Epsilon 07 - Flip EBook Pages 151-200 | AnyFlip

• Quick Upload
• Explore
• Features
• Support
  • Contact Us
  • FAQ
  • Help Document
• Pricing

Sign In Sign Up

• Quick Upload
• Explore
• Features
• Support
  • Contact Us
  • FAQ
  • Help Document
• Pricing
• Sign In
• Sign Up

• Enrichment
• Business
• Books
• Art
• Lifestyle
• Religion
• Home
• Science

The words you are searching are inside this book. To get more targeted content, please make full-text search by clicking here. Home Explore Epsilon 07 View in Fullscreen

Tạp chí Epsilon số 07

Like this book? You can publish your book online for free in a few minutes!

• Gặp gỡ Toán học
• http://anyflip.com/anxl/jyvq/

Download PDF Share

Related Publications

Discover the best professional documents and content resources in AnyFlip Document Base. Search Published by Gặp gỡ Toán học, 2018-04-27 09:20:21 Epsilon 07

Pages:
• 1 - 50
• 51 - 100
• 101 - 150
• 151 - 200

Tạp chí Epsilon số 07

Keywords: ggth,gapgotoanhoc,GGTH,epsilon

Tạp chí Epsilon, Số 07, 2/2016Kết thúc bài viết tôi xin đề nghị một ứng dụng đẹp mắt của bài toán 1Bài toán 23. Cho tam giác ABC với trung tuyến BE; CF và đường đối trung AD. Gọi M làtrung điểm AD. Đường tròn qua A; B tiếp xúc AC tại BM tại P . Đường tròn qua A; C tiếp xúcAB cắt CM tại Q. AP; AQ lần lượt cắt BE,CF tại K; L. Chứng minh rằng ∠KCA D ∠LBA.Cuối bài viết tác giả muốn nói lời cảm ơn chân thành tới bạn Nguyễn Tiến Dũng sinh viên K50đại học ngoại thương và bạn Trịnh Huy Vũ lớp 12A1 Toán trường THPT chuyên KHTN đã đọckỹ bài viết và giúp tác giả hoàn thiện bài viết này.Tài liệu tham khảo [1] nice [symmedians in a triangle, < ABM = < BAN] http://artofproblemsolving.com/community/c6h19806p131967 [2] angle with tangential circle http://artofproblemsolving.com/community/c6h207440 [3] Concurrent http://artofproblemsolving.com/community/c6h193904 [4] Angle (Equal) http://artofproblemsolving.com/community/q5h217854p1208193 151Tạp chí Epsilon, Số 07, 2/2016152ĐƯỜNG THẲNG SIMSON Ngô Quang Dương (THPT chuyên KHTN, Hà Nội)Bài viết này như một tài liệu tổng kết một khá đầy đủ về đường thẳng Simson.1. Giới thiệu1.1. Lời nói đầuBài viết này như một tài liệu tổng kết khá đầy đủ về đường thẳng Simson, gọi như vậy là bởi bàiviết góp nhặt lại những kết quả quen thuộc và từ những bài viết khác, đúc kết thành tài liệu. Bàiviết này hướng tới các bạn học sinh, các giáo viên, những người yêu thích hình học. Chỉ với việcbiết những khái niệm và công cụ cơ bản, quen thuộc, bạn đọc có thể hiểu hết được nội dung chitiết của bài viết. Phần lớn các định lý trong đây là sơ cấp, chỉ có riêng phần cuối, nói về tam giáccong thì tác giả cũng đã cố gắng diễn đạt, trình bày để bạn đọc có thể dễ dàng hiểu được, vàkhông thấy ngại khi đọc về một đường cong bậc cao này.1.2. Kí hiệu trong bài viếtBài viết sử dụng các khái niệm, công cụ được kí hiệu như trong bảng sau. Kí hiệu Nghĩa / Góc định hướng giữa hai đường thẳng a; b .mod .a; b/ Góc không tù giữa a; b ∠.a; b/ Đường tròn ngoại tiếp A1A2:::An.A1A2:::An/ Trung điểm XY MX Y HOk Phép vị tự tâm O, tỉ số k1.3. Đường thẳng SimsonĐịnh lý 1. P nằm trên đường tròn ngoại tiếp 4ABC . Khi đó hình chiếu vuông góc của P lênBC , CA, AB thẳng hàng.Đường thẳng đi qua ba hình chiếu đó của P được gọi là đường thẳng Simson của P với 4ABC .Khái niệm này được đặt theo tên Robert Simson[1], giáo sư toán đại học Glasgow, Scotland.Nhưng thực ra đường thẳng này lần đầu được công bố bởi William Wallace vào năm 1797 nênđôi khi được gọi là đường thẳng Wallace-Simson. Đường thẳng Simson có mối liên hệ với nhiềukhái niệm và các kết quả hình học khác và bản thân nó có rất nhiều mở rộng, phát triển. 153Tạp chí Epsilon, Số 07, 2/2016 Hình 1. Đường thẳng SimsonChứng minh. Chứng minh chỉ đơn giản bằng biến đổi góc. .DE; DF / D .DE; DP / C .DP; DF / D .CE; CP / C .BP; BF / D .CA; CP / .BA; BP / D0Do đó D; E; F thẳng hàng.Từ chứng minh trên, ta còn thu được rằng D; E; F thẳng hàng khi và chỉ khi P nằm trên đườngtròn ngoại tiếp 4ABC .Định lý 2. Sau đây là các trường hợp đặc biệt của đường thẳng Simson. 1. Đường thẳng Simson của A là đường cao từ A của 4ABC . 2. Đường thẳng Simson của điểm đối xứng với A qua tâm ngoại tiếp là cạnh BC .2. Tính chất2.1. Các tính chất kinh điểnĐịnh lý 3. PD; PE; PF cắt .ABC / tại A1; B1; C1.Thì AA1; BB1; C C1 song song với đường thẳng Simson của P với 4ABC .Chứng minh. .AA1; DE/ D .AA1; AC / C .EC; ED/ D .PA1; P C / C .P C; PD/ 154Tạp chí Epsilon, Số 07, 2/2016 Hình 2 D0Vậy AA1 k D; E; F .Định lý 4. P; P 0 là hai điểm trên .ABC / thì góc giữa đường thẳng Simson của P và P 0 bằngnửa số đo cung PP 0Chứng minh. Gọi D0; E0; F 0 là hình chiếu vuông góc của P 0 lên BC; CA; AB. Hình 3 .DE; D0F 0/ D .DE; DP / C .D0P 0; D0F 0/ D .CE; CP / C .BP 0; BF 0/ 155Tạp chí Epsilon, Số 07, 2/2016 D .CA; CP / C .CP 0; CA/ D .CP 0; CP /.CP 0; CP / chính bằng nửa số đo cung PP 0.Định lý 5. H là trực tâm 4ABC . Khi đó đường thẳng Simson của P với 4ABC chia đôi đoạnHP .Chứng minh. Gọi D0; E0; F 0 là đối xứng của P qua BC; CA; AB rồi chỉ ra H; D0; E0; F 0 thẳnghàng. Vậy, chỉ cần chứng minh H; E0; F 0 thẳng hàng là đủ.Ta có .HA; H C / D .BC; BA/ D .P C; PA/ D .E0A; E0C / nên H; E0; C; A đồng viên. Tươngtự ta cũng có H; F 0; A; B đồng viên. Hình 4 .HE0; HF 0/ D .HE0; HA/ C .HA; HF 0/ D .CE0; CA/ C .BA; BF 0/ D .CA; CP / C .BP; BA/ D0Vị tự tâm P , tỉ số 1=2 thì ta thu được đường thẳng Simson chia đôi đoạn HP .Định lý 6. P 0P là đường kính của .ABC /. Khi đó đường thẳng Simson của P và P 0 vuông gócvới nhau tại một điểm trên đường tròn chín điểm của 4ABC .Chứng minh. Gọi H là trực tâm và N là tâm đường tròn chín điểm của 4ABC , khi đó N làtrung điểm OH . T là giao của đường thẳng Simson của P và P 0 với 4ABC . Q; Q0 là trungđiểm HP và HP 0. Theo định lý 5, đường thẳng Simson của P; P 0 lần lượt đi qua Q; Q0. HH1=2 W P; P 0; .ABC / !7 Q; Q0; đường tròn chín điểmVì vậy QQ0 là đường kính đường tròn chín điểm. Hơn nữa TQ0 ? TQ theo định lý 4, nên Tnằm trên đường tròn chín điểm. 156Tạp chí Epsilon, Số 07, 2/2016 Hình 5Định lý 7. 4ABC và 4A0B0C 0 cùng nội tiếp một đường tròn thì góc giữa đường thẳng Simsoncủa P với 4ABC và 4A0B0C 0 không phụ thuộc vào vị trí của điểm P trên đường tròn ngoạitiếp.Chứng minh. Để cho đơn giản, từ giờ ta kí hiệu đường thẳng Simson của P với 4ABC làs.P; ABC /. .s.P; ABC /; s.P; A0B0C 0// D .s.P; ABC /; s.A; ABC // C .s.A; ABC /; s.A0; A0B0C 0// C .s.A0; A0B0C 0/; s.P; A0B0C 0// D .BA; BP / C .BC; B0C 0/ C .BP; BA0/ (Định lý 4) D .BA; BA0/ C .BC; BC 0/ C .C 0B; C 0B0/ D .PA; PA0/ C .PB; PB0/ C .P C; P C 0/Góc này không phụ thuộc vào vị trí của P .2.2. Liên hệ với các khái niệm khác2.2.1. Tứ giác nội tiếpTa thu được đường thẳng Simson khi và chỉ khi ta có bốn điểm đồng viên. Với suy nghĩ đó thìđường thẳng Simson hẳn là có liên quan tới tứ giác nội tiếp. Cho một tứ giác nội tiếp, thì ta dễdàng thu được bốn đường thẳng Simson. Hãy đến với bài toán quen thuộc sau.Định lý 8. A; B; C; D đồng viên. Khi đó đường thẳng Simson của A; B; C; D với 4BCD,4CDA, 4DAB, 4ABC đồng quy tại một điểm P .Chứng minh. Gọi Ha; Hb; Hc; Hd là trực tâm 4BCD, 4CDA, 4DAB, 4ABC , O là tâmngoại tiếp .ABCD/. 157Tạp chí Epsilon, Số 07, 2/2016 Hình 6. Bốn đường thẳng Simson đồng quy ! !1 !Ta đã biết rằng AHd D DHa D 2 OMBC . Do đó, ADHd Ha là hình bình hành AHa; DHd cắtnhau tại trung điểm mỗi đường. Hoàn toàn tương tự, AHa, BHb, CHc, DHd có chung trungđiểm P . Theo định lý 5, đường thẳng Simson của A; B; C; D với 4BCD, 4CDA, 4DAB,4ABC đồng quy tại P .Định lý 9. A1; B1; C1 là giao điểm các cặp đường thẳng DA và BC , DB và CA, DC và AB.(1) P nằm trên đường tròn chín điểm của 4BCD, 4CDA, 4DAB, 4ABC .(2) P là trực tâm các tam giác 4A1MDAMBC , 4B1MDB MCA, 4C1MDC MAB . Hình 7 158Tạp chí Epsilon, Số 07, 2/2016Chứng minh. Na; Nb; Nc; Nd là tâm đường tròn chín điểm của 4BCD, 4CDA, 4DAB,4ABC .(1)HH1=a2 biến .BCD/ thành đường tròn chín điểm của 4BCD và biến A thành P nên P thuộcđường tròn chín điểm của 4BCD.(2)Do sự đối xứng nên chỉ cần chứng minh P là trực tâm 4A1MBC MDA là đủ.Bởi P; MDA là điểm chung của đường tròn chín điểm các tam giác 4CDA; 4DAB nên PMDA? NbNc.NbNc k HbHc k BC , vì Nb; Nc là trung điểm OHb; OHc và P là trung điểm BHb; CHc.Do vậy, PMDA ? BC , hay tương đương với PMDA ? A1MBC . Tương tự, PMBC ? A1MDAnên P là trực tâm 4A1MBC MDA.Lưu ý rằng P là điểm Euler-Poncelet của A; B; C; D. Cứ bốn điểm trong mặt phẳng (không nhấtthiết là bốn điểm đồng viên) thì đều có một điểm Euler-Poncelet[2]. Điểm này nằm trên đườngtròn chín điểm của các 4BCD, 4CDA, 4DAB, 4ABC và còn rất nhiều tính chất thú vị [3],bạn đọc có thể xem trong mục bài tập và tham khảo. Đây là điểm rất quan trọng trong hình họctứ điểm.Định lý 10. Cho bốn điểm đồng viên A; B; C; D và một điểm P bất kì. HBC , HDA, HCA, HDB,HAB, HDC là hình chiếu vuông góc của P lên BC , DA, CA, DB, AB, DC .Trung điểm X; Y; Z của HDAHBC , HDB HCA, HDC HAB thẳng hàng. Hình 8Định lý 10 đã được đề cập trong nhiều tài liệu.Chứng minh. Ta thấy điều này là hiển nhiên khi P trùng với tâm ngoại tiếp O, bởi khi đóX; Y; Z trùng với trọng tâm của A; B; C; D. Bây giờ ta xét trường hợp P ¤ O. Gọi Q là mộtđiểm chung của OP và .ABCD/. KBC , KDA, KCA, KDB , KAB , KDC là hình chiếu vuông góccủa Q lên BC , DA, CA, DB, AB, DC . 159Tạp chí Epsilon, Số 07, 2/2016Theo đường thẳng Simson mà ta có ngay các bộ ba điểm sau .KBC ; KDB ; KDC /, .KCA; KDC ; KDA/,.KAB ; KDA; KDB /, .KBC ; KCA; KAB / thẳng hàng. Do đó mà trung điểm X1; Y1; Z1 của KBC KDA,KCAKDB, KABKDC thẳng hàng - đây là đường thẳng Newton-Gauss[4] của tứ giác toàn phần.KBC KDB KDC , KCAKDC KDA,KAB KDAKDB , KBC KCAKAB /.G là trọng tâm A; B; C; D thì G là trung điểm MDAMBC , MDB MCA, MDC MAB .Theo định lý Thales MDAHDA D MBC HBC D OP MDAKDA MBC KBC OQTheo định lý E.R.I.Q, G; X; X1 thẳng hàng và GX =GX1 D OP =OQ. Đồng thời ta thu được: GX GY GZ OP DD D GX1 GY1 GZ1 OQVì X1; Y1; Z1 thẳng hàng, kéo theo X; Y; Z cũng thẳng hàng.Chứng minh nêu trên khéo léo ở chỗ, nó quy việc chứng minh định lý về việc chứng minh mộtđường hợp đặc biệt, và rồi chỉ ra rằng trường hợp tổng quát chỉ là hệ quả của trường hợp đặc biệtqua một phép vị tự.2.2.2. Cực trực giao và đồng quyPhần này tác giả viết lại theo một bài viết của thầy Trần Quang Hùng: Đường thẳng Simson vàcác bài toán trực giao.