Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


tritanngo99

Đăng ký: 06-04-2015
Offline Đăng nhập: 13-10-2019 - 17:22
****-

#726341 Một chút về hình học vi phân - Công cụ cơ bản trong việc nghiên cứu thuyết tư...

Gửi bởi tritanngo99 trong 10-10-2019 - 17:23

Một chút về hình học vi phân - Công cụ cơ bản trong việc nghiên cứu thuyết tương đối tổng quát của Einstein, thấu kính hấp dẫn, lỗ đen.

Hình học vi phân là một nhánh của toán học sử dụng các công cụ và phương pháp của phép tính vi phân và tích phân cũng như đại số tuyến tính và đại số đa tuyến để nghiên cứu các vấn đề của hình học. Lý thuyết về các đường cong trong mặt phẳng và không gian cũng như về các mặt cong trong không gian Euclid ba chiều đã trở thành cơ sở và cho sự phát triển ban đầu của hình học vi phân vào thế kỷ thứ 18 và 19. Cuối thế kỷ thứ 19, hình học vi phân đã phát triển thành một lĩnh vực nghiên cứu những cấu trúc hình học tổng quát trên các đa tạp khả vi. Nó cũng có liên hệ mật thiết với ngành tôpô vi phân, và là một khía cạnh hình học của lĩnh vực phương trình vi phân. Chứng minh của Grigori Perelman về giả thuyết Poincaré sử dụng kĩ thuật dòng Ricci cho thấy sức mạnh của cách tiếp cận theo phương pháp hình học vi phân trong các câu hỏi và vấn đề của tôpô học và làm nổi bật vai trò quan trọng của các phương pháp giải tích. Hình học vi phân các mặt cong cũng đã thể hiện được nhiều ý tưởng chìa khóa và các đặc trưng kĩ thuật của lĩnh vực hình học vi phân.

Hình học vi phân đã được phát triển từ các nghiên cứu của Gaspard Monge và Carl Friedrich Gauss trong thời gian đầu thế kỷ 19. Trong thời gian này, toán học vẫn còn được nảy sinh mạnh mẽ từ các nhu cầu thực tiễn, và những kết quả quan trọng của toán học đã được đem ứng dụng cho việc đo vẽ bản đồ, định hướng trong hàng hải và khảo sát. Chúng được phát triển từ phương pháp hình chiếu bản đồ, đường trắc địa và độ cong Gauss. Cũng từ đây Gauss đã chú ý tới vấn đề tổng các góc trong một tam giác cầu không bằng 180 độ, và từ đó ông đã có những ý tưởng về hình học phi Euclid, trở thành những nhà tiên phong trong lĩnh vực hình học vi phân. Sau đó những đóng góp quan trọng cho lĩnh vực này đã được các nhà toán học bao gồm Bernhard Riemann,Elwin Bruno Christoffel, và Gregorio Ricci-Curbastro đưa ra vào cuối thế kỷ 19. Những nghiên cứu này đã được tập hợp và hệ thống hóa lại vào cuối thế kỷ 19 bởi các nhà toán học Jean Gaston Darboux và Luigi Bianchi.

+ Trong Vật lý học, có ba ứng dụng chính là:
+ Hình học vi phân là công cụ cơ bản trong việc nghiên cứu thuyết tương đối tổng quát của Einstein[2]. Theo lý thuyết này, vũ trụ là một đa tạp trơn được trang bị cùng với metric giả-Riemann, cho phép miêu tả được độ cong của không thời gian. Áp dụng độ cong không thời gian là một việc không thể thiếu trong việc xác định vị trí của các vệ tinh nhân tạo quay xung quanh Trái Đất như hệ GPS. Hình học vi phân cũng là một công cụ không thể thiếu trong nghiên cứu thấu kính hấp dẫn và lỗ đen.
+ Các dạng vi phân rất có ích trong nghiên cứu điện từ học.
+Hình học vi phân được áp dụng trong cả cơ học Lagrange và cơ học Hamilton. Đặc biệt các đa tạp Symplectic có thể dùng để nghiên cứu những hệ Hamilton.
+Trong kinh tế học, hình học vi phân có ứng dụng trong lĩnh vực kinh tế lượng[3].
+ Áp dụng hình học vi phân vào mô hình hình học (bao gồm đồ họa máy tính) và thiết kế hình học trên máy tính làm đơn giản hóa các đối tượng hình học.
+ Trong kĩ thuật, nó được áp dụng để giải quyết các vấn đề trong xử lý tín hiệu số[4] và trong lý thuyết đàn hồi.
+Trong xác suất, thống kê, và lý thuyết thông tin, chúng ta có thể giải thích nhiều cấu trúc khác nhau bằng các đa tạp Riemann, và nó là công cụ chủ yếu của hình học thông tin (information geometry), đặc biệt thông qua metric thông tin Fisher.
+Trong địa chất cấu tạo, hình học vi phân được sử dụng để phân tích và miêu tả các cấu trúc địa tầng.
+ Trong trực quan máy tính (computer vision), hình học vi phân được sử dụng để phân tích các hình dạng.[5]
Ảnh:Một tam giác nhúng trên mặt yên ngựa (mặt hyperbolic paraboloid), cũng như hai đường thẳng song song trên nó.
Nguồn: Wikipedia

hhvp.png




#726064 Các bài Div 1 Codeforces

Gửi bởi tritanngo99 trong 02-10-2019 - 11:13

Bài 6: [588-Div.1-A]

Marcin là một huấn luyện viên trong trường của anh ta. Có n học sinh muốn tham dự trại hè. Marcin là một huấn luyện viên thông minh, vì vậy anh ta muốn chỉ muốn gửi những học sinh mà có khả năng làm việc một cách bình tĩnh với nhau.

 

Chúng ta hãy tập trung vào những học sinh này. Họ được đánh số từ 1 đến n. Mỗi một người trong số họ được mô tả bởi hai số nguyên là a(i) và b(i); b(i) = là mức độ kĩ năng của học sinh thứ i. Ngoài ra, có 60 thuật toán được biết đến, chúng được đánh số từ 0 đến 59. Nếu học sinh thứ i biết thuật toán thứ j, thì bit thứ j (2^j) sẽ thuộc tập nhị phân của đại diện a(i).

Học sinh x nghĩ rằng anh ta có thể giỏi hơn học sinh y khi và ch khi x biết một vài thuật toán mà y không biết. Chú ý rằng 2 học sinh có thể nghĩ rằng họ tốt hơn lẫn nhau. Một nhóm các học sinh có thể làm việc với nhau một cách bình tĩnh nếu không có học sinh nào trong nhóm nghĩ rằng anh ta giỏi hơn những người còn lại trong nhóm.

 

Marcin muốn gửi một nhóm gồm ít nhất hai học sinh làm việc với nhau một cách bình tĩnh và có tổng skill lớn nhất có thể. Tổng đó là bao nhiêu.

Đầu vào:

+ Dòng đầu tiên chứa số nguyên n(1<=n<=7000) - số học sinh hứng thú với trại hè.

+ Dòng thứ 2 chứa n số a(i). Với 0<=a(i)<2^(60).

+ Dòng thứ 3 chứa n số b(i). Với 1<=b(i)<=10^9.

Đầu ra: In ra kết quả cần tìm. Nếu tìm không được in ra 0.

Ví dụ:

4

3 2 3 6

2 8 5 10

Kết quả: 15.

Screenshot from 2019-10-02 11-11-56.png




#726063 BỔ ĐỀ VỀ SỐ MŨ ĐÚNG VÀ MỘT SỐ ĐỊNH LÍ ,BỔ ĐỀ SỐ HỌC

Gửi bởi tritanngo99 trong 02-10-2019 - 07:39

BỔ ĐỀ VỀ SỐ MŨ ĐÚNG VÀ MỘT SỐ ĐỊNH LÍ ,BỔ ĐỀ SỐ HỌC
 

Về số mũ đúng : Cho $p$ là số nguyên tố ,$a$ là số nguyên và $\alpha$ là số tự nhiên. Ta nói $p^{\alpha}$ là lũy thừa đúng của $a$ và $\alpha$ là số mũ đúng của $p$ trong khai triển của $\alpha$ nếu $p^{\alpha}|a$ và $p^{\alpha+1} \not | a$
Khi đó ta viết $p^{\alpha} ||a$ hay $v_p(a)=\alpha$
Ví dụ $v_3(63)=2$ vì $63=3^2.7$
Một số tính chất về cái này : Cho $x,y,z$ là các số nguyên khi đó
i) $v_p(xy)=v_p(x)+v_p(y)$
ii) $v_p(x^n)=n.v_p(x)$
iii) $v_p(x+y) \ge min\{v_p(x),v_p(y)\}$ . Xảy ra khi và chỉ khi $v_p(x) \ne v_p(y)$
iv) $v_p(gcd(|x|,|y|,|z|))=min\{v_p(x),v_p(y),v_p(z)\}$
v) $v_p(lcm(|x|,|y|,|z|))=max\{v_p(x),v_p(y),v_p(z)\}$
 Một số bổ đề : Bổ đề 1 : Cho $x,y$ là các số nguyên và $n$ là một số nguyên dương. Cho $p$ là số nguyên tố bất kì sao cho $gcd(n,p)=1,p|x-y,x \not | p ,y \not |p$
Khi đó $v_p(x^n-y^n)=v_p(x-y)$
Bổ đề 2 :Cho $x,y$ là các số nguyên và $n$ là một số nguyên dương lẻ. Cho $p$ là số nguyên tố bất kì sao cho $gcd(n,p)=1,p|x+y,x \not | p ,y \not |p$
Khi đó $v_p(x^n+y^n)=v_p(x+y)$
Bổ đề 3 : Cho $x,y$ là các số nguyên và $n$ là một số nguyên dương . Cho $p$ là số nguyên tố ($p>2$) sao cho $p|x-y,x \not | p ,y \not |p$
Khi đó $v_p(x^n-y^n)=v_p(x-y)+v_p(n)$
Bổ đề 4 : Cho $x,y$ là các số nguyên và $n$ là một số nguyên dương  lẻ . Cho $p$ là số nguyên tố ($p>2$) sao cho $p|x+y,x \not | p ,y \not |p$
Khi đó $v_p(x^n+y^n)=v_p(x+y)+v_p(n)$
Bổ đề 5 : Cho $x,y$ là hai số nguyên lẻ sao cho $4|x-y$ khi đó $v_2(x^n-y^n)=v_2(x-y)+v_2(n)$
Bổ đề 6 : Cho $x,y$ là hai số nguyên lẻ và $n$ là số nguyên dương chẵn . Khi đó
$v_2(x^n-y^n)=v_2(x-y)+v_2(x+y)+v_2(n)-1$
MỘT SỐ ĐỊNH LÍ ,BỔ ĐỀ SỐ HỌC  (mấy cái Wilson,Fermat mình sẽ không đăng vì đã có nhiều)
Ta định nghĩa 1 : Cho số nguyên dương $n$. Số nguyên $a$ được gọi là thặng dư bình phương mod $n$ hay (số chính phương mod n) nếu tồn tại số nguyên $x$ sao cho $x^2 \equiv a \pmod{n}$
Định nghĩa 2 : Giả sử $p$ là một số nguyên tố lẻ , $a$ là một số nguyên. Kí hiệu La-Grang (Legendre) $(\frac{a}{p})$ được xá định như sau
$(a/p)=1$ nếu $gcd(a,p)=1$ và $a$ là số chính phương mod $p$
$(a/p)-1$ nếu $gcd(a,p)=1$ và $a$ không là số chính phương
$(a/p)=0$ nếu $p|a$
Định lí 1 : Giả sử $p$ là số nguyên tố lẻ . Khi đó phương trình $x^2 \equiv a \pmod{p}$
i) Chỉ có nghiệm khi $x \equiv 0 \pmod{p}$ với $a=0$
ii) Vô nghiệm hoặc đúng hai nghiệm nếu $p \not |a$
Chú ý : Định lí này không đúng với $p=2$
Hệ quả : Giả sử $p$ là số nguyên tố lẻ . Khi đó trong hệ thặng dư đầy đủ $\{1,2,..,p-1\}$ có đúng $\frac{p-1}{2}$ thặng dư bình phương và $\frac{p-1}{2}$ không thặng dư bình phương mod p
Định lí 2 (Euler's criterion) Giả sử $p$ là số nguyên tố lẻ ,$gcd(a,p)=1$ . Khi đó $(a/p) \equiv a^{\frac{p-1}{2}} \pmod{p}$
Định lí 3 : Cho $p$ là số nguyên tố lẻ và $a,b$ là các số nguyên dương sao cho $gcd(a,p)=gcd(b,p)=1$ Khi đó
i) Nếu $p|a-b$ thì $(\frac{a}{p})=(\frac{b}{p})$
ii) $(\frac{a}{p})(\frac{b}{p})=(\frac{ab}{p})$
iii) $(\frac{a^2}{p})=1$
iv) $(\frac{-1}{p})=1$ khi $p \equiv 1 \pmod{4}$
$(\frac{-1}{p})=-1$ khi $p \equiv 3 \pmod{4}$
Định lí 4 : Giả sử $gcd(x,y)=1$ , $a,b,c$ là các số nguyên $p$ là ước nguyên tố của $ax^2+bxy+cy^2$ , $p$ không là ước của $abc$ thì $A=b^2-4ac$ là thặng dư bậc hai mod $p$
Đặt biệt nếu $p$ là ước của $x^2-Ay^2$ và $gcd(x,y)=1$ thì $A$ là thặng dư bậc hai mod $p$
Bổ đề Gauss : Giả sử $p$ là số nguyên tố lẻ ,$a$ là số nguyên không chia hết cho $p$
Nếu trong số các thặng dư bé nhất của các số nguyên $a,2a,3a,..,\frac{p-1}{2}$ có $s$ thặng dư lớn hơn $\frac{p}{2}$ thì $(\frac{a}{p})=(-1)^s$
 Luật tương hỗ Gauss : Cho $p,q$ là hai số nguyên tố lẻ phân biệt. Khi đó
i) Nếu có ít nhất một trong hai số có dạng $4k+1$ thì $p$ là số chính phương (mod p) khi và chỉ khi $q$ là số chính phương (mod p)
ii) Nếu cả hai số đều có dạng $4k+3$ thì $p$ là số chính phương (mod $q$) khi và chỉ khi $q$ là số chính phương (mod p)
Kí hiệu Jacobi : Định nghĩa 3 : Cho $n$ là số nguyên dương lẻ với phân tích tiêu chuẩn
$n=p_1.p_2..p_k$ . Với $gcd(a,n)=1$ thì ta định nghĩa các kí hiệu Jacobi như sau
$(\frac{a}{n})=(\frac{a}{p_1})(\frac{a}{p_2})...(\frac{a}{p_k})$
Luật tương hỗ : Nếu $n,m$ là các số nguyên tố lẻ nguyên tố cùng nhau thì
$(\frac{n}{m})(\frac{m}{n})=(-1)^{\frac{(n-1)(m-1)}{4}}$

Nguồn: http://numbertheorynmq.blogspot.com




#726034 Các bài Div 1 Codeforces

Gửi bởi tritanngo99 trong 30-09-2019 - 22:09

Bài 4: [588-Div.1-C] Cứ mỗi q ngày, tiền lương sẽ bị thay đổi. Vào cuối mỗi ngày thứ i, nhân viên v(i) sẽ bắt đầu kiếm được n+i rúp mỗi ngày và sẽ trở nên là người được trả lương cao nhất trong công ty. Người nhân viên này sẽ giữ mức lương này cho đến khi mức lương b thay đổi.

