$$2x^{3}+ 3x^{2}+ 4x+ 3- 3x\left ( x+ 1 \right )y+ \left ( y^{3}- x- 2 \right )= \left ( 2x+ y+ 1 \right )\left ( \underbrace{x^{2}- 2xy+ x+ y^{2}- y+ 1}_{> 0} \right )$$

https://math.stackex.../993443/1139762 $\it G= \left\{ 1, x, x^{2}, y, xy, x^{2}y \right\}$

Đây là một vấn đề không chia hết. Anh có thể tìm đọc thêm_ https://math.stackex...4141277/1139762 [comment] hay có lẽ ở một tài liệu mọi người quan tâm_ https://dl.acm.org/d...5/362835.362837 [II. Generators and Relations].

Bất kỳ nghiệm nguyên của phương trình $- 8= x^{2}- xy- 2y^{2}$ đều dẫn đến

$$\left ( x, y \right )\mapsto\left ( x- 2y, x- y \right )$$

,ví dụ có $\left ( 4, 2 \right )$ là một nghiệm, cho nên $\left ( 0, 2 \right )$ cũng là một nghiệm trong rất nhiều nghiệm.

$$x\rightarrow -1\Rightarrow x- 4\neq 0$$

Em tìm đọc Toán học Tuổi trẻ số 461 với những số gần đó trong mục QnA nha.

Em có thể tìm kiếm math-aware như này nè

https://approach0.xy...{a_n}{a_1}$&p=1

Phân tích thừa số nguyên tố $\frac{10^{17}- 1}{9}\!$.

$$\int_{0}^{1}x\cdot\left| \frac{2}{x}- 2\left \lfloor \frac{1}{x} \right \rfloor- 1 \right|{\bf d}x= {\it ?}$$

1. Từng có giả thuyết cho rằng các nhân tử của $x^{n}- 1$ hữu tỉ thì không một hệ số nào trong chúng khác $\pm 1$ cho đến khi có một kiểm tra với $n= 105$ (và các $n$ chỉ với hơn $2$ ước nguyên tố lẻ cũng đều thỏa tính chất này). Những năm trước 1965s, có lẽ họ tốt nhất đã bằng lòng đến $n= 100$ rồi không tiếp tục nữa.
2. Ramanujan rõ nhất con số $105$ bằng công thức $\left ( 1+ \frac{1}{2^{4}} \right )\cdot\left ( 1+ \frac{1}{3^{4}} \right )\cdot\left ( 1+ \frac{1}{5^{4}} \right )\cdot\left ( 1+ \frac{1}{7^{4}} \right )\cdot\ldots= \frac{105}{\pi^{4}}\!$.
3. Erdős đưa ra dự đoán những số dạng $n- 2^{k}$ nguyên tố chỉ khi $n= 4, 7, 15, 21, 45, 75, 105$ (ngoài $2^{2}$ thì các số còn lại đều chỉ có ước nguyên tố trong $3, 5, 7$ mà $105= 3\cdot 5\cdot 7$).

Ngoài ra thì mọi người có nhận thấy tính chất nào của con số $105$ muốn tìm hiểu thêm thì tiếp tục bổ sung ở bên dưới nha.

Em nghĩ nguyên gốc của từ "phỏng vấn" đã bị thay đổi theo cách hiểu đại trà hơn, em nghĩ dùng "phỏng vấn" sâu sắc hơn với "giả thuyết" hay "phỏng đoán" (theory / heuristics).

Given a 9-instruction program

13/11 22/39 1/13 7/5 320/21 1024/7 3/4 5/6 22/3

 

Nếu input là $n= 2^{x}\!$, $n$ nhân với phân số $f$ nào (đã định sẵn thứ tự) trước nhất mà $nf$ nguyên thì thỏa, kiểm tra xem $nf= 2^{y}{\it ?}$ Nếu không, update $n$ bằng $nf\!$, lặp lại bước trên, nhận được $nf$ mới khác.... cho đến $nf= 2^{y}\!$. Có được $y= \mathtt{Col}\left ( x \right )\!$.

