √m2 + 2n2 − m 2= p m2 + 2n2 + n. Tạp chí Epsilon, Số 22, 08/2022 Nhận xét. Nguyễn Hữu Thận đã nêu phương pháp "trường phương tích" giải hệ   b − c = m (b + c) − a = n a2 = b2 + c2. Bài toán 27 (Bài 2.2.59 - Trang 72). Hữu câu huyền hiệu, hữu huyền dữ câu cổ hiệu chi hiệu (nhất danh huyền hiệu hiệu), cầu câu cổ huyền. Có hiệu huyền–câu, hiệu huyền(cổ-câu). Tìm câu, cổ, huyền. Biết a − c = m, a − (b − c) = n. Tìm a, b, c. Lời giải (Trang 72). Lấy hiệu huyền – (cồ - câu) bình phương, làm số thứ nhất: n2 = (a − (b − c))2. Lấy hiệu huyền-câu cộng với hiệu huyền - (cồ - câu) bình phương, làm số thứ hai: 2a − b = (a − c) + (a − (b − c)) = m + n ⇒ (2a − b)2 = (m + n)2. Lấy hai số trừ cho nhau, lại lấy nó trừ đi bình phương của huyền-câu, được kết quả, chia đôi, là trường phương tích: (2a − b)2 − (a − (b − c))2 − (a − c)2 2=(m + n)2 − n2 − m2 2= mn. Vì hiệu huyền-câu là hiệu trường - khoát, dựa theo phép "đại dụng trường phương tích", có hiệu trường - khoát, tìm tổng trường + khoát, dùng các công thức của trường, khoát đề tính toán. Trường phương tích nhân với 4 , cùng với bình phương của hiệu trường - khoát, cộng với nhau, khai căn, được tổng trường + khoát: 4mn + m2 = 4 (2a − b)2 − (a − (b − c))2 − (a − c)2 : 2 + (a − c)2 = 2 2a2 − 2c2 − 2ab + 2bc +a2 − 2ac + c2 = 5a2 − 3c2 − 4ab + 4bc − 2ac = a2 + c2 + 4 a2 − c2 − 4ab + 4bc − 2ac = a2 + c2 + 4b2 − 4ab + 4bc − 2ac = (2b + c − a)2 p ⇒ 2b + c − a = m2 + 4mn Lấy hiệu trường - khoát cộng với tổng trường + khoát, chia đôi, được trường, là cạnh cồ: b =(2b + c − a) + (a − c) 2= √m2 + 4mn + m 2. (2.2.9) Lấy cổ cộng với huyền+(huyền–cổ), chia đôi, là cạnh huyền: √m2 + 4mn + m a =(2a − b) + b (m + n) + 2=3m + 2n +√m2 + 4mn 2= 2 4. (2.2.10) Lấy huyền trừ đi hiệu huyền–câu, là cạnh câu: c = a − (a − c) = 3m + 2n +√m2 + 4mn 4− m =2n − m +√m2 + 4mn 4. (2.2.11) 42 Tạp chí Epsilon, Số 22, 08/2022 Bài toán 28 (Ví dụ 2.2.8 - Trang 73). Giả sử có hiệu huyền-câu là 9 xích, hiệu huyền – (cổ - câu) là 10 xích, hỏi các cạnh câu, cổ, huyền là bao nhiêu? Lời giải (Trang 73). Lấy hiệu huyền - (cổ - câu) là 10 xích, bình phương, được 100 xích, là số thứ nhất: a − (b − c) = 10 ⇒ (a − (b − c))2 = 100. Lại lấy hiệu huyền-câu là 9 xích, cộng với hiệu huyền – (cổ - câu) là 10 xích, được 19 xích, tức là tổng của huyền + (huyền - cổ), bình phương, được 361 , là số thứ hai: 2a − b = (a − c) + (a − (b − c)) = 9 + 10 = 19 ⇒ (2a − b)2 = 192 = 361. Lấy hai số trừ cho nhau, còn 261 : 2a2 + b2 − 2ac − 2ab + 2bc = 4a2 − 4ab + b2 −a2 + b2 + c2 − 2ab + 2ac − 2bc = (2a − b)2 − (a − (b − c))2 = 361 − 100 = 261. Lại lấy 261 trừ đi bình phương của hiệu huyền–câu, 9 xích, là 81 xích, còn 180 xích, chia đôi, được 90 xích, là trường phương tích: 2a2 − 2c2 − 2ab + 2bc = (2a − b)2 − (a − (b − c))2 − (a − c)2 = 361 − 100 − 81 = 180. ⇒ (2a − b)2 − (a − (b − c))2 − (a − c)2 : 2 = (361 − 100 − 81) : 2 = 90. Vì hiệu cổ - câu, 9 xích, là hiệu trường - khoát, thay hai hiệu này cho nhau để lập phép tính. Lấy 4 nhân trường phương tích, được 360 xích, cộng với bình phương của hiệu cổ-câu, 9 xích, là 81 xích, được 441 xích, khai căn, được 21 xích, là tổng trường + khoát : 4 (2a − b)2 − (a − (b − c))2 − (a − c)2 : 2 + (a − c)2 = 2 2a2 − 2c2 − 2ab + 2bc +a2 − 2ac + c2 = 5a2 − 3c2 − 4ab + 4bc − 2ac = a2 + c2 + 4 a2 − c2 − 4ab + 4bc − 2ac = a2 + c2 + 4b2 − 4ab + 4bc − 2ac = (2b + c − a)2. Suy ra (2b + c − a)2 = 4 × 90 + 92 = 441 hay 2b + c − a = 21. Tổng trường + khoát cộng với hiệu trường - khoát, 9 xích, được 30 xích, chia đôi, được trường là 15 xích, là cạnh cồ: b =(2b + c − a) + (a − c) 2=21 + 9 2= 15. Cổ cộng với tổng huyền+(huyền-cổ), 19 xích, được 34 xích, chia đôi, được 17 xích, là cạnh huyền: a =b + (2a − b) 2=15 + 19 xích, còn lại 8 xích là cạnh câu: 2= 17. Lấy cạnh huyền trừ đi hiệu huyền–câu, 9 c = a − (a − c) = 17 − 9 = 8. 43 Tạp chí Epsilon, Số 22, 08/2022 Nhận xét. Có thể thay a − c = m = 9, a − (b − c) = n = 10 vào các công thức (2.2.9)- (2.2.11) đề tính: b = √m2 + 4mn + m 2= √92 + 4 × 9 × 10 + 9 2=21 + 9 a =3m + 2n +√m2 + 4mn 4=3 × 9 + 2 × 10 + 21 2= 15. c =2n − m +√m2 + 4mn 4= 17. 4=2 × 10 − 9 + 21 4= 8. Nhận xét. Nguyễn Hữu Thận đã trình bày phương pháp trường phirơng tích giải hệ phương trình  a − c = m a − (b − c) = n a2 = b2 + c2. Bài toán 29 (Bài toán 2.2.60 - Trang 75). Hữu cổ huyền hiệu, hữu huyền dữ câu cổ hiệu chi hòa (nhất danh huyền hiệu hòa), cầu câu cồ huyền. Có hiệu huyền-cổ, tổng huyền + (cổ-câu). Tìm câu cồ huyền. Biết a − b = m, a + (b − c) = n. Tìm a, b, c. Lời giải (Trang 75). Lấy tổng (cổ – câu) + huyền trừ đi hiệu huyền – cổ, bình phương, được số thứ nhất: Lời giải. (2b − c)2 = (a + (b − c)) − (a − b) = (n − m)2. Lại lấy tổng (cồ - câu) + huyền, bình phương, được số thứ hai: (a + (b − c))2 = n2. Lấy hai số có được từ phép bình phương, trừ cho nhau: (a + (b − c))2 − (2b − c)2 = n2 − (n − m)2. Lấy bình phương của tổng (cồ - câu) + cổ trừ đi hiệu vừa tìm được, được kết quả là trường phương tích: (2b − c)2 − (a + (b − c))2 − (2b − c)2 = 2(n − m)2 − n2 = n2 − 4mn + 2m2. Lấy tổng (cổ - câu) + cổ, nhân đôi, trừ đi hiệu huyền - cổ, được kết quả là tổng trường + khoát : 5b − a − 2c = 2(2b − c) − (a − b) = 2(n − m) − m = 2n − 3m. Dựa theo phép đại dụng trường phưong tích, có tổng trường + khoát, tìm hiệu trường khoát, dùng các công thức của trường, khoát để tính toán. Trường phương tích nhân với 4 , cùng với bình phương của tổng, trừ cho nhau, được kết quả khai căn, được hiệu trường-khoát: (2b − c)2 − (a + (b − c))2 − (2b − c)2 = 7b2 − a2 + c2 − 6bc − 2ab + 2ac. 44 Tạp chí Epsilon, Số 22, 08/2022 Vì nên Suy ra (5b − a − 2c)2 − 47b2 − a2 + c2 − 6bc − 2ab + 2ac = (b + 2c − a)2 (2c + b − a)2 = (2n − 3m)2 − 4n2 − 4mn + 2m2 = m2 + 4mn. p 2c + b − a = m2 + 4mn. Lấy tổng trường + khoát, trừ đi hiệu trường-khoát, chia đôi, được khoát pháp: 2=2n − 3m −√m2 + 4mn 2(b − c) = (5b − a − 2c) − (2c + b − a) Lấy khoát chia đôi là hiệu cổ-câu: b − c =2n − 3m −√m2 + 4mn 4. 2. Lấy tổng huyền +( cồ-câu), trừ đi hiệu cổ-câu, được cạnh huyền: a = (a+(b−c))−(b−c) = n−2n − 3m −√m2 + 4mn 4=2n + 3m +√m2 + 4mn 4. (2.2.12) Lấy cạnh huyền trừ đi hiệu huyền-cổ, được cạnh cổ: b = a − (a − b) = 2n + 3m +√m2 + 4mn 4− m =2n − m +√m2 + 4mn 4. (2.2.13) Lấy cạnh cồ trừ đi hiệu cổ–câu, là cạnh câu: c = b−(b−c) = 2n − m +√m2 + 4mn 4−2n − 3m −√m2 + 4mn 4=m +√m2 + 4mn 2. (2.2.14) Bài toán 30 (Ví dụ 2.2.9 - Trang 76). Giả sử có hiệu huyền - cổ là 2 xích, có tổng (cồ - câu) + huyền, là 24 xích. Hỏi các cạnh câu, cổ, huyền là bao nhiêu? Lời giải (Trang 76 - 78 ). Lấy tổng (cồ - câu) + huyền là 24 xích trừ đi hiệu huyền - cồ là 2 xích, được 22 xích, tức là tổng (cồ - câu) + cồ, bình phương, được 484 xích: a − b = 2, a + (b − c) = 24 ⇒ 2b − c = (a + (b − c)) − (a − b) = 22 ⇒ (2b − c)2 = 484 Lại lấy tổng (cồ - câu) + huyền, 24 xích, bình phương, được 576 xích: (a + (b − c))2 = 242 = 576. Lấy hai kết quả trên trừ cho nhau, được 92 xích: (a + (b − c))2 − (2b − c)2 = 576 − 484 = 92. 