Có một vài cặp nhân viên trong công ty họ không thích lẫn nhau. Điều này tạo ra một mối nguy hiểm tâm lý lớn trong công ty. Một cách chính thức, nếu hai người a và b không thích lẫn nhau và a kiếm nhiều tiền hơn b, nhân viên a sẽ khoe với nhân viên b. Một bộ ba gọi là nguy hiểm nếu một bộ ba gồm 3 nhân viên a,b và c, thỏa mãn a khoe với b, b khoe với c. Nếu a không thích b thì b không thích a.

Vào lúc bắt đầu mỗi ngày, Konrad cần ước tính số lượng bộ ba nguy hiểm trong công ty. Liệu bạn có thể giúp anh ta.
Đầu vào:
+ Dòng đầu tiên chứa hai số nguyên n và m (1<=n<=100000,0<=m<=100000) - số lượng nhân viên trong công ty và số cặp người không thích lẫn nhau trong công ty. Mỗi một dòng trong m dòng tiếp theo chứa hai số nguyên a và b.
+ q dòng tiếp theo (0<=q<=100000) - số lần thay đổi lương. Mỗi dòng thứ i của q dòng tiếp theo chứa 1 số nguyên v(i)(1<=v(i)<=n)
Đầu ra:
+ Gồm q+1 số nguyên. Mỗi dòng thứ i của q+1 dòng  chứa số lượng bộ ba nguy hiểm trong công ty vào cuối ngày thứ i.
Ví dụ:
4 5
1 2
2 4
1 3
3 4
2 3
2
2
3
Đầu ra:
4
3
2

Screenshot from 2019-09-30 22-08-05.png




#725965 Các bài Div 1 Codeforces

Gửi bởi tritanngo99 trong 28-09-2019 - 06:34

Bài 1: [588-Div.1-F] Cho $n$ cái cân được xếp theo vòng tròn. Mỗi cái cân liền kề với chính xác hai cái cân khác, với $i\in \left\{1;2;3;...;n-1\right\}$, thì cái cân thứ $i$ và cái cân thứ $i+1$ thì liền kề với nhau. Cái cân thứ $n$ và cái cân thứ $1$ liền kề với nhau.

Cái cân thứ $i$ ban đầu có $a[i]$ đồng xu. Bạn có thể thực hiện các bước như sau - Tại mỗi bước, ta lấy 1 đồng xu từ một chiếc cân, và đặt đồng xu đó sang 1 chiếc cân kề bất kỳ với chiếc cân đó.

Bài toán được giải quyết, khi sau một vài bước di chuyển, số đồng xu tại chiếc cân thứ i thỏa mãn: không lớn hơn $r[i]$ đồng xu và không bé hơn $l[i]$ đồng xu. Bạn hãy in ra số bước ít nhất có thể để có thể giải quyết được bài toán.

Đầu vào:

+ Dòng đầu tiên chứa $N(3\le N\le 35000)$. Với $N$ là số cái cân.

+ $N$ dòng tiếp theo, dòng thứ $i$ chứa 3 số $a[i],l[i],r[i](0\le a[i]\le 35000, 0\le l[i]\le r[i]\le 35000)$.

Đẩu ra: Số bước ít nhất để có thể giải quyết được bài toán.

Ví dụ:

5
0 2 3
1 2 3
4 3 3
4 3 3
4 3 3

Kết quả: 4.




#725921 Cách tính tổng $S_k(n) = 1^k + 2^k + 3^k + \dots + n^k .$

Gửi bởi tritanngo99 trong 26-09-2019 - 17:45

Hôm nay chúng ta sẽ học về một kết quả rất hay trong số học, đó là bổ đề Bezout. Bổ đề này phát biểu như sau.
 

Bổ đề Bezout. Nếu $d$ là ước số chung lớn nhất của hai số nguyên $a$ và $b$ thì sẽ tồn tại hai số nguyên $x$ và $y$ sao cho $$d = a x + b y.$$


Muốn xác định giá trị của hai số $x$ và $y$ trong bổ đề Bezout, chúng ta có thể dùng thuật toán Euclid. Chúng ta sẽ học về thuật toán này vào kỳ sau.



Trước tiên, chúng ta xem xét một vài ví dụ.

  • $a = 5$, $b = 7$, ước số chung lớn nhất là $d=1$, chúng ta có thể viết đẳng thức Bezout như sau $${\bf 1} = {\bf 5} \times 3 + {\bf 7} \times (-2).$$  
  • $a = 16$, $b = 30$, ước số chung lớn nhất là $d=2$, $${\bf 2} = {\bf 16} \times 2 + {\bf 30} \times (-1).$$
  • $a = 45$, $b = 155$, ước số chung lớn nhất là $d=5$, $${\bf 5} = {\bf 45} \times 7 + {\bf 155} \times (-2).$$






Chứng minh Bổ đề Bezout

Nếu $d$ là ước số chung lớn nhất của hai số nguyên $a$ và $b$ thì sẽ tồn tại hai số nguyên $x$ và $y$ sao cho $$d = a x + b y.$$




Đầu tiên chúng ta nhận xét rằng nếu $a=0$ thì $d=b$, cho nên bổ đề Bezout hiển nhiên đúng. Chúng ta chỉ cần chứng minh cho trường hợp $a \neq 0$ và $b \neq 0$.

Gọi $S$ là tập hợp tất cả các số nguyên có dạng $ax+by$ $$S = \{ ax + by : x \in Z, ~y \in Z \}.$$

Chúng ta có những nhận xét sau đây.



Nhận xét 1. Các số $0$, $a$, $b$ thuộc tập hợp $S$.



Từ nhận xét 1, chúng ta thấy tập hợp $S$ có chứa các số khác $0$. Vì vậy, trong tập hợp $S$, chúng ta có thể chọn ra một phần tử $s \neq 0$ sao cho $|s|$ có giá trị bé nhất.

Vì $s$ là một phần tử của tập hợp $S$, cho nên chúng ta có thể viết $s$ dưới dạng $$s = a ~x_s + b ~y_s.$$


Nhận xét 2. $s$ là ước số của bất kỳ số nào nằm trong tập hợp $S$.


Thật vậy, nếu chúng ta lấy bất kỳ một phần tử $u = a x_u + b y_u$ của tập hợp $S$, chúng ta chia nó cho $s$ sẽ có thương là $q$ và số dư là $r$. Chúng ta sẽ chứng minh rằng $r=0$.

Số dư $r$ thoã mãn điều kiện $$0 \leq |r| < |s|.$$

Chúng ta sẽ có $$u = sq + r,$$ do đó $$r = u - sq = (a x_u + b y_u) - (a x_s + b y_s)q = (x_u - x_s q)a + (y_u - y_s q)b.$$

Từ đó suy ra $r$ là một phần tử của tập hợp $S$. Nhưng mà $0 \leq |r| < |s|$, trong khi đó $s$ là một phần tử khác không của tập hợp $S$ có giá trị tuyệt đối bé nhất. Từ đó suy ra $r=0$, tức là $u$ chia hết cho $s$.

Như vậy chúng ta đã chứng minh xong Nhận xét 2 rằng $s$ là ước số của bất kỳ số nào nằm trong tập hợp $S$.



Nhận xét 3. $s$ là ước số của $d$.

Thật vậy, theo nhận xét 2, $s$ là ước số của bất kỳ số nào nằm trong tập hợp $S$, mà $a$ và $b$ nằm trong tập hợp $S$, do đó $s$ là ước số của $a$ và $b$. Trong khi đó $d$ là ước số lớn nhất của $a$ và $b$, cho nên $s$ phải là ước số của $d$.


Nhận xét 4. $d$ là ước số của $s$.


Thật vậy, vì $d$ là ước số của $a$ và $b$ cho nên $d$ là ước số của bất kỳ số nào có dạng $a x + b y$. Mà $s$ có dạng $ax + by$, do đó, $d$ là ước số của $s$.

Từ hai nhận xét cuối cùng, chúng ta suy ra $d = \pm s$, và vì vậy $d$ có dạng $a x + b y$, và bổ đề Bezout đã được chứng minh.



Ứng dụng của bổ đề Bezout

Bài toán. Tìm tất cả các số nguyên $a$ và $b$ sao cho $5~a + 7~b = 1$

Lời giải. Chúng ta thấy rằng phương trình $5~a + 7~b = 1$ có dạng như phương trình Bezout cho hai số $5$ và $7$.

Vì $5$ và $7$ có ước số chung lớn nhất là $1$ cho nên theo bổ đề Bezout sẽ tồn tại $x$ và $y$ để cho $$1 = 5 ~x + 7 ~y$$

Thử một vài số, chúng ta thấy $x=3$, $y=-2$ thõa mãn. Do đó $$1 = 5 \times 3 + 7 \times (-2)$$

Trừ hai vế cho phương trình $5~a + 7~b = 1$, chúng ta có $$5(a-3) + 7 (b+2) = 0$$

Tức là $$7(b+2) = 5(3-a)$$

Do đó $7(b+2)$ chia hết cho $5$. Suy ra $b+2$ chia hết cho $5$. Đặt $$b+2 = 5s,$$ chúng ta có $$b = 5s -2$$ và $$5(3-a) = 7(b+2) = 35s$$

Từ đó suy ra $$3-a = 7s$$ và $$a = 3-7s$$

Tóm lại chúng ta có nghiệm là $a = 3-7s$, $b=5s-2$.

 



Bài toán. Có hai cái bình dạng 500 mili lít và 700 mili lít. Hãy chỉ cách dùng hai cái bình này để đong ra đúng 100 mili lít nước.


Lời giải. Thực ra bài toán này có ý tưởng như bài toán ở trên. Chúng ta có $$1 = 5 \times 3 - 7 \times 2.$$

Do đó chỉ cần đong ba lần bình 500 ml trừ đi hai lần bình 700 ml chúng ta sẽ có chính xác 100 ml.

Lời giải ở hình vẽ sau đây.

Screenshot from 2019-09-26 17-44-42.png

  Lấy được 100ml bằng cách đong ba lần bình 500ml và làm đầy hai lần bình 700ml



Chúng ta tạm dừng ở đây. Kỳ sau chúng ta tiếp tục học về bổ đề Bezout và thuật toán Euclid. Hẹn gặp lại các bạn.





Bài tập về nhà.

1. Cho hai số nguyên $a$ và $b$ nguyên tố cùng nhau. Chứng minh rằng tồn tại số nguyên $c$ sao cho $$ac = 1 \pmod{b}.$$
Số $c$ được gọi là nghịch đảo của số $a$ trong modulo $b$.

2. Tìm tất cả các số tự nhiên $n$ sao cho $1000 n - 1$ chia hết cho $2013$.

3. Cho ba số nguyên $a$, $b$, và $c$. Gọi $d$ là ước số chung lớn nhất của $a$, $b$, $c$. Chứng minh rằng tồn tại ba số nguyên $x$, $y$, $z$ sao cho $$d= a ~x + b ~y + c ~z  .$$

Nguồn: vuontoanblog.blogspot.com
 




#725919 Cách tính tổng $S_k(n) = 1^k + 2^k + 3^k + \dots + n^k .$

Gửi bởi tritanngo99 trong 26-09-2019 - 17:22

Hôm nay chúng ta sẽ học về công thức tính tổng các luỹ thừa $$S_k(n) = 1^k + 2^k + 3^k + \dots + n^k .$$


Công cụ chính mà chúng ta sẽ dùng là nhị thức Newton sau đây $$(x+y)^k = x^k + {k \choose 1} x^{k-1} y + {k \choose 2} x^{k-2} y^2 + {k \choose 3} x^{k-3} y^3 + \dots + {k \choose {k-1}} x y^{k-1} + y^k.$$



Đầu tiên chúng ta sẽ tính $$S_1(n) = 1 + 2 + 3 + \dots + n .$$


Dùng nhị thức Newton $$(m+1)^{2} = m^{2} + 2 m + 1,$$ chúng ta có $$(m+1)^{2} - m^{2} = 2 m + 1.$$

Lần lượt thay $m=1,2, \dots, n$ vào biểu thức trên rồi cọng tất cả lại, $$\sum_{m=1}^{n} [(m+1)^{2} - m^{2}] = \sum_{m=1}^{n} [2 m + 1],$$ chúng ta được $$(n+1)^{2} - 1^{2} = 2 S_1(n) + n.$$

Vậy $$2 S_1(n) = (n+1)^{2} - 1^{2} - n = n^2 + n = n(n+1)$$

Từ đó chúng ta có công thức quen thuộc $$S_1(n) = 1 + 2 + \dots + n = \frac{1}{2} n(n+1).$$



Tiếp tục chúng ta sẽ tính $$S_2(n) = 1^2 + 2^2 + 3^2 + \dots + n^2 .$$

Dùng nhị thức Newton $$(m+1)^{3} = m^{3} + 3 m^2 + 3 m + 1,$$ chúng ta có $$(m+1)^{3} - m^{3} = 3 m^2 + 3 m + 1.$$

Lần lượt thay $m=1,2, \dots, n$ vào biểu thức trên rồi cọng tất cả lại, $$\sum_{m=1}^{n} [(m+1)^{3} - m^{3}] = \sum_{m=1}^{n} [3 m^2 + 3 m + 1],$$ chúng ta được $$(n+1)^{3} - 1^{3} = 3 S_2(n) + 3 S_1(n) + n.$$

Vậy $$3 S_2(n) = (n+1)^{3} - 1^{3} - n - 3 S_1(n) $$ $$= (n+1)^{3} - 1^{3} - n - \frac{3}{2} n(n+1) = \frac{1}{2} n(n+1)(2n+1)$$

Từ đó chúng ta có công thức quen thuộc $$S_2(n) = 1^2 + 2^2 + \dots + n^2 = \frac{1}{6} n(n+1)(2n+1).$$



Tương tự chúng ta tính được $S_3(n)$ như sau $$(n+1)^{4} - 1^{4} = 4 S_3(n) + 6 S_2(n) + 4 S_1(n) + n$$ và $$S_3(n) = 1^3 + 2^3 + \dots + n^3 = \frac{1}{4} n^2 (n+1)^2.$$

Tìm $S_4(n)$, $$(n+1)^{5} - 1^{5} = 5 S_4(n) + 10 S_3(n) + 10 S_2(n) + 5 S_1(n) + n$$ và $$S_4(n) = 1^4 + 2^4 + \dots + n^4 = \frac{1}{30} (6 n^5 + 15 n^4 + 10 n^3 -n).$$

Tìm $S_5(n)$, $$(n+1)^{6} - 1^{6} = 6 S_5(n) + 15 S_4(n) + 20 S_3(n) + 15 S_2(n) + 6 S_1(n) + n$$ và $$S_5(n) = 1^5 + 2^5 + \dots + n^5 = \frac{1}{12} (2 n^6 + 6 n^5 + 5 n^4 -n^2).$$

 

Tổng quát, với $k$ bất kỳ, theo nhị thức Newton thì $$(m+1)^{k+1} = m^{k+1} + (k+1) m^{k} + {{k+1} \choose 2} m^{k-1} +  \dots + {{k+1} \choose {k-1}} m^{2} + (k+1) m + 1.$$



Do đó $$(m+1)^{k+1} - m^{k+1} = (k+1) m^{k} + {{k+1} \choose 2} m^{k-1} +  \dots + {{k+1} \choose {k-1}} m^{2} + (k+1) m + 1.$$

Nếu chúng ta lấy tổng của tất cả các đẳng thức này lại như sau $$\sum_{m=1}^{n}[(m+1)^{k+1} - m^{k+1}]$$ $$ = \sum_{m=1}^{n} [(k+1) m^{k} + {{k+1} \choose 2} m^{k-1} +  \dots + {{k+1} \choose {k-1}} m^{2} + (k+1) m + 1].$$ thì chúng ta sẽ thiết lập được công thức $$(n+1)^{k+1} - 1^{k+1}$$ $$ = (k+1) S_k(n) + {{k+1} \choose 2} S_{k-1}(n) +  \dots + {{k+1} \choose {k-1}} S_2(n) + (k+1) S_1(n) + n.$$

Từ đó chúng ta sẽ tính được $S_k(n)$ từ các giá trị của $S_{k-1}(n)$, $\dots$, $S_2(n)$, $S_1(n)$.