Định nghĩa cực trực giao: Cho 4ABC và đường thẳng d . D; E; F là hình chiếu vuông góc củaA; B; C lên d , các đường thẳng qua D; E; F và vuông góc với BC; CA; AB sẽ đồng quy tạimột điểm I . I được gọi là cực trực giao của d với 4ABC .Định lý 11. Đường thẳng d luôn đi qua điểm P nằm trên .ABC / thì cực trực giao của d với4ABC nằm trên đường thẳng Simson của P với 4ABC .Chứng minh. D; E; F là hình chiếu vuông góc của P lên BC; CA; AB và B0; C 0 là hình chiêuvuông góc của B; C lên d . I là cực trực giao của d với 4ABC . .B0F; C 0E/ D .B0F; B0P / C .C 0P; C 0E/ D .DF; DP / C .DP; DE/ D0) FB0 jj EC 0. Chú ý rằng IC 0 jj PF .? AB/ và IB0 jj PE .? AC /. IB0; IC 0 cắt EC 0; FB0tại M; N . Bằng định lý Thales FB0 PB0 EM DD FN PC0 EC0Theo định lý chùm đường thẳng đồng quy, EF; NC 0; MB0 đồng quy, tức là I; E; F thẳnghàng.Ta đến với một kết quả hết sức đẹp đẽ về cực trực giao. 160Tạp chí Epsilon, Số 07, 2/2016 Hình 9Định lý 12. (Trần Quang Hùng [5]) A; B; C; D; E; F đồng viên.A1; B1; C1 là cực trực giao của BC; CA; AB với 4DEF .D1; E1; F1 là cực trực giao của EF; FD; DE với 4ABC .Thì A1; B1; C1; D1; E1; F1 đồng viên.Chứng minh. (Dựa theo chứng minh của Luiz Gonzalez)H; H 0 là trực tâm 4ABC và 4DEF . A0, B0, C 0, D0, E0, F 0, K là trung điểm H 0A, H 0B,H 0C , HD, HE, HF , HH 0.Để có được chứng minh, ta cần các bổ đề sau.Bổ đề 13. D; E; F thuộc BC; CA; AB. .AEF /, .BFD/, .CDE/ đồng quy tại O theo định lýMiquel.O là tâm ngoại tiếp 4ABC khi và chỉ khi O là trực tâm 4DEF .Chứng minh bổ đề O là trực tâm 4DEF khi và chỉ khi .AEF /, .BFD/, .CDE/ bằng nhau.Sử dụng định lý sin: OA OB OC DD sin ∠.AB; OF / sin ∠.BC; OD/ sin ∠.CA; OE/) sin ∠.AB; OF / D sin ∠.BC; OD/ D sin ∠.CA; OE/, vậy OA D OB D OC . Nên O làtâm ngoại tiếp 4ABC .Bổ đề 14. .BC; s.A; DEF // D .s.D; ABC /; EF /Chứng minh bổ đề. Theo định lý 4: .BC; s.A; DEF // D .BC; AH / C .s.A; ABC /; s.A; DEF // D C .s.A; ABC /; s.A; DEF // 2 .s.D; ABC /; EF / D .EF; H 0D/ C .s.D; ABC /; s.D; DEF // D C .s.D; ABC /; s.D; DEF // 2 161Tạp chí Epsilon, Số 07, 2/2016.s.A; ABC /; s.A; DEF // D .s.D; ABC /; s.D; DEF //, theo định lý 7.Quay lại với việc chứng minh định lý ban đầu.Từ định lý 5, E1F1, F1D1, D1E1 đi qua D0, E0, F 0; B1C1, C1A1, A1B1 đi qua A0, B0, C 0. Hình 10KD0 k H 0D ? EF ) KD0 ? EF . Tương tự, ta có KE0 ? F 0D0 nên K là trực tâm 4D0E0F 0. .KE0; KF 0/ D .H 0E; H 0F / D .DF; DE/ D .s.E; ABC /; s.F; ABC // D .D1F1; D1E1/ D .D1E0; D1F 0/Do đó K thuộc .D1E0F 0/. K đồng thời cũng thuộc .E1F 0D0/, .F1D0E0/. Theo bổ đề 13, K làtâm ngoại tiếp 4D1E1F1 và 4A1B1C1. Bây giờ, ta chỉ cần chỉ ra .D1E1F1/ và .A1B1C1/ cócùng bán kính. Theo định lý sin:KD1 D E0F 0 sin ∠.KE0; F 0D0/ sin ∠.D1E1; D1F1/ D EF sin ∠.KE0; F1D1/ 2 sin ∠.DE; DF / D R cos ∠.FD; F1D1/ D R cos ∠.FD; s.E; ABC // KA1 D R sin ∠.CA; C1A1/ D R cos ∠.CA; s.B; DEF //Tương tự, ta cũng tính được KD1 D KA1. Kí hiệu R là bán kính của .ABCDEF /.KA1 D KD1, mà K là tâm ngoại tiếp 4A1B1C1, 4D1E1F1 nên A1; B1; C1; D1; E1; F1 đồngviên. 162Tạp chí Epsilon, Số 07, 2/2016Hệ quả 15. s.D; ABC /; s.E; ABC /; s.F; ABC / đồng quy khi và chỉ khi s.D; ABC /, s.E; ABC /,s.F; ABC / lần lượt vuông góc với EF , FD, DE.Chứng minh. Từ chứng minh của định lý 12: KD1 D R cos ∠.FD; s.E; ABC // KE1 D R cos ∠.DE; s.F; ABC // KF1 D R cos ∠.EF; s.D; ABC //s.D; ABC /; s.E; ABC /; s.F; ABC / đồng quy khi và chỉ khi KD1 D KE1 D KF1 D 0,tương đương s.D; ABC /, s.E; ABC /, s.F; ABC / vuông góc với EF , FD, DE.Còn bây giờ, tác giả xin giới thiệu tới bạn đọc một kết quả rất đẹp khác về đường thẳng Simson.2.2.3. Tam giác cong Steiner - Hình bao của đường thẳng SimsonĐầu tiên ta định nghĩa hình bao. Nếu như quỹ tích là tập hợp điểm, thì hình bao là một hình cốđịnh mà luôn tiếp xúc với một đường thay đổi. Đề cho rõ hơn, xin đưa ra một ví dụ đơn giản vềhình bao: 4ABC nội tiếp .O/ và ngoại tiếp .I /. M thay đổi trên .O/. Hai dây MD; ME của.O/ tiếp xúc với .I / thì EF luôn tiếp xúc .I /. Khi đó .I / chính là hình bao của đường thẳngEF di độngThứ hai, ta định nghĩa thế nào là một tam giác cong (deltoid)[6].Định lý 16. Hai đường tròn .O; 3R/ và .I; R/ tiếp xúc trong tại M . 1. .O; 3R/ cố định, còn .I; R/ lăn, nhưng không trượt trên .O; 3R/ thì M (gắn chặt với .I; R/) cũng di động theo và vạch ra một đường gọi là tam giác cong. 2. Trong tọa độ Descartes, .O; R/ có phương trình x2 C y2 D 9R2 và M.3R; 0/ thì tam giác cong có phương trình tham số x D 2R cos t C R cos 2t y D 2R sin t R sin 2tĐịnh lý 17. (Jakob Steiner) Khi P di động trên .ABC / thì s.P; ABC / luôn tiếp xúc với mộttam giác cong.[7]Jakob Steiner[8] là một nhà hình học người Thụy Sĩ, ông có nhiều đóng góp quan trọng cho hìnhhọc Euclide, lý thuyết đồ thị, được xem là một trong những nhà hình học tài năng nhất. Steinerluôn tìm cách chứng minh thuần túy hình học, tức là không sử dụng hệ tọa độ. Định lý trên đượcphát hiện và cũng chứng minh bởi Steiner, cũng là một chứng minh thuần túy hình học. Tuynhiên ở đây chúng ta kết hợp chứng minh thuần túy của M. de Guzman[9] với việc sử dụng tọa độDescartes. Ý tường chính là quy việc chứng minh với tam giác bất kì về trường hợp tam giác đều.Chứng minh. Trước hết, ta cần một số bổ đề. 163Tạp chí Epsilon, Số 07, 2/2016 Hình 11. Tam giác cong Hình 12. Bổ đề 18Bổ đề 18. P; B0; C 0 thuộc .ABC / sao cho BC k B0C 0. !u ? BC; B0C 0 và có điểm cuối thuộcBC , điểm ngọn thuộc B0C 0. Phép tịnh tiến theo vector !u ký hiệu là T .!u / biến đường thẳngBC thành đường thẳng B0C 0 thì 1. T .!u / W s.P; ABC / ! s.P; AB0C 0/. 2. T .!u / W đường tròn chín điểm 4ABC ! đường tròn 4AB0C 0.Chứng minh bổ đề 18. H; H 0 là trực tâm, N; N 0 là tâm đường tròn chín điểm 4ABC và4AB0C 0. Ta dễ dàng thu được:QQ!0 D DD!0 D MBC ! D N N!0 D !u MB0C 0 164Tạp chí Epsilon, Số 07, 2/2016Lưu ý rằng T .!u / không nên bị nhầm lẫn với phép biến hình tịnh tiến. Ở đây, hãy xem biến đổiT giống như việc nắn tam giác vậy.Bổ đề 19. Tồn tại 2 phép nắn mà hợp của chúng biến 4ABC thành một tam giác đều 4A1B1C1.Với bổ đề này, ta chỉ cần sử dụng hình vẽ và vài lời giải thích, bởi bổ đề nhìn chung là trực quan. Hình 13. Minh họa bổ đề 19lDàễtồthnấtyạitồmnộttạpihTéBpCn.ắ!un T/ Cnắ0An.!BvC/ thành B1 C 0 sao cho 4AB1C 0 cân tại B1, và cũng hiển nhiên biến AC 0 thành A1C1 sao cho 4A1B1C1 là một tam giác đều.Ta quay lại chứng minh định lýTheo bổ đề 18, 19, khi ta nắn 4ABC thành một tam giác đều, thì đường thẳng Simson chỉ bịtịnh tiến đi, nên nếu nó có hình bao thì hình bao đó cũng bị tịnh tiến. Như vậy ta chỉ cần chứngminh cho trường hợp 4ABC là tam giác đều mà thôi. Tới đây ta sẽ sử dụng hệ tọa độ Descartestrong mặt phẳng.Đầu tiên ta chọn tọa độ của A; B; C; P . ppA.2R; 0/ B. R; R 3/ C. R; R 3/ P .2R cos Â; 2R sin Â/Vì O.0; 0/ là trực tâm 4ABC , nên đường thẳng đi qua hình chiếu vuông góc D của P lên BCvà trung điểm OP chính là s.P; ABC /. D. R; 2R sin  / MOP .R cos Â; R sin  /s.P; ABC / có phương trình x R cos  y R sin  D R R cos  R sin  x y1, CD R.1 C cos Â/.1 C 2 cos Â/ R sin Â.1 C 2 cos Â/ 1 C cos  x y1 , C D R cos  .1 C 2 cos Â/ R sin  .1 C 2 cos Â/ cos  2 2 2 165Tạp chí Epsilon, Số 07, 2/2016 Hình 14. Trong tọa độ DescartesBổ đề 20. Trong tọa độ Descartes, đường cong C có phương trình tham số x D f .t/ y D g.t/Tiếp tuyến tại A.f .a/; g.a// của C có phương trình g.a/ x y f .a/ g0.a/ f 0.a/ g0.a/ D f 0.a/ Hình 15Chứng minh bổ đề 20. B.f .b/; g.b// là một điểm trên C. Ta lập được phương trình đường thẳngđi qua A.f .a/; g.a// và B.f .b/; g.b// là: x f .a/ D y g.a/ f .b/ f .a/ g.b/ g.a/ f .b/ f .a/ ! f 0.a/ và g.b/ g.a/ ! g0.a/, và AB ! tiếp tuyến tại A, từKhi b ! a thì babađó mà bổ đề được chứng minh. 166Tạp chí Epsilon, Số 07, 2/2016Bây giờ ta chỉ ra s.P; ABC / tiếp xúc với một tam giác cong có phương trình tham số là: x D f .t/ D 2R cos t C R cos 2t y D g.t/ D 2R sin t R sin 2tNhờ bổ đề 20, sau vài phép biến đổi đại số và lượng giác, ta được tiếp tuyến tại .f .t/; g.t// củatam giác cong có phương trình: x y1 CD R sin t.1 C 2 cos t/ R.1 cos t/.1 C 2 cos t/ sin t , x y1 C D t. / R cos t .1 C 2 cos t / R sin t .1 C 2 cos t/ cos 2 2 2Rõ ràng phương trình của s.P; ABC / có dạng . / nên s.P; ABC / tiếp xúc với một tam giáccong.Định lý 21. (Một số tính chất của tam giác cong Steiner)1. Đường tròn chín điểm của 4ABC là đường tròn nội tiếp tam giác cong Steiner. 2. Các đỉnh của tam giác cong Steiner tạo thành một tam giác đều, và tam giác này vị tự với tam giác Morley của 4ABC .Chứng minh. Tính chất 1 hiển nhiên theo phép nắn tam giác ta đã đề cập ở trên. Ở đây ta sẽ đưara chứng minh cho tính chất 2, ở đây cũng cần tới bổ đề trong bài viết của M.de Guzman Hình 16. Tam giác MorleyTừ chứng minh định lý Morley của M. T. Naraniengar[10]: jB C j jC Aj jA Bj∠.BC; MbMc/ D 3 ∠.CA; McMa/ D 3 ∠.AB; MaMb/ D 3Ta cũng thu được các đẳng thức tương tự với tam giác Morley của 4AB1C 0. Từ đó dễ dàng kiểmtra được hai tam giác Morley của 4ABC và 4AB1C 0 có các cạnh tương ứng song song. Tươngtự, thì tam giác Morley của 4ABC và 4A1B1C1 cũng có các cạnh tương ứng song song. Theochứng minh của định lý 17, hai tam giác Steiner(tam giác thẳng, phân biệt với tam giác cong)của 4ABC và 4A1B1C1 là ảnh của nhau qua 2 phép tịnh tiến. Hơn nữa, 4A1B1C1 đều nêncác đỉnh của nó sẽ vị tự với tam giác Steiner của 4A1B1C1(với tam giác đều thì điều này xem làhiển nhiên).Kết hợp những điều trên, tam giác Morley của 4ABC vị tự với tam giác Steiner của 4ABC . 167Tạp chí Epsilon, Số 07, 2/2016 Figure 17. Tam giác cong Steiner - Hình bao của đường thẳng SimsonĐịnh lý sau là cách dựng tiếp điểm của đường thẳng Simson với tam giác cong Steiner.Định lý 22. (Phép dựng tam giác cong Steiner) Một đường thẳng ` tiếp xúc .ABC / thì cực trựcgiao của ` với 4ABC nằm trên tam giác cong Steiner của 4ABC .Chứng minh. Tác giả đưa ra một chứng minh sử dụng giới hạn trong hình học. Gọi P là tiếpđiểm của ` với .ABC /, như vậy cực trực giao của ` với 4ABC phải nằm trên s.P; ABC /, theođịnh lý 11. Q thuộc .ABC /, ta đặt ∠.OP; OQ/ D ı, O là tâm ngoại tiếp 4ABC . Cực trực giaoT của PQ với 4ABC là giao của s.P; ABC / và s.Q; ABC /. s.P; ABC / và s.Q; ABC / đềutiếp xúc với tam giác cong Steiner. Khi ı ! 