45 Tạp chí Epsilon, Số 22, 08/2022 Lấy bình phương của tổng (cồ - câu) + cồ trừ đi 92, được 392 xích, là trường phương tích: (2b − c)2 − (a + (b − c))2 − (2b − c)2 = 484 − 92 = 392. Lấy tổng (cồ - câu)+cổ, 22 xích, nhân đôi, được 44 xích, trừ đi hiệu (huyền - cổ), 2 xích, còn 42 xích, là tổng trường + khoát: 5b − a − 2c = 2(2b − c) − (a − b) = 2 × 22 − 2 = 42. Dựa theo quy tắc, lấy 4 nhân trường phương tích, được 1568 xích, cùng với bình phương của (trường + khoát), là 1764 xích, trừ cho nhau, còn 196 xích, khai căn, được 14 xích, là hiệu trường - khoát: (2b − c)2 − (a + (b − c))2 − (2b − c)2 = 7b2 − a2 + c2 − 6bc − 2ab + 2ac. Vì (5b − a − 2c)2 − 47b2 − a2 + c2 − 6bc − 2ab + 2ac = (b + 2c − a)2 nên (2c + b − a)2 = 422 − 4 × 392 = 196. Suy ra 2c + b − a = 14. Lấy tổng trường + khoát 42 xích, trừ đi hiệu 14 xích, còn 28 xích, chia đôi, được 14 xích, là khoát. Lấy khoát 14 xích, chia đôi, được 7 xích, là hiệu cổ–câu: b − c = (5b − a − 2c) − (2c + b − a) 2 2= 42 − 14 2 2= 7. Lấy tổng (cổ-câu)+huyền, 24 xích, trừ đi hiệu (cổ—câu), 7 xích, còn 17 xích, là cạnh huyền: a = (a + (b − c)) − (b − c) = 24 − 7 = 17. Lấy cạnh huyền trừ đi hiệu huyền-cổ, 2 xích, còn 15 xích, là cạnh cổ: a = a − (a − b) = 17 − 2 = 15 Lấy cạnh cồ trừ đi hiệu cồ-câu, 7 xích, còn 8 xích, là cạnh câu: c = b − (b − c) = 15 − 7 = 8. Nhận xét. Có thể tính trực tiếp theo công thức (2.2.11)-(2.2.14) với a − b = m = 2, a + (b − c) = n = 24 như sau: a =2n + 3m +√m2 + 4mn 4=2 × 24 + 3 × 2 + √22 + 4 × 2 × 24 4=48 + 6 + 14 b =2n − m +√m2 + 4mn 4=2 × 24 − 2 + √22 + 4 × 2 × 24 4= 17 c =m +√m2 + 4mn 2=2 + 14 2= 8 46 4=48 − 2 + 14 4= 15 Tạp chí Epsilon, Số 22, 08/2022 Nhận xét. Nguyễn Hữu Thận đã nêu phương pháp trường phương tích giải hệ   a − b = m a + (b − c) = n a2 = b2 + c2. Tiểu kết. Tiểu kết Nguyến Hữu Thận đã giải 60 bài toán nhờ sử dụng Định lí Pythagoras. Một số bài toán đã có trong các sách toán Trung Hoa. Thí dụ, các bài toán cơ bản 2.1.1, 2.1.3, 2.1.5, 2.1.6 và các bài 2.2.2, 2.2.3, 2.2.4, 2.2.5, 2.2.6 đã có trong Chương 9 của [1]. Rất có thể trong số 60 bài toán nêu trên đã có trong các sách Trung Hoa (xem [11, trang 294]). Tuy nhiên, công sức của Nguyễn Hữu Thận là đáng kề: Ông đã sắp xếp các bài toán theo thứ tự khó dần, cuối cùng là các bài toán khó (ngay cả với giáo viên và học sinh ngày nay). Dưới đây là bảng sắp xếp 60 bài toán đã trình bày ở trên. 47 Tạp chí Epsilon, Số 22, 08/2022 Bài số Biết Tìm Bài số Biết Tìm 2.2.1 c, a + b = m a, b 2.2.31 a + b + c = m, a + b = n a, b, c 2.2.2 b, a + c = m a, c 2.2.32 a + c = m, a + b + c = n a, b, c 2.2.3 c, a − b = m a, b 2.2.33 a + b = m, a + (b − c) = n a, b, c 2.2.4 b, a − c = m a, c 2.2.34 a + c = m, a − (b − c) = n a, b, c 2.2.5 a, b + c = m b, c 2.2.35 a − b = m,(b + c) − a = n a, b, c 2.2.6 a, b − c = m b, c 2.2.36 a − c = m,(b + c) − a = n a, b, c 2.2.7 a + c = m, a + b = n a, b, c 2.2.37 a − c = m, a + (b − c) = n a, b, c 2.2.8 c + b = m, c + a = n a, b, c 2.2.38 a − b = m, a − (b − c) = n a, b, c 2.2.9 c + b = m, b + a = n a, b, c 2.2.39 b + c = m,(b + c) − a = n a, b, c 2.2.10 a + b = m, a − c = n a, b, c 2.2.40 b − c = m, a − (b − c) = n a, b, c 2.2.11 a + b = m, b − c = n a, b, c 2.2.41 b + c = m, a + b + c = n a, b, c 2.2.12 a + c = m, a − b = n a, b, c 2.2.42 b − c = m, a + (b − c) = n a, b, c 2.2.13 a + c = m, b − c = n a, b, c 2.2.43 (b + c) − a = m, a − (b − c) = n a, b, c 2.2.14 b + c = m, a − b = n a, b, c 2.2.44 b + c − a = m, a + (b − c) = n a, b, c 2.2.15 b + c = m, a − c = n a, b, c 2.2.45 a + b + c = m, a + (b − c) = n a, b, c 2.2.16 a − c = m, a − b = n a, b, c 2.2.46 a + b + c = m, a − (b − c) = n a, b, c 2.2.17 b − c = m, a − b = n a, b, c 2.2.47 a + (b − c) = m, a − (b − c) = n a, b, c 2.2.18 b − c = m, a − c = n a, b, c 2.2.48 a + b + c = m,(b + c) − a = n a, b, c 2.2.19 a = m, a + b + c = n b, c 2.2.49 b − c = m, a + b + c = n a, b, c 2.2.20 a = m, a + (b − c) = n b, c 2.2.50 a − c = n, a + b + c = m a, b, c 2.2.21 a = m,(c + b) − a = n b, c 2.2.51 a − b = n, a + b + c = m a, b, c 2.2.22 a = m, a − (b − c) = n b, c 2.2.52 b + c = m, a − (b − c) = n a, b, c 2.2.23 b = m, a + b + c = n a, b 2.2.53 b + c = m, a + (b − c) = n a, b, c 2.2.24 b = m, a + (b − c) = n a, c 2.2.54 a + c = m, (b + c) − a = n a, b, c 2.2.25 b = m,(b + c) − a = n a, c 2.2.55 a + c = m, a + (b − c) = n a, b, c 2.2.26 b = m, a − (b − c) = n a, c 2.2.56 a + b = m,(b + c) − a = n a, b, c 2.2.27 c = m, a + b + c = n a, b 2.2.57 a + b = m, a − (b − c) = n a, b, c 2.2.28 c = m, a + (b − c) = n a, b 2.2.58 b − c = m,(b + c) − a = n a, b, c 2.2.29 c = m,(b + c) − a = n a, b 2.2.59 a − c = m, a − (b − c) = n a, b, c 2.2.30 c = m, a − (b − c) = n a, b 2.2.60 a − b = m, a + (b − c) = n a, b, c 48 Tạp chí Epsilon, Số 22, 08/2022 3. Một số vấn đề khác Ngoài các bài toán cơ bản và 60 bài toán giải tam giác vuông đã nêu trong mục 2, trong [2], Nguyễn Hữu Thận còn trình bày một số bài toán khác liên quan đến tam giác vuông. 1. Tam giác vuông đồng dạng: Nguyễn Hữu Thận coi tam giác vuông Pythagoras (3, 4, 5) là chính, gọi là chính câu cổ. Dựa vào chính câu cổ và sử dụng hệ số đồng dạng, Nguyễn Hữu Thận đã giải 13 bài toán về tam giác vuông đồng dạng. Chi tiết hơn xem [2], [5]. 2. Sử dụng định lí Pythagoras trong tính diện tích: Định lí Pythagoras được Nguyễn Hữu Thận sử dụng để giải quyết các bài toán tính diện tích hình chữ nhật hoặc tam giác vuông nhờ giải hệ phương trình bậc hai bằng phương pháp Trường phrơng tích. Chi tiết đã được trình bày trong bài này và [8]. 3. Định lí Heron: trong Ý Trai toán pháp nhất đắc lục Nguyễn Hữu Thận đã phát biểu và áp dụng Định lí Heron như hệ quả của Định lí Pythagoras (xem [6]). 