Như vậy chúng ta đã học được cách tìm công thức tổng quát của $S_k(n)$. Chúng ta tạm dừng ở đây, kỳ sau, chúng ta sẽ tìm hiểu về $$S_{-k}(n) = \frac{1}{1^k} + \frac{1}{2^k} + \frac{1}{3^k} + \dots + \frac{1}{n^k}.$$

Hẹn gặp lại các bạn.




Bài tập về nhà.


Chứng minh rằng
$$1^{1000} + 2^{1000} + 3^{1000} + \dots + 2010^{1000} = 0 \pmod{2011},$$
$$1^{2012} + 2^{2012} + 3^{2012} + \dots + 2010^{2012} = 0 \pmod{2011}.$$
Nguồn: vuontoanblog.blogspot.com

Ps: vuontoanblog.blogspot.com là trang web của anh : Tô Niên Đông Vũ - Người từng đạt Huy Chương Bạc Toán quốc tế,




#725722 Bài toán ăn táo để xác định người chiến thắng

Gửi bởi tritanngo99 trong 21-09-2019 - 08:42

Đề bài :Có một cây táo sinh ra nhiều trái táo, và các trái táo này có nhiều màu khác nhau, gồm tất cả N màu, các màu này được đánh số từ 1 đến N. Có a(i) quả táo có màu thứ i. Bạn và LuLu lần lượt thực hiện thao tác sau (bắt đầu từ bạn):
+ Chọn một hoặc nhiều quả táo từ cây và ăn chúng. Ở đây, những quả táo được chọn cùng một lúc đều phải có màu sắc khác nhau.
Người ăn quả táo cuối cùng từ cây sẽ là người chiến thắng. Nếu cả bạn và LuLu đều chơi một cách tối ưu , ai sẽ là người chiến thắng.
Ví dụ: N=2; a(1)=1;a(2)=2. Kết quả: Người đầu tiên chơi sẽ là người chiến thắng.
Giải thích: Giả sử màu 1 là màu đỏ và màu 2 là màu xanh . Trong trường hợp này, cái cây sẽ sinh ra 1 quả táo đỏ và 2 quả táo xanh. Bạn nên ăn quả táo đầu tiên. Tiếp theo LuLu bắt buộc phải ăn 1 quả táo màu xanh và bạn sẽ ăn quả táo cuối cùng và là người chiến thắng. (Ở đây LuLu chỉ có thể ăn 1 quả xanh vì nếu ăn 2 quả xanh, LuLu bị phạm vào luật chơi: Đó là nếu ăn nhiều hơn 1 quả thì những quả này phải có màu khác nhau).




#725719 Vật chất tối, Fritz Zwicky và Vera Rubin – Michio Kaku

Gửi bởi tritanngo99 trong 20-09-2019 - 22:50

Vật chất tối, Fritz Zwicky và Vera Rubin – Michio Kaku By npv • 29/12/2016

Vera Rubin, nhà thiên văn học nữ hiếm hoi trong lịch sử, qua đời ngày 25 tháng 12 vừa qua. Trong những năm 1970, Vera Rubin và đồng nghiệp đã quan sát thiên hà Andromeda và xác nhận sự tồn tại của vật chất tối (dark matter) trong vũ trụ, một ý tưởng được Friz Zwicky ở Caltech đưa ra năm 1933. 

Vera Rubin hiểu hơn ai hết sự phân biệt giới trong khoa học, đặc biệt là thiên văn học, một lĩnh vực do nam giới thống trị hàng ngàn năm. No room for woman. Nhiều nhà vật lý đương đại cho rằng ủy ban Nobel bỏ quên Vera Rubin là việc rất đáng trách. 

Dưới đây là “Omega và Vật chất tối” trích từ Các thế giới song song của tác giả Michio Kaku (Nhã Nam, NXB Thế Giới, 2015).

OMEGA VÀ VẬT CHẤT TỐI

Câu chuyện về vật chất tối có lẽ là một trong những chương kỳ lạ nhất trong vũ trụ học. Trở lại thập niên 1930, nhà thiên văn người Thụy Sĩ không theo một khuôn phép nào là Fritz Zwicky của Cal Tech nhận thấy rằng các thiên hà trong quần thiên hà Tóc Tiên (Coma) không di chuyển chính xác theo học thuyết hấp dẫn của Newton. Ông thấy các thiên hà này di chuyển nhanh tới mức lẽ ra chúng phải bay tứ tán và đám thiên hà này phải tan rã, nếu tuân theo các định luật Newton về chuyển động. Ông nghĩ rằng cách duy nhất mà quần thiên hà Tóc Tiên có thể được giữ lại với nhau, thay vì bay tứ tán ra ngoài, là cụm này phải có lượng vật chất nhiều hơn hàng trăm lần so với lượng vật chất có thể nhìn thấy được bằng kính thiên văn. Hoặc là các định luật Newton vì lý do nào đó đã không còn đúng ở các khoảng cách tầm thiên hà hoặc đã có một lượng rất lớn vật chất vô hình bị bỏ sót trong quần thiên hà Tóc Tiên đã giữ nó lại cùng nhau.

Điều này là dấu hiệu đầu tiên trong lịch sử rằng có một cái gì đó hết sức không ổn liên quan tới sự phân bố của vật chất trong vũ trụ. Điều không may là các nhà thiên văn đã đồng loạt từ chối hoặc bỏ qua công trình tiên phong này của Zwicky, vì vài lý do.

Trước hết, các nhà thiên văn khó có thể chấp nhận rằng thuyết hấp dẫn của Newton, vốn đã thống trị vật lý trong vài thế kỷ, lại có thể không đúng. Có một tiền lệ để xử lý các khủng hoảng giống như vậy trong thiên văn học. Khi quỹ đạo của sao Thiên Vương được phân tích trong thế kỷ 19, người ta thấy rằng nó bị lắc lư – bị lệch một lượng nhỏ so với các phương trình của Isaac Newton. Vì vậy, hoặc là Newton sai, hoặc phải có một hành tinh mới mà lực hấp dẫn của nó đã lôi kéo sao Thiên Vương. Hóa ra điều thứ hai là đúng, và sao Hải Vương được tìm thấy ngay từ nỗ lực đầu tiên vào năm 1846 bằng việc phân tích vị trí dự đoán của nó theo các định luật Newton.

Thứ hai, có vấn đề liên quan đến tính cách của Zwicky và đến việc các nhà thiên văn đã đối xử với những “kẻ ngoại đạo” như thế nào. Zwicky là một người nhìn xa trông rộng nhưng thường hay bị chế giễu hay bị bỏ qua trong suốt cuộc đời. Năm 1933, cùng với Walter Baade, ông đã đặt ra từ “supernova” (“sao siêu mới”) và dự đoán đúng rằng một sao nơtron nhỏ, kích thước khoảng 14 dặm (22,5 km), sẽ là tàn tích cuối cùng của một ngôi sao nổ tung. Ý tưởng này kỳ dị tới mức nó đã bị đả kích trong một bức tranh biếm họa trên nhật báo Los Angeles Times vào ngày 19 tháng 1 năm 1934. Zwicky tức giận một nhóm nhỏ các nhà thiên văn thượng lưu, những kẻ mà ông nghĩ rằng đã ra sức không công nhận ông, đã ăn cắp các ý tưởng của ông và không cho ông làm việc trên các kính viễn vọng 100 và 200 inch (2,5 m và 5 m). (Ngay trước khi ông qua đời vào năm 1974, Zwicky tự xuất bản một danh lục liệt kê các thiên hà. Danh lục này mở đầu với tiêu đề: “Một lời nhắc nhở với các Tu sĩ Cao cấp của Thiên văn học Mỹ và những kẻ nịnh hót họ.” Bài tiểu luận này đã đưa ra lời phê phán nghiêm khắc bản chất bè phái, hẹp hòi của tầng lớp thượng lưu trong giới thiên văn học, những kẻ có xu hướng loại trừ những người không tuân theo khuôn phép như ông. “Ngày nay những kẻ nịnh hót và những kẻ trộm cắp rõ ràng dường như được tự do, trong hội Thiên văn học Mỹ nói riêng, chiếm đoạt các khám phá và các sáng kiến do những con sói cô độc và những kẻ không theo lề thói tạo ra,”* ông đã viết như vậy. Ông còn gọi các cá nhân này là “những kẻ chết tiệt béo tròn,” bởi vì “chúng là những kẻ chết tiệt theo bất kỳ cách nào bạn nhìn chúng.” Ông còn điên tiết vì đã bị gạt ra khi giải Nobel được trao cho người khác do thành tích phát hiện ra sao nơtron.*)

Năm 1962, vấn đề lạ lùng nói trên trong chuyển động thiên hà được nhà thiên văn Vera Rubin tái khám phá. Bà đã nghiên cứu chuyển động quay của Ngân Hà và nhận thấy cùng một vấn đề; thế nhưng bà cũng đã nhận được cái nhún vai lạnh lùng từ cộng đồng thiên văn học. Thông thường, một hành tinh càng xa Mặt Trời thì nó càng di chuyển chậm. Và càng gần thì nó càng di chuyển nhanh. Lý do sao Thủy được đặt tên theo thần tốc độ[1] vì nó quá gần Mặt Trời, và vận tốc của sao Diêm Vương chậm hơn vận tốc của sao Thủy 10 lần vì nó ở xa Mặt Trời nhất. Tuy nhiên, khi Vera Rubin phân tích những ngôi sao xanh lam trong thiên hà của chúng ta, bà nhận thấy rằng những ngôi sao đó quay quanh thiên hà với cùng một tốc độ, không phụ thuộc vào khoảng cách của chúng đến tâm thiên hà (gọi là đồ thị tốc độ quay không đổi[2]), do đó chúng vi phạm các quy tắc của cơ học Newton. Trên thực tế, bà nhận thấy rằng Ngân Hà quay nhanh tới mức đúng ra thì nó phải bay nở tóe ra. Tuy nhiên, Ngân Hà vẫn khá ổn định trong khoảng 10 tỉ năm nay; quả là bí ẩn không rõ tại sao đồ thị lại chạy theo phương ngang. Để giữ cho thiên hà không bị tan rã, nó phải nặng gấp 10 lần mức độ mà các nhà khoa học hiện đang hình dung. Rõ ràng, 90% khối lượng của Ngân Hà đã bị bỏ sót!

Vera Rubin đã không được để ý tới, một phần vì bà là phụ nữ. Với một sự đau xót nhất định, bà nhớ lại rằng, khi bà nộp đơn thi vào Đại học Swarthmore College theo chuyên ngành khoa học và tình cờ nói với viên chức của bộ phận tuyển sinh rằng bà thích vẽ, người phỏng vấn đã hỏi: “Đã bao giờ bạn xem xét một nghề nghiệp mà công việc là vẽ những bức tranh về các thiên thể chưa?” bà nhớ lại. “Điều đó đã trở thành một câu nói vui trong gia đình tôi: trong nhiều năm, bất cứ khi nào có điều gì đó không ổn với bất kỳ ai, chúng tôi lại nói: ‘Đã bao giờ bạn xem xét một nghề nghiệp mà công việc là vẽ những bức tranh về các thiên thể chưa?’”* Khi bà nói với thầy giáo vật lý trường trung học phổ thông của bà rằng bà đã được nhận vào trường Vassar, ông thầy liền đáp: “Em sẽ ổn miễn là không lao vào khoa học.” Sau đó bà nhớ lại: “Phải có nghị lực phi thường để nghe những điều như thế mà không bị đánh gục.”

Sau khi tốt nghiệp, Rubin nộp đơn và được chấp nhận vào Harvard, nhưng bà đã từ bỏ vì bà đi lấy chồng và theo chồng mình, một nhà hóa học, tới Cornell. (Bà nhận được một bức thư hồi đáp từ Harvard, với dòng chữ viết tay được viết ở phía dưới: “Những phụ nữ chết tiệt. Cứ mỗi khi tôi nhận được một cô nàng được việc, thì cô ta lại bỏ cuộc và đi lấy chồng.”) Gần đây, bà tham dự một hội nghị thiên văn học tại Nhật Bản, và bà là người phụ nữ duy nhất tại đó. “Quả thật suốt một thời gian dài tôi không thể kể câu chuyện đó mà không rơi nước mắt, vì chắc chắn trong một thế hệ… chắc chả có mấy thay đổi,” bà thú nhận.

Tuy nhiên, sức nặng đáng kể từ công trình cẩn thận của bà, và công trình của những người khác, đã dần dần thuyết phục cộng đồng thiên văn về vấn đề khối lượng vật chất bị bỏ sót. Vào năm 1978, Rubin và các đồng nghiệp của bà đã kiểm tra mười một thiên hà xoắn ốc; tất cả chúng đều quay quá nhanh nên nếu theo các định luật của Newton thì chúng không thể ở lại cùng nhau. Cùng năm đó, nhà thiên văn vô tuyến Hà Lan là Albert Bosma đã công bố phân tích hoàn thiện nhất về hàng chục thiên hà xoắn ốc, gần như tất cả chúng đều thể hiện cùng một hành vi dị thường. Điều này cuối cùng dường như đã thuyết phục được cộng đồng thiên văn rằng vật chất tối quả thật có tồn tại.