0 thì T sẽ tiến tới một giới hạn, chính là tiếp điểmcủa s.P; ABC / với tam giác cong Steiner. Vì vậy, cực trực giao của ` với 4ABC thuộc tamgiác cong Steiner.Ta còn thu được một hình bao khác, cũng là một tam giác cong.Định lý 23. P chạy trên .ABC /. Đường thẳng qua P và vuông góc với s.P; ABC / luôn tiếpxúc với một tam giác cong.Chứng minh. PP 0 là đường kính của .ABC /. Q0 là trung điểm P 0H . Do Q0; O là trung điểmP 0H; PP 0 nên ta dễ dàng thu được rằng PQ0 đi qua trọng tâm G của 4ABC và GQ0=GP D 1=2. Mà đường thẳng qua P , vuông góc s.P; ABC / và đường thẳng s.P 0; ABC / song songnên đường thẳng qua P vuông góc s.P; ABC / là ảnh của s.P 0; ABC / qua phép vị tự tâm G, tỉsố 2. Điều này dẫn tới đường thẳng qua P và vuông góc s.P; ABC / sẽ tiếp xúc với ảnh củatam giác cong Steiner qua phép vị tự tâm G tỉ số 2.Tam giác cong Steiner, cũng như hình bao nói trên, là một trong những đường cong bậc cao (cụthể ở đây, hai đường này đều bậc bốn) rất nổi tiếng trong hình học tam giác. Hiện không có nhiềungười nghiên cứu về những đường cong thế này trong hình học tam giác, bạn đọc có thể thamkhảo qua [7], và các bài viết của tác giả Bernard Gibert.3. Bài tập đề nghịCác bài 1,2,3 sử dụng cùng kí hiệu, trong cùng một cấu hình. 168Tạp chí Epsilon, Số 07, 2/2016 Figure 18.Bài tập 1. 4ABC , P thuộc .ABC /. D; E; F là hình chiếu vuông góc của P lên BC; CA; AB.PD; PE; PF cắt .ABC / tại A0; B0; C 0. Chứng minh rằng trực tâm của tam giác tạo bởis.P; ABC /, s.B0; ABC /, s.C 0; ABC / chạy trên một đường tròn cố định khi P thay đổiBài tập 2. Trực tâm và tâm ngoại tiếp của tam giác tạo bởi s.A0; ABC /, s.B0; ABC /, s.C 0; ABC /cùng chạy trên một đường tròn cố định khi P thay đổiBài tập 3. Tâm đường tròn Miquel của tứ giác toàn phần .AB, AC , s.B0; ABC /, s.C 0; ABC //chạy trên một đường tròn cố định khi P thay đổi.Bài tập 4. (Trần Quang Hùng) P thỏa mãn hệ thức: .BC; PA/ C .CA; PB/ C .AB; P C / D 2D; E; F thuộc .ABC / sao cho AD ? PA, BE ? PB, CF ? P C . Chứng minh rằngs.D; ABC /, s.E; ABC /, s.F; ABC / đồng quy.Bài tập 5. (Đường thẳng Steiner của tứ giác toàn phần) Cho 4 đường thẳng a; b; c; d đôi một cắtnhau, 3 đường bất kì không đồng quy. Chứng mình trực tâm của 4bcd , 4cda, 4dab, 4abc,cực trực giao của a; b; c; d lần lượt với 4bcd , 4cda, 4dab, 4abc thẳng hàng.Điểm Anti-Steiner của P với 4ABC là điểm đồng quy của đối xứng của HP qua BC; CA; AB.Trong đó H là trực tâm 4ABC .Bài tập 6. Pa; Pb; Pc đối xứng với P qua BC; CA; AB thì .APbPc/, .BPcPa/, .CPaPb/ đồngquy tại điểm Anti-Steiner của P .Bài tập 7. (Đào Thanh Oai) Đường thẳng ` qua trực tâm 4ABC , cắt BC; CA; AB tại D; E; F . 1. Đường thẳng qua E; F , vuông góc CA; AB cắt BC tại Ab; Ac và cắt nhau tại X thì .XAbAc/ tiếp xúc .ABC /. 2. Tương tự câu a, ta định nghĩa Bc; Ba; Ca; Cb; Y; Z. Chứng minh rằng .ABaCa/, .BCbAb/, .CAcBc/ đôi một tiếp xúc tại một điểm trên .ABC /. 169Tạp chí Epsilon, Số 07, 2/2016Bài tập 8. Cho 4 điểm A; B; C; D. Chứng minh đường tròn chín điểm của 4BCD, 4CDA,4DAB, 4ABC , đường tròn pedal của A; B; C; D với 4BCD, 4CDA, 4DAB, 4ABCđồng quy. Trong đó, đường tròn pedal của A với 4BCD là đường tròn đi qua hình chiếu vuônggóc của A lên CD; DB; BC .Trên đây là tổng kết của tác giả về đường thẳng Simson. Hi vọng bạn đọc thấy bài viết làmột tài liệu có ích. Có thể bài viết chưa thực sự đầy đủ, mọi góp ý, câu hỏi xin gửi về địa chỉ[email protected]Tài liệu tham khảo[1] Robert Simson, Wikipedia[2] Poncelet point, Wikipedia[3] QA-P2: Euler-Poncelet point chrisvantienhoven.nl/quadrangle-objects/10-mathematics/quadrangle-objects/12-qa- p2.html[4] Newton Line chrisvantienhoven.nl/other-quadrilateral-objects/17-mathematics/quadrilateral- objects/artikelen-ql/137-ql-l1.html[5] Trần Quang Hùng, Six orthopoles lie on a circle artofproblemsolving.com/community/q1h496827p2790078[6] Deltoid, Wikipedia[7] Steiner Deltoid bernard.gibert.pagesperso-orange.fr/curves/q000.html[8] Jakob Steiner, Wikipedia[9] M. de Guzman, The envelope of the Wallace-Simson lines of a triangle. A simple proof of the Steiner dinhly on the deltoid.[10] Morley dinhly, M.T.Naranielgar’s proof cut-the-knot.org/triangle/Morley/Naraniengar.shtml 170BÀI TOÁN HAY LỜI GIẢI ĐẸPTrần Nam Dũng - Đại học Khoa học Tự nhiên - ĐHQG TP.HCM LỜI GIỚI THIỆU Chuyên mục này được lấy cảm hứng từ bài viết của thầy Nguyễn Duy Liên ởEpsilon số 3 trong kỳ thi IMO 2001 với 5 cách giải khác nhau. Mục này sẽ để dànhviết về những bài toán hay, lời giải đẹp và những câu chuyện thú vị xung quanhnhững bài toán và lời giải đó. Tên của chuyên mục được mượn từ tên của một nhóm những người yêu toán trênFacebook do anh Nguyễn Văn Lợi sáng lập “Bài toán hay – Lời giải đẹp – Đam mêtoán học”. Chuyên mục ghi nhận các đề cử của bạn đọc và sẽ chọn đăng mỗi kỳ 1; 2bài toán. Số này chúng tôi sẽ giới thiệu với bạn đọc về một bài toán kinh điển với nhiềulời giải hết sức bất ngờ.Bài toán 1. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta có đẳng thức 13 C 23 C C n3 D .1 C 2 C C n/2:Đây là một kết quả tuyệt đẹp. Tổng lập phương của n số nguyên dương đầu tiên bằng bình phươngcủa tổng các số đó. Tất cả chúng ta đều biết cách giải của Gauss khi tính tổng n số nguyên dươngđầu tiên 1 C 2 C C n D n.n C 1/; do cấp số cộng có tính chất: Tổng của số hạng đầu tiên và 2số hạng cuối cùng bằng tổng của số hạng thứ hai và số hạng kế cuối ... Nhưng để tính tổng lậpphương của n số nguyên dương đầu tiên thì tính chất “đầu - cuối” như thế không còn đúng nữa.Thật bất ngờ khi ta phát hiện được quy luật tuyệt đẹp nói trên. Và tất nhiên là nếu đó là một quyluật đúng thì ta có thể chứng minh được nó.Cách chứng minh thứ nhất là cách chứng minh kinh điển. Dùng quy nạp toán học ta có thể dễdàng chứng minh được rằng13 C 23 C C n3 D Ä n.n C 1/ 2 2 :Vì cách này quá kinh điển và đơn giản nên ta sẽ bỏ qua.Cách chứng minh thứ hai, cũng là cách có thể tổng quát hóa để tính các tổng lũy thừa bậc kháccủa n số nguyên dương đầu tiên là dùng sai phân và “lũy thừa rời rạc”.Lời giải. Với một hàm số f .x/; ta đặt f .x/ D f .x/ f .x 1/: Khi đó, nếu muốn tính tổngf .1/ C f .2/ C C f .n/; ta chỉ cần tìm được hàm F .x/ sao cho F .x/ D f .x/ thì f .1/ C f .2/ C C f .n/ D F .n/ F .0/: 171Tạp chí Epsilon, Số 07, 2/2016Ta gọi nôm na F .x/ là “nguyên hàm rời rạc” của f .x/:Xét lũy thừa rời rạc xŒn D x.x C 1/ .x C n 1/: Dễ dàng thấy rằng xŒnC1 D x.x C 1/ .x C n/ .x 1/x .x C n 1/ D .n C 1/xŒn:Từ đó suy ra “nguyên hàm” của xŒn chính là xŒnC1 Vì phép lấy nguyên hàm cộng tính nên để : nC1tìm nguyên hàm của x3; ta chỉ cần tìm cách phân tích x3 thành tổng của các lũy thừa rời rạc.Rõ ràng là x3 D x.x C 1/.x C 2/ 3x.x C 1/ C x D xŒ3–3xŒ2 C xŒ1:Do đó nguyên hàm của x3 là xŒ4 xŒ3 C xŒ2 D x2.x C 1/2 ra điều phải chứng minh. ; suy 4 24Hai cách chứng minh đại số này dù ít hơn hay nhiều hơn nhưng cũng đều là những cách chứngminh khá quen thuộc. Bây giờ ta sẽ chuyển sang một cách chứng minh thú vị khác “dùng tổhợp”. Lời giải này xuất phát từ một bài toán tưởng chừng như không liên quan sau đây:Bài toán 2. Cho hình vuông n n tạo bởi n2 hình vuông nhỏ xếp gần nhau (như hình vẽ là hìnhvuông 4 4/:Hỏi có bao nhiêu hình chữ nhật tạo thành từ các hình vuông nhỏ liền nhau?Việc đếm bằng phương pháp liệt kê là khá tốn công sức và không thể tổng quát hóa được. Tuynhiên, ta vẫn cần phải thực hiện điều đó với một số giá trị đầu tiên của n:Lời giải. Với n D 1 có 1 hình chữ nhật, với n D 2 có 9 hình chữ nhật, với n D 3 có 36 hìnhchữ nhật và với n D 4 có 100 hình chữ nhật. Có thể nhận thấy quy luật là số hình chữ nhật bằng.1 C 2 C C n/2: Ta có thể chứng minh chặt chẽ điều này bằng lý luận sau:Đánh số cách đường thẳng tạo nên lưới vuông từ trái sang phải và từ trên xuống dưới là1; 2; : : : ; n C 1 và 1; 2; : : : ; n C 1: Khi đó một hình chữ nhật bất kỳ tạo bởi các hình vuôngcon kề nhau được xác định hoàn toán bởi số thứ tự của hai cạnh ngang và số thứ tự của hai cạnhdọc. Ví dụ hình chữ nhật màu cam trong hình dưới 172Tạp chí Epsilon, Số 07, 2/2016được xác định bởi hai cặp số .2; 3/ và .2; 4/: Từ đó suy ra số các hình chữ nhật bằng số bộ 4 số.i; j; k; l/ với 1 i < j n C 1 và 1 k < l n C 1: Suy ra đáp số chính là Cn2C1 2:Bài toán có lẽ đã kết thúc tại đây nếu ta không đặt câu hỏi: Kết quả bài toán là .1 C 2 C C n/2:Vậy liệu có cách nào liên hệ nó với đẳng thức ở bài 1 không? Hay nói cách khác, có cách nàotính số các hình chữ nhật để ra đáp số là 13 C 23 C C n3; từ đó theo nguyên lý đếm bằng hai 2cách, suy ra đẳng thức 13 C 23 C C n3 D Ä n.n C 1/ 2 không?Câu trả lời là có, bây giờ ta gọi số hình chữ nhật có trong hình vuông n n là S.n/: Khi ta bổsung vào cột thứ n C 1 và hàng thứ n C 1; ta muốn đếm xem có bao nhiêu hình chữ nhật mớiđược hình thành.Ta thấy đỉnh góc trên phía bên trái của một hình chữ nhật như vậy sẽ có tọa độ là .i; j / với1 i; j n C 1: Ứng với mỗi đỉnh như vậy, sẽ có một số cách chọn đỉnh góc dưới bên phảikhác nhau (góc dưới bên phải phải nằm ở cột thứ n C 2 hoặc hàng thứ n C 2/: Tuy nhiên, ta cóthể thấy rằng ứng với 2 điểm xuyên tâm đối đối với hình vuông n n thì tổng số cách chọn đỉnhgóc dưới bên phải cho hai điểm này bằng 2.n C 1/: Do có .n C 1/2 cặp (trường hợp n chẵn sẽ 2có 1 điểm đi cặp với chính nó), mỗi cặp tương ứng với 2.n C 1/ hình chữ nhật mới nên ta suy racó tất cả .n C 1/3 hình chữ nhật mới, tức là S.n C 1/ D S.n/ C .n C 1/3:Cách này tuy lý giải được một cách tổ hợp đẳng thức đã cho nhưng vẫn còn quá rắc rối, vả lạicũng dùng đến tư tưởng quy nạp. Đúng là chưa thật đẹp.Nhưng cách giải “không lời” dưới đây thì chắc chắn sẽ làm chúng ta sửng sốt và thú vị. Thiếtnghĩ bạn đọc có thể tự giải thích được mà không cần bất cứ lời bình dẫn nào. Đây là hình minhhọa cho trường hợp n D 4 và đẳng thức 13 C 23 C 33 C 43 D .1 C 2 C 3 C 4/2: Hơi khácvới cách giải trước, ở đây bài toán đếm là đơn giản: Đếm các ô vuông con trong hình vuông.1 C 2 C C n/ .1 C 2 C C n/ bằng hai cách. 173Tạp chí Epsilon, Số 07, 2/2016174HỘI CHỨNG CAROL José-Manuel ReyBạn tôi, Carol rất tốt và xinh đẹp. Mọi người đều cá rằng cô ấy có rất nhiều mối tình. Nhưng hóara sự thật không phải như vậy.Sự thật là Carol chưa từng hẹn hò với ai trong một khoảng thời gian dài. Và mặc dù cô ấy rất ngạingùng, cô ấy vẫn rộng mở với những lời tỏ tình thật lòng và mong muốn tìm kiếm một người đặcbiệt. Thế nhưng Carol khẳng định rằng các chàng trai không hay tiếp cận cô ấy. Cô nghĩ rằng côkhiến họ sợ hãi. Liệu đó có phải là cô gặp xui xẻo? Hay do một cái gì khác? Có lẽ Carol đã cómột cái nhìn méo mó về thực tế.May mắn, đây là một vấn đề tự nhiên được nhắm đến trong toán học. Nếu đó là câu hỏi về sựmay mắn, toán học có lẽ sẽ làm sáng tỏ vấn đề của Carol. Chúng ta cùng tìm hiểu xem.1. Tình trạng khó xử của CarolXét một anh chàng, gọi anh ta là Guy, người thích Carol và có cơ hội nói chuyện với cô ấy, chẳnghạn như ở trong quầy cà phê. Nhận ra rằng Carol đang ngượng, anh ta cân nhắc xem có nên tiếpcận cô ấy không. Guy xem xét các kết quả có thể xảy ra sau: 1) Anh ấy nói chuyện với Carol và cô ấy đáp lại một cách thân thiện. Anh ấy có được số điện thoại của cố ấy và sẽ có cái hẹn vào tuần sau. 2) Anh ấy không tiếp cận Carol. Anh ấy có thể làm những thứ bổ ích khác (như đọc báo chẳng hạn). 