4. Tính gần đúng số π Nguyễn Hữu Thận là một ngôi sao sáng trên bầu trời toán học Việt Nam. Ông là người Việt Nam đầu tiên biết tính gần đúng số Pi và √2 đến 8 chữ số. Thậm chí sau Ông cũng không ai đạt được trình độ này. Chi tiết hơn xem [7]. Kết luận. Kết luận Trong Ý Trai toán pháp nhất đắc lục, Nguyễn Hữu Thận đã hướng dẫn sử dụng định lí Pythagoras khá chi tiết và tỉ mỉ, mang tính sư phạm cao. So với [1] thì nội dung phần này trong [2] chi tiết hơn, thậm chí vượt trội hơn cả so với các sách toán Hán Nôm viết sau [2] (xem, thí dụ [3]). Ngoài ra, Ông còn sử dụng định lí Pythagoras trong phát biểu và áp dụng Định lí Heron, trong các bài toán tính diện tích, tính các yếu tố trong tam giác nhờ chính câu cổ và tỉ số đồng dạng, và tính gần đúng số Pi đến 8 chữ số. Những dạng toán này được trình bày trong các bài báo [5], [7], [8]. Nhà toán học Ý Trai Nguyễn Hữu Thận và cuốn sách Ý Trai toán pháp nhất đắc lục đã được sơ lược giới thiệu trong [9]. Văn bản và nội dung Ý Trai toán pháp nhất đắc lục đã được phân tích trong [10]. Tài liệu [1] Liu Hui, 九章算术 Círu churơng toán thuật (viết năm 263). Bản dịch và bình chú tiếng Anh: The Nine Chapters On the Mathematical Art: Companion And Commentary From Brand, Oxford University Press, USA, 2000; Bản dịch và bình chú tiếng Nga của E. I. Berezina, trong: Nghiên círu lịch sủ toán học, Tập X, Nhà xuất bản Quốc gia sách Lí thuyết-Kĩ thuật, Moscow, 1957, trang 423584. 49 Tạp chí Epsilon, Số 22, 08/2022 [2] 阮有慎 Nguyễn Hữu Thận, 意算法一得 Ý Trai toán pháp nhất đắc lục (hoàn thành năm 1829), Thư viện Viện nghiên cứu Hán Nôm: A.1336; VHv.1184; A. 982; A.1336/a. Đoàn Thị Lệ và Cung Thị Kim Thành dịch A.1336 và A.982 năm 2017. [3] 阮瑾 Nguyễn Cẩn, 算指南 Bút toán chỉ nam, Hà Nội, 1909), Thư viện Viện nghiên cứu Hán Nôm: A. 1031 . [4] Euclid, Cơ sở của Hình học, Nhà xuất bản Trí thức, 2016. [5] Đoàn Thị Lệ, Lê Thị Nhàn, Tạ Duy Phượng, Cung Thị Kim Thành, Phan Ánh Tuyết, Chính câu cổ trong cuốn sách Ý Trai toán pháp nhất đắc lục, Tạp chí Toán Tuổi thơ 2, số 224+225 (tháng 11-2021), trang 54-57. [6] Đoàn Thị Lệ, Tạ Duy Phượng, Cung Thị Kim Thành, Phan Ánh Tuyết, Mai Văn Thu, Định lí Heron trong Ý Trai toán pháp nhất đắc lục, Tạp chí P i, Tập 5, số 11 (tháng 11-2021), trang 48-53. [7] Đoàn Thị Lệ, Tạ Duy Phượng, Cung Thị Kim Thành, Phan Ánh Tuyết, Mai Văn Thu, Số Pi trong các sách toán Hán Nôm, 6 trang (Bản thảo). [8] Đoàn Thị Lệ, Tạ Duy Phượng, Cung Thị Kim Thành, Phan Ánh Tuyết, Mai Văn Thu, Phurơng pháp Trường phrơng tích giải các bài toán diện tích trong Ý Trai toán pháp nhất đắc lục, 6 trang (Bản thảo đã hoàn thành). [9] Tạ Duy Phượng, Đoàn Thị Lệ, Cung Thị Kim Thành, Phan Ánh Tuyết, Đôi nét về nhà toán học Việt Nam đầu thế kỉ XIX Ý Trai Nguyễn Hˆıu Thận và cuốn sách Ý Trai toán pháp nhất đắc lục của Ông, Tạp chí Toán học và Tuổi trẻe, Số 481 (7/2017), trang 39-42. [10] [10] Tạ Duy Phượng, Lê Thị Nhàn, Đoàn Thị Lệ, Cung Thị Kim Thành, Phan Ánh Tuyết, Về văn bản và nội dung cuốn sách toán Ý trai toán pháp nhất đắc lục 意算法一得 của Nguyễn Hu Thận, in trong Thông báo Hán Nôm học 2016, Nhà xuất bản Thế giới, Hà Nội, 2017, trang 456-466. [11] Jean-Claude Marzloff, History of Chinese Mathematics, Springer-Verlag, Berlin, 1997, 2006. [12] Uta C. Merzbach and Carl B. Boyer, A History of Mathematics, Third edition, John Wiley & Sons, Inc., Hoboken, New Jersey, 2011. 50 Tạp chí Epsilon, Số 22, 08/2022 GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG NHỜ PHÉP QUAY TRONG GEOGEBRA Nguyễn Hoàng Vũ (Viện Sinh thái môi trường Đông Dương, Hà Nội) Vũ Thị Thu Hà (Trường Trung học Phổ thông Phạm Hồng Thái, Hà Nội) Chu Thị Minh Châu (Trường Trung học Phổ thông Quang Trung, Hà Nội) Tạ Duy Phượng (Cộng tác viên Viện Toán học) Phạm Văn Hoằng, Trần Lê Thủy (Đại học Giáo dục, Đại học Quốc gia Hà Nội) 1. Đặt vấn đề Các phép biến hình có vai trò quan trọng trong dạy và học toán. Nó chiếm một thời lượng đáng kể trong chương trình toán phổ thông chuyên. Bài viết này minh họa cách sử dụng GeoGebra trong giải toán hình học phẳng nhờ phép quay. Các ví dụ được lấy chủ yếu từ tài liệu [10] và các tài liệu thi Olympic. 2. Một số tính chất cơ bản của phép quay Định nghĩa 1. Phép quay tâm O (hay quanh tâm O) một góc ˛ là phép biến hình trên mặt phẳng biến điểm X thành điểm X0sao cho (a) OX0 D OX: OX tới vectơ! (b) Góc quay từ vectơ! OX0 bằng ˛: Phép quay quanh tâm O một góc ˛ thường được kí hiệu là R˛O(rotation) hoặc QO˛(quay). Tính chất 1. Phép quay biến đường tròn thành đường tròn. 51 Tạp chí Epsilon, Số 22, 08/2022 Định nghĩa 2. Tích của hai phép biến hình G và F được kí hiệu là F ı G; được hiểu là .F ı G/.X / D F .G .X//: Tính chất 2. Tích của hai phép quay RˇBvà R˛Avới ˛ C ˇ ¤ k360ılà một phép quay RCWD RˇBı R˛A; với D ˛ C ˇ và ∠BAC D ˛2; ∠ABC Dˇ2: Chú ý. Trong mỗi bài toán, chúng tôi thường trích xuất ba hình từ GeoGebra Hình thứ nhất bên trái, kí hiệu là Hình a), là đề bài. Hình thứ hai ở giữa, kí hiệu là Hình b) là hình trung gian (đang thực hiện phép quay). Hình thứ ba bên phải, kí hiệu là Hình c) là hình cuối cùng (kết quả của phép quay). Bạn đọc có thể tự mình vẽ và thực hiện phép quay trên giấy hoặc trên GeoGebra hoặc tham khảo các files .ggb (file GeoGebra) trên trang web của: https://www.geogebra.org/ m/vaxnmyfq 3. Một số bài toán sử dụng phép quay và GeoGebra Bài toán 1. Trên các cạnh CD và DA của hình vuông ABCD lần lượt chọn các điểm E và F sao cho DE D AF: Chứng minh rằng hai đường thẳng AE và BF vuông góc với nhau. Hình 1 52 Tạp chí Epsilon, Số 22, 08/2022 Lời giải. Gọi O là tâm hình vuông. Quay hình vuông quanh điểm O một góc 90ı ngược kim đồng hồ. Khi ấy các điểm A; B; C; D biến thành các điểm B; C; D; A (Hình 1b và Hình 1c). Vì DE D AF nên E trùng với F hay AE là ảnh của BF sau phép quay góc 90ı ngược kim đồng hồ. Vậy BF vuông góc với AE: Thay đổi điểm E và điểm F trên CD và DA sao cho ta vẫn có DE D AF: Và thực hiện lại thao tác phép quay, ta vẫn có BF vuông góc với AE: Bài toán 2. Trên các cạnh BC và AC của tam giác ABC dựng ra phía ngoài của tam giác hai hình vuông BCDE và ACGF: Chứng minh rằng các đoạn thẳng AD và BG bằng nhau và vuông góc với nhau. Hình 2 Lời giải. Quay tam giác GBC quanh điểm C một góc 90ı ngược kim đồng hồ. Điểm G biến thành điểm A; điểm B biến thành điểm D: Cạnh CG trở thành cạnh CA; cạnh CB trở thành cạnh CD; đoạn GB trở thành đoạn AD: Vậy hai đường AD và BG vuông góc với nhau. Bài toán 3. Gọi O là tâm hình vuông ABCD và E là điểm bất kì trên đoạn thẳng CD: Các điểm P và Q là hình chiếu vuông góc của B và D lên đường thẳng AE: Chứng minh rằng tam giác POQ là tam giác vuông cân. 53 Tạp chí Epsilon, Số 22, 08/2022 Hình 3 Lời giải. Quay tam giác APB quanh điểm O một góc 90ıcùng chiều kim đồng hồ. Điểm A trở thành điểm D; điểm B trở thành điểm A; cạnh BA trở thành cạnh AD; điểm P trở thành điểm Q: Suy ra OP D OQ: Vì phép quay góc 90ı nên tam giác POQ là tam giác vuông cân tại :O Thay đổi vị trí điểm E trên CD: Thực hiện lại thao tác quay, ta vẫn có POQ là tam giác vuông cân tại O: Bài toán 4. Gọi O là tâm hình vuông ABCD và E là điểm bất kì trên đoạn thẳng CD: Các điểm P và Q là hình chiếu vuông góc của B và D lên đường thẳng AE: Chứng minh rằng tam giác POQ là tam giác vuông cân. Hình 4 Lời giải. Quay tam giác APB quanh điểm O một góc 90ıcùng chiều kim đồng