Giải pháp đơn giản nhất cho vấn đề cùng quẫn này là giả định rằng các thiên hà được bao quanh bởi một quầng vô hình có chứa vật chất nhiều gấp 10 lần bản thân các ngôi sao. Kể từ đó, các phương pháp khác tinh vi hơn đã được phát triển để đo đạc sự hiện diện của thứ vật chất vô hình này. Một trong những phương pháp ấn tượng nhất là đo sự biến dạng của ánh sáng sao khi nó di chuyển qua vật chất vô hình. Giống như các mắt kính của đôi kính của bạn, vật chất tối có thể uốn cong ánh sáng (do khối lượng khổng lồ nên nó có lực hấp dẫn lớn). Gần đây, bằng phân tích kỹ lưỡng các bức ảnh của kính viễn vọng không gian Hubble nhờ máy tính, các nhà khoa học đã có thể xây dựng các bản đồ phân bố của vật chất tối trong khắp vũ trụ.

Một cuộc tranh giành ác liệt đã xảy ra để khám phá xem vật chất tối được hình thành từ cái gì. Một số nhà khoa học nghĩ rằng nó có thể bao gồm vật chất thông thường, ngoại trừ rằng nó rất mờ (có nghĩa là, hợp thành từ các sao lùn nâu[3], sao nơtron, lỗ đen, v.v. tất cả gần như là vô hình). Những thiên thể như vậy được gộp lại với nhau thành “vật chất baryon”, nghĩa là vật chất hợp thành từ các hạt baryon[4] quen thuộc (như các nơtron và proton). Chúng được gọi một cách tập thể là các MACHO (viết tắt trong tiếng Anh của massive compact halo objects, nghĩa là “các vật thể đặc nặng của quầng”).

Những người khác thì nghĩ rằng vật chất tối có thể bao gồm vật chất phi baryon rất nóng, như các nơtrino (gọi là vật chất tối nóng). Tuy nhiên, các nơtrino di chuyển nhanh tới mức không thể lấy chúng để giải thích cho phần lớn sự kết tụ của vật chất tối và các thiên hà mà chúng ta thấy trong tự nhiên. Còn những người khác thì giơ cả hai tay lên trời chịu thua với ý nghĩ rằng vật chất tối hợp thành từ một kiểu vật chất hoàn toàn mới, được gọi là “vật chất tối lạnh”, hoặc các WIMP (viết tắt trong tiếng Anh của “weakly interacting massive particles”, nghĩa là “các hạt nặng tương tác yếu”), ứng viên hàng đầu để giải thích hầu hết vật chất tối.

 

[1]. Sao Thủy trong các ngôn ngữ phương Tây được đặt theo tên thần Mercury, vị thần truyền tin trong thần thoại La Mã.

[2]. Đồ thị thể hiện vận tốc quay của các sao trong thiên hà lấy theo biến số khoảng cách đến tâm thiên hà cho thấy ban đầu vận tốc quay tăng lên khi ngôi sao xa dần tâm, nhưng đến một giá trị khoảng cách nhất định thì vận tốc quay của sao gần như không đổi cho dù khoảng cách tăng lên. Do đó nó được gọi là flat rotation curve (đồ thị tốc độ quay không đổi).

[3]. Sao lùn nâu là loại sao “thui chột”, có kích thước nhỏ nên không có đủ năng lượng để khởi phát phản ứng hạt nhân và phát sáng như sao thường. Chúng chỉ phát ra các tia hồng ngoại.

[4]. Một loại hạt hạ nguyên tử nặng (baryon gốc từ tiếng Hy Lạp nghĩa là “nặng”) gồm ba hạt quark, cùng với loại hạt meson nhẹ hơn tạo nên họ hạt hadron chịu lực tương tác hạt nhân mạnh.

cac-the-gioi-song-song-01.jpg?w=610

Nguon: https://hocthenao.vn...in-michio-kaku/

 



#725597 Phương trình Drake

Gửi bởi tritanngo99 trong 17-09-2019 - 20:19

Phương trình Drake

Phương trình Đrêk (phiên dịnh từ tiếng Anh: Drake equation) là một mô tả xác suất toán học do nhà thiên văn học Frank Drake đề xuất, dùng để ước tính số lượng nền văn minh ngoài Trái Đất trong Ngân Hà. Phương trình dùng trong sinh học vũ trụ cũng như tìm kiếm trí tuệ người ngoài hành tinh từ Viện SETI.[1], [2]

220px-Dr._Frank_Drake.jpg

 

Lịch sử

  • Ý tưởng tìm kiếm và liên lạc với người ngoài hành tinh có thể đã có từ lâu, nhưng thường được cho rằng chính thức xuất phát từ một bài báo trên tạp chí Nature năm 1959 của các nhà vật lí Giuseppe Cocconi và Philip Morrison. Hai ông cho là kính thiên văn vô tuyến đương thời đã có khả năng chuyển sóng vô tuyến vào vũ trụ và ngược lại nhận sóng từ nền văn minh ngoài Trái Đất từ vũ trụ dội về.[3]
  • Cuối năm 1959, giáo sư thiên văn học ở Đại học Harvard là Harlow Shapley ước đoán rằng số lượng hành tinh có người trong vũ trụ tương tự như Trái Đất có thể lên tới 1018 và khả năng liên lạc hay ít nhất là nhận biết ra nhau là có thể.[4]
  • Vào khoảng thời gian này, Frank Drake đang làm công tác nghiên cứu trong lĩnh vực thiên văn vô tuyến tại Đài quan sát thiên văn quốc gia (NRAO) thuộc Green Bank (Ngân hàng Xanh) ở Tây Virginia. Ông đã tổ chức một cuộc họp "tìm kiếm trí thông minh ngoài trái đất" về phát hiện tín hiệu vô tuyến thiên văn. Cuộc họp diễn ra tại một trụ sở của Ngân hàng Xanh vào năm 1961. Phương trình mang tên Drake phát sinh từ sự chuẩn bị của ông cho cuộc họp.[5]
  • Trong cuộc họp, phát biểu của ông có đoạn (không nguyên văn):

Khi tôi lên kế hoạch cho cuộc họp một vài ngày trước, chúng tôi cần một chương trình nghị sự. Vì vậy tôi đã viết ra tất cả những điều bạn cần biết để dự đoán nó sẽ khó khăn như thế nào nhằm phát hiện cuộc sống ngoài Trái Đất. Và nhìn vào nó (tức phương trình) sẽ trở nên khá rõ ràng là nếu bạn nhân lên tất cả chúng với nhau, thì bạn sẽ có N là số lượng các nền văn minh có thể phát hiện được trong Thiên hà của chúng ta. Điều này nhằm vào tìm kiếm trên radio (sóng vô tuyến) mà không tìm kiếm các dạng sống nguyên sơ.[6]

Phương trình

Dưới đây là phương trình Drake:

 

Screenshot from 2019-09-17 20-18-18.png

trong đó:

N = số lượng nền văn minh trong ngân hà mà ta có thể liên lạc

R* = tỷ lệ bình quân các ngôi sao được hình thành mỗi năm trong thiên hà của chúng ta. fp = xác suất sao có hành tinh ne = xác suất hành tinh trong hệ hành tinh có hỗ trợ sự sống f = xác suất sự sống phát triển trên một hành tinh có hỗ trợ sự sống fi = xác suất để sự sống phát triển thành sinh vật thông minh fc = xác suất một nền văn minh có công nghệ phát triển tới mức các dấu hiệu của họ có thể nhận thấy trong không gian L = khoảng thời gian một nền văn minh như vậy phát các tín hiệu vào không gian[7] Vai trò Ý nghĩa

  • Phương trình Drake có ý nghĩa nhất định trong việc ước tính xác suất các hành tinh có thể có trí tuệ. Chẳng hạn, theo chính tác giả Drake, thì Thiên Hà của chúng ta có khoảng 1.000 đến 1.000.000 hành tinh loại này.
  • Kể từ khi được công bố đến nay, sau 50 năm, phương trình này vẫn có tầm quan trọng hàng đầu tuy không phải là duy nhất để tìm hiểu số lượng kỳ vọng hành tinh có trí tuệ. Phương trình Drake được coi là một trong những "đốt xương sống" của Sinh học vũ trụ.
  • Phương trình Drake là một tuyên bố kích thích trí tò mò trí tuệ về vũ trụ xung quanh chúng ta, giúp chúng ta hiểu rằng sự sống trong đó có loài người chúng ta là sản phẩm của quá trình tiến hóa tự nhiên, chỉ là một phần của vũ trụ bao la.
  • Nguồn:https://vi.wikipedia...ơng_trình_Drake



#724325 NGƯỜI THÔNG MINH NHẤT HÀNH TINH

Gửi bởi tritanngo99 trong 30-07-2019 - 06:19

NGƯỜI THÔNG MINH NHẤT HÀNH TINH

(dành cho người quan tâm đến Toán, Vật lý và Triết học)

...Grigori Perelman, sinh năm 1966 - đứng thứ 9 trong danh sách 100 thiên tài đang sống giữa chúng ta (kết quả bầu năm 2007 khi ông còn chưa được giải Clay vì lời giải bài toán “thiên niên kỷ” của Poincare, trong khi đó đứng đầu danh sách là Hoffman, cha đẻ của “thuốc gây ảo giác LSD”). Tuy vậy theo tôi biết thì cộng đồng khoa học đã từ lâu công nhận ông là nhà khoa học thông thái nhất hành tinh, tôi tuy ngoại đạo nhưng cũng rất tò mò muốn biết con người này thực ra là ai, ngoài những thông tin “lá cải” về việc ông từ chối nhận giải thưởng 1 triệu đôla và ở ẩn đối với tất cả xã hội do đó sống nghèo đói. Đơn giản khi một con người đã tuyệt đỉnh thông minh, thì ngoài việc “lập dị” ra thì mỗi hành động của ông ta phải có cả một câu chuyện dài phía sau, chứ không phải kiểu “nổ” bất thình lình... Và qua cuộc đời ông, tôi thấy được một câu chuyện rất hay về các nhà toán học thời hiện đại, cũng như toán học cần thiết để làm gì, từ những cuộc tranh cãi “32 con gà” ngày nay cho đến thành tựu của Ngô Bảo Châu đều có ý nghĩa cao siêu hơn ta hằng nghĩ!

Đầu tiên phải nói thật, gây tò mò nhất đối với tôi là việc ngài Perelman là “chuyên gia từ chối các giải thưởng danh giá”. Hãy xem ông đã từ chối gì:

-1996 từ chối giải của Hiệp hội toán học châu Âu (EMC) dành cho các nhà toán học trẻ - giải thưởng này như một bảo đảm cho người lĩnh giải sẽ được nhận vào làm việc tại các trường đại học danh giá nhất của Âu, Mỹ và đảm bảo cuộc sống vật chất dài lâu.

-2006 ông từ chối nhận giải Fields danh giá - một "Nobel trong toán học" (lần kế tiếp Ngô Bảo Châu đã giành giải này cùng 3 nhà toán học khác tại Ấn Độ, 2010).

-2010 ông từ chối nhận giải thưởng của Viện toán học Clay với số tiền 1 triệu đô la do giải được 1 trong 7 bài toán “thiên niên kỷ”- đó là bài toán Poincaré từ 1904 và 98 năm sau loài người mới có lời giải! 6 bài toán kia vẫn còn chờ đợi...

-2011 ông từ chối trở thành viện sỹ Viện hàn lâm khoa học Nga. Tuy chỉ là danh hiệu trong nước, nhưng về giá trị vật chất còn lớn hơn cả những lần “từ chối” trước kia, sẽ đủ cho ông sung sướng cả đời...

Vì sao như vậy? Sinh ra ở Leningrad (CCCP), cậu bé Do thái Perelman học ở một trường bình thường ở ngoại ô cho đến năm lớp 9, chỉ sinh hoạt ở nhóm học sinh giỏi toán tại Cung thiếu nhi thành phố. Năm 1982 cậu học sinh 15 tuổi này đoạt giải nhất với số điểm tuyệt đối ở cuộc thi Olimpic Toán quốc tế tại Hungary (khá giống Ngô Bảo Châu, trẻ hơn mấy tháng). Sau đấy cậu mới được vào học trường chuyên toán - lý 239 nổi tiếng của Leningrad. Vào đại học, vì được chọn trường, cậu suýt chọn trường nhạc (cậu có biết chơi violin nhưng không cơ bản) nhưng sau nghe lời mẹ, lại đi vào khoa toán. Sau khi bảo vệ luận án tiến sỹ toán, cậu sang Mỹ đầu những năm 90 để làm việc tại một số trường đại học. Ngay lúc còn rất trẻ này cậu đã rất khác người: sống rất khắc khổ, thường xuyên chỉ ăn bánh mỳ, sữa và phomat. Ngay từ lúc này cậu đã bắt tay vào giải bài toán thiên niên kỷ của Poincaré. Các phát hiện quan trọng lần lượt ra đời, ví dụ như một cách chứng minh ngoạn mục của Perelman cho “Lý thuyết về tâm hồn” (1994, hình học vi phân).

Lần “từ chối” đầu tiên năm 1996, Perelman không chịu nhận giải EMC cho các nhà toán học trẻ xuất sắc đồng nghĩa với chìa khóa vàng mở cánh cửa vào những vị trí làm việc danh giá và nhiều bổng lộc, nhưng đối với chàng trai 30 tuổi này “nó không quan trọng”! Ông bắt đầu cuộc đấu tranh không khoan nhượng nhưng tất nhiên không hề cân sức với lề thói quan liêu, giả tạo của làng toán học thế giới. Ví dụ sau này khi đi xin việc ở đại học Stanford bắt buộc phải nộp lý lịch, ông kiên quyết từ chối đưa C/v. Ông bảo: “Nếu họ biết các công trình của tôi, thì họ cần gì C/v của tôi? Còn nếu họ cần C/v của tôi, nghĩa là họ không đọc các công trình của tôi...” - thật tự tin, một tuyên bố của chàng trai hơn 30 tuổi!

Sau 1996 ông về nước, sống trong căn hộ một buồng với bà mẹ ở ngoại ô Sant Peterburg (Leningrad đã lấy lại tên cũ) - bố và cô em gái đã ra sống ở nước ngoài. Người ta thường thấy người đàn ông trán hói, tóc dài, không già không trẻ đi bộ mua bánh mỳ, mua trứng hoặc đi tàu vào thành phố, ít khi giao tiếp với ai. Ông hoàn toàn không quan tâm đang ăn mặc gì, chẳng chịu cắt tóc, cạo râu, thậm chí không mấy khi cắt móng tay - tại sao như vậy chả ai biết, bởi vì ông chả nói chuyện với ai...