3) Anh ấy nói chuyện với Carol và cô ấy cảm thấy không hứng thú. Anh ấy sẽ cảm thấy đau khổ trong 1 tuần liền. 175Tạp chí Epsilon, Số 07, 2/2016Guy đánh giá kết quả này bằng việc gán các giá trị a; b và 0 vào các lựa chọn .a/; .b/; .c/ tươngứng, trong đó a > b > 0: Bằng cách này, Guy muốn lựa chọn .a/ hơn lựa chọn .b/; và cuối cùnglà kịch bản tồi tệ nhất .c/:Bây giờ Guy nhận ra rằng mình không phải là chàng trai duy nhất trong thành phố. Anh ta nhậnthức được thực tế rằng kết quả phụ thuộc đáng kể vào hành động của những chàng trai khác mộtcách độc lập, quyết định rằng có nên tiếp cận Carol hay không. Giả sử rằng Guy nghĩ anh tacó thể nhận được .a/ chỉ khi không một ai khác tiếp cận Carol và .c/ khi anh ấy không phải làngười duy nhất tiếp cận Carol. Tất nhiên nếu như không nói chuyện với Carol, anh ta sẽ nhậnđược .b/: Sự khiêm tốn của Guy xem ra khá dễ hiểu bởi anh không tự tin vào bản thân cho lắmtrong các cuộc nói chuyện trực tiếp.Sự thật rằng những lựa chọn của anh ta phụ thuộc mạnh mẽ vào lựa chọn của những người khác,tạo nên vấn đề quyết định tương tác. Nghiên cứu về những hành vi đơn lẻ được quy định bởi môitrường xã hội như thế nào là mục tiêu của tâm lý xã hội học. Sự tương tác liên quan ở đây chínhlà lý thuyết trò chơi, được phát triển vào thế kỉ XX.2. Bài toán CarolGiải pháp cho vấn đề của Guy và của tất cả những chàng trai khác đó là bó buộc các hành độngđược coi là hợp lý trong khuôn mô tả. Giả định rằng tất cả mọi người đều cư xử hợp lý có vẻ hơiphi thực tế nhưng đây là điều rất quan trọng trong cách tiếp cận lý thuyết trò chơi, bởi vì toán họckhông thể giải thích được việc ai đó hành xử phi lý hoặc chống lại lợi ích của chính họ. Tính đốixứng của vấn đề - Guy có thể là bất cứ ai - ngụ ý rằng tất cả sẽ hành động theo cùng một cách vìtất cả đều cân nhắc làm sao cho hợp lý. Tính hợp lý cho phép loại bỏ các giải pháp đối xứng khikhông ai nói với Carol: Cho rằng không ai trong số những người này nói chuyện với cô, Guy sẽđược một kết quả tốt hơn khi tiếp cận cô ấy, vì vậy tính hợp lý cho rằng Guy có tiếp cận cô ấy.Một lý do tương tự cho phép bỏ giải pháp rằng tất cả mọi người nói chuyện với Carol. Không cógiải pháp đối xứng rõ ràng hơn. Tiếp cận hay không tiếp cận Carol?Guy cần phải hành xử thật khôn khéo. Anh ta có thể nghĩ cách xử lý tình huống khó xử này làtung đồng xu, điều này làm cho Guy trở nên không chắc phải làm gì. Nếu ta công nhận “trở nên 176Tạp chí Epsilon, Số 07, 2/2016không chắc” là một giải pháp khả thi cho tình huống trên, thì tỉ lệ 50 50 là hợp lý hay liệu cómột mức không chắc chắn nào khác, như 30 70 có thể tiếp cận Carol, hoặc tốt hơn thế? Liệuđây thậm chí là cách hợp lý cho sự không chắc chắn? Đây có vẻ là một ý tưởng thú vị. Cùng xemđiều này dẫn chúng ta đến đâu.Sự không chắc chắn của Guy được mô tả bởi xác suất p khả năng tiếp cận Carol (vì vậy 1 p làxác suất không tiếp cận được cô ấy). Do tính đối xứng, sự không chắc chắn của mọi người đượcđại diện bởi cùng một số p mọi người đều đưa ra lựa chọn một cách độc lập, phụ thuộc vào p:Mục tiêu là phải tìm ra giá trị tốt nhất p của p:Giá trị của p thu được gián tiếp thông qua quan sát sau. Ta xác định một bó các tính không chắcchắn là p là hợp lý khi và chỉ khi Guy (và bất kì chàng trai khác) có cùng “kết quả” với hai khảnăng sau: Tiếp cận hoặc không tiếp cận Carol, cho rằng phần còn lại đều không chắc chắn vớixác suất p : Mặt khác không có một sự không chắc chắn nên làm gì: Guy sẽ chọn theo hướng cólợi hơn.Nhưng làm thế nào để Guy có thể gán một giá trị thưởng cho một bó của sự không chắc chắn?Một câu trả lời do John Von Neumann và Oskar Morgenstern đề xuất là chia đều các giá trịthưởng được gán cho tất cả các bó hành động với trọng số tương đương với xác suất xảy ra củahọ. Điều này được gọi là giá trị kỳ vọng. Tính hợp lý dựa trên giá trị kỳ vọng trở thành các môhình chính của ngành phân tích đưa ra quyêt định (decision making analysis) từ những năm 50của thế kỉ XIX.Giả sử nếu có N chàng trai quyết định một cách độc lập, như vậy có 2N bó hành động khả thi.Guy tính toán như sau:Bó mà trong đó chỉ duy nhất Guy tiếp cận Carol theo trường hợp .a/ với giá trị thưởnga và xảy ra với xác suất .1 p/N 1; bởi vì mọi quyết định được đưa ra một cách độclập. Bất kì bó mà cả Guy và người khác tiếp cận Carol theo trường hợp .c/ đều có giá trịthưởng là 0: Vì vậy, giá trị kì vọng khi tiếp cận Carol là a.1 p/N 1:Bất kì bó hành động nào mà Guy không nói chuyện với Carol đều nhận kết quả có giá trịlà b bất chấp những người khác làm gì. Vì vậy giá trị kì vọng khi không tiếp cận Carol rõràng là b: Guy không hề biết phải làm gì khi hai giá trị này bằng nhau: a.1 p/N 1 D b:Giải p anh ta được 1 ÂbÃN 1p D1 : aVì a > b; nên p nằm giữa 0 và 1; xác định một xác suất thích hợp.177Tạp chí Epsilon, Số 07, 2/2016 Tính toán cơ hộiKết luận là bất kì ai nên tiếp cận Carol với xác suất p : Đây là giải pháp hợp lý cho tình huốngcủa Carol khi cô có N người để ý giống hệt nhau.Vì a > b; với N không quá lớn thì có khả năng a > 2N 1b; trong trường hợp p 1 > thì có khả 2năng lớn Guy sẽ nói chuyện với Carol. Tuy nhiên, ngay khi N đạt giá trị đủ lớn, 2N > a khả 1 ; bnăng không có ai tiếp cận Carol càng trở nên rõ rệt. Thực tế, p tiến về 0 khi N càng lớn, cho dùCarol có xinh đẹp thế nào.Như vậy, cơ chế sau sẽ ảnh hưởng đến việc Guy có tiếp cận Carol hay không:(1) Càng nhiều người theo đuổi Carol thì càng nhiều khả năng Guy không nói chuyện với cô.(2) Carol càng quyến rũ thì khả năng có rất nhiều chàng trai sẽ cân nhắc quyết định của mình.Do đó dẫn đến việc Guy tin rằng N càng lớn thì p tương ứng càng nhỏ. Hệ quả là anh ta có vẻsẽ chọn việc đọc báo hơn là nguy cơ bị Carol từ chối.3. Hội chứng CarolĐiểm mấu chốt về việc Carol cảm thấy như mình khiến các chàng trai sợ hãi bỏ đi không phải làxác suất p mà là xác suất pkhông rằng không ai nói chuyện với cô ấy. Bởi vì tất cả chàng trai đềuhành động độc lập nên N bN pkhông D .1 p /N D 1 a :Theo công thức trên thì pkhông tăng khi N tăng. Càng nhiều cuộc hẹn hò thì càng nhiều khả năngCarol bị bỏ rơi. 178Tạp chí Epsilon, Số 07, 2/2016 N pkhông b pkhôngHơn nữa, khi đạt giá trị lớn, không biến mất mà tiến về : Vì thế luôn nằm giữa ahai giá trị  b Ã2 < pkhông < b : a a 1Rõ ràng, miễn là a không lớn hơn b; ta có pkhông > 2 và nguy cơ là không ai nói chuyện vớiCarol. Điều này là đúng bất kể số lượng chàng trai và sẽ tệ hơn cho Carol khi mà số lượng nàytăng lên.Carol nhận thức rằng cô ấy làm các chàng trai sợ hãi không phải là ảo tưởng. Theo như bài toánở trên, Carol có lý do chính đáng khi nghĩ rằng các chàng trai giữ khoảng cách với cô ấy. Đâykhông phải là vấn đề xui xẻo mà là ảnh hưởng phụ của tính tương tác hợp lý. Một hệ quả nghịchlý là sức hấp dẫn của Carol đóng vai trò đẩy các chàng trai ra xa. Hiện tượng đáng ngạc nhiênnày, mà chúng ta gọi là hội chứng Carol, là một sự tương tác tâm lý xã hội.4. Bằng chứng đáng sợHội chứng Carol không chỉ đơn thuần là lý thuyết, nhiều cô nàng, chàng trai hấp dẫn đã báo rằngmình mắc phải hội chứng này. Tìm kiếm trên mạng chỉ ra một số trường hợp nổi tiếng, trong mộtcuộc phỏng vấn tờ Sunday Times vào tháng 2 năm 2008; nữ diễn viên người Mỹ Uma Thurmanchia sẻ rằng: “Các chàng trai hiếm khi nói chuyện với tôi”. Cô cho rằng mình kém may mắnvới lời nguyền không đàn ông suốt đời. Trường hợp tương tự với ngôi sao ca nhạc người MỹJessica Simpson, người đã tuyên bố trên tivi: “Tôi khiến các chàng trai xa lánh”. Một ví dụ khác,được báo cáo vào tháng 3 năm 2009 bởi tờ Telegraph onliine, rằng diễn viên 19 tuổi người Anh,Emma Watson, với vai diễn nổi tiếng trong tiểu thuyết Harry Potter, mang đến một biệt danh nổitiếng khắp thế giới, “Người phụ nữ mà các chàng trai không dám lại gần”.Do đó, sự may mắn của Carol không hề thừa, mặc dù hiển nhiên khác so với những người nổitiếng như Thurman. Toán học có thể giải thích như sau. Số lượng người hâm mộ Thurman là bkhổng lồ nên giá trị của a xấp xỉ tốt cho pkhông và điều đó làm Thurman thoải mái. Còn đối với 179Tạp chí Epsilon, Số 07, 2/2016 bCarol, N không lớn như vậy, nhưng tỉ số a ứng với pkhông tiến về 1: Đó là nguyên nhân dẫn đếnhội chứng Carol. Dịch bởi thành viên chuyên san EXP, Đại học KHTN - ĐHQG TP.HCM. Nguồn: https://plus.maths.org/content/carol-syndrome 180CÁC VẤN ĐỀ CỔ ĐIỂN VÀ HIỆN ĐẠI Trần Nam Dũng - Đại học Khoa học Tự nhiên - ĐHQG TP.HCMLỜI GIỚI THIỆUChuyên mục này dành cho các vấn đề cổ điển và hiện đại được trình bày dướidạng các bài toán xâu chuỗi. Đó có thể là chuỗi các bài để giải bài toán đẳng chu, 11 2chứng minh đẳng thức Euler kỳ diệu 1 C 22 C 32 C D ; một chuỗi bài toán 6vận trù ... Cách trình bày xuất phát từ những vấn đề đơn giản, dễ hiểu, những kháiniệm mới sẽ được định nghĩa luôn trong bài để có thể đọc tương đối độc lập. Và mỗimột chuỗi bài sẽ nêu ra những vấn đề nhất định, có thể là giải quyết một bài toánkinh điển hay nêu ra những giả thuyết mới, những vấn đề mới. Lời giải và thảo luậnvề các bài toán sẽ được đăng ở số N C 3: Trong số này chúng tôi giới thiệu các đề toán mẫu cho cuộc thi Olympic Toándành cho học sinh THPT do Hội toán học Việt Nam tổ chức trong khuôn khổ kỳ thiOlympic toán sinh viên toàn quốc được tổ chức vào tháng 4 tới đây tại Quy Nhơn.Bạn đọc có thể cảm nhận thấy sự khác biệt lớn về cách ra đề và độ sâu cũng nhưmục đích của các đề toán. Hy vọng là cuộc thi sẽ được đón nhận nhiệt tình và sẽ gópphần thúc đẩy phong trào dạy và học toán ở bậc THPT. Trong số này, chúng tôi đăng một số bình luận cho các bài toán về khối vuôngRubik và bài toán Higman đã đăng ở số 3:Khối vuông Rubik và cách xếp (Giải đáp và bình luận một số vấn đề đã đăng ở số 3 của tạp chí)Rubik là một trò chơi giải đố do giáo sư Erno˝ Rubik người Hungary phát minh ra năm 1974:Như vậy cho đến hôm nay, khối vuông Rubik đã vào tuổi 42: Phiên bản tiêu chuẩn của Rubik làkhối lập phương cạnh 3 3 với 6 màu ở 6 mặt: Đỏ, vàng, cam, xanh lá cây, xanh dương và trắng.Chiều dài cạnh của lập phương Rubik tiêu chuẩn là khoảng 5; 7 cm.181Tạp chí Epsilon, Số 07, 2/2016Rubik có cách chơi đơn giản nhưng lại ... siêu khó, giống như giải một bài toán vậy. Trò chơibắt đầu bằng việc xáo trộn các ô màu trên Rubik và nhiệm vụ của người chơi là tìm cách xếp lạiRubik về hình dạng ban đầu với 6 mặt màu đồng nhất.