hồ. Điểm A trở thành điểm D; điểm B trở thành điểm A; cạnh BA trở thành cạnh AD; điểm P trở thành điểm Q: Suy ra OP D OQ: Vì phép quay góc 90ı nên tam giác POQ là tam giác vuông cân tại O: 54 Tạp chí Epsilon, Số 22, 08/2022 Thay đổi vị trí điểm E trên CD: Thực hiện lại thao tác quay, ta vẫn có POQ là tam giác vuông cân tại O: Bài toán 5. Điểm P nằm trên cạnh CD của hình vuông ABCD: Phân giác của góc BAP cắt cạnh BC tại Q: Chứng minh rằng BQ C DP D AP: Hình 5 Lời giải. Quay tam giác AQB quanh điểm A một góc 90ı ngược chiều kim đồng hồ (Hình 4b và Hình 4c). Điểm B trở thành điểm D; cạnh AB trở thành cạnh AD; điểm Q trở thành điểm Q0 nằm trên tia đối của DC: Do AQ là phân giác của ∠BAP nên ∠PQ0A D 90ı ∠DAQ0 D ∠DAP C ∠PAB ∠DAQ0 D ∠DAP C ∠DAQ0 D ∠PAQ0; hay tam giác Q0PA cân đỉnh P: Chứng tỏ BQ C DP D DQ0 C DP D PQ0 D AP: Thay đổi vị trí điểm P trên CD: Thực hiện lại thao tác quay, ta vẫn có BQ C DP D AP: Nhận xét. Tất nhiên, có thể giải bài này mà không dùng ngôn ngữ phép quay: Trên tia đối của DC dựng DQ0 D BQ: Hai tam giác ADQ0 và ABQ bằng nhau (hai tam giác vuông có hai cặp cạnh góc vuông tương ứng bằng nhau). Suy ra ]PQ0A D 90ı∠DAQ0 D .∠PAD C 2∠BAQ/∠DAQ0 D ∠PADC∠DAQ0 D ∠PAQ0: Chứng tỏ tam giác APQ0cân đỉnh P: Vậy AP D PQ0 D DP C DQ0 D BQ C DP: Tuy nhiên, ý tưởng “quay” có vẻ tự nhiên hơn ý tưởng trên tia đối của DC đặt DQ0 D BQ: 55 Tạp chí Epsilon, Số 22, 08/2022 Hình 6 Bài toán 6. Cho tam giác nhọn ABC với ∠ABC D 45ı: Các đường cao hạ từ đỉnh A và C gặp nhau tại H: Chứng minh rằng BH D CA: Lời giải. Quay tam giác CKA quanh điểm C một góc 90ı ngược kim đồng hồ. Đoạn CK trở thành đoạn CK0 vuông góc với CK; điểm A trở thành điểm A0: Đoạn CA trở thành đoạn CA0 vuông góc với CA: Do ∠ABC D 45ı nên CK0 D CK D BK và ∠CKB D ∠KCK0 D 90ı nên CKBK0là hình vuông. Do ∠K0CA0 D ∠KCA D ∠HBK nên ∠A0CB D ∠HBC: Do đó CA0==BH và CKBA0là hình bình hành. Suy ra BH D CA0 D CA: Nhận xét 1. Có thể chứng minh trực tiếp không dùng phép quay như sau: Do ∠ABC D 45ı nên CKB là tam giác vuông cân hay CK D BK: Mặt khác, ∠ACK D ∠HBK (góc có cạnh tương ứng vuông góc). Chứng tỏ ACK D HBK: Do đó CA D BH: Nhận xét 2. Ta có ∠ABC D 45ı khi và chỉ khi CA D BH: Thật vậy, nếu CA D BH thì CAK D BHK: Suy ra CK D BK hay CKB là tam giác vuông cân. Do đó ∠ABC D ∠KBC D 45ı: Bài toán 7. Trên các cạnh AB và AD của hình vuông ABCD lần lượt chọn các điểm P và Q sao cho AP D DQ: Chứng minh rằng ∠PBQ C ∠P CQ C ∠PDQ D 90ı: Lời giải. Quay tam giác DAP và tam giác CBP quanh điểm O góc 90ıcùng chiều kim đồng hồ (Hình 6b và Hình 6c). Điểm D biến thành điểm C; điểm A biến thành điểm D; điểm B biến thành điểm A; điểm C biến thành điểm B: Góc ADP trở thành góc DCQ và góc P CB trở thành góc QBA: Suy ra ∠PBQ C ∠P CQ C ∠PDQ D ∠ABQ C ∠P CQ C ∠PDA 56 Tạp chí Epsilon, Số 22, 08/2022 Hình 7 D ∠BCP C ∠P CQ C ∠QCD D ∠BCD D 90ı: Thay đổi vị trí điểm P và Q trên AB và AD sao cho AP D DQ: Thực hiện lại thao tác quay, ta vẫn có ∠PBQ C ∠P CQ C ∠PDQ D 90ı: Bài toán 8. Cho hình thang ABCD với các cạnh đáy AB và CD thỏa mãn điều kiện: ∠BAD D ∠ABC D 60ıvà CD < BC: Trên cạnh BC lấy điểm E sao cho BE D CD: Chứng minh rằng AE D BD và góc giữa chúng bằng 60ı: Hình 8 Lời giải. Kéo dài AD và BC cắt nhau tại S: Vì ∠BAD D ∠ABC D 60ı nên SAB là tam giác đều. Gọi O là tâm tam giác SAB. Khi ấy ∠AOB D ∠BOS D ∠SOA D 120ı: Do AB==CD nên SDC cũng là tam giác đều. Do đó SD D CD D BE: Quay tam giác ABE quanh điểm O một góc 120ı ngược kim đồng hồ. 57 Tạp chí Epsilon, Số 22, 08/2022 Qua phép quay này thì điểm A biến thành điểm B; điểm B biến thành điểm S và điểm E biến thành điểm D: Như vậy đoạn BD là ảnh của đoạn AB qua phép quay 120ı: Vậy AE D BD và góc tù giữa chúng bằng 120ı hay góc nhọn giữa chúng bằng 60ı: Thay đổi vị trí điểm D và điểm C sao cho ABCD vẫn là hình thang cân có góc ở đáy bằng 60ı: Thực hiện lại thao tác quay, ta vẫn có AE D BD và góc giữa chúng bằng 60ı: Phép quay cũng có thể giúp giải các bài toán dựng hình như minh họa trong bài tập dưới đây. Bài toán 9. Cho hai đường thẳng a và b cắt nhau và một điểm C không thuộc hai đường thẳng này. Hãy dựng hai điểm A và B tương ứng trên a và b sao cho ABC là tam giác đều. Hình 9 Lời giải. Gọi A là một điểm bất kì trên đường thẳng a: Để tìm điểm B trên b sao cho ABC là tam giác đều, ta cần quay a quanh điểm C góc 60ıcùng chiều hoặc ngược chiều kim đồng hồ. Gọi a1 và a2 lần lượt là ảnh của a qua phép quay quanh điểm C góc 60ı: Khi A chạy trên đường thẳng a; ảnh của A qua phép quay góc 60ıchạy trên đường thẳng a1 và a2: Ảnh của điểm A cần tìm chính là điểm B; là giao điểm của a1 (hoặc a2) với đường thẳng b: Như vậy, để dựng tam giác đều ABC ta quay đường thẳng a góc 60ı quanh điểm C theo cả hai hướng (cùng chiều và ngược chiều kim đồng hồ), được đường thẳng a1 và a2: Gọi B1 và B2 là giao điểm của đường thẳng a1 và a2 với đường thẳng b: Để xác định các điểm A1 và A2 ta chỉ cần quay điểm B1 và B2 góc 60ı quanh điểm C lần lượt ngược chiều và cùng chiều kim đồng hồ. Bài toán nói chung có hai nghiệm. 58 Tạp chí Epsilon, Số 22, 08/2022 Biện luận. Nếu một trong hai đường thẳng a1 hoặc a2 trùng với đường thẳng b thì bài toán sẽ có vô số lời giải. Nếu một trong hai đường thẳng a1 hoặc a2 song song với đường thẳng b thì bài toán sẽ có duy nhất một lời giải. Có thể dùng phép quay để giải các bài toán qũi tích như minh họa trong bài tập dưới đây. Bài toán 10. Cho nửa đường tròn đường kính AB: Điểm C chuyển động trên nửa đường tròn. Tìm tập hợp các điểm I trên tia AC sao cho AI D BC: Hình 10 Lời giải. Giả sử O là điểm chính giữa cung AB: Phép quay tâm O góc 90ıtheo chiều kim đồng hồ biến điểm B thành điểm A, điểm A biến thành điểm A1 mà AA1?AB và AA1 D AB; điểm C biến thành điểm I; đoạn thẳng BC thành đoạn AI; đoạn AC thành A1I: Suy ra ∠AIA1 D ∠BCA D 90ı: Ảnh của nửa đường tròn đường kính AB chính là đường tròn đường kính AA1: Suy ra khi C di động trên nửa đường tròn đương kính AB thì I di động trên nửa đường tròn đường kính AA1: 4. Chứng minh định lí Pythagoras nhờ phép quay Có khoảng 400 chứng minh định lí Pythagoras, trong đó có một số chứng minh nhờ phép quay. Các chứng minh này dễ dàng minh họa trên GeoGebra. Định lý 1. (Định lý Pythagoras) Cho tam giác ABC vuông ở C có các cạnh tương ứng là a; b; c: Khi ấy c2 D a2 C b2: Chứng minh 1. (Thabit Ibn Qurra, 836 901) Đầu tiên vẽ hai hình vuông cạnh a và b. Tổng diện tích hai hình vuông bằng a2 C b2: Vẽ hai tam giác vuông ABC và ADE. Quay tam giác 59 Tạp chí Epsilon, Số 22, 08/2022 Hình 11 ABC và ADE góc 90o ngược chiều kim đồng hồ quanh tâmB và tâm E tương ứng, được ảnh là tam giác BCA0 và tam giác ED0A0. Như vậy, hai hình vuông có tổng diện tích