Năm 2002-2003 ông công bố 3 bài viết lập tức gây nên xáo động trong làng toán thế giới, ngay từ bài đầu tiên đã suy ra được rằng Perelman đã có lời giải bài toán thiên niên kỷ Poincare! Cách ông công bố cũng chả giống ai: khác với truyền thống là phải gửi đến tòa soạn các tạp chí toán học uy tín trên thế giới, thì ông đưa lên internet cho tất cả mọi người khảo nghiệm! Bài toán có đầu đề chỉ hai chục chữ này đòi hỏi cách giải siêu phức tạp, và Perelman phải kết hợp cả những hiểu biết rất sâu sắc về vật lý lý thuyết của mình mới đi đến thành công.

Nhiều nhà toán học hàng đầu thế giới công bố những công trình nghiên cứu về lời giải của Perelman, và đăng trên các tạp chí uy tín, do đó danh tiếng của Perelman được càng nhiều người biết đến. Trên đường chứng minh định lý đó Perelman đã phát triển tiếp nghiên cứu của nhà toán học Mỹ Richard Hamilton, người đã phải dừng bước giữ chừng vì không đủ các công cụ toán học. Lạ một cái, Hamilton lại không tin là Perelman đã giải được bài toán Poincaré, do đó đã đề nghị “ông trùm toán học Trung Quốc” Khâu Thành Đồng nghiên cứu tiếp. Thế là họ Khâu cùng hai đệ tử của mình là Tào Hoài Đông và Chu Hy Bình tuyên bố với toàn thế giới rằng chính họ mới đưa ra lời giải trọn vẹn của giả thuyết Poincare, và “công lao của Perelman nếu có thì cũng nhiều nhất là 20% mà thôi!”.

 pere.jpg

Thế là nhiều trường đại học lớn lập những nhóm chuyên tập trung để phân tích về lời giải bài toán thiên niên kỷ, trong đó tất nhiên có cả Viện toán Clay. Trong thời gian hàng chục triệu đô la được bỏ ra để tìm chủ nhân của cách giải bài toán hóc hiểm này, thì Perelman như ông đã kể lại, thi thoảng kiếm chút tiền còm qua việc được mời nói chuyện ở nước ngoài về chính cách giải bài toán của mình. Sự thật khoa học không thể bôi đen, nhất là trong thời đại internet, và đến 2006 thì tất cả, trong đó có cả Richard Hamilton đi đến kết luận, chính PERELMAN MỘT MÌNH đã giải quyết vấn đề trọn vẹn! “Bang hội toán gốc Trung Quốc” đành xấu hổ rút lại lời tuyên bố của mình, tuy vậy vẫn cay cú dọa kiện những ai đã vạch mặt họ, kể cả Viện toán Clay.

Trong thời gian này, Perelman một mặt không mấy khi quan hệ với xã hội bên ngoài, mặt khác khá tích cực hợp tác với các đồng nghiệp quốc tế để làm sáng tỏ vấn đề, tất nhiên là qua... internet. Những cuộc chiến ngoài toán học, theo ông là quá vô bổ và thấp hèn, khiến ông mệt mỏi và từ 2005 tự xin ra khỏi trường đại học, ông thực tế đã chính thức xa rời giới khoa học. Khi cả nước nhận tin ông sẽ được giải Fields 2006 lập tức ông nổi tiếng kinh khủng, xung quanh căn hộ của mẹ con ông bao giờ cũng có bọn “kền kền” báo chí lấp ló, và ông không còn dễ đi bộ mua thực phẩm như trước nữa. Tuy vậy ông kiên quyết không chịu thay đổi: ăn mặc lôi thôi, không cắt tóc cạo râu, chẳng cắt móng tay và chưa bao giờ có vợ con. Môn thể thao yêu thích là bóng bàn và cờ vua lâu lắm rồi chẳng chơi cùng ai, chỉ còn âm nhạc ông chơi trên violin chứng tỏ sự tồn tại của ông trong xã hội...

Tình trạng Perelman có thể từ chối giải Fields là “cú sốc” cho giới lãnh đạo trong làng toán. Chính chủ tịch Hội đồng toán học thế giới John Ball đến tận nơi và 2 ngày trời tìm cách đề xuất với ông các phương án khác nhau, kể cả “nhận giải mà không cần đến”. Tuy vậy Perelman vẫn khăng khăng không nhận giải, ông “giận” giới toán học đã quá quan liêu và kẻ cả, làm ông và bao người khác tốn công tốn sức trong cuộc tranh chấp với “phe Tàu”. Ông giải thích: “Những người lập dị (như ông) không hề vi phạm chuẩn mực đạo đức” và “tôi dừng lại, để cho mọi người thấy tôi không phải là vật nuôi trong vườn bách thú”. Không nhận giải - đó là chính kiến của ông! Đối với người ngoại đạo như chúng ta, ông đơn giản là người “từ chối bắt tay Nhà vua Tây Ban Nha" (giải Fields 2006 được trao tại Tây Ban Nha) - nhưng giới khoa học thì đều hiểu thông điệp của Perelman. Chẳng đi nhận giải, ông đã làm toán học trở nên hấp dẫn hơn bao giờ hết!

Ông vẫn sống như một ẩn sỹ, chỉ đôi lần ông trả lời phỏng vấn báo chí Nga, nhưng sau đó dừng hẳn, vì “không tin tưởng”. Người ta quay được một phim ngắn về cuộc sống ngày thường của ông bằng cách xông cả đoàn quay phim vào nhà ông, đẩy bật bà mẹ già ra và quay ông đang vô cùng ngơ ngác. Sau đó ông chỉ đồng ý quay một phim tài liệu ngắn nữa của đài truyền hình Nhật NTK, còn lại người ta biết về ông càng ngày càng ít đi!

Khi công trạng của ông đã được làm rõ, ngay cả Viện toán Clay (đơn vị xét và trao giải) cũng như cộng đồng quốc tế kêu gọi ông công bố công trình của mình lại trên tạp chí toán học uy tín bất kỳ nào, và trong vòng 2 năm không ai phản bác được, thì sẽ đủ tiêu chuẩn xét trao giải cho tác giả. Thế nhưng không ai thuyết phục được ông làm cái điều tưởng chừng đơn giản và hiển nhiên đó – tạp chí toán học uy tín đối với giới toán học như một dấu “OTK” về chất lượng, nhưng riêng Perelman kiên quyết không cần đến cái sự OTK đấy...

Cuối cùng Viện toán Clay chịu thua, công nhận ông là người xứng đáng được trao giải 1 triệu $ vào năm 2010, khi mà theo một số nguồn tin thì Perelman đã tiêu hết tiền tích cóp thời còn “làm toán”, ông rất khát tiền. Ông suy nghĩ 3 tháng trời, rồi sau đó đưa ra câu trả lời làm tất cả mọi người phải kinh ngạc: “Tôi có rất nhiều nguyên nhân để đi nhận hay không đi nhận giải thưởng này, do đó tôi đã cân nhắc khá lâu, nhưng tôi quyết định không nhận nó. Nếu nói thật ngắn gọn về nguyên nhân, thì đó là sự không đồng ý với cách điều hành của giới toán học quốc tế. Tôi không thích các quyết định của họ, tôi thấy không công bằng. Tôi đánh giá đóng góp của ngài Richard Hamilton hoàn toàn không thua kém đóng góp của tôi trong việc giải bài toán”. Đây là một ví dụ tuyệt vời về tinh thần hiệp sỹ trong khoa học: ông đề cao chính Hamilton, người đã không tin tưởng ở ông, và đã cùng với nhà toán học Trung Quốc Khâu Thành Đồng cứ luẩn quẩn mãi ở cái lời giải và việc đó đã làm khổ ông mấy năm về trước!

Từ chối nhận 1 triệu $ (hơn một năm sau các nhà tổ chức mới quyết định dùng số tiền này để hỗ trợ các nhà toán học trẻ) Perelman nổi tiếng vô cùng, biết bao người tìm cách hỏi ông tại sao lại không nhận tiền khi bây giờ ông nghèo rồi, thì chỉ một lần ông đã trả lời: “Tôi cái gì cũng có đầy đủ”. Câu chuyện cũng kết thúc có hậu cho Richard Hamilton: năm 2011 ông này cùng với một người nữa được nhận giải “Nobel châu Á” - giải Shaw và 1 triệu $ cho những thành tựu toán học, mà trên cơ sở đó Perelman đã giải quyết thành công bài toán thiên niên kỷ. Hamilton đã đi nhận giải...

Việc ông từ chối làm Viện sỹ viện hàn lâm khoa học Nga năm 2011 khá dễ hiểu, vì sau này ông xin visa 10 năm đi Thụy Điển. Nhưng để hiểu ông và bài toán của ông hơn, tôi xin tóm tắt một trong rất ít các cuộc phỏng vấn của ông - ngay cuộc phỏng vấn này (với một nhà làm phim Israel - qua quan hệ Do Thái của mẹ ông giới thiệu) đến nay cũng là đề tài tranh luận, rằng có nó thật không hay là bịa nốt. Những ý chính ông đã nói ra:

-thời niên thiếu làm toán đối với ông như môn thể dục cho trí não. Hồi đó chỉ có bài khó hay bài dễ chứ chưa gặp bài nào không giải được. Bài toán ông thấy khó nhất hồi đó do ông tự đặt ra: Chúa phải đi với vận tốc bao nhiêu mới có thể lướt trên mặt nước mà không chìm, đúng như trong Kinh thánh. Ông giải với những khái niệm về tô-pô học - “tôi thích tô-pô vì nhiều ứng dụng thực tế của môn học đó! Giải nhất toán quốc tế của tôi chỉ có rất ít ý nghĩa”.

-bất kỳ một lý thuyết toán học đúng đắn nào đều sẽ tìm ra áp dụng thực tế của nó, ít ra là Perelman tin như vậy và từ trước tới nay đều thấy như vậy! Ví dụ tiêu biểu: George Bul muốn định đề hóa triết học, cuối cùng phát minh ra lý thuyết hàm số Bul, trên cơ sở đó con người mới tạo ra được máy tính, tàu vũ trụ...

-Định lý Poincaré có ý nghĩa thực tiễn vô cùng to lớn. Nó giải thích cho nhiều quá trình trong việc hình thành vũ trụ, và sắp tới sẽ rất quan trọng trong công nghệ nano.

-những phát mình mới đây trong khoa học nano đều vớ vẩn hết, cũng như nhiều hình dung sai lầm về việc hình thành vũ trụ. Vũ trụ xuất hiện ban đầu từ một điểm vô cùng nhỏ, sau đó là các khoảng không xuất hiện để vũ trụ to ra nhanh chóng. Định lý Poincaré chính là “Công thức của vũ trụ” - dựa vào đó ta có thể có cách thu vũ trụ lại thành một điểm ban đầu. Tôi chính là người biết điều khiển các khoảng không đó!

Bình luận thêm của tác giả: nghe thì có vẻ là “học thuyết âm mưu” nhưng thực sự những hiểu biết siêu đẳng của Perelman có nguy cơ đe dọa loài người và vũ trụ. Không phải ngẫu nhiên mà tình báo Nga cũng như nhiều nước khác không thể rời mắt khỏi ông. Và Perelman - con người với trí tuệ xuất chúng và hoàn toàn tỉnh táo này - phải biết làm gì, nói gì, hành xử ra sao để ít nhất là bảo vệ được bản thân và bảo vệ được nhân loại. Có cần thiết để chúng ta điều khiển được vũ trụ không, nếu ngay một trái đất này mà chúng ta còn làm cho bung bét hết cả? Đừng tin tất cả những gì ông tuyên bố, mặc dù đúng là “tôi là con người điều khiển được vũ trụ, vậy tại sao tôi còn phải chạy theo 1 triệu đôla gì đấy để làm gì?”

P.S. Mới đây Stephen Hawking - nhà vật lý đương đại và là một trong những bộ óc sáng lạn nhất hành tinh đã tuyên bố:”các thí nghiệm với hạt Higgs có thể tiêu diệt không gian, thời gian!” và “bozon Higgs có thể dẫn đến việc phá tan chân không, làm cả vũ trụ chuyển sang trạng thái vật lý mới” - tác giả nhớ lại cuộc nói chuyện hầu như là duy nhất mấy năm trước của Perelman, ông đã nói về hiện tượng này trước đó lâu rồi. Chứng tỏ Perelman đã nói hoàn toàn tỉnh táo và nghiêm túc - ông biết “Công thức của vũ trụ”!

P.S.2: bộ phim “Công thức của vũ trụ” sẽ do đạo diễn David Cameroon dàn dựng và Perelman đã nhận lời đóng vai của chính mình, tất nhiên không phải vì tiền...

Còn chúng ta thì vẫn phân vân với bài toán "32 gà và 4 chuồng..."!

--------

Dưới đây là bài dịch dành cho các bạn thích tìm hiểu ngọn ngành sâu hơn về học thuật (dài và khá phức tạp - cám ơn bạn Ngô Văn Minh):

Poincaré, Perelman, Khưu Thành Đồng và.....

Ức đoán Poincaré, bài toán của thiên niên kỉ (được Viện Clay treo giải 1 triệu đô la) đã được G. Perelman chứng minh. Nhưng nhà toán học 40 tuổi từ chối huy chương Fields, và có lẽ cả 1 triệu đô la. Câu chuyện không ngừng ở đây khi ông Khưu muốn tranh công...

Huy chương Fields 2006

Tháng 8 vừa qua, nhân Đại hội Thế giới họp tại Madrid, Liên hiệp Quốc tế các nhà Toán học (IMU) đã trao tặng huy chương Fields (về toán học, tương đương với giải Nobel), như thường lệ bốn năm một lần (1). Bốn người được giải : hai chuyên gia về tính xác suất Werner (Pháp) và Okoundov (Nga) – công trình của họ cũng liên quan tới những ngành khác – một nhà giải tích học và lí thuyết số người Úc gốc Hoa Terence Yao (Đào Triết Hiên), và một người Nga nữa, nhà tô pô hình học Grigori Perelman (viện Steklov, St-Petersburg). Phải nói là tiếng tăm của Perelman trên các media quốc tế đã vượt xa ba đồng nghiệp. Tên tuổi của ông đã ra khỏi lãnh vực khoa học thuần tuý, hiển hiện trên trang nhất của những nhật báo lớn. Đây là lần đầu tiên toán học trở thành đề tài sôi nổi của báo chí kể từ sự tích « anh hùng » của Andrew Wiles (chứng minh được định lí « lớn » của Fermat), cuối thế kỉ XX. Cũng phải nói là trong « vụ Perelman » này, có đầy đủ những tố chất « glamour » chẳng mấy khi tìm thấy nơi các nhà toán học và bộ môn khắc khổ của họ : đầu tiên là sự « hóc búa » phi thường của ức đoán Poincaré (bằng chứng là Viện Clay đã xếp nó trong « 7 bài toán của thiên niên kỉ », và treo thưởng 1 triệu đô la cho ai giải được một trong 7 bài ấy) ; sau đó là cá tính phi phàm của chính Perelman, sau khi chứng minh xong đã từ chối, không nhận huy chương Fields, và chắc cũng sẽ từ chối cả giải thưởng 1 triệu đô la ; thêm vào đó là cuộc tranh cãi hơi bị nhầu về « ai trước ai », « ai hơn ai » đang tác động tới sự « thanh cao » của toán học....