Đối với người mới tập chơi, nếu không có phương pháp, họ gần như không bao giờ giải được bàitoán Rubik. Trên thế giới hiện nay, người xếp Rubik nhanh nhất là Lucas Etter. Trong khuôn khổsự kiện River Hill Fall 2015 diễn ra tại thị trấn Clarkville, thuộc bang Maryland, Mỹ, cậu bé 14tuổi này đã khiến nhiều người sửng sốt khi xoay rubik chỉ trong 4; 9 giây.Bản chất của Rubik là sử dụng các thuật toán hoán vị để thành công. Mỗi Rubik tiêu chuẩn có 43tỉ tỉ hoán vị khác nhau. Nếu coi mỗi khối Rubik là một hoán vị và xếp chúng thành bề mặt cong,số lượng này đủ phủ kín bề mặt Trái đất 256 lần.Để giải thành công một khối Rubik tiêu chuẩn .3 3/; có rất nhiều phương pháp khác nhau. Mộtsố phương pháp xoay nhanh được Jessica Fridrich, Philip Marshall hay Ryan Heise phát triển cóthể giúp giải Rubik chỉ sau 40 65 lần xoay.Tuy nhiên, cách này thường chỉ dùng cho những người chơi lâu năm, vì thuật toán khó và thậmchí còn rất nhiều (với phương pháp Fridrich, bạn phải ghi nhớ 120 thuật toán khác nhau).Cách phổ biến và thông dụng nhất dùng để giải Rubik phù hợp với mọi đối tượng là phương phápcủa David Singmaster - một nhà toán học người Anh.Một cách đơn giản, có thể hiểu đây là cách thức xếp Rubik theo từng tầng. Đối với tầng thứ nhất,người chơi cần xếp được một chữ thập chuẩn ở một mặt (màu của các đỉnh chữ thập trùng vớimàu mặt đang xếp và màu của 4 mặt xung quanh tương ứng). 182Tạp chí Epsilon, Số 07, 2/2016Sau đó, người chơi xếp nốt 4 khối ở góc vào đúng vị trí của chúng để hoàn thiện tầng một. Trongquá trình xếp, cần giữ nguyên vị trí của chữ thập mình đã xếp được.Đối với tầng thứ hai, công việc bắt đầu phức tạp hơn. Người chơi phải xếp 4 góc của tầng nàyvào đúng vị trí mà không được phá vỡ cấu trúc của tầng đáy vừa xây xong. 183Tạp chí Epsilon, Số 07, 2/2016Tầng thứ ba là công đoạn khó nhất trong việc giải quyết một khối Rubik. Đối với tầng này, ngườichơi phải nhớ khá nhiều thuật toán. Một trong những cách điển hình là xếp sao cho mặt cuốicùng đồng màu (dù các khối nhỏ ở vị trí sai).Tiếp đó, sử dụng công thức để đổi chỗ sao cho 4 khối nhỏ ở góc về đúng chỗ mà không thay đổicấu trúc đã xếp ở các tầng dưới. Cuối cùng, người chơi xếp nốt các viên cạnh ở giữa về đúng vịtrí là hoàn thành.1. Thuật toán Herbert KociembaNăm 1992; một người chơi khối vuông Rubik từ Darmstadt, Đức đã tìm ra một thuật toán cóthể giải khối vuông Rubik trong vòng 21 lần xoay. Đầu tiên con số 21 này được tìm ra bằngphương pháp thực nghiệm. Cụ thể là với tất cả các trạng thái ban đầu được đưa ra một cách ngẫunhiên (hoặc cố tình lựa chọn) thì thuật toán của Kociemba đều giải được với không quá 21 lầnxoay. Sau đó, vào tháng 7=2010; Kociemba cùng với Tomas Rokicki, Morley Davidson, và JohnDethridge, với dự giúp đỡ của máy tính, đã chứng minh được là “con số của chúa” cho khốivuông Rubik là 20: 184Tạp chí Epsilon, Số 07, 2/20162. Ý tưởng thuật toán Hebert KociembaNói đúng ra thì điều mà Kociemba đưa ra không phải là thuật toán “xếp Rubik” theo đúng nghĩamà những người chơi Rubik vẫn hiểu. Các thuật toán xếp Rubik thông thường là tập hợp cácquy tắc giúp chúng ta từ mọi trạng thái của khối vuông đặt ra một mục tiêu gần nhất, cố gắngđạt được mục tiêu đó bằng cách thực hiện chuỗi các phép xoay mô tả trong cách chơi trong tìnhhuống cụ thể đó. Như vậy, khối vuông chuyển đến một trạng thái mới, gần trạng thái đúng hơn(ít nhất là theo quản điểm của thuật toán đó). Ví dụ, mục tiêu có thể là tìm khối vuông nhỏ ở gócchưa đúng chỗ và chuyển nó về góc của mình, không đụng đến các khối góc khác. Và số lượngcác bước nhỏ như vậy ta phải thực hiện rất nhiều.Thuật toán Kociemba chỉ đặt một mục tiêu trung gian - khối vuông phải được đưa về một trongcác trạng thái, được gọi luôn là trạng thái trung gian. Chúng được đặc trưng bởi tính chất: Bất kỳmột trạng thái trung gian nào cũng có thể thu được từ trạng thái đúng (và có nghĩa là ngược lại,có thể chuyển từ nó về trạng thái đúng) bằng cách xoay chỉ bốn mặt bên một góc 180ı; còn cácmặt trên và dưới thì xoay góc bất kỳ (tất nhiên, phải là bội số của 90ı/: Một mô tả trực quan hơncho lớp các trạng thái trung gian là cách phối màu đặc biệt của khối vuông, minh họa trong hìnhdưới đây:Mặt trên và mặt dưới của khống vuông được tô bởi một màu, còn trên mỗi một khối vuông bêncủa lớp ngang giữa, một trong hai mặt nhỏ được tô bởi màu thứ hai, các mặt khác của khối vuôngkhông được tô gì. Mục tiêu đầu tiên (vấn đề của bước 1) của thuật toán Kociemba là thiết lậpcách tô này từ trạng thái lộn xộn ban đầu. Tất nhiên, ở bước này ta có thể dùng mọi cách xoay.Ở bước 2; ta sẽ chỉ sử dụng các cách xoay đã mô tả ở trên. Dễ thấy rằng các cách xoay này sẽbảo toàn cách phối màu phụ trợ của chúng ta. Về bản chất, ở bước 2 ta chỉ thực hiện các bướcchuyển các khối vuông nhỏ về chỗ của nó. Nhờ vào việc bảo toàn cách phối màu phụ trợ, địnhhướng đúng của các khối vuông nhỏ tại chỗ của mình sẽ được tự động đảm bảo. Như vậy, số cáctrạng thái trung gian bằng số các hoán vị đến được của các khối vuông nhỏ (tức là các hoán vịthu được từ hoán vị đúng bằng các phép quay các mặt), trong đó các khối vuông bên của lớpgiữa vẫn ở lại lớp này.Ta có thể tính dễ dàng con số này: Bốn khối vuông nhỏ ở lớp giữa có 4Š cách hoán vị, các khốivuông bên khác 8Š cách, các khối góc cũng có 8Š cách. Tổng cộng số tất cả các hoán vị có 185Tạp chí Epsilon, Số 07, 2/2016thể là .8Š/2 4Š và ta còn phải chia cho 2 để thu được số các hoán vị đến được. Như vậy cóN2 D .8Š/2 1 109 trạng thái trung gian. Con số này cho ta một mường tượng 4Š D 19; 5 2về số các phương án mà máy tính phải ghi trong bộ nhớ của mình để tìm chiến lược đủ ngắn đểđạt được trạng thái trung gian. Ở bước 1; chương trình không quan tâm đến việc mô tả toàn bộtrạng thái đã cho của khối vuông (tức là không phải tất cả 4; 3 1019 trường hợp có thể), mà chỉlà phân bố màu ban đầu của các phối màu phụ trợ mà ta phải đưa về dạng chuẩn (như hình ởtrên). Nói cách khác, ở đây quan trọng là hướng của tất cả các khối vuông nhỏ và vị trí của 4khối vuông nhỏ của lớp giữa. Như thế, số N1 các phương án được xét ở bước 1 bằng (số địnhhướng đúng của 8 khối góc (số định hướng đúng của 12 khối vuông bên) (số cách xếp cáckhối vuông của lớp ngang giữa) D 37 211 C142 D 2; 217 109:Rõ ràng N1N2 là tổng số tất cả các trạng thái đến được, và con số này lớp hơn con số N1 C N2;con số mà chương trình phải thực hiện đến 9 thứ nguyên. Tuy nhiên, ngay cả con số đã đượcgiảm xuống này cũng quá lớn để có thể vét cạn và ghi nhớ kết quả. Vì thế máy tính sẽ không biếtđược trước lời giải nào nó sẽ cho ra đối với trạng thái khối vuông ban đầu được đưa vào. Nó sẽtìm lời giải với “sự có mặt của người đặt hàng” và cho ra có thể không phải là cách giải ngắnnhất, nhưng là một phương án đủ ngắn.Chú ý rằng phương pháp của Kociemba cũng có khởi nguồn từ thuật toán của Thistlethwaite.Tuy nhiên, trong thuật toán khởi nguyên của Thistlethwaite đã sử dụng không phải là một mà làba lớp trạng thái trung gian lồng vào nhau, tương ứng với việc giảm từ từ các phép xoay được sửdụng, lớp thứ hai trong 3 lớp này tạo thành các trạng thái trung gian của Kociemba.Dễ hiểu rằng nếu như bạn muốn đi từ điểm A (trạng thái ban đầu) đến điểm B (trạng thái đúng)mà trên đường bạn bắt buộc phải ghé điểm C (trạng thái trung gian) thì đường đi ACB như vậycó thể sẽ dài hơn đường đi thẳng AB; ngay cả trong trường hợp các đọa thẳng AC và CB đượcđi một cách tối ưu.Và nếu như trên đường đi từ A đến C ta lại còn phải ghé D và từ C đến B ta còn phải ghé trạngthái trung gian E thì ta thu được một đường đi còn dài hơn ADCEB: Tuy nhiên mỗi một đoạncủa đường đi này đã được rút ngắn nên việc dùng vét cạn là có thể. Điều này giải thích vì sao cónhững kết quả kỷ lục của Thistlethwaite và Cloosterman.3. Chương trình của Kociemba làm việc như thế nàoNói một cách nôm na, Kociemba bắt máy tính xét tất cả các chuỗi các phép quay được phép trongbước tương ứng và bắt thời điểm mà mục tiêu của bước này đạt được. Nhưng với cách làm trựctiếp này thì khối lượng phương án là quá lớn.Nước đi thứ nhất có thể thực hiện 6 3 D 18 cách (mỗi một trong 6 mặt có 3 cách xoay,180ı; ˙90ı/; ở bước thứ hai và các bước tiếp theo số cách xoay là 15; vì sẽ không có ý nghĩanếu ta xoay mặt vừa mới xoay xong. Như vậy, nảy sinh “cây trường hợp” mà từ mỗi nhánh lại tỏara 5 nhánh tiếp theo. (Trên thực tế, từ một thời điểm nhất định nào đó một số nhánh có thể nhậplại vì các chuỗi nước đi khác nhau có thể sinh ra các cách biến đổi giống nhau.) Số cách chuỗinước đi độ dài không vượt quá n sẽ là tổng của cấp số nhân 18.1 C 15 C C 15n 1/: Và chỉđến n D 18 thì số này mới vượt quá số N các trạng thái của khối vuông, và tức là chắc chắn sẽtìm được những trạng thái mà không thể xếp được sau ít hơn 18 