a2 C b2: đã được biến đổi thành hình vuông có diện tích c2 hay c2 D a2 C b2: Có thể thay đổi vị trí điểm A; thí dụ, để được tam giác ABC mới với a > b. Ta vẫn luôn luôn có c2 D a2 C b2: Có thể kết hợp phép quay và phép tịnh tiến để chứng minh định lí Pythagoras như dưới đây. Chứng minh 2. Quay tam giác ABC (diện tích 12ab) góc 90ı; 180ı; 270ı: Hình 12 Sắp xếp lại (tịnh tiến) bốn tam giác vuông. Ta được một hình vuông cạnh c bằng một hình vuông cạnh a b và bốn hình tam giác vuông cạnh a và b: Ta có c2 D .a b/2 C 4 ab2D a2 2ab C b2 C 2ab D a2 C b2: Chứng minh 2. Dựng hai hình vuông AECD cạnh a và CGBF cạnh b. Tịnh tiến hai tam giác ACF và CBF dọc theo đường AB để được hai tam giác C0BD0 và AC0F0 c2 D .a b/2 C 4 ab2D a2 2ab C b2 C 2ab D a2 C b2: Trong hình đánh dấu hai tam giác AF 0E và BGD0 60 Tạp chí Epsilon, Số 22, 08/2022 Hình 13 Hình 14 61 Tạp chí Epsilon, Số 22, 08/2022 Quay tam giác AF 0E quanh điểm E và tam giác BGD0 quanh điểm D0 góc 90ı ngược kim đồng hồ để được tam giác A0FE và tam giác D0CF: Ta có Hình 4.3d và Hình 4.3e, chính là hình vuông cạnh c: Như vậy, ta có c2 D a2 C b2: 5. Một số bài tập sử dụng phép quay và GeoGebra Bài tập 1. Các điểm M và N là các trung điểm của các cạnh AB và BC của hình vuông ABCD: Các đoạn DN và CM cắt nhau tại P: Chứng minh rằng đoạn PA bằng cạnh hình vuông. Hình 15 Lời giải. Dùng phép quay tâm O góc quay 90ı ngược chiều kim đồng hồ, khi đó A; B; C; D tương ứng biến thành B; C; D; A: M biến thành N; N biến thành Q (điểm giữa đoạn CD). Đoạn MC biến thành ND; do đó MC?ND: Đoạn ND biến thành QA nên ND?AQ và vì vậy AQ==CM: Giả sử H là giao điểm của đoạn AQ và DP: Khi ấy do Q là điểm giữa đoạn DC nên H là điểm giữa đoạn DP: Đoạn AH vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến của tam giác APD nên tam giác APD cân và do đó AP D AD: Bài tập 2. Cho tam giác đều ABC: M là một điểm tùy ý trên mặt phẳng. Chứng minh rằng độ dài một đoạn bất kì trong ba đoạn MA; MB; MC không lớn hơn tổng hai đoạn còn lại. Khi nào thì xảy ra dấu bằng? 62 Tạp chí Epsilon, Số 22, 08/2022 Hình 16 Lời giải. Cố định MC và thay các đoạn thẳng MA; MB bởi các đoạn thẳng là ảnh của chúng qua phép quay tâm A góc quay 60ı: Khi ấy điểm M biến thành điểm M0; B biến thành C; BM biến thành CM0: Tam giác AMM0 đều, suy ra MM0 D AM: Từ tam giác MCM0ta có MC C CM0 > MM0 hay MB C MC > MA: Tương tự, BM C MA > MC; MC C MA > MB: Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M0; C; M thẳng hàng. Lúc đó ∠AMC D ∠AM0C D 60ı hay M thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC: 6. Một số bài toán thi Olympic sử dụng phép quay có thể minh họa trên GeoGebra Bài toán 11 (Olympic Lomonosov, Nga, 2014). Tam giác LOM với góc ∠LOM D ˛ được quay quanh O một góc nhọn. Điểm L biến thành điểm N nằm trên đường LM; điểm M biến thành điểm K sao cho OM?NK: Tìm số đo góc quay. Hình 17 63 Tạp chí Epsilon, Số 22, 08/2022 Lời giải. Kí hiệu góc quay là : Khi ấy ∠LON D ∠MOK D : Vì ON D OL (tính chất của phép quay) nên ∠OLN D ∠ONL D 90ı =2: Do hai tam giác LOM và NOK bằng nhau (tính chất của phép quay) nên ∠ONK D ∠OLN D 90ı =2: Theo giả thiết, OM?NK nên ∠NOP D 90ı ∠ONK D =2: Hay ˛ D 3 =2; nghĩa là D 2˛=3: Bài toán 12 (Olympic toàn Nga, 1961). Hai điểm A và B chuyển động đều với vận tốc góc bằng nhau theo đường tròn tâm O1 và O2 tương ứng (theo chiều kim đồng hồ). Chứng minh rằng đỉnh C của tam giác đều ABC cũng chuyển động đều trên đường tròn nào đó. Hình 18 Lời giải. Giả sử vectơ O1O3 là ảnh của vectơ O1O2 một góc 60ıtheo hướng cùng hướng với hướng của AB thành AC: Các điểm A0 và B0là ảnh của A và B qua phép quay quanh điểm O1: Khi quay đều của các vectơ O1A và O2B với cùng vận tốc góc thì tam giác O1A0A quanh điểm O1; các vectơ O3B0 và B0C D A0A; nghĩa là tổng của chúng O3C quay quanh O3: 7. Bài tập rèn luyện Bài tập 3. Cho tam giác đều ABC nội tiếp trong đường tròn. M là một điểm tùy ý trên cung BC đối diện đỉnh A: Chứng minh rằng BM C MC D MA: Bài tập 4. Dựng về phía ngoài của 4ABC các tam giác đều A0BC; AB0C; ABC0: Chứng minh rằng AA0 D BB0 D CC0 và các đường thẳng AA0; BB0; CC0cắt nhau tại một điểm. Bài tập 5. Cho ba điểm A; B; C thẳng hàng (B nằm giữa A và C /: Dựng các tam giác đều ABE; BCF nằm trên cùng một nửa mặt phẳng có bờ là AC: M; N tương ứng là trung điểm của AF và CE: Chứng minh rằng BMN là tam giác đều. 64 Tạp chí Epsilon, Số 22, 08/2022 Bài tập 6 (Thi vào 10 PTTH chuyên Đại học Quốc gia Hà Nội, 1993). Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn tâm O bán kinh R: Quay tam giác ABC góc 90ı quanh tâm O được tam giác A1B1C1: Tính diện tích phần chung của hai tam giác ABC và A1B1C1 theo R: Bài tập 7 (Tạp chí Komal, B. 3387, 2000). Hãy xác định góc ˛; lbiết rằng với một vectơ pE khác vectơ 0; tổng của pE và vectơ thu được từ pE nhờ phép quay góc 2˛ bằng vectơ nhận được từ pE nhờ phép quay góc ˛: Bài tập 8 (Olympic Toán lần thứ 12 Liên bang Nga). Hai tam giác vuông ABC và A0B0C0 bằng nhau (∠C D ∠C0 D 90ı) được đặt trong mặt phẳng sao cho trung điểm M của các cạnh AB và A0B0trùng nhau và các đỉnh của hai tam giác được đánh số theo cùng chiều dương. Gọi D là giao điểm của các đường thẳng BC và B0C;0 E là giao điểm của các đường thẳng AC và A0C0: Chứng minh rằng bốn điểm C; D; M; E cùng nằm trên một đường tròn. Bài tập 9 (IMO shortlist 1992). CHo tứ giác ABCD thỏa mãn điều kiện AC?BD: Vẽ ra ngoài tứ giác ABCD bốn hình vuông ABEF; BCGH; CDIJ; DAKL: Giao điểm của bốn đường thẳng CL; DF; AH; BJ được kí hiệu lần lượt là P1; Q1; R1; S1; còn giao điểm của bốn đường thẳng AI; BK; CE; DG được kí hiệu lần lượt là P2; Q2; R2; S2: Chứng minh rằng hai tứ giác P1Q1R1S1 và P2Q2R2S2 bằng nhau. Bài tập 10 (Vô địch Bungari 1979). Các đỉnh của ngũ giác lồi được sắp xếp sao cho các tam giác ABC và CDE là những tam giác đều. Chứng minh rằng nếu O là tâm của tam giác ABC; còn M và N lần lượt là trung điểm của BD và AE thì các tam giác OME và OND đồng dạng. Bài tập 11 (Đề thi HSG Quốc gia năm học 2012). Cho tam giác ABC cố định trên đường tròn O (BC không đi qua tâm O ) và điểm A thay đổi trên cung lớn BC sao cho AB ¤ AC: Đường tròn nội tiếp .I / của tam giác ABC tiếp xúc với BC tại D: Gọi Ia là tâm đường tròn bàng tiếp góc BAC: L là giao điểm của IaD với OI và E là điểm trên .I / sao cho DE song song với AI: (a) Đường thẳng LE cắt đường thẳng AI tại F: Chứng minh rằng AF D AI: (b) Trên đường tròn .J / ngoại tiếp tam giác IaBC lấy điểm M sao cho IaM song song với AD; MD cắt lại .J / tại N: Chứng minh rằng trung điểm T của MN luôn thuộc một đường tròn cố định. 8. Lời kết Trên đây chỉ là số rất ít các bài tập sử dụng phép quay và GeoGebra trong giải toán hình học. Hy vọng bài viết gây sự chú ý và hứng thú của bạn đọc sử dụng GeoGebra trong dạy và học toán. 65 Tạp chí Epsilon, Số 22, 08/2022 Các bạn có thể sử dụng các tài liệu [1], [2], [9] - [13] để luyện tập sử dụng GeoGebra trong giải các bài tập về phép quay nói riêng, phép biến hình nói chung. GeoGebra còn có thể trợ giúp dạy và học trong khá nhiều lĩnh vực khác (Phân tích một số ra thừa số nguyên tố [3], Hình thành khái niệm tích phân [7], Kiểm tra các giả thuyết hình học [5], Quĩ tích [8], Phân tích đa thức thành nhân tử [4], Dựng thiết diện [6],...). Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Văn Ân, Trương Đức Hinh, Đào Tam, Phan Đức Thành, Trần Đình Viện, Toán chọn lọc từ lớp 8 đến lớp 12, Hội toán học và Công ty sách - thiết bị trường học Nghệ Tĩnh, 1988: [2] Nguyễn Việt Hải, Vũ Hoàng Lâm, Phan Quân, 150 bài tập sử dụng phép biến hình, Nhà xuất bản Hải Phòng, 1995: [3] Nguyễn Thị Hồng Hạnh, Đỗ An Khánh, Bùi Thị Hằng Mơ, Tạ Duy Phượng, Sử dụng Ge oGebra để phân tích số dạng 100 001 ra thừa số nguyên tố, Tạp chi Toán học và Tuổi trẻ, Số 517: [4] Nguyễn Thị Hồng Hạnh, Đỗ An Khánh, Bùi Thị Hằng Mơ, Tạ Duy Phượng, GeoGebra - Một công cụ thí nghiệm trong phân tích đa thức thành nhân tử, Kỷ yếu Seminar Toán Olympic, Nguyễn Văn Mậu chủ biên, Trung học Cơ sở Cầu Giấy. [5] Nguyễn Thị Hồng Hạnh, Tạ Duy Phượng, Phạm Thanh Tâm, Nguyễn Thị Bích Thủy, Trần Lê Thủy, Nguyễn Hoàng Vũ, Sử dụng phần mềm GeoGebra để kiểm tra giả thuyết Hình học, Tạp chi Toán học và Tuổi trẻ, Số 52:9 [6] Nguyen Thi Hong Hanh, Ta Duy Phuong, Nguyen Thi Bich Thuy, Tran Le Thuy, Using GeoGebra software in teaching and learning the space Geometry, Education of Things: Digital Pedagogy, 2021: [7] Nguyen Thi Hong Hanh, Ta Duy Phuong, Nguyen Thi Bich Thuy, Tran Le Thuy, Nguyen Hoang Vu, Use GeoGebra in teaching definite integral, Proceedings of 2nd International Conference on Innovative Computing and Cutting-edge Technologies (ICCT), 11 and 12 September, 2020; in the Springer Series “Learning and Analytics in Intelligent Systems”, 2021: [8] Pham Van Hoang, Ta Duy Phuong, Nguyen Thi Bich Thuy,Tran Le Thuy, Nguyen Thi Trang, Nguyen Hoang Vu, Modeling of Teaching-Learning Process of Geometrical LOCI in 66 Tạp chí Epsilon, Số 22, 08/2022 the Plane with GeoGebra, in Proceedings of 2nd International Conference on Mathematical Modeling and Computational Science, ICMMCS 2021: [9] Nguyễn Đăng Phất, Các phép biến hình trong mặt phẳng và ứng dụng giải toán hình học, Nhà xuất bản Giáo dục. [10] Waldemar Pompe, Xung quanh phép quay: Hướng dẫn môn Hình học sơ cấp (người dịch Nguyễn Hùng Sơn, Nguyễn Sinh Hoa), Nhà xuất bản Đại học Quốc gia Hà Nội (Tủ sách Sputnik, Số 033), 2016: [11] V. V. Praxolov (Hoàng Đức Chính, Nguyễn Dễ dịch), Các bài toán về hình học phẳng, Tập 1; Nhà xuất bản Đại học Quốc gia Thành phố Hồ Chí Minh, 2001: [12] Đỗ Thanh Sơn, Phép biến hình trong mặt phẳng, Nhà xuất bản Giáo dục, 2006: [13] I. M. Yaglom, Geometric Transformations, translated from the Russian by Allen Shield, The Mathematical Association of America (MAA), 1975: 67 Tạp chí Epsilon, Số 22, 08/2022 VỀ BÀI HÌNH HỌC IMO 2022 Nguyễn Ngọc Giang - Lê Viết Ân - Nguyễn Duy Phước GIỚI THIỆU Trong kỳ thì học sinh giỏi toán quốc tế năm 2022 vào ngày thi thứ hai có duy nhất một bài toán hình là bài số 4. Trong bài viết này, chúng ta cùng xem xét và tìm hiểu về bài toán này. 1. Bài thi và lời giải Bài toán 1 (Bài 4, IMO 2022). Cho ngũ giác lồi ABCDE với BC D DE. Giả sử rằng có một điểm T nằm trong ABCDE sao cho TB D TD; T C D TE và ∠ABT D ∠TEA. Đường thẳng AB cắt các đường thẳng CD và C T lần lượt tại các điểm P và Q, trong đó các điểm P; B; A; Q nằm theo thứ tự trên đường thẳng. Đường thẳng AE cắt các đường thẳng CD và DT lần lượt tại các điểm R và S, trong đó các điểm R; E; A; S nằm theo thứ tự trên đường thẳng. Chứng minh rằng các điểm P; S; Q; R nằm trên một đường tròn. Chứng minh. Từ TB D TD; T C D TE và BD D CE thì ta thấy ngay 4TBC D 4TDE (c-c-c). Suy ra ∠BT C D ∠DTE. Do đó ∠QTB D ∠STE, kết hợp ∠TBA D ∠TEA có ngay TSDTB 4QTB v 4STE (g-g). Suy raTQ ∠TQS D ∠TDC. TEDTD T C. Suy ra 4TQS v 4TDC (c-g-c). Do đó 68 Tạp chí Epsilon, Số 22, 08/2022 S B Q A E T P C D R Chú ý ∠TQB D ∠TSE (vì 4QTB v 4STE) nên ∠PQS D ∠TQS ∠TQB D ∠TDC ∠TSE D ∠SDP ∠DSR D ∠DSR (tính chất góc ngoài tam giác) D ∠PRS. Do đó tứ giác PSQR nội tiếp. Nhận xét. Ta có thể giải bài toán theo hướng dùng bổ đề Reim như sau: 69 Tạp chí Epsilon, Số 22, 08/2022 Q S A B P H G T C D E R Gọi G D T C \AE và H D TD\AB. Khi đó dễ dàng có được 4HBT v 4GET (g-g) để suy TBDT G ra ∠BH T D ∠EGT vàTH vàTH TDDTH TBDT G TEDT G TE. Từ đó suy ra ∠QHS D ∠BH T D ∠EGT D ∠QGS T C. Dẫn đến các điểm S; Q; G; H cùng nằm trên một đường tròn và GH k CD. Áp dụng bổ đề Reim cho đường tròn ˇ.SQGH / với hai cát tuyến Q; H; P ; S; G; R với chú ý GH k PQ thì được P; S; Q; R cùng nằm trên một đường tròn. 2. Mở rộng bài toán 1 Nhận xét. Bài toán 1 là bài toán dễ. Tuy nhiên, nếu chỉ để giải xong bài toán này thì chúng ta chưa cảm nhận được cái hay của bài toán. Do đó, việc mở rộng cho bài toán một cũng là cách để chúng ta nắm được bản chất bài toán và là một cách để chúng ta rèn luyện tư duy quan sát. Bằng việc quan sát lại lời giải thứ nhất bài toán này lần nữa thì chúng ta thấy rằng mấu chốt của lời giải thứ nhất là thu được ∠BT C D ∠DTE để từ đó có được quan hệ đồng dạng của hai tam giác TQDTB QBC và SED và nhận được tỉ số TS TE. Từ đó dẫn đến quan hệ đồng dạng hai tam giác TQDTD TQS và TDC. Nhưng mấu chốt nhận được điều này lại chính là tỉ số TS 70 T C. Điều này Tạp chí Epsilon, Số 22, 08/2022 dẫn đến là ta phải đảm bảo có được TB TEDTD T C. Như bài toán 1, đề cho TB D TD; T C D TE là nhận được hai tỉ số này bằng nhau. Do đó ta tổng quát lên là TB T C D TD TE. Lại đến đây chú ý ∠BT C D ∠DTE tương đương với ∠BTD D ∠C TE. Suy ra STBD D ST CE . Do đó giả thiết TB D TD; T C D TE có thể thay bằng giả thiết STBD D ST CE và giả thiết BC D DE có thể thay bằng giả thiết ∠BT C D ∠DTE. Ta đi đến mở rộng đầu tiên cho bài toán này: Bài toán 2 (Mở rộng bài 4, IMO, 2022). Cho ngũ giác lồi ABCDE với BC D DE. Giả sử rằng có một điểm T nằm trong ABCDE sao cho ∠BT C D ∠DTE, ∠ABT D ∠TEA và diện tích hai tam giác TBD và T CE bằng nhau. Đường thẳng AB cắt các đường thẳng CD và C T lần lượt tại các điểm P và Q, trong đó các điểm P; B; A; Q nằm theo thứ tự trên đường thẳng. Đường thẳng AE cắt các đường thẳng CD và DT lần lượt tại các điểm R và S, trong đó các điểm R; E; A; S nằm theo thứ tự trên đường thẳng. Chứng minh rằng các điểm P; S; Q; R nằm trên một đường tròn. Chứng minh. Việc giải bài toán 2 chỉ là việc