PERELMAN và POINCARE

Với ngoại hình như Rasputin, móng tay dài như đồ nho, phong độ như ẩn sĩ, Grigory (Grisha, đối với người thân – nhưng biết ai là « thân » ?) đúng là bức chân dung biếm hoạ của nhà bác học lập dị trong quan niệm của đại chúng. Nhưng ngay cả những người dị ứng với tác phong của Perelman cũng phải thừa nhận khía cạnh « trước sau như một » của ông : năm 1990, Perelman đã từ chối huy chương Nhà toán học trẻ của Châu Âu (Société européenne de mathématiques), bây giờ từ chối huy chương Fields (mặc dầu chủ tịch MIU đã đích thân bay sang St. Petersburg tìm cách thuyết phục), mai kia chắc sẽ từ chối giải Clay. Một người đàn ông bốn mươi tuổi vẫn còn ở với mẹ, sống với 100 đô một tháng, mà từ chối 1 triệu đô la, thì không thể chỉ là làm điệu. Trong lịch sử khoa học, hành xử như Perelman hầu như không có tiền lệ. Mặc dầu trong giới toán học, không thiếu những nhân vật kì dị, chẳng hạn như nhà hình học đại số Alexandre Grothendieck, đang ở đỉnh cao vinh quang, đã từ bỏ tất cả để đi chăn dê, nghe nói trên núi Pyrénées. Nhưng ngay cả Grothendieck, tuy không chịu sang Moskva năm 1966 để nhận huy chương Fields vì bất đồng chính trị, cũng không từ chối giải thưởng này. Trong một lãnh vực khác, trường hợp duy nhất còn ở trong kí ức là trường hợp Jean-Paul Sartre từ chối giải Nobel văn học.

Dù sao chăng nữa, cá tính của Perelman có thể không được nhất trí tán thưởng, song Perelman với tư cách nhà toán học thì không ai có thể phủ nhận : năm 1982, ở tuổi 16, đã được giải nhất trong cuộc thi Olympiad toán học với số điểm tuyệt đối (42/42) ; đỗ tiến sĩ vào cuối thập niên 1980, là người duy nhất trong cùng khoá, được tuyển mộ làm nghiên cứu viên ở Viện Steklov (tương đương với Viện quốc gia nghiên cứu khoa học CNRS của Pháp) ; trong những năm 1990, làm nghiên cứu « sau tiến sĩ » ở New York, được mấy trường, viện mời làm việc thường trực ở Hoa Kì, nhưng đều khước từ và trở về St. Petersburg. Từ đó, hầu như mất tăm mất tích, cho đến 2002-2003, Perelman đưa lên mạng internet ba bài viết ngắn. Chính ba bài viết trứ danh ấy, bốn năm sau, đã được tưởng thưởng vì « những đóng góp vào hình học, mang lại những hiểu biết cách mạng về cấu trúc hình học và giải tích của dòng chảy Ricci ».

Câu văn « bí hiểm » đó của Uỷ ban xét duyệt giải Fields (chúng tôi sẽ trở lại ở dưới) không hề đá động tới nhân vật « đầu tiên » của câu chuyện : Henri Poincaré (1854-1912) – đừng nhầm với anh em họ là Raymond Poincaré, thủ tướng – mà nhân thân hoàn toàn trái nghịch với G. Perelman. Đỉnh cao của khoa học đương đại, nhà toán học kiêm vật lí học, triết lí khoa học, được rất nhiều giải thưởng quốc tế, thành viên hay chủ tịch không biết bao nhiêu hiệp hội bác học, thành viên Viện hàn lâm khoa học Pháp, Henri Poincaré là hình ảnh tiêu biểu tốt đẹp nhất về sự thành đạt trí tuệ và xã hội mà giai cấp tư sản thế kỉ XIX có thể sản sinh. Ông cũng là nhà bác học « xuyên ngành » cuối cùng : là nhà triết học về phương pháp luận, ông là tác giả những công trình kinh điển về nền tảng phương pháp khoa học, về cơ cấu não trạng của quá trình khám phá ; là nhà vật lí, ông đã 12 lần được đề nghị giải Nobel, và ngày nay được coi là đồng tác giả của thuyết tương đối « thu hẹp » (2) ; với tư cách nhà toán học, bên cạnh David Hilbert, ông được coi là nhà toán học vĩ đại nhất, đồng thời là « bậc thầy phổ quát cuối cùng », bao trùm đại số học lẫn hình học, lí thuyết số và hình học. Chính ông, trong một công trình năm 1895, đã sáng lập ra một ngành mới của hình học mà ông đặt tên là « analysis situs », ngày nay gọi là tôpô học (topo, tiếng Hi Lạp, có nghĩa : nơi, không gian). Trong một trong những tác phẩm cuối cùng (viết năm 1904), ông đã « nhân tiện » nêu câu hỏi (câu hỏi này sẽ được gọi là « ức đoán của Poincaré ») mà không đào sâu thêm vì « sợ nó dẫn chúng ta đi quá xa ». Nói theo ngôn ngữ toán học hiện đại dưới dạng tổng quát nhất, ức đoán Poincaré có thể phát biểu như sau : « Mọi đa tạp tô pô (không biên) n chiều, compac, liên thông đơn thuần, đều đồng phôi với mặt cầu n chiều ». Có thể nói, đối với các nhà tô pô học, mệnh đề ấy đã trở thành một thứ « Chén thiêng » (3), mục tiêu của không biết bao cuộc tìm kiếm, giống như định lí « lớn » của Fermat đối với các nhà số học trong suốt ba trăm năm trời. Không thể nào liệt kê được tên tuổi của tất cả các nhà toán học, trong đó có những tay cự phách, đã mắc « hội chứng Poincaré ». Giáo sư John Morgan, chủ nhiệm khoa Toán trường Đại học Columbia, thú nhận thoải mái : « Cuộc đời toán học của tôi đã bị ức đoán Poincaré chế ngự. Tôi tưởng sẽ không bao giờ được thấy nó được chứng minh. Tôi tưởng sẽ chẳng có ai tiếp cận được chứng minh ».

Trước khi đi xa hơn, không thể không giải thích đôi chút để độc giả « ngoại đạo » có một ý niệm về nội dung mệnh đề « ức đoán » quá bí hiểm nói trên. Như chúng tôi đã có dịp đề cập trên cột báo này (4), viết bài « phổ biến » về toán học là một việc làm nguy hiểm, bởi vì ngôn ngữ toán học hết sức chuẩn xác, chệch đi một chút có thể làm lệch ý nghĩa, thậm chí đảo ngược ý nghĩa, và điều này thường hay xảy ra khi người trình bày dùng những hình ảnh trực quan và ngôn ngữ thường ngày. Ý thức rõ điều đó, chúng ta hãy thử xem xét từng từ ngữ của ức đoán Poincaré :

Từ đầu bài đến đây, chúng tôi đã dùng mà không định nghĩa hai danh từ « hình học » và « tô pô học ». Theo trực quan, mọi người dễ chấp nhận định nghĩa hình học là bộ môn nghiên cứu các hình, dạng. Theo từ nguyên, chữ géométrie (hình học) trong tiếng Hi Lạp lại có nghĩa là đo đạc đất đai. Đối với các nhà toán học Cổ Hi Lạp, không có gì mâu thuẫn giữa hai khái niệm, bởi vì trong quan niệm của họ, khoa học là một thể thống nhất, nó phải vừa giải thích vừa làm chủ Thiên nhiên, nhà hình học và nhà trắc địa đều làm cùng một nghề. Còn thế nào là « nghiên cứu các hình, dạng » ? Hình dạng thì vô số, không thể nào kê khai cho xuể, mà có làm được cũng vô ích. Cho nên cách xử lí tự nhiên nhất là làm thế nào xếp loại theo những tiêu chuẩn nhất định, cũng như nhà thực vật học, nhà côn trùng học xếp cây cỏ, sâu bọ thành loại lớn, loại nhỏ, nhánh, họ... Toán học quan tâm tới cấu trúc, nên các nhà toán học xếp loại các đối tượng họ nghiên cứu bằng cái mà họ gọi là « quan hệ tương đương », tức là những quy tắc biến đổi một đối một mà vẫn giữ nguyên các cấu trúc (phép « đẳng cấu ») ; theo cách xếp loại như vậy, hai cá thể « đẳng cấu » có thể được đồng nhất hoá với nhau (đồng nhất hoá, chứ không đồng nhất, không « bình đẳng », nói rõ như vậy để trả lời những đồ đệ « dậy non » của Jean-Paul Sartre). Ta hãy lấy « analysis situs » của Poincaré làm ví dụ : các cơ cấu mà tô pô học nghiên cứu là những « không gian tô pô », nghĩa là những tập hợp trong đó người ta có thể định nghĩa khái niệm « lân cận », nói nôm na : thế nào là hai điểm « gần » nhau ; một phép đẳng cấu do đó là một phép biến đổi một đối một giữ nguyên được sự « gần nhau » ấy (hai điểm A và B « gần nhau » được biến thành hai điểm A’ và B’ cũng « gần nhau »). Phép đẳng cấu giữa hai không gian tô pô được gọi là phép « đồng phôi » (homéomorphisme), hay nôm na hơn, phép biến dạng liên tục (déformation continue). Cho nên người ta thường gọi tô pô học bằng cái tên nôm na gợi hình là « hình học cao su » : hai cái hình làm bằng màng cao su, thí dụ hình tròn và hình bầu dục, có thể biến hoá cái nọ thành cái kia bằng cách co kéo cái màng cao su mà không làm rách hay phải cắt nó. Có rất nhiều thí dụ dễ hiểu về không gian tô pô. Ai cũng biết những « không gian thực n chiều » mà kí hiệu là Rn : khi n=1 đó là đường thẳng, 2 chiều mặt phẳng (ở trường học, ai chẳng học trên đường thẳng, mỗi điểm được xác định bằng 1 hoành độ, trên mặt phẳng, mỗi điểm được xác định bằng 2 toạ độ), không gian R3 là không gian « quanh ta » mà cơ học Newton nghiên cứu, R4 là không – thời gian của thuyết tương đối (hẹp)... Hình dung ra không gian nhiều chiều cũng không có gì khó : chẳng cần đọc tiểu thuyết viễn tưởng, ta hãy xem sổ hộ tịch trong đó người ta kê khai tên họ, giới tính, tuổi, chiều cao, quốc tịch, tổng cộng là 5 tham số (được mã hoá thành số), mỗi cá nhân với « 5 toạ độ » ấy là một « điểm » trong không gian R5 ! Và để xếp loại các không gian tô pô (không phân biệt các không gian « đồng phôi »), người ta căn cứ vào những cái « bất biến », tức là những tính chất bất biến qua những phép đồng phôi. Để xếp loại côn trùng, các nhà động vật học đếm số chân, số cánh... Đối với các không gian Rn , tất nhiên nhà tô pô học nghĩ tới chiều kích của chúng, và đúng như vậy, một định lí nổi tiếng của Whitney (đầu thế kỉ XX) cho biết rằng hai không gian Rn và Rp đồng phôi với nhau nếu và chỉ nếu n=p. Định lí này dễ cảm nhận bằng trực quan, nhưng muốn chứng minh nó, phải có trình độ tối thiểu là MA đại học về toán, điều này cho thấy sự thâm sâu của những bài toán tô pô học. Một con số – chiều kích n – cũng đủ làm đặc trưng cho các không gian Rn, song sẽ quá ngây thơ nếu ta tưởng rằng đối với các không gian tô pô cũng đơn giản như vậy. Thực ra bài toán đặt ra quá tổng quát, chẳng cần nghiên cứu Sartre (làm sao mà hai cá nhân có thể « bình đằng », « bằng » nhau được ?) cũng có thể nhận thấy. Vì thế, các nhà tô pô học, theo chân Poincaré, sẽ khiêm tốn tự giới hạn trong « các đa tạp tô pô n chiều » mà đại khái ta có thể coi là các « hình » trong hình học đã nói ở trên. Một đa tạp n chiều như vậy là một không gian tô pô « đồng phôi cục bộ » (nghĩa là ở vùng lân cận của mỗi điểm ; chứ nếu « đồng phôi toàn bộ » thì chẳng còn gì để nói nữa) với không gian Rn. Xin lấy một ví dụ để bạn đọc có thể hình dung : Mặt Đất chúng ta đang sống trên đó « nằm trong » không gian (3 chiều) R3, nhưng ở cục bộ mỗi điểm trên địa cầu, nó đồng phôi với R2 (một mặt phẳng, tức là một đa tạp 2 chiều). Nói nôm na : đứng ở bất cứ nơi nào trên Mặt Đất, người quan sát cũng có cảm tưởng nó là mặt phẳng (chứ không phải mặt cầu). Nhưng ai chẳng biết rằng Mặt Đất không phải là mặt phẳng ! Magellan đã chứng minh điều đó khi ông đi một vòng quanh địa cầu. Đối với nhà tô pô học, hiển nhiên là mặt cầu không thể đồng phôi với mặt phẳng : mặt cầu là compac, mặt phẳng không. Tính compac rất khó giải thích bằng ngôn ngữ hàng ngày, song có thể nói thế này : một không gian tô pô nằm trong một không gian Rn, nếu nó compac thì tất nhiên nó « đóng kín, bị chặn » (hai từ này có thể hiểu theo nghĩa đời thường).

Hai kiểu bất biến vừa nói ở trên – chiều kích và tính compac – được coi là « sơ cấp » vì chúng liên quan tới khái niệm lân cận gắn liền với định nghĩa đa tạp. Một trong những đóng góp quan trọng của Henri Poincaré là đề ra một bất biến kiểu mới, là khái niệm « nhóm cơ bản », một khái niệm liên quan tới lí thuyết nhóm. Một đa tạp sẽ được gọi là « liên thông đơn thuần » nếu nhóm cơ bản chỉ vỏn vẹn có một phần tử. Để cảm nhận bằng trực giác khái niệm « liên thông đơn thuần », ta hãy hình dung một mặt cong trên đó ta vẽ một « đường vòng », một thứ « dây thòng lọng » : nếu ta có thể « rút dây », thắt nó nhỏ dần, cho đến khi nó nhỏ tí, thành một điểm mà sợi dây vẫn nằm hoàn toàn trên mặt cong, thì mặt cong có tính « liên thông đơn thuần ». Nói khác đi, một đa tạp liên thông đơn thuần nếu bất cứ đường vòng nào nằm trong đa tạp có thể được biến dạng liên tục thành một điểm. Ta hãy lấy vài ví dụ đa tạp 2 chiều nằm trong không gian 3 chiều R3 : mặt phẳng, mặt cầu rõ ràng là liên thông đơn thuần, ngược lại mặt xuyến (thí dụ nhưng cái săm bánh ô tô hay bánh xe đạp) không liên thông đơn thuần (dây thòng lọng buộc quanh cái săm, « xuyên qua lỗ ở giữa », không thể « thắt » nhỏ thành một điểm mà không cắt đứt cái săm). Như vậy là mặt phẳng, mặt cầu và mặt xuyến là 3 đa tạp không đồng phôi đôi một với nhau : mặt phẳng và mặt cầu vì tính compac, mặt cầu và mặt xuyến vì tính liên thông đơn thuần. Mấy thí dụ trực quan này cho ta hình dung cách đặt vấn đề của ức đoán Poincaré.