nước đi. Trong thực tế, do sựnhập một của một số nhánh của cây trường hợp, số 18 còn có thể tăng lên. 186Tạp chí Epsilon, Số 07, 2/2016Như ta sẽ thấy kết quả mà chương trình của Kociemba đạt được là rất gần với kết quả tốt nhất.Hebert Kociemba đã giảm việc xét trường hợp bằng cách sử dụng chương trình lọc đặc biệt.Chương trình này lưu giữ thông tin nhất định về tất cả các chuỗi gồm, ví dụ như là, không quá 8nước đi và cho phép sàng các trạng thái mà không xếp được (theo nghĩa bước 1 hoặc bước 2/bằng cách chuỗi như thế.Bắt đầu chơi, máy tính sẽ được giao nhiệm vụ thực hiện bước thứ nhất với 10 nước đi. Nó thựchiện 2 nước đi đầu và mở bộ lọc 8 nước, nếu như trạng thái phát sinh không sàng được, nước đithứ ba được thực hiện và mở bộ lọc 7 nước và cứ như vậy. Nếu như ở một bước nào đó xảy ra sựsàng lọc, ta phải đổi bước đi đã thực hiện trước đó. Cho đến nay thì đối với tất cả các vị trí đã đềxuất cho chương trình, có thể thực hiện được bước 1 với không quá 5 nước, còn bước 2 khôngquá 14 nước. Để thực hiện thuật toán của mình Kociemba sử dụng máy tính PC Atar iST với bộnhớ 1MB và tần số 8MHz. Lõi của chương trình - máy sinh các phép toán với block kiểm trađược viết trên ngôn ngữ Assembly. Kích cỡ của nhân máy này nhỏ hớn 500MB.Các thành phần còn lại của chương trình mà không ảnh hưởng lớn đến tốc độ tính toán được viếttrên ngôn ngữ Basic. Kết quả thời gian trung bình để tìm kiếm một lời giải là 1; 5 phút .10 giâycho bước 1 và 85 giây cho bước 2/: Công việc được thiết kế như sau: Đầu tiên mô tả trạng tháiban đầu của khối vuông được đưa vào máy tính (vị trí và hướng của tất cả các khối vuông nhỏ).Sau đó máy tính tìm và ghi nhớ tất cả các đường đi tốt nhất (không quá 13 nước) để đạt đượctrạng thái trung gian, vào sau đó với đường đi ngắn nhất trong chúng mở thuật toán bước 2: Nếunhư tổng số nước đi của hai bước sau chiến dịch này quá 21; máy tính sẽ quay lại bước 1 và tìmmột đường đi ngắn hơn trên cơ sở một trạng thái trung gian khác, và có thể sẽ tăng độ dài củabước 1: Đưa cho máy tính các phương án khác nhau của trạng thái ban đầu, Hebert cho đến nayluôn tìm được cách thực hiện không quá 21 nước đi, mặc dù để làm điều này, chương trình phảilàm việc nhiều giờ. Như vậy, bằng thực nghiệm (với các phép thử ngẫu nhiên, vì việc xét hết tấtcả các trường hợp là không thể), Kociemba đã tìm được con số 21; rất gần với “con số của chúa”.Tài liệu tham khảo[1] Science Buddies/How Stuff Works.[2] V.Dubrovsky, A.Kalinin, Tin tức mới về Cubic Rubik, Kvant, số 11=1992:[3] Wikipedia: www.wikipedia.org/wiki/Optimal_solutions_for_Rubik’s_ Cube 187Tạp chí Epsilon, Số 07, 2/2016 Kỳ thi Olympic Toán THPT 2016Trong khuôn khổ kỳ thi Olympic Toán học Sinh viên Toàn quốc, Hội Toán học và Trường Đạihọc Quy Nhơn sẽ phối hợp tổ chức một kỳ thi Olympic dành cho Học sinh Trung học Phổ thôngchuyên. Kỳ thi sẽ được tổ chức theo đúng chuẩn mực của một kỳ thi Olympiad về Toán. Ngoàiviệc tham dự thi, giáo viên và học sinh sẽ có cơ hội giao lưu với các bạn bè và đồng nghiệp, đặcbiệt là với các giảng viên đại học và sinh viên yêu toán từ hơn 80 trường Đại học, Cao đẳng vàHọc viện trong cả nước. Poster Olympic Toán học Sinh viên và Học sinh 2016Tuy nhiên điểm khác biệt của kỳ thi là ở nội dung thi. Đề thi không là tập hợp rời rạc của một sốbài toán mà là những bài toán được sắp xếp theo một mạch nối liền nhằm giới thiệu cho người dự 188Tạp chí Epsilon, Số 07, 2/2016thi một nội dung lý thú của Toán học. Chắc chắn các bạn học sinh sẽ thấy Toán học hay hơn vàcó ý nghĩa hơn khi chuẩn bị và tham dự kỳ thi này.Dưới đây là hai đề thi tham khảo, mỗi chủ đề thí sinh sẽ làm bài trong thời gian 180 phút.Chủ đề: Một mô hình đô thị lạTại thành phố Olympic, mỗi nhà có số nhà là một số nguyên dương, còn số nhà của Tòa thị chínhlà 0: Nhà trong Olympic có số nhà đôi một khác nhau và lấp đầy tập các số nguyên dương. Dobản chất cong đặc thù của đường đi trong thành phố Olympic, người ta nhận thấy khoảng cách từnhà n đến nhà m được tính như sau: Nếu m n D 3kl; trong đó l là một số nguyên không chiahết cho 3 và k là một số nguyên không âm, thì d.m; n/ D 3 k:1) Trong số các nhà có số nhà dương, bé hơn 100; tìm (kèm theo chứng minh) tất cả những nhà gần tòa thị chính nhất.2) Thử tìm một dãy vô hạn số nhà .hn/ sao cho d.17; h1/ > d.17; h2/ > > d.17; hn/ > Tập tất cả các nhà có cùng khoảng cách đến tòa thị chính như nhà n sẽ được gọi là lân cận của nhà n và sẽ được ký hiệu là N.n/: Dưới dạng công thức: N.n/ D fm 2 N j d.m; 0/ D d.n; 0/g: Ta có thể hình dung N.n/ như một đường tròn bán kính d.n; 0/; với tâm là tòa thị chính. 0/ D 13) Giả sử nhà n có d.n; : Hãy xác định mười số nguyên dương m bé nhất sao cho 27 m 2 N.n/:4) Chứng minh rằng d.a; c/ maxfd.a; b/; d.b; c/g với mọi a; b và c:Có một điều đáng tiếc là thành phố Olympic đã trở nên đông đúc mà người ta không thể xâydựng thêm: Mỗi số nguyên không âm đều đã tương ứng với một nhà (hoặc, với tòa thị chính,trong trường hợp số 0/: Trong tình thế đó lại có 18 gia đình mới chuyển đến và mong được địnhcư ở thành phố này. Sau nhiều lần cân nhắc, tuyệt nhiên không chấp nhận việc dùng số nhà âm,thành phố quyết định đi theo một phương án khác: Đúng ngày 17 tháng Tư, xe chuyên dụng sẽđến và chuyển mỗi gia đình từ nhà n sang ở nhà n C 18; với mọi số nguyên dương n (và như vậykhông phải di chuyển tòa thị chính). Chẳng hạn, gia đình đang ở nhà 17 sẽ chuyển sang ở nhà 35:5) Tìm một nhà có khoảng cách đến tòa thị chính bị thay đổi do sự di chuyển này.6) Xác định tất cả các giá trị của n sao cho N.n/ bị xê dịch toàn bộ (nghĩa là, khoảng cách đến tòa thị chính của mọi cư dân trong N.n/ đều thay đổi sau khi di chuyển).7) Một hôm, chủ nhà 23 nói “Tôi có cảm giác như thể tôi đang sống ở tâm của “nhóm 2” (biệt danh được đặt cho tập gồm các nhà n D 3k C 2 với k 2 N/ W Mỗi khi nhìn ra cửa sổ, 1 tôi nhận thấy “nhóm 2” gồm đúng những nhà cách tôi một khoảng không quá 3”. Chủ nhà 32 khẳng định “tôi cũng thấy thế”. Hãy giải thích. 189Tạp chí Epsilon, Số 07, 2/2016Để đối phó tốt hơn với tình trạng nhập cư, Hội đồng thành phố Olympic cũng quyết định pháttriển thành phố theo một phương án đặc biệt: Số nhà bây giờ sẽ là các số hữu tỉ, nhưng cần phảiđánh số sao cho nguyên tắc khoảng cách vẫn được đảm bảo: Khoảng cách giữa hai nhà số x và ylà d.x y/; được tính như sau. Âpà p 3kp0Để xác định d ; với p và q là các số nguyên mà pq ¤ 0; người ta viết D q0 ; trong đó q qcả p0 lẫn q0 đều là các số nguyên không chia hết cho 3; và k là một số nguyên (không nhất thiếtdương), khi đó d  p à D 3 k: q8) Một người nhập cư đến từ thành phố IMO có nguyện vọng như sau: “Số nhà cũ của tôi là Â1 1 1 1à e D lim C C C C : n!1 0Š 1Š 2Š nSố nhà của các bạn của tôi ở đây là toàn bộ các tổng riêng 111 1 Hn D 0Š C 1Š C 2Š C C: nTôi muốn ở số nhà sao cho khoảng cách từ đó với nhà Hn tiến dần tới 0 khi n tiến ra vôcùng”. Điều này có thể thực hiện được không, tại sao?Chủ đề: Đa thức TchebyshevMục tiêu của bài toán là tìm hiểu một số tính chất đại số, giải tích và tổ hợp của các đa thứcTchebysev. Trong toàn bộ đề bài, các đa thức được hiểu là các đa thức với hệ số thực.Các đa thức ChebysevVới n là một số tự nhiên, đa thức Chebysev Tn.x/ được định nghĩa như sau: 8 T0.x/ D 1 ˆ < T1.x/ D x ˆ Tn.x/ D 2xTn 1.x/ Tn 2.x/ với mọi n 2: :1) Chứng minh rằng Tn.cos t / D cos.nt /; trong đó t là số thực bất kỳ.2) Chứng minh rằng với mọi số thực jxj 1 ta luôn có pp 1/n .x x2 1/n C .x C x2 : Tn.x/ D 2 190Tạp chí Epsilon, Số 07, 2/2016Mô tả tổ hợp của các đa thức ChebysevCho một dải ô vuông 1 n với n là một số nguyên dương cho trước. Xét các cách lát dải ô vuôngbởi các ô vuông đơn vị 1 1 và các domino 1 2: Ta gán mỗi ô vuông 1 1 với trọng 2x .x làmột biến) và mỗi domino với trọng 1: 3) Ta định nghĩa trọng của một cách lát như là tích của tất cả các trọng của các ô vuông đơn vị và các domino trong cách lát đã cho. Gọi Un.x/ là tổng của các trọng của tất cả các cách lát dải 1 n: Như vậy, U1.x/ D 2x; U2.x/ D 2x 2x C . 1/ D 4x2 1; : : : Ta quy ước U0.x/ D 1: Chứng minh rằng với mọi n 2; thì Un.x/ D 2xUn 1.x/ Un 2.x/:4) Trọng của một cách lát dải 1 n với đúng k domino bằng bao nhiêu ? Từ đó hãy chỉ ra b n c ! 2 n k .2x/n 2k: X 1/k k Un.x/ D . i D05) Ta định nghĩa trọng điều chỉnh của một cách lát như là: ı Tích của tất cả các trọng của các ô vuông đơn vị và các domino trong cách lát đã cho nếu ô vuông đầu tiên của dải 1 n không được lát bởi ô vuông đơn vị (do đó phủ bởi một domino). ı Tích của tất cả các trọng của các ô vuông đơn vị và các domino trong cách lát đã cho chia cho 2 nếu ô vuông đầu tiên của dải 1 n được lát bởi ô vuông đơn vị. Chứng minh rằng với mọi n 1; thì Tn.x/ là tổng các trọng điều chỉnh của tất cả các cách lát dải 1 n:6) Chứng minh rằng với mọi số nguyên m 1 và n 1 thì TmCn.x/ D Tm.x/Un.x/ Tm 1.x/Un 1.x/: 191Tạp chí Epsilon, Số 07, 2/2016192TỦ SÁCH TOÁN PHỔ THÔNG Nguyễn Tiến Dũng (Đại học Toulouse, Pháp) Trong số tạp chí này, Epsilon trân trọng giới thiệu một bài điểm sách của giáo sư Nguyễn Tiến Zũng. Bài viết gốc bạn đọc có thể xem ở trang nhà của giáo sư tại đây. Epsilon cũng mong độc giả lưu ý ở thời điểm hiện tại, một số sách mà giáo sư giới thiệu dạng (đang dịch ?) đã được dịch xong và đã phát hành.