thực hiện hoàn toàn tương tự bài toán 1 với chú ý từ ∠BT C D ∠DTE, suy ra ∠BTD D ∠C TE nên: sin ∠BTDD2SC TE sin ∠C TED T C TE và ta thu đượcTB TB TD D2STBD TEDTD T C. Nhận xét. Bài toán 2 chỉ là một mở rộng đơn giản mà bất cứ bạn đọc có kỹ năng hình học tốt là có thể nghĩ đến. Với kinh nghiệm dạy và học hình nhiều năm, chúng ta còn có thể táo bạo mở rộng hơn bằng cách "tách 1 điểm" thành "nhiều điểm". Cụ thể ở đây, bằng cách kiểm chứng và vẫn đảm bảo được một số yếu tố then chốt của giả thiết, chúng ta có thể tách điểm T thành nhiều điểm hơn như sau: Bài toán 3 (Mở rộng bài 4, IMO, 2022). Cho ngũ giác lồi ABCDE. Giả sử có T nằm bên trong ABCDE sao cho diện tích các tam giác TBC và TDE bằng nhau. Lấy các điểm U và V lần lượt nằm trên các đoạn T C và TD thỏa mãn ∠ABU D ∠VEA và ∠BUC D ∠DVE. Đường thẳng AB cắt các đường thẳng CD và C T lần lượt tại các điểm P và Q, trong đó P; B; A; Q nằm theo thứ tự trên đường thẳng. Đường thẳng AE cắt các đường thẳng CD và DT lần lượt tại các điểm R và S, trong đó các điểm R; E; A; S nằm theo thứ tự trên các đường thẳng. Chứng minh rằng các điểm P; Q; R; S nằm trên một đường tròn khi và chỉ các điểm C; D; U; V nằm trên một đường tròn. Chứng minh. Ta xây dựng một số tính chất sau đây: (i) Dễ thấy ∠BUQ D ∠EVS nên 4QBU v 4SEV (g-g) nênQU BUDSV EV. 71 Tạp chí Epsilon, Số 22, 08/2022 (ii) Vì STBC D STED nên12 BU T C sin ∠BUC D12 EV TD sin ∠DVE. Suy ra BU T C D EV TD. BU BU T C DSV Kết hợp với (i), suy ra QU T C DQU Do đó:T C TDDSV QU. EV EV TD D SV TD. (iii) Chú ý rằng ∠CQP D ∠DSR WD ˛ thì ∠PQS D ∠CQS ∠CQP D ∠CQS ˛ và ∠PRS D ∠DRS D ∠CDS ∠DSR D ∠CDS ˛. Từ các tính chất trên ta suy ra: S Q A E R D T U V B C P ()) Nếu P; Q; R; S nằm trên một đường tròn. Khi đó: ∠PQS D ∠PRS. Từ (iii) suy ra ∠CQS D ∠CDS, suy ra tứ giác CDQS nội tiếp. Từ đó TQ T C D TS TD, dẫn đến T C TDDTS TQ. Kéo theoTS TQDSV QU. Do đó theo định lí Thales đảo, có U V k QS. Suy ra ∠T U V D ∠CQS D ∠CDS D ∠CDV nên bốn điểm C; D; U; V nằm trên một đường tròn. (() Nếu C; D; U; V cùng nằm trên một đường tròn. Khi đó T C T U D TD T V hayT C T U, kết hợp với (ii), suy ra SV TDD T V QUDT V T U. Theo định lí Thales đảo có U V k QS. Dẫn 72 Tạp chí Epsilon, Số 22, 08/2022 đến ∠CQS D ∠T U V D ∠CDV D ∠CDS. Do đó từ (iii), có ngay ∠PQS D ∠PRS, tức là P; Q; R; S cùng nằm trên một đường tròn. Kết thúc chứng minh! Nhận xét. Ở bài toán 3, chúng ta tách điểm T thành ba điểm T; U; V và đảm bảo C; D; U; V cùng nằm trên một đường tròn (hiển nhiên qua ba điểm không thẳng hàng xác định cho ta duy nhất đường tròn ngoại tiếp tam giác xác định bởi ba điểm đó). Đây là một sự mở rộng khá lạ với các bạn chưa quen việc tổng quát hóa bài toán từ tam giác sang tứ giác nội tiếp. Tuy nhiên, liệu rằng chỉ có thể tách điểm để mở rộng bài toán từ tam giác sang tứ giác nội tiếp thôi sao! Câu trả lời là vẫn còn hướng mở rộng tách điểm theo hướng khác. Nhớ lại rằng chúng ta đã biết rằng trong tam giác và hình thang đều có đường trung bình. Thì ta cũng có thể xem là việc mở rộng khái niệm đường trung bình tam giác sang đường trung bình hình thang hay nói cách khác đường trung bình tam giác là một trường hợp đặc biệt của tam giác trong đó có một đáy bằng 0 đơn vị. Do đó đối với bài toán 1, chúng ta thử mạnh dạn mở rộng tách điểm T thành hai điểm U; V sao cho U V k CD xem sao. Để việc mở rộng này có thể thực hiện được, chúng ta quan sát lại một chút xíu như sau ở bài toán 1: (i) Rõ ràng hai tam giác TBC và TDE đồng dạng cùng hướng, kéo theo hai tam giác TBD và T CE đồng dạng cùng hướng. TEDTD (ii) Ta lại cần tỉ số TB T C. Làm thế nào để từ (i) để suy ra hai (ii). Liệu tổng quát lên thì cần gì để thu được điều này! Chú ý là hai tam giác TBD và T CE đều cân tại T . Do đó ta có ngay hai tam giác TBD và TEC đồng dạng ngược hướng, điều này thu được ngay (ii). Ta đi đến mở rộng tiếp theo: Bài toán 4 (Mở rộng bài 4, IMO, 2022). Cho ngũ giác lồi ABCDE. Giả sử có các điểm U và V nằm bên trong ABCDE sao cho diện tích các tam giác UBD và VEC đồng dạng ngược hướng và ∠ABU D ∠AEV . Đường thẳng AB cắt các đường thẳng CD và C V lần lượt tại các điểm P và Q, trong đó P; B; A; Q nằm theo thứ tự trên đường thẳng. Đường thẳng AE cắt các đường thẳng CD và DU lần lượt tại các điểm R và S, trong đó các điểm R; E; A; S nằm theo thứ tự trên các đường thẳng. Chứng minh rằng các điểm P; Q; R; S nằm trên một đường tròn khi và chỉ các điểm C; D; U; V nằm trên một đường tròn. 73 Tạp chí Epsilon, Số 22, 08/2022 Chứng minh. Gọi M D DU \ AB và N D DU \ AE. Từ hai tam giác UBD và VEC đồng dạng ngược hướng và hai góc ∠UBA và ∠VAE bằng nhau ngược hướng, ta nhận được hai tam giác MBD và NEC dồng dạng ngược hướng. Hệ quả là UM UDDVN định lí Thales, có ngay MN k U V k CD. Q S A VC. Mà U V k CD nên theo B P MN U V E C D R Lại từ hai tam giác MBD và NEC dồng dạng, có ngay ∠BMD D ∠CNE. Do đó tứ giác SQNM nội tiếp. Và do đó ∠SQP D ∠SQM D ∠SNM D ∠SRP nên tứ giác PSQR nội tiếp. Nhận xét. Bài toán 1 tuy dễ nhưng có nhiều hướng mở rộng thú vị, và vẫn còn nhiều hướng mở rộng nữa, tuy nhiên phần việc này chúng tôi xin dành lại cho bạn đọc. 3. Khai thác thêm tính chất Ngoài những mở rộng ở trên, xung quanh bài 4, IMO 2022 còn có một số tính chất thú vị khác. Chúng ta nhận thấy cấu trúc này được xây dựng từ những giả thiết về góc, vì vậy một hướng tự nhiên đó là chúng ta sẽ khai thác các yếu tố liên quan đến góc, cụ thể đó là đường tròn. 74 Tạp chí Epsilon, Số 22, 08/2022 Bài toán 5. Cho ngũ giác lồi ABCDE. Giả sử rằng có một điểm T nằm trong ABCDE sao cho ∠BT C D ∠DTE và ∠ABT D ∠TEA. Đường thẳng AB cắt đường thẳng C T tại Y (trong đó A nằm giữa Y và B), đường thẳng AE cắt đường thẳng DT tại X (trong đó A nằm giữa X và E). Chứng minh rằng trục đẳng phương của hai đường tròn ngoại tiếp các tam giác AEY và ABX đi qua điểm T . Chứng minh (Chứng minh). Gọi M là giao điểm thứ hai của đường tròn ˇ.ABX / và đường thẳng TX, N là giao điểm thứ hai của đường tròn ˇ.AEY / và đường thẳng T Y . Ta có ∠TNE D 180ı ∠EN Y D 180ı ∠EAY D 180ı ∠BAX D 180ı ∠BMX D ∠BM T: Và ∠ETN D ∠N TD ∠DTE D ∠M T C ∠BT C D ∠M TB. Suy ra hai tam giác BM T và EN T đồng dạng với nhau. Y X A B M N T E C D Ngoài ra, dễ thấy ∠Y TB D ∠XTE và ∠YBT D ∠XET . Do đó hai tam giác BY T và EXT đồng dạng với nhau. Vì vậy,TM TNDTB TEDT Y TXhay TM TX D TN T Y . Suy ra tứ giác MN YX nội tiếp. Từ đó ta thu được điều phải chứng minh. 75 Tạp chí Epsilon, Số 22, 08/2022 Nhận xét. Đây là một bài toán khá dễ. Chúng ta hoàn toàn bỏ đi được giả thiết các cạnh bằng nhau ở bài toán gốc. Sau đây là một kết quả với hình thức tương tự nhưng khó hơn so với bài toán 5. Bài toán 6. Cho ngũ giác lồi ABCDE sao cho BC D