THURSTON, HAMILTON, PERELMAN và KHƯU (YAU)

Trước khi Perelman thượng đài, tình hình bài toán Poincaré là như thế nào ? Trường hợp 2 chiều đã được Riemann lí giải từ trước khi Poincaré sáng lập ra tô pô học (tất nhiên, do đó, Riemann dùng một ngôn ngữ khác). Từ Poincaré trở đi, bộ môn này đã phát triển tột bực, tích luỹ một khối lượng những khái niệm, định lí nhờ đó Stephen Smale đã chứng minh được ức đoán Poincaré cho tất cả các đa tạp chiều kích bằng 5 hay lớn hơn (huy chương Fields 1961), sau đó Michael Freedman thanh lí trường hợp chiều kích 4 – cũng lạ là trường hợp này phức tạp hơn về mặt kĩ thuật – (huy chương Fields 1982) (5). Còn trường hợp chiều kích 3 vẫn « trơ gan cùng tuế nguyệt », dường như ở cấp độ của vũ trụ vật lí (chúng ta nên nhớ vũ trụ Einstein là một đa tạp 4 chiều, tính compac của một đa tạp nằm trong vũ trụ này tuỳ thuộc vào tỉ trọng của vật chất chứa đựng trong đó), khó khăn không chỉ đơn thuần là những khó khăn toán học. Bao giờ cũng vậy, tình hình khai thông là nhờ có sự đột phá về quan niệm. Đầu tiên là do William Thurston (huy chương Fields 1982) đề ra một cách phân loại các đa tạp 3 chiều. Ở đây, ta lại gặp một tình huống thường xảy ra, bài toán hóc búa, vì quá đơn lẻ, được lồng vào một lí thuyết bao quát hơn, mở ra những viễn tượng mới. Thurston đề ra mộc ức đoán mới, gọi là ức đoán về sự hình học hoá, theo đó tổng cộng có 8 kiểu đa tạp 3 chiều ; một trong 8 kiểu đó là kiểu « mặt cầu » 3 chiều nói tới trong ức đoán Poincaré. Song tính chất bao quát của ức đoán Thurston dường như làm cho nó ở ngoài tầm với của những lí thuyết hiện tồn (cũng như ở ngoài tầm với của khả năng phổ biến khoa học : từ nay trở đi, độc giả cho phép chúng tôi dùng nhiều ngoặc kép). Một trong những lí thuyết đó là « tô pô học vi phân », nhờ đó người ta đặt thêm lên các đa tạp một cấu trúc nữa để có thể áp dụng các phương trình vi phân riêng. Chính trong phương hướng mới này mà trong thập niên 1980, Richard Hamilton đã tạo ra sự khai thông cuối cùng với khái niệm « dòng chảy Ricci », một phương trình tương tự như phương trình quen thuộc trong vật lí học : phương trình nhiệt của Laplace. Sự truyền dẫn của « dòng Ricci » trên đa tạp cho phép phát hiện những « điểm kì dị ». Chương trình Hamilton đề nghị thanh lí những điểm kì dị đó bằng « phẫu thuật », một kĩ thuật quen thuộc đối với giới tô pô học, song khó khăn lớn ở đây là không chắc gì cuộc phẫu thuật này lại không tạo ra những điểm kì dị mới, và cứ như thế, quá trình này trở thành liên hồi bất tận. Ngược lại, nếu cuộc phẫu thuật thành công, thì ức đoán Thurston được chứng minh, và đương nhiên, cả ức đoán Poincaré. Chính trong thời gian sang Mĩ nghiên cứu sau khi đỗ tiến sĩ mà Perelman đã được biết chương trình Hamilton, và đã đến gặp Hamilton để được ông giải thích tường tận. Hình như Perelman đã tự « coi như là môn đệ » của Hamilton, một điều rất hiếm, chứng tỏ Perelman khá mến mộ Hamilton. Thực ra, hình như ngay từ đầu « Grisha » đã chắc mẩm dòng chảy Ricci là cái chìa khoá, và ông không hề cải chính rằng mình trở lại St Petersburg là để tiến công vào chương trình Hamilton. Ông đã bỏ ra 8 năm trời, và công trình này làm ta liên tưởng tới cuộc chiến đấu đơn độc của Wiles để chứng minh định lí lớn của Fermat. Câu chuyện lẽ ra đến đây là kết thúc. Nhưng không, trước tiên là vì Perelman không chịu tôn trọng luật chơi. Bởi vì các mệnh đề toán học, một khi đã được chứng minh rồi, trở thành những chân lí tuyệt đối (trong khuôn khổ những tiên đề nhất định), cho nên bài chứng minh nhất thiết phải được các chuyên gia kiểm tra kĩ lưỡng rồi được công bố để bất cứ nhà toán học nào cũng có thể tìm đọc, và nếu muốn, thì kiểm tra lại. Ba bài viết mà Perelman đưa lên mạng internet không tuân thủ khuôn phép ấy : một mặt, Perelman không gửi cho một tạp chí để chúng được kiểm tra, thẩm định ; mặt khác, đó không phải là một bài chứng minh đầy đủ, mà chỉ là những phác thảo (tuy khá chi tiết) đưa ra các nguyên tắc và nét lớn, bỏ qua những khó khăn kĩ thuật đôi khi khá quan trọng. Không ai nghi ngờ rằng nếu Perelman chịu khó thì ông sẽ hoàn tất, nhưng phải bao nhiêu nỗ lực và thời gian ? Song ý nghĩa khoa học (và, khốn thay, tác động của media) quan trọng đến mức cộng đồng toán học lần này chấp nhận không làm đúng các thủ tục một cách nghiêm ngặt. Ngoài các xêmina và các nhóm làm việc thường vẫn được tổ chức như trong các trường hợp tương tợ (tại Princeton, Lyon...) để thảo luận về các kết quả của Perelman, đã có hai sáng kiến vượt ra khỏi thông lệ, độc lập với nhau, với những động cơ khác nhau, đã được tiến hành và đi tới kết luận tích cực. Một mặt là viện Clay rất muốn trao giải đầu tiên (quảng cáo mà) cho một « bài toán thiên niên kỉ », nên đã cử hai chuyên gia về tô pô học vi phân, là John Morgan (trường đại học Columbia, đã nói ở trên) và Gang Tian (Điền Cương, viện MIT) tập trung toàn phần thời gian vào việc thẩm định các bài viết của Perelman, và biên tập toàn bộ các phần chứng minh với đầy đủ chi tiết. Họ đã hoàn thành công việc và kết quả là một cuốn sách 473 trang sắp sửa được Viện Clay xuất bản. Mặt khác, sau 3 năm làm việc, hai nhà toán học Trung Quốc, Xiping Zhu (Chu Hi Bình) và Huaidong Cao (Tào Hoài Đông), dưới sự « huấn luyện » của nhà hình học Shing-Tung Yau (Khưu Thành Đồng, huy chương Fields 1982), vừa công bố trên tạp chí Asian Journal of Math (cũng phải nói rõ : do họ Khưu làm đồng chủ biên) một bài viết 318 trang để chứng minh ức đoán của Thurston, « dựa trên » những ý tưởng của Hamilton và Perelman (chữ của họ). Cần nói rõ, theo tập tục của giới toán học, một bài chứng minh chỉ được coi là « nguyên khôi » nếu nó được thực sự tìm ra lần đầu tiên, hoặc là nó lấp được một lỗ trống hoặc sửa lại một sai lầm thực sự của một bài chứng minh trước đó (trường hợp thứ nhì này đã xảy ra với bài chứng minh định lí Fermat của Wiles, có một lỗ trống đã được học trò của Wiles là Richard Taylor bổ khuyết, vì vậy định lí này từ nay mang tên chính thức là định lí Wiles-Taylor). Nhưng trong câu chuyện đang bàn, theo ý kiến của các nhà chuyên môn, bài viết của Tào và Chu hoàn toàn không thể xếp vào hai trường hợp nói trên. Cũng như cuốn sách của Morgan và Điền Cương, nó chỉ có thể được coi là một công trình soi sáng (công phu) công lao của Perelman. Tất cả chuyện này lẽ ra chỉ gây sóng gió trong chén trà của giới chuyên môn nếu như, phía Trung Quốc không làm ầm ĩ trên báo đài : đầu tháng 6.2006, hai tháng trước Đại hội Madrid, Khưu Thành Đồng đã tổ chức họp báo để nói về việc chứng ming ức đoán Poincaré tại Viện toán học Bắc Kinh. Ông viện trưởng họ Khưu không ngần ngại phân phát công lao như sau : 50% về phần Hamilton, 25% về phần « người Nga Perelman », 30% về người Hoa – một con toán cộng đơn giản cho thấy nhà hình học họ Khưu chắc không phải là nhà lí thuyết số. Đến cuối tháng 6, ông Khưu lại tổ chức một « sô » hội nghị vật lí học ở Bắc Kinh, với sự hỗ trợ của nhà cầm quyền Trung Quốc và sự tham gia của những đại gia như Stephen Hawking (« nhà vật lí thiên văn ngồi xe lăn »), để trình bày trong một phiên họp khoáng đại một báo cáo về... ức đoán Poincaré, công lao của hai môn đệ họ Tào và họ Chu, và nói đây là một thành tựu vĩ đại của học thuật Trung Quốc. Phải nói là họ Khưu, sinh trưởng hầu như ở Hồng Kông (bố mẹ ông đã chạy trốn Giải phóng quân Trung Hoa năm 1949, khi Khưu mới 5 tháng), làm việc ở Hoa Kì, sau khi được giải Fields năm 1982 đã trở thành một ông quan đại thần của nền khoa học Trung Quốc, đầu óc « đại hán » cũng chẳng thua ai. Giới toán học khó chấp nhận cách hành xử thiếu đạo đức khoa học như vậy. Philip Griffiths, nhà hình học kiệt xuất, người đã giúp Khưu rất nhiều trên đường công danh, đã phải lên tiếng : « Chính trị, quyền lực và những trò ma giáo không có chỗ đứng chính đáng trong cộng đồng chúng ta, chúng đe doạ sự toàn vẹn tinh thần của toán học ». Khi quyết định trao giải cho Perelman mặc dầu biết rằng Perelman từ chối, có lẽ Uỷ ban Fields cũng không muốn nói gì hơn.

Đỗ Thống 
(Kiến văn dịch từ nguyên tác tiếng Pháp)

Nguồn: Facebok Nam Nguyen

 




#723839 Thiên tài toán học Srinivasa Ramanujan: Một công thức lạ

Gửi bởi tritanngo99 trong 17-07-2019 - 06:07

Thiên tài toán học Srinivasa Ramanujan: Một công thức lạ

16/07/2019 07:20 - Lê Quang Ánh- tiasang.com.vn

Với Hardy, toán học đòi hỏi nhiều ở tính chính xác và tính hệ thống chặt chẽ thì Toán học của Ramanujan dựa trên trực giác và đôi khi mang tính thần bí khó giải thích.

ramanujan%20A1%201.jpg
Tượng nhà toán học Ramanujan. Nguồn ảnh: The Hindu


Một bức thư lạ lùng

 

Ngày 31 tháng 1 năm 1913, nhà Toán học G.H. Hardy1, giáo sư tại trường Đại học Cambridge, London, nhận được một phong thư khá dày, từ một địa chỉ nào đó ở tận miền Nam Ấn-Độ xa xôi. Tác giả bức thư tự giới thiệu như sau:

“Thưa ông,

Tôi xin phép được tự giới thiệu tôi là thư ký kế toán hãng Port Trust ở bến cảng Madras, lương 20 bảng Anh một năm. Bây giờ tôi được 23 tuổi,…”.

Tiếp theo là 9 trang với hàng trăm công thức Toán, có công thức nhà Toán học Hardy biết là đúng, có công thức nhà Toán học chưa thấy bao giờ, không có một lời chứng minh hoặc giải thích nào đi kèm cả. Cuối thư có những hàng sau đây:

“Tôi nghèo, nếu ông tin tưởng ở giá trị những gì tôi viết ở đây, tôi muốn nhờ ông cho công bố chúng. Tôi hoàn toàn tin tưởng ở những lời hướng dẫn của ông.  Tôi xin lỗi đã làm phiền ông.”

Có quá nhiều công thức lạ, nhưng đáng ngạc nhiên nhất là khởi đầu mấy trang Toán có công thức: 1 + 2 + 3 + 4 +….=  - 1/12 )

Ai cũng biết tổng các số dương không thể là một số âm, tổng của các số nguyên không thể là một phân số được.  Hơn nữa tổng của chuỗi số này bằng vô cực, sao bằng một số hữu hạn được? Có gì lầm lẫn ở đây không? Nhìn qua một số công thức phức tạp nhưng chính xác trong phần sau, nhà toán học Hardy không thể giải thích cái sai ở công thức đầu tiên này.

Thì ra nhà toán học được xem là “người ngoài hành tinh” Ramanujan ấy đã đi trước chúng ta gần 100 năm khi đưa ra công thức ấy, không một lời giải thích. Ngày nay ta gọi công thức ấy được gọi là tổng Ramanujan và đã được dùng trong lý thuyết dây (string theory), đặc biệt để giải nghĩa hiện tượng được gọi là hiệu ứng Casimir (Casimir Effect) trong cơ học lượng tử. Về phía Ramanujan, mãi về sau ông mới nói với Hardy rằng cố tình đưa ra công thức này lên đầu để gây sự chú ý cho Hardy.

 

Từ một vùng trời xa lạ, thiếu vắng môi trường khoa học

 

Srinivasa Ramanujan (1887 - 1920) sinh tại làng Erode, phía Nam thành phố Tamil Nadu, miền Nam Ấn Độ trong một gia đình nghèo khó. Cha ông làm việc trong một cửa hàng buôn bán nhỏ, mẹ hát trong một ngôi đền. Lên 5 tuổi, Ramanujan được cho đi học tại trường Kumbakonam, một thị trấn gần Madras, nơi gia đình đang sinh sống. Mặc dầu không được học một cách có hệ thống, nhưng Ramanujan sớm thể hiện một khả năng về toán một cách kỳ lạ: Khi mới 12 tuổi cậu có thể giải được nhiều bài toán về Lý thuyết số và Giải tích và có thể nghĩ ra những ý tưởng toán học trong một khung cảnh hoàn toàn không được kết nối với cộng đồng khoa học xung quanh.