Đây là danh sách các sách toán phổ thông mà tôi có được xem và thấy hay, kèm theo các thôngtin và bình luận. Chủ yếu là sách tiếng nước ngoài, và hy vọng chúng sẽ được dịch sang tiếngViệt, để đến được với các bạn trẻ Việt Nam. Danh sách này sẽ được cập nhật mỗi khi có gì mới.Nếu ai thấy sách nào hay xin giới thiệu cho tôi biết. Xin cảm ơn!Tôi sẽ xếp theo tên tác giả trong danh sách đầu tiên, rồi phân loại theo lứa tuổi ở các danh sáchphía dướiDanh sách theo thứ tự tên tác giảAbbot, Thế giới phẳng: câu chuyện tình cảm nhiều chiều (Flatland: a romance from manydimensions). Đây là một quyển sách kinh điển về hình học, được viết từ cuối thể kỷ 19 và chođến những năm 2000 vẫn tiếp tục tái bản. “Thế giới phẳng” ở đây tức là thế giới 2 chiều. Tác giảtưởng tượng con người trong thế giới chỉ có 2 chiều sẽ sống ra sao, nhận biết các thứ thế nào, sovới thế giới 1 chiều thì sao, và khi có người từ thế giới 3 chiều đến thăm thì sao, v.v. Qua đó hiểmthêm nhiều về hình học (ở mức phổ thông).Aigner & Ziegler, Các chứng minh từ Sách Trời (Proofs from THE BOOK), tiếng Anh (chưadịch?), tái bản lần 4, 2010. Các chứng minh hay nhất của một loạt các định lý kinh điển trong sốhọc, hình học, tổ hợp (lý thuyết đồ thị), và giải tích. “Sách Trời” là cách nói ví von của nhà toánhọc Erdos: Chúa Trời có 1 quyển sách trong đó ghi tất cả mọi thứ toán học thật hay ho, cái gì màhay thì tức là từ “Sách Trời” mà ra. Hợp cho học sinh cấp 3, tuy cấp 2 cũng có thể hiểu một sốmục.Aleksandrova & Levshin. Bộ sách tuyển thuyết toán học cho trẻ em của hai tác giả này là bộsách kinh điển vô cùng hấp dẫn, với các quyển: Ba ngày ở xứ Karlikania, Người mặt nạ đentừ nước Al-giép, Con tầu của thuyền trưởng Đơn vị, và 4 quyển sách về về các cuộc phiêulưu của Thạc sĩ khoa học đãng trí. Chủ yếu dành cho độ tuổi cấp 1, nhưng các học sinh lớn hơnmà chưa biết đến, đọc chắc cũng sẽ thích.Bellos, Cuộc phiêu lưu của Alex trong Numberland (Alex’s adventures in Numberland), tiếngAnh, 2010. Gồm các câu chuyện hấp dẫn về lịch sử toán học, khả năng toán học của người vàđộng vật, các ứng dụng thú vị của toán sơ cấp, v.v. Tác giả có bằng đại học toán và triết học, rồilàm nghề nhà báo. 193Tạp chí Epsilon, Số 07, 2/2016Bolt, Hộp Pandora toán học (A mathematical Pandora’s box). Tiếng Anh (chưa dịch), NXBđại học Cambridge, 193. 128 trang. Tuyển tập 142 bài toán thú vị để phát triển tư duy logic vàsáng tạo của trẻ em. Cho mọi lứa tuổi. Theo huyền thoại, Hôp Pandora tức là hộp chứa con quỉ,đã mở ra là con quỉ chui ra, không nhốt lại nó vào được nữa. Một bài ví dụ: 3 bạn gấu có 1 bình21 ít mật, muốn chia được thành 3 phần bằng nhau. Các bạn kiếm thêm được 3 bình khác, vớidung tích là 11, 8 và 5 lít. Bằng cách đổ đi đổ lại mật giữa các bình, các bạn gấu đã chia đượcmật. Thế còn em có làm được không?Danesi, Tháp Hà nội và nghich lý kẻ nói dối: 10 bài toán đố lớn nhất mọi thời đại (The LiarParadox AND THE Towers of Hanoi THE 10 GREATEST MATH PUZZLES OF ALL TIME),2004, quãng 250 trang. Đọc rất thú vị, về các khái niệm toán học như là thuật toán, số vô cùnglớn, v.v. Thích hớp với học sinh cấp 2 trở lên.Nguyễn Tiến Dũng, Các bài giảng về toán cho Mirella: Quyển 1, 118 trang, 2013. TiếngViệt. Thổi kèn khen lấy một chút, đây là sách do tôi viết, cho các năm cuối cấp 2. Viết xong từcuối 2012.Nguyễn Tiến Dũng, Các bài giảng về toán cho Mirella: các quyển tiếp theo. Sách đang viết.Quyển 2 sắp hoàn thành.Trần Nam Dũng, Sách giới thiệu về ABACUS. Tiếng Việt, đang hoàn thành (?). ABA-CUS ở đây là cuộc thi toán trên mạng bằng tiếng Anh tổ chức liên tục cho trẻ em, xem:http://www.gcschool.org/program/abacus/index.aspx. Qua nhiều năm, ABACUS đã có một tuyểntập rất lớn các bài toán thú vị cho học sinh tiểu học và trung học cơ sở.Kajander, Các ý tưởng lớn cho các nhà toán học nhí (Big ideas for small mathematicians),tiếng Anh, 162 trang, 2007. Cho độ tuổi 6-11. Giới thiệu 22 hoạt động và trò chơi để học toánmột cách vui vẻ hấp dẫn.Kozlova, Câu đố và gợi ý: các bài tập cho câu lạc bộ toán học. (Сказки и подсказки задачидля математического кружка). Tiếng Nga, in lần thứ 2 năm 2004. Có khoảng 300 câu đố vàbài tập, rồi đến phần gợi ý hướng giải, rồi đến phần bài giải. Như vậy học sinh nếu không làmđược, đầu tiên có thể xem gợi ý để nghĩ tiếp, nếu vẫn không nghĩ ra thì xem lời giải. Đang dịchra tiếng Việt? Cho học sinh đầu cấp 2.Lichtman, Bí mật, dối trá, và đại số (Do the Math 1: Secrets, Lies, and Algebra), 2008, gần200 trang. Cho học sinh cấp 2. Quyển sách này là một cách học đại số qua nhân vật cô bé Tess.Sách được nhiều giải thưởng bên Mỹ. Trang web của tác giả là: http://www.wendylichtman.com/.Tôi đọc thử quyển này thấy rất ngộ, từ chương đầu (về so sánh to hơn, nhỏ hơn) đã thấy thích.Quyển sách này hay về mặt văn học, chứ không chỉ về toán.Lichtman, Mật mã viết trên tường (Do the Math 2: The writing on the wall), 2008, 227 trang.Quyển tiếp theo của quyển “Secrets, lies, and algebra”, học toán qua nhân vật Tess. Cô bé Jesshọc lớp 8, cứ nghĩ mãi để xác định xem một anh bạn cùng lớp có thích mình không, các thứviết trên tường nhà thời có phải là mật mã chứa các thông tin gì đó. Và tại sao có một cô bạncứ bắt chước những cái mình làm . . . (Nếu dịch ra tiếng Việt thì nên dịch trọn bộ 2 quyển củaLichtman).Shen, Xác suất qua các ví dụ và bài tập (Вероятность: примеры и задачи (c1) 2-е изд.,М.: МЦНМО, 2008, 64 с., ISBN 978-5-94057-284-8). Tiếng Nga (chưa dịch?). Sách nhỏ 64 194Tạp chí Epsilon, Số 07, 2/2016trang, giới thiệu về xác suất cho học sinh phổ thông cấp 2 và cấp 3, qua nhiều ví dụ và bài tậpđơn giản và thực tế. Một số định lý quan trọng (luật số lớn và BĐT Chebyshev) được trình bàythông qua một dãy bài tập.Smullyan, Alice trong thế giới câu đố (Alice in Puzzle Land), tiếng Anh (chưa dịch?), 1986,196 trang. Sách viết dưới dạng truyện phiêu lưu, cho cả trẻ em từ 4-5 tuổi trở lên và người lớn, vềlogic, rất thú vị. Nhân vật Alice ở đây là mượn của “Alice trong thế giới thần kỳ”.Spivak, Câu lạc bộ toán lớp 7 (Математический кружок. 7 класс), 2000, 72 trang. TiếngNga, đang được dịch sang tiếng Việt. Quyển sách nhỏ này là tuyển tập gần 300 bài toán thú vị,chia làm nhiều mục khác nhau (vs dụ như tính chẵn lẻ, chia hết, tổ hợp, tổng và trung bình cộng,cắt ghép, v.v.), ứng với các kiến thức toán của học sinh lớp 7. Phần cuối quyển sách có hướngdẫn giải các bài. Chú ý: quyển này được in lại (có bổ sung?) năm 2003, thành sách 128 trang, vàgọi là câu lạc bộ toán lớp 6 và lớp 7.Tahan, Cuộc chu du của một người biết làm toán (The man who counted: a collection ofmathematical adventures), tiếng Anh (chưa dịch?), 1993, hơn 100 trang. Sách về các phép tínhtoán học, viết dưới dạng một câu truyện phiêu lưu rất thú vị. Tác giả viết ở Brazil nhưng lấy bốicảnh là vùng cận đông thời cổ (xứ Persia). Học sinh cấp 1 trở lên có thể hiểu.Tikhomirov, Các câu chuyện về cực đại và cực tiểu (Рассказы о максимумах и миниму-мах), tiếng Nga (chưa dịch?), tái bản 2006, 199 trang. Cho học sinh cấp 3 (học sinh cấp 2 có thểhiểu vài đoạn). Một tuyển tập các câu chuyện thú vị về các phương pháp toán học được dùngtrong các bài toán tìm cực đại, cực tiểu trong thực tế ra sao. Các vấn đề tối ưu liên quan đến đủthứ, từ các hiện tượng tự nhiên (như ánh sáng) cho đến cuộc sống thường ngày (như qui hoạchđất đai), cho đến các chuyến bay vào vũ tru. Sách có được dịch sang tiếng Anh.Zvonkin, Câu lạc bộ toán học trẻ thơ (Малыши и математика. Домашний кружок длядошкольников), tiếng Nga (chưa dịch?), 2006, 240 trang. Các hoạt động hấp dẫn được tổ chứcdưới hình thức câu lạc bộ cho các bé ở độ tuổi mẫu giáo và cấp 1 để học về các khái niệm toánhọc. Tác giả là nhà toán học chuyên nghiệp, đã tổ chức các hoạt động này.Sách cho học sinh cấp 1Aleksandrova & Levshin. Bộ sách tuyển thuyết toán học cho trẻ em của hai tác giả này là bộsách kinh điển vô cùng hấp dẫn, với các quyển: Ba ngày ở xứ Karlikania, Người mặt nạ đentừ nước Al-giép, Con tầu của thuyền trưởng Đơn vị, và 4 quyển sách về về các cuộc phiêulưu của Thạc sĩ khoa học đãng trí. Chủ yếu dành cho độ tuổi cấp 1, nhưng các học sinh lớn hơnmà chưa biết đến, đọc chắc cũng sẽ thích.Bolt, Hộp Pandora toán học (A mathematical Pandora’s box). Tiếng Anh (chưa dịch), NXBđại học Cambridge, 193. 128 trang. Tuyển tập 142 bài toán thú vị để phát triển tư duy logic vàsáng tạo của trẻ em. Cho mọi lứa tuổi. Theo huyền thoại, Hôp Pandora tức là hộp chứa con quỉ,đã mở ra là con quỉ chui ra, không nhốt lại nó vào được nữa. Một bài ví dụ: 3 bạn gấu có 1 bình21 ít mật, muốn chia được thành 3 phần bằng nhau. Các bạn kiếm thêm được 3 bình khác, vớidung tích là 11, 8 và 5 lít. Bằng cách đổ đi đổ lại mật giữa các bình, các bạn gấu đã chia đượcmật. Thế còn em có làm được không? 195Tạp chí Epsilon, Số 07, 2/2016Trần Nam Dũng, Sách giới thiệu về ABACUS. Tiếng Việt, đang hoàn thành (?). ABA-CUS ở đây là cuộc thi toán trên mạng bằng tiếng Anh tổ chức liên tục cho trẻ em, xem:http://www.gcschool.org/program/abacus/index.aspx. Qua nhiều năm, ABACUS đã có một tuyểntập rất lớn các bài toán thú vị cho học sinh tiểu học và trung học cơ sở.Smullyan, Alice trong thế giới câu đố (Alice in Puzzle Land), tiếng Anh (chưa dịch?), 1986,196 trang. Sách viết dưới dạng truyện phiêu lưu, cho cả trẻ em từ 4-5 tuổi trở lên và người lớn, vềlogic, rất thú vị. Nhân vật Alice ở đây là mượn của “Alice trong thế giới thần kỳ”.Tahan, Cuộc chu du của một người biết làm toán (The man who counted: a collection ofmathematical adventures), tiếng Anh (chưa dịch?), 1993, hơn 100 trang. Sách về các phép tínhtoán học, viết dưới dạng một câu truyện phiêu lưu rất thú vị. Tác giả viết ở Brazil nhưng lấy bốicảnh là vùng cận đông thời cổ (xứ Persia). Học sinh cấp 1 trở lên có thể hiểu.Zvonkin, Câu lạc bộ toán học trẻ thơ (Малыши и математика. Домашний кружок длядошкольников), tiếng Nga (chưa dịch?), 2006, 240 trang. Các hoạt động hấp dẫn được tổ chứcdưới hình thức câu lạc bộ cho các bé ở độ tuổi mẫu giáo và cấp 1 để học về các khái niệm toánhọc. Tác giả là nhà toán học chuyên nghiệp, đã tổ chức các hoạt động này.Sách cho học sinh cấp 2Abbot, Thế giới phẳng: câu chuyện tình cảm nhiều chiều (Flatland: a romance from manydimensions). Đây là một quyển sách kinh điển về hình học, được viết từ cuối thể kỷ 19 và chođến những năm 2000 vẫn tiếp tục tái bản. “Thế giới phẳng” ở đây tức là thế giới 2 chiều. Tác giảtưởng tượng con người trong thế giới chỉ có 2 chiều sẽ sống ra sao, nhận biết các thứ thế nào, sovới thế giới 1 chiều thì sao, và khi có người từ thế giới 3 chiều đến thăm thì sao, v.v. Qua đó hiểmthêm nhiều về hình học (ở mức phổ thông).Bolt, Hộp Pandora toán học (A mathematical Pandora’s box). Tiếng Anh (chưa dịch), NXBđại học Cambridge, 193. 