DE. Giả sử có điểm T nằm trong ABCDE sao cho TE D T C, TB D TD và ∠ABT D ∠TEA. Đường thẳng AB cắt đường thẳng T C tại X (trong đó A nằm giữa X và B), đường thẳng AE cắt đường thẳng TD tại Y (trong đó A nằm giữa Y và E). Đường thẳng AB cắt đường thẳng C Y tại Q, đường thẳng AE cắt đường thẳng DX tại P. Chứng minh rằng trục đẳng phương của hai đường tròn ngoại tiếp các tam giác PEX và QBY đi qua điểm T . Chứng minh. Giả sử đường thẳng T C lần lượt cắt AE, ˇ.PEX / tại K và M (M ¤ X); đường thẳng TD lần lượt cắt AB, ˇ.QBY / tại L và N (N ¤ Y ). Dễ thấy ∠XTB D ∠Y TE và ∠XBT D ∠YET . Nên hai tam giác XBT và YET đồng dạng với nhau. Suy ra ∠TXB D T YDTB ∠T YE vàTX TEDTD TE. Điều này chứng tỏ hai tứ giác DC YX, KLYX nội tiếp. Nên dễ dàng chứng minh được KL k CD. Y X A M N K L B P Q ET C D Ta có ∠XKP D 180ı∠XK Y D 180ı∠KLY D ∠YLQ, ∠KXP D ∠CXD D ∠C YD D ∠QYL. Nên hai tam giác XKP và YLQ đồng dạng. Ngoài ra, ∠KET D ∠LBT , ∠EK T D ∠XK Y D ∠XLY D ∠TLB. Nên hai tam giác TKE và TLB cũng đồng dạng. 76 Tạp chí Epsilon, Số 22, 08/2022 Mặt khác, dễ thấy KM DKP KE KX, LN DLB LQ LY. Suy ra KM NLDKP LQ KE LB LY KXDKX LY TK TL LY KXDTK TL: Nên áp dụng định lý Thales đảo, ta có MN k KL k CD. Mà tứ giác DC YX nội tiếp. Vì vậy tứ giác MN YX cũng nội tiếp hay TM TX D TN T Y . Từ đây ta thu được điều phải chứng minh. Nhận xét. Ý tưởng chứng minh hoàn toàn tương tự như bài toán 5. Cái khó ở đây là chúng ta cần phải thông qua nhiều kết quả trung gian để đi đến đẳng thức chính. Trong lời giải này, chúng ta đã sử dụng lại một số kết quả đặc trưng cho bài toán gốc, mà chủ yếu đó là các cặp tam giác đồng dạng. Tiếp theo, nếu thay đổi cách nhìn vào bài toán, cụ thể là thay đổi việc thiết lập các đường tròn ngoại tiếp cho các tam giác thì sẽ thu được bài toán sau. Bài toán 7. Cho ngũ giác lồi ABCDE sao cho BC D DE. Giả sử có điểm T nằm trong ABCDE sao cho TE D T C, TB D TD và ∠ABT D ∠TEA. Đường thẳng AB cắt đường thẳng T C tại X (trong đó A nằm giữa X và B), đường thẳng AE cắt đường thẳng TD tại Y (trong đó A nằm giữa Y và E). Đường thẳng CE cắt ˇ.CBX / tại điểm thứ hai là M. Đường thẳng BD cắt ˇ.DEY / tại điểm thứ hai là N. Đường thẳng MN lần lượt cắt các đường thẳng AB; AE tại K; L. Chứng minh rằng bốn điểm B; E; K; L cùng nằm trên một đường tròn. Chứng minh. Dễ thấy ∠BTX D ∠ET Y và ∠XBT D ∠YET . Nên ∠BXT D ∠EY T . Suy ra ∠ENB D ∠END D ∠EYD D ∠CXB D ∠CMB D ∠EMB. Do đó tứ giác BEMN nội tiếp. 77 Y X A L M E Tạp chí Epsilon, Số 22, 08/2022 N K B T D C Ta có TB D TD, T C D TE và ∠DTB D ∠DT C C∠BT C D ∠DT C C∠DTE D ∠ET C. Nên hai tam giác cân TDB và TEC đồng dạng. Do đó ∠TBD D ∠TEC. Suy ra ∠ABD D ∠AEC. Vì vậy ∠KBN D ∠LEM. Đến đây, ta có biến đổi góc ∠ALK D 180ı ∠LEM ∠LME D ∠EBN ∠KBN D ∠KBE: Vậy tứ giác BELK nội tiếp. Cuối cùng, chúng ta sẽ sử dụng phương pháp đặc biệt hóa để khai thác cấu hình này. Nhìn chung, cấu hình này khá tổng quát, nên chúng ta có thể đặc biệt hóa được. Đầu tiên, ta cần quan sát bài toán gốc và cần chú ý đến các giả thiết mang tính tổng quát. Chẳng hạn, ta thấy trong bài toán 1 có giả thiết hai góc đối bằng nhau (∠ABT D ∠TEA). Điều này làm ta liên tưởng đến hình bình hành, từ đó thu được bài toán sau. Bài toán 8. Cho tứ giác lồi ABCD. Giả sử rằng có điểm T nằm trong ABCD sao cho ∠BT C D ∠ATD. Đường thẳng qua A và song song với TB cắt đường thẳng TD tại X (trong đó T nằm giữa X và D), đường thẳng qua B và song song với TA cắt đường thẳng T C tại Y (trong đó T nằm giữa Y và C). Đường thẳng nối trung điểm của hai đoạn thẳng BX và AY lần lượt cắt các đường thẳng AX; BY tại K; L. Chứng minh rằng bốn điểm A; B; K; L cùng nằm trên một đường tròn. Chứng minh. (Đỗ Đại Phong, học sinh 11T1, trường THPT Chuyên Quốc Học - Huế) Gọi M; N lần lượt là trung điểm của BX, AY ; G; H lần lượt là điểm đối xứng của T qua M; N. Khi đó 78 Tạp chí Epsilon, Số 22, 08/2022 BGXT và AH Y T là các hình bình hành. Lại có AX k TB và BY k TA nên G 2 AX và H 2 BY . G N X H Y B A N K L T M B D C C Vì AX k TB và BY k TA nên ∠TAX D ∠TBY . Mặt khác, dễ dàng chứng minh được ∠ATX D ∠BT Y . Do đó AXT v BY T . Suy ra ∠AXT D ∠BY T . Vì vậy ∠AGB D ∠AXT D ∠BY T D ∠BHA: Nên tứ giác AGHB nội tiếp. Mặt khác, do MN k GH nên KL k GH. Từ đó, áp dụng bổ đề Reim, ta thu được bốn điểm A; B; K; L cùng nằm trên một đường tròn. Chứng minh. Gọi I là giao điểm của AX và BY ; P; Q; S lần lượt là trung điểm của AY; BX; AB; J là giao điểm thứ hai của hai đường tròn ˇ.AY I / và ˇ.BXI /. N X Y I Q A P K L S J B C T D C 79 Tạp chí Epsilon, Số 22, 08/2022 Dễ thấy ATBI là hình bình hành nên S là trung điểm của AB và ∠TAI D ∠IBT . Từ đó, áp dụng bài toán 5, ta có ba điểm T; I; J thẳng hàng. Hay bốn điểm I; J; S; T thẳng hàng. Ta nhận thấy hai tam giác JAY và JXB đồng dạng cùng hướng. Nên hai tam giác J YP và JBQ đồng dạng cùng hướng. Vì thế hai tam giác JPQ và J YB cũng đồng dạng cùng hướng. Suy ra ∠LQJ D ∠LBJ . Nên bốn điểm J; B; Q; L cùng nằm trên một đường tròn. Từ đó, ta được J là điểm Miquel của tứ giác toàn phần tạo bởi bốn đường thẳng .AX; BY; BX; PQ/. Nên J 2 ˇ.IKL/. Chú ý IX k TB nên SQ k IX. Do đó, ta dễ dàng chứng minh được bốn điểm J; S; Q; B cùng nằm trên một đường tròn. Khi đó, năm điểm J; S; L; Q; B cùng nằm trên một đường tròn. Suy ra, ∠IKL D ∠IJL D ∠SJL D ∠SBL D ∠ABL. Vậy bốn điểm A; B; K; L cùng nằm trên một đường tròn. Nhận xét. Lời giải ở cách 1 là một lời giải đẹp. Các yếu tố như song song và trung điểm đã gợi cho việc dựng các điểm phụ ở cách 1. Trong khi đó, lời giải ở cách 2 xuất phát từ một kết quả liên quan tới mô hình vị tự quay và điểm Miquel. 4. Lời kết Chúng ta vừa có một số khám phá xoay quanh bài toán IMO 2022. Các bài toán IMO luôn là các bài toán được nhiều người quan tâm và nghiên cứu. Bằng các thao tác tư duy như khái quát hóa, khai thác các tính chất, đặc điểm của bài toán, chúng ta đã thu được nhiều kết quả hay và bổ ích. Ngoài ra, chúng tôi còn sử dụng thao tác tư duy tìm nhiều cách giải. Đây là cách thức quen thuộc và quan trọng trong sáng tạo các bài toán IMO nói riêng và toán học nói chung. Hi vọng với các tìm tòi mà chúng tôi đã đưa ra ở trên đã mang đến cho các bạn nhiều điều bổ ích. Bài viết này cần trao đổi gì thêm? Mong được sự chia sẻ của các bạn. 5. Bài tập tự luyện Bài toán 9. Cho ngũ giác lồi ABCDE sao cho BC D DE. Giả sử rằng có điểm T nằm trong ABCDE sao cho TE D T C, TB D TD và ∠ABT D ∠TEA. Đường thẳng AB cắt đường thẳng T C tại X (trong đó A nằm giữa X và B), đường thẳng AE cắt đường thẳng TD tại Y (trong đó A nằm giữa Y và E). Đường thẳng BD lần lượt cắt ˇ.CBX /; ˇ.DEY / tại các điểm thứ hai là P; Q. Đường thẳng CE lần lượt cắt ˇ.CBX /; ˇ.DEY / tại các điểm thứ hai là R; S. 80