Năm 1902 (15 tuổi), học được từ trong sách phương pháp giải phương trình bậc ba của các nhà Toán học Ý thế kỷ 16, Ramanujan tìm ra được cách giải phương trình bậc bốn theo cách riêng của mình. Rồi cậu lao vào giải phương trình bậc năm nhưng không có kết quả, vì đâu biết rằng phương trình bậc năm không thể giải được bằng căn thức (Abel, Galois).

Tốt nghiệp trung học vào năm 1904, Ramanujan được tặng thưởng giải Rao cho học sinh có kết quả xuất sắc trong việc học toán và nhận được học bổng để vào học Đại học Công lập Kumbakonam, ở đó Ramanujan đạt kết quả kỳ diệu về toán học, nhưng tỏ ra không có năng lực gì ở các môn học còn lại, vì vậy Ramanujan mất học bổng. Chàng tự ý bỏ đi sang một thị trấn khác và sau đó xin vào học tại Đại học Pachaiyappa ở Madras. Cũng như ở trường trước, kết quả ở các môn học khác quá kém và cũng vì sức khỏe có vấn đề, chàng rớt trong kỳ tốt nghiệp và đã trình cho một số giáo sư ở trường đại học địa phương một vài kết quả của công trình nghiên cứu của mình để có được thư giới thiệu cần thiết khi đi xin việc. Công trình của chàng làm các giáo sư quá đỗi ngạc nhiên tới mức lúc đầu không tin là nghiên cứu độc lập của chàng. Cho đến khi chàng chỉ cho họ thấy làm thế nào chàng có được các kết quả ấy, thì họ mới hiểu rằng chàng không phải là người giả mạo, và họ viết cho chàng những thư giới thiệu nồng nhiệt, đôi khi có kèm thêm một chút tiền trợ giúp để cho chàng có thể tiếp tục nghiên cứu toán học.

Ramanujan cho đăng trên tờ Journal of Indian Mathematical Society (Báo của Hội Toán học Ấn Độ) một bài toán thách đố các nhà Toán học tìm ra cách giải. Câu hỏi là tìm kết quả của chuỗi diễn tả bởi các căn thức lồng vào nhau sau đây:

Untitled-1_1.jpg

 

Sáu tháng trôi qua, không có một lời giải nào được gửi tới, vì vậy Ramanujan phải tiết lộ đáp số: Đó là số 3.

Mãi tới năm 1912, cuối cùng thì Ramanujan cũng tìm được việc làm, một chân thư ký ở công ty Madras Port Trust.  Chàng làm việc hiệu quả tới mức còn dư thời gian để nghiên cứu thêm toán và công bố thêm một số bài báo trên tờ báo Toán học địa phương. Nhìn thấy tài năng sáng chói của chàng, một số bạn và những người cộng tác đem công trình của chàng gửi cho một số nhà Toán học người Anh xem, hy vọng tìm được sự ủng hộ cho người bạn trẻ của họ. Bất hạnh thay, mọi nỗ lực đều không có hồi âm.

Tháng 1 năm 1913, Ramanujan viết một bức thư cho G.H. Hardy kèm theo một bài dài 9 trang, nội dung là hơn 100 công thức lấy từ công trình của mình.

Hardy sau khi xem xong bức thư đã nghĩ rằng ai đó chép lại một bài báo của một nhà Toán học nào đó trong một tạp chí Toán học mà không ghi nguồn. Ông nhận ra một vài kết quả như là hệ quả đã được người khác tìm ra và được phổ biến ở phương Tây. Còn một số công thức hoặc định lý khác ông chưa hề thấy bao giờ. Khi đọc lại mấy trang này một lần nữa, ông nhận ra có một số kết quả ông không hiểu, dẫn xuất từ việc khảo sát chuỗi số siêu bội (hyper-geometric series) mà trước đây Euler và Gauss có nghiên cứu.  Hardy quá ấn tượng và ngạc nhiên, sau này ông kể lại: “Những định lý này chinh phục tôi hoàn toàn. Từ trước tới giờ tôi chưa thấy những điều như thế này bao giờ cả.”.  Những định lý này phải đúng thôi, ông kết luận: “Bởi vì nếu chúng không đúng, thì không một ai có đủ trí tưởng tượng để phát minh ra chúng.”

Hardy đem những gì Ramanujan đã viết cho các đồng nghiệp của ông xem, và họ cũng ngạc nhiên không kém. Rồi ông viết thư hồi âm cho Ramanujan, nói rằng ông rất quan tâm đến công trình của chàng và yêu cầu tác giả bổ sung chứng minh cho một vài định lý trong bảng công thức ấy. Ramanujan như nổ tung vì vui sướng khi nhận được thư trả lời, rồi ông viết cho Hardy: “Tôi như tìm được tình bạn ở nơi ông, vì ông là người đã đọc những điều tôi viết một cách có thiện cảm.”  Sau cùng thì Hardy mời Ramanujan tới Đại học Cambridge. Trước lời mời của Hardy (nhân danh Đại học Cambridge), Hội đồng Giáo Dục địa phương quyết định tài trợ cho Ramanujan một ngân khoản để ông làm việc tại Đại học Madras, hy vọng giữ ông ở lại Ấn Độ.  Cha mẹ của Ramanujan cũng lại chống đối việc ông đi Anh, cho nên ông buồn bã từ chối lời mời của Hardy. Hardy thất vọng, quan hệ giữa ông và Ramanujan nguội đi. Một thời gian sau, Hardy cố thử mời Ramanujan một lần nữa. Lần này thì Ramanujan sẵn sàng bởi vì mẹ của Ramanujan nằm mộng thấy một vị thần linh nói rằng nên cho con trai bà rời khỏi nhà.

 

Sự va chạm giữa hai thế giới

 

Ngày 17 tháng 3 năm 1914, Ramanujan lên chiếc tàu thủy mang tên Nevasa rời Madras. Tàu đến London sau gần một tháng. Tại Cambridge, ông ở gần phòng của Hardy. Hai người gặp nhau hằng ngày đàm đạo về những định lý thú vị của Ramanujan. Trước đó, Hardy nhận được từ Ramanujan hơn 100 công thức, nay Ramanujan lại mang qua thêm nhiều công thức mới nữa. Nhìn qua tất cả, Hardy có thể nhận thấy một số định lý đã được biết rồi, một vài định lý thì ông cho là sai, nhưng có nhiều định lý quả là những phát hiện mới.


ramanujan%20A2.jpg
Căn nhà nhỏ nơi Ramanujan sống cùng cha mẹ ở Kumbakonam, Ấn Độ. Ảnh: Deccan Herald.


Hardy và người đồng nghiệp lâu năm John Edensor Littlewood  hết sức ngạc nhiên trước những công thức “đột phá” của chàng thanh niên đến từ một vùng trời xa lạ, thiếu hoàn toàn môi trường khoa học.  Littlewood và Hardy cùng so sánh chàng thanh niên thiên tài này với Euler và Jacobi2. Tuy nhiên cả hai nhận ra rằng, có thể do tự học, chàng tỏ ra thiếu kiến thức nền tảng ở một số lĩnh vực. “Có nên chăng khi phải dạy cho chàng thanh niên này một số phần Toán hiện đại.  Sự giới hạn kiến thức của chàng ở một số nơi cũng đáng ngạc nhiên như sự phong phú và sâu rộng kiến thức ở một số nơi khác”, Hardy nói. Littlewood được giao công việc hướng dẫn Ramanujan học tập, bổ sung kiến thức nền tảng mới, cũng như cách thức trình bày lý luận Toán học chặt chẽ hơn.  Littlewood viết: “Công việc này thật sự khó bởi vì mỗi khi tôi trình bày một vấn đề gì cho Ramanujan mà tôi nghĩ là cần, thì chính tôi bị anh đưa đi xa, ra khỏi dự tính ban đầu của tôi.” Ramanujan cùng làm việc với Hardy và Littlewood ở Cambridge trong 5 năm. Ông đã công bố một phần của những khám phá mới của ông trong thời gian này.

Tuy nhiên, cuộc sống và cách thức làm việc của Hardy và Ramanujan hoàn toàn khác nhau nếu không muốn nói là đối chọi nhau. Họ cộng tác với nhau trong sự va chạm của hai nền văn hóa và hai cá tính khác nhau. Trong khi Hardy là người vô thần thì Ramanujan chìm đắm trong tôn giáo (đạo Hindu), từ tư tưởng cho đến cuộc sống hằng ngày. Trong khi với Hardy, toán học đòi hỏi nhiều ở tính chính xác và tính hệ thống chặt chẽ, thì toán học của Ramanujan dựa trên trực giác và đôi khi mang tính thần bí khó giải thích. Trong thời gian này, Littlewood, người phụ trách hướng dẫn cho Ramanujan, phải “xếp bút nghiên theo việc đao cung” do Thế chiến Thứ nhất đã đến giai đoạn gay gắt nhất, Hardy thay thế vai trò của Littlewood trong việc hướng dẫn Ramanujan đi đúng đường (tính chính xác, tính hệ thống), thay vì triển khai Toán học chỉ dựa trên trực giác và cảm hứng (inspiration) mà Ramanujan vẫn thường làm.

Tháng 3 năm 1916, Ramanujan được trường Đại học Cambridge trao bằng Tiến sĩ Toán vì những thành quả trong nghiên cứu về Lý thuyết số. Một phần của nghiên cứu này là một bài báo dài khoảng 50 trang được đăng trong Proceedings of the London Mathematical Society (Kỷ yếu của Hội Toán học London). Hardy và một số nhà Toán học đương thời nhận xét rằng bài báo về Lý thuyết số này quá độc đáo. Qua đó, người ta xác nhận thêm một lần nữa tài năng thiên phú đặc biệt của Ramanujan.

Cuối năm 1917, ông được bầu làm thành viên của Hội Toán học London.  Năm 1918, ông được vinh dự trở thành thành viên của Hội đồng Hoàng gia Anh (Fellow of The Royal Society), năm ấy ông 31 tuổi và là thành viên trẻ nhất kể từ ngày Hội đồng được thành lập vào năm 1660.

Suốt cuộc đời ngắn ngủi, Ramanujan luôn luôn bị phiền nhiễu vì vấn đề sức khỏe của mình, nhất là trong thời gian 5 năm sống tại Anh. Ở đây khí hậu ẩm và lạnh khác với khí hậu nóng và khô ở quê hương ông miền Nam Ấn Độ. Thêm vào đó là chế độ ăn uống không đầy đủ. Thời kỳ này là thời kỳ của Thế chiến Thứ nhất 1914 – 1918, thực phẩm không những khan hiếm mà còn không đầy đủ cho chế độ ăn uống kiêng khem của ông (ông tự đi mua thực phẩm và tự nấu ăn ở nhà theo chế độ riêng, phù hợp với tôn giáo của mình). Sức khỏe ông xấu dần. Cuối năm 1918, người ta phải đưa ông vào bệnh viện với chẩn đoán là kiệt sức vì thiếu dinh dưỡng. Ngoài ra, ông có dấu hiệu bệnh lao đang trên đà phát triển. Tháng 2 năm 1919, ông được đưa về quê hương.  Một năm sau, năm 1920 ông qua đời, khi ấy ông mới vừa bước qua tuổi 33.

Ramanujan được mô tả như là con người trầm lặng, nghiêm trang nhưng vui tính. Ông theo hệ phái Ấn Độ giáo chính thống, nữ thần Namagiri Thayar là nữ thần của gia đình ông.  Ông tin rằng chính vị nữ thần này đem lại niềm cảm hứng cho ông trong khi nghiên cứu Toán học Ông nói: “Đối với tôi, một phương trình chỉ có ý nghĩa khi nó phản ảnh một ý tưởng của Thượng đế.” 

 

Theo giáo sư Bruce C. Berndt, trường Đại học Illinois, Ramanujan đã công bố 37 bài báo và rất nhiều công thức được ông ghi chép trong bốn cuốn sổ mà một cuốn nay đã thất lạc. Ước chừng trong những sổ ghi chép ấy có khoảng 4000 công thức (hoặc định lý), hầu hết không chứng minh. Từ đó đến nay một số lớn công thức đó đã được chứng minh, tạo hứng thú tìm hiểu cho một số nhà Toán học thế hệ sau.

 

---------

Chú thích:

1 Hardy là tác giả cuốn sách giáo khoa nổi tiếng thời ấy:  cuốn A Course of Pure Mathematics. Ngoài ra ông còn cộng tác với nhà Toán học tài năng John Littlewoodnghiên cứu nhiều đề tài về tính toán, lý luận, và giải tích thuần lý.

2 Carl Gustave Jacobi (1804- 1851), một nhà Toán học người Đức, có nhiều đóng góp quan trọng nhiều lãnh vực: Hàm số elliptic, Phương trình vi phân, Lý thuyết số,…

Tài liệu tham khảo

1Aczel, Amir.  A Strange Wilderness. Sterling New York.  2011.

2. Chaitin, Gregory. Less proof, more truth. New Scientist (2614).

3. Kanigel, Robert.  The Man Who Knew Infinity: A Life of the Genius Ramanujan.  Simon and Schuster.  2016.

4. Ramanujan, Srinivasa (1887–1920), mathematician.   Oxford Dictionary of National Biography, September 2004 (Oxford University Press).

5. Neville, Eric Harold. Srinivasa Ramanujan. Nature. 149. 1942.

6Ono, Ken; Aczel, Amir D.  My Search for Ramanujan: How I Learned to Count. Springer. 2016.

7. https://en.wikipedia...ivasa_Ramanujan

8. https://medium.com/c...12-a8cc23dea793

 




#723571 Hệ thặng dư

Gửi bởi tritanngo99 trong 06-07-2019 - 18:07

Cho mình hỏi mình đang học phần hệ thặng dư,các thành viên trong diễn đàn có thể chia sẻ cho mình bài tập về phần này không.Mình lên mạng thì thấy rất ít bài

+ https://www.ias.ac.i...20/03/0206-0216

+ https://s3.amazonaws...mber-theory.pdf

+ http://web.evanchen....uts/CRT/CRT.pdf

+ https://olympiadtrai...-and-tricks.pdf




#723548 IMO short list (problems+solutions) và một vài tài liệu olympic

Gửi bởi tritanngo99 trong 05-07-2019 - 21:44

BDT: https://drive.google...63COt2YobIThGYo




#723547 Tóm tắt bổ đề cơ bản của giáo sư Ngô Bảo Châu

Gửi bởi tritanngo99 trong 05-07-2019 - 21:40

https://drive.google...NgfcS16PWw/view

sketch-1562334051745.png