128 trang. Tuyển tập 142 bài toán thú vị để phát triển tư duy logic vàsáng tạo của trẻ em. Cho mọi lứa tuổi. Theo huyền thoại, Hôp Pandora tức là hộp chứa con quỉ,đã mở ra là con quỉ chui ra, không nhốt lại nó vào được nữa. Một bài ví dụ: 3 bạn gấu có 1 bình21 ít mật, muốn chia được thành 3 phần bằng nhau. Các bạn kiếm thêm được 3 bình khác, vớidung tích là 11, 8 và 5 lít. Bằng cách đổ đi đổ lại mật giữa các bình, các bạn gấu đã chia đượcmật. Thế còn em có làm được không?Danesi, Tháp Hà nội và nghich lý kẻ nói dối: 10 bài toán đố lớn nhất mọi thời đại (The LiarParadox AND THE Towers of Hanoi THE 10 GREATEST MATH PUZZLES OF ALL TIME),2004, quãng 250 trang. Đọc rất thú vị, về các khái niệm toán học như là thuật toán, số vô cùnglớn, v.v. Thích hớp với học sinh cấp 2 trở lên.Nguyễn Tiến Dũng, Các bài giảng về toán cho Mirella: Quyển 1, 118 trang, 2013. TiếngViệt. Thổi kèn khen lấy một chút, đây là sách do tôi viết, cho các năm cuối cấp 2. Viết xong từcuối 2012.Nguyễn Tiến Dũng, Các bài giảng về toán cho Mirella: các quyển tiếp theo. Sách đang viết.Quyển 2 sắp hoàn thành. 196Tạp chí Epsilon, Số 07, 2/2016Trần Nam Dũng, Sách giới thiệu về ABACUS. Tiếng Việt, đang hoàn thành (?). ABA-CUS ở đây là cuộc thi toán trên mạng bằng tiếng Anh tổ chức liên tục cho trẻ em, xem:http://www.gcschool.org/program/abacus/index.aspx. Qua nhiều năm, ABACUS đã có một tuyểntập rất lớn các bài toán thú vị cho học sinh tiểu học và trung học cơ sở.Kozlova, Câu đố và gợi ý: các bài tập cho câu lạc bộ toán học. (Сказки и подсказки задачидля математического кружка). Tiếng Nga, in lần thứ 2 năm 2004. Có khoảng 300 câu đố vàbài tập, rồi đến phần gợi ý hướng giải, rồi đến phần bài giải. Như vậy học sinh nếu không làmđược, đầu tiên có thể xem gợi ý để nghĩ tiếp, nếu vẫn không nghĩ ra thì xem lời giải. Đang dịchra tiếng Việt? Cho học sinh đầu cấp 2.Lichtman, Bí mật, dối trá, và đại số (Do the Math 1: Secrets, Lies, and Algebra), 2008, gần200 trang. Cho học sinh cấp 2. Quyển sách này là một cách học đại số qua nhân vật cô bé Tess.Sách được nhiều giải thưởng bên Mỹ. Trang web của tác giả là: http://www.wendylichtman.com/.Tôi đọc thử quyển này thấy rất ngộ, từ chương đầu (về so sánh to hơn, nhỏ hơn) đã thấy thích.Quyển sách này hay về mặt văn học, chứ không chỉ về toán.Lichtman, Mật mã viết trên tường (Do the Math 2: The writing on the wall), 2008, 227 trang.Quyển tiếp theo của quyển “Secrets, lies, and algebra”, học toán qua nhân vật Tess. Cô bé Jesshọc lớp 8, cứ nghĩ mãi để xác định xem một anh bạn cùng lớp có thích mình không, các thứviết trên tường nhà thời có phải là mật mã chứa các thông tin gì đó. Và tại sao có một cô bạncứ bắt chước những cái mình làm . . . (Nếu dịch ra tiếng Việt thì nên dịch trọn bộ 2 quyển củaLichtman).Shen, Xác suất qua các ví dụ và bài tập (Вероятность: примеры и задачи (c1) 2-е изд.,М.: МЦНМО, 2008, 64 с., ISBN 978-5-94057-284-8). Tiếng Nga (chưa dịch?). Sách nhỏ 64trang, giới thiệu về xác suất cho học sinh phổ thông cấp 2 và cấp 3, qua nhiều ví dụ và bài tậpđơn giản và thực tế. Một số định lý quan trọng (luật số lớn và BĐT Chebyshev) được trình bàythông qua một dãy bài tập.Smullyan, Alice trong thế giới câu đố (Alice in Puzzle Land), tiếng Anh (chưa dịch?), 1986,196 trang. Sách viết dưới dạng truyện phiêu lưu, cho cả trẻ em từ 4-5 tuổi trở lên và người lớn, vềlogic, rất thú vị. Nhân vật Alice ở đây là mượn của “Alice trong thế giới thần kỳ”.Spivak, Câu lạc bộ toán lớp 7 (Математический кружок. 7 класс), 2000, 72 trang. TiếngNga, đang được dịch sang tiếng Việt. Quyển sách nhỏ này là tuyển tập gần 300 bài toán thú vị,chia làm nhiều mục khác nhau (vs dụ như tính chẵn lẻ, chia hết, tổ hợp, tổng và trung bình cộng,cắt ghép, v.v.), ứng với các kiến thức toán của học sinh lớp 7. Phần cuối quyển sách có hướngdẫn giải các bài. Chú ý: quyển này được in lại (có bổ sung?) năm 2003, thành sách 128 trang, vàgọi là câu lạc bộ toán lớp 6 và lớp 7.Tahan, Cuộc chu du của một người biết làm toán (The man who counted: a collection ofmathematical adventures), tiếng Anh (chưa dịch?), 1993, hơn 100 trang. Sách về các phép tínhtoán học, viết dưới dạng một câu truyện phiêu lưu rất thú vị. Tác giả viết ở Brazil nhưng lấy bốicảnh là vùng cận đông thời cổ (xứ Persia). Học sinh cấp 1 trở lên có thể hiểu. 197Tạp chí Epsilon, Số 07, 2/2016Sách cho học sinh cấp 3Abbot, Thế giới phẳng: câu chuyện tình cảm nhiều chiều (Flatland: a romance from manydimensions). Đây là một quyển sách kinh điển về hình học, được viết từ cuối thể kỷ 19 và chođến những năm 2000 vẫn tiếp tục tái bản. “Thế giới phẳng” ở đây tức là thế giới 2 chiều. Tác giảtưởng tượng con người trong thế giới chỉ có 2 chiều sẽ sống ra sao, nhận biết các thứ thế nào, sovới thế giới 1 chiều thì sao, và khi có người từ thế giới 3 chiều đến thăm thì sao, v.v. Qua đó hiểmthêm nhiều về hình học (ở mức phổ thông).Aigner & Ziegler, Các chứng minh từ Sách Trời (Proofs from THE BOOK), tiếng Anh (chưadịch?), tái bản lần 4, 2010. Các chứng minh hay nhất của một loạt các định lý kinh điển trong sốhọc, hình học, tổ hợp (lý thuyết đồ thị), và giải tích. “Sách Trời” là cách nói ví von của nhà toánhọc Erdos: Chúa Trời có 1 quyển sách trong đó ghi tất cả mọi thứ toán học thật hay ho, cái gì màhay thì tức là từ “Sách Trời” mà ra. Hợp cho học sinh cấp 3, tuy cấp 2 cũng có thể hiểu một sốmục.Danesi, Tháp Hà nội và nghich lý kẻ nói dối: 10 bài toán đố lớn nhất mọi thời đại (The LiarParadox AND THE Towers of Hanoi THE 10 GREATEST MATH PUZZLES OF ALL TIME),2004, quãng 250 trang. Đọc rất thú vị, về các khái niệm toán học như là thuật toán, số vô cùnglớn, v.v. Thích hớp với học sinh cấp 2 trở lên.Nguyễn Tiến Dũng, Các bài giảng về toán cho Mirella: Quyển 1, 118 trang, 2013. TiếngViệt. Thổi kèn khen lấy một chút, đây là sách do tôi viết, cho các năm cuối cấp 2. Viết xong từcuối 2012.Nguyễn Tiến Dũng, Các bài giảng về toán cho Mirella: các quyển tiếp theo. Sách đang viết.Quyển 2 sắp hoàn thành.Trần Nam Dũng, Sách giới thiệu về ABACUS. Tiếng Việt, đang hoàn thành (?). ABA-CUS ở đây là cuộc thi toán trên mạng bằng tiếng Anh tổ chức liên tục cho trẻ em, xem:http://www.gcschool.org/program/abacus/index.aspx. Qua nhiều năm, ABACUS đã có một tuyểntập rất lớn các bài toán thú vị cho học sinh tiểu học và trung học cơ sở.Shen, Xác suất qua các ví dụ và bài tập (Вероятность: примеры и задачи (c1) 2-е изд.,М.: МЦНМО, 2008, 64 с., ISBN 978-5-94057-284-8). Tiếng Nga (chưa dịch?). Sách nhỏ 64trang, giới thiệu về xác suất cho học sinh phổ thông cấp 2 và cấp 3, qua nhiều ví dụ và bài tậpđơn giản và thực tế. Một số định lý quan trọng (luật số lớn và BĐT Chebyshev) được trình bàythông qua một dãy bài tập.Smullyan, Alice trong thế giới câu đố (Alice in Puzzle Land), tiếng Anh (chưa dịch?), 1986,196 trang. Sách viết dưới dạng truyện phiêu lưu, cho cả trẻ em từ 4-5 tuổi trở lên và người lớn, vềlogic, rất thú vị. Nhân vật Alice ở đây là mượn của “Alice trong thế giới thần kỳ”.Tikhomirov, Các câu chuyện về cực đại và cực tiểu (Рассказы о максимумах и миниму-мах), tiếng Nga (chưa dịch?), tái bản 2006, 199 trang. Cho học sinh cấp 3 (học sinh cấp 2 có thểhiểu vài đoạn). Một tuyển tập các câu chuyện thú vị về các phương pháp toán học được dùngtrong các bài toán tìm cực đại, cực tiểu trong thực tế ra sao. Các vấn đề tối ưu liên quan đến đủthứ, từ các hiện tượng tự nhiên (như ánh sáng) cho đến cuộc sống thường ngày (như qui hoạchđất đai), cho đến các chuyến bay vào vũ tru. Sách có được dịch sang tiếng Anh. 198Tạp chí Epsilon, Số 07, 2/2016Sách đã xem qua, nhưng không thấy thật thú vị hay thích hợp cho việc dịch sang tiếng Việt:Brown and Walter, The art of problem posing, 2004. Đây không phải là sách cho học sinh,mà là cho giáo viên, về nghệ thuật ra các đề bái toán như thế nào. (Có cần thiết làm công việcdich sách cho giáo viên không? Lượng giáo viên còn ít hơn là lượng sinh viên đại học? Có lẽ làkhông. Các giáo viên phải chịu khó đọc trực tiếp tiếng Anh thôi).Courant & Robbins, What is mathematics?, 2nd edition, 1996. Sách kinh điển, giới thiệu vềcác khái niệm toán học một cách sơ cấp. Dạng như là các bài giảng có kèm bài tập. Tuy nhiênsách thuộc loại “thế hệ cũ” rồi, hơi khô khan?Wandervelde, Circle in a box, MSRI 2009. Sách dành cho giáo viên chứ không phải cho họcsinh. Hướng dẫn cách lập các nhóm học toán cho học sinh thích toán, và các vấn đề và các hoạtđộng toán học có thể làm ở các nhóm đó, với nhiều ví dụ cụ thể.Sách có trong tay nhưng chưa kịp đánh giá:Cadwell, Topics in recreational mathematics, 2009.Gardner, Entertaining mathematical puz-zles,????. Sách nhỏ, hơn 60 trang.Penrose, The road to reality, 2007. Sách dài 1000 trang, về toán và vật lý. Có lẽ là sách rất hayvề khoa học, nhưng phải cuối cấp 3 và đại học mới tiếp cận được?Soifer, Mathematics as problem solving, 120 trang, 2009. Sách được nhiều người như Erdoskhen ngợi.Soifer, How does one cut a triangle?, 2nd edition, 205 pages, 2009.Smullyan, This book needs no title, 1980. Sách viết về các nghịch lý trong toán và trong cuộcsống.Stewart, Cái đẹp là chân lý (Why beauty is truth), 2007. Ông Stewart này viết rất nhiều, và kháhay, nhưng cho độ tuổi từ cấp 3 trở lên hoặc đại học mới hiểu được?Stewart, professor Stewart’s cabinet of mathematical curiosities, 2009.Stewart, 17 equations that changed the world, 2012. (Có vẻ hay, nhưng có khó quá không vớihọc sinh phổ thông?)Sách thấy giới thiệu là hay, nhưng chưa được xem:I love math! series (cho trẻ thơ): Series này có ít nhất 12 quyển sách nhỏ về toán, nghe nói nhiềutrẻ rất thích.Napoli et al., How Hungry are you? (Có bán ở amazon). Sách dạy phép chia cho trẻ thơ, độtuổi mẫu giáo và cấp 1.Neuschwander, Sir Comference and ...: series sách toán hoạt hình với các nhận vật huyền thoại(hiệp sĩ, rồng, ...), cho độ tuổi từ 5 đến 10 tuổi. 199Tạp chí Epsilon, Số 07, 2/2016Một số sách ở mức đại học đại cương (các ngành khác toán cũng dùng đến):Các bài giảng về xác suất và thống kê (Dự án viết lại quyển “Nhập môn hiện đại xác suất vàthống kê” thành sách này).Ghi chú:Một số nguồn để tìm sách trên mạng: Các trang web của các hiệu sách trên mạng, ví dụ như amazon.com. Các trang web về toán học, ví dụ như trang này (một tuyển tập sách toán tiếng Nga) Thư viện điện tử, ví dụ như libgen. mathmamawrites.blogspot.fr Một danh sách sách toán cho trẻ thơ tại đây. 200

Pages:
• 1 - 50
• 51 - 100
• 101 - 150
• 151 - 200

Click to View FlipBook Version