 

Ví dụ: Cho input là $n= 2^{3}\!$, có $3/4\cdot n= 6$ nguyên, update $n= 6$, có $5/6\cdot n= 5$ nguyên, update $n= 5$, có $7/5\cdot n= 7$ nguyên, update $n= 7$, có $1024/7\cdot n= 1024= 2^{y}$ với $y= 10= \mathtt{Col}\left ( 3 \right )\!$. Tương tự, ta hoàn toàn có thể tìm được $\mathtt{Col}\left ( 10 \right )\!$, chẳng hạn update $n= 2^{10}\!$, có $3/4\cdot n= 3\cdot 2^{8}$ nguyên, update $n= 3\cdot 2^{8}\!$, với $\left ( 3/4 \right )$ nó sẽ đi đến kiểu mẫu của $n= 3^{5},$ có $22/3\cdot n= 22\cdot 3^{4}$ nguyên, update $n= 22\cdot 3^{4}\!$, với $\left ( 13/11, 22/39 \right )$ nó cũng dần dà đi đến kiểu mẫu của $2^{y}$ với $y= 5= \mathtt{Col}\left ( 10 \right )\!$.

 

Đoạn code FRACTRAN mình đưa ra dựa vào ý tưởng ở trang Th40 những trình bày tổng hòa của Terry Tao về phỏng vấn Collatz.

Mình không hiểu mấy cái bất đẳng thức này thì liên quan gì đến Đại số Tuyến tính và Hình học Giải tích ?

Em xin lỗi anh vì chủ đề em không tạo được cái gì đó đáng kể hơn là sự khó hiểu đến từ em, gây ảnh hưởng nhiều cho anh và các thành viên. Còn mấy cái bất đẳng thức, nó không phải điều gây thích thú với em. Em thực sự quan tâm đến Đại số Tuyến tính, vào ngày kia em tìm được Big Idea sử dụng các ma trận biểu diễn Linear mapping giữa các finite dim v-spaces. Nên từ vấn đề bất đẳng thức của Bernhard Leeb (ông ấy sử dụng buffalo way để tìm cho mình giải Đặc biệt kia), em nhìn nhận buffalo way cũng thuộc kiểu Linear mapping. Em đã tính bắt đầu thật hay, nhưng rồi cố nhồi nhét đến nhiều thứ chả liên quan dẫn đến bài viết tệ nhất.

Update on Wikipedia,Strassen_algorithm

Liệu 15 có phải là Winograd's number sau cuối ?

Proof (poset, 9 Th9 '21). Có lẽ không nên bó buộc vào chọn cách phân rã nào, mà câu hỏi là tìm cách phân rã tốt nhất ứng với mỗi trường hợp. Interpolative decomposition có vẻ được, cái này mặc dù không đẹp và tự nhiên lắm

$$\begin{bmatrix} 1 & -1 & 0\\ 0 & 1 & -1\\ -1 & 0 & 1 \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} 1 & -1\\ 0 & 1\\ -1 & 0 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1 & 0 & -1\\ 0 & 1 & -1 \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} -1 & 1\\ 0 & -1\\ 1 & 0 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} -1 & 0 & 1\\ 0 & -1 & 1 \end{bmatrix}$$

 

Strassen Algorithm (Strassen, người Đức). Strassen là người đã đại phẫu cái tư duy Toán‑Tin của mình. Trong lúc đang nghe giảng, ông nảy ra trong đầu ý tưởng cho thuật toán tìm tích của hai ma trận có kích thước $2\times 2$ với $7$ dấu nhân.

 

topic

reference

Câu chuyện vẫn tiếp diễn bởi những người Đức khác

P/S: Mình vẫn không hiểu sao họ có thể dùng cách này để giải thích ý tưởng của Strassen, thử đặt $u, D\!$, không được cho giống với bài báo là $u^{\perp}= \begin{pmatrix} 0\\ 1 \end{pmatrix}, D= \begin{bmatrix} 0 & 1\\ 0 & 0 \end{bmatrix}\!$. Chắc nên đổi lại vậy

Anh Khuê nói làm em nhớ tới câu chuyện Dantzig https://en.wikipedia.../George_Dantzig Ông này có thể coi là ông tổ của Linear Programming, một công cụ chủ chốt trong ngành Operational Research mà em đang học
Chắc nhiều người đã nghe về câu chuyện này rồi: https://www.snopes.c...e-math-problem/

Một giai thoại quá kinh điển.

Em cảm ơn anh đã quan tâm và giúp em giải quyết trọn vẹn vấn đề này. Chưa từng nghĩ mình có thể một lần nữa ứng dụng phân hoạch mà nó hiệu quả đến thế. Đây là ví dụ cũng sử dụng ý tưởng $x_{a- b}+ x_{a+ b}> 2x_{a}$ nhưng chưa đến.

Đây là Hệ điểm thưởng của giải Vô địch Thế giới Đua xe Công thức Một cho từng prix (chặng đua_F1).

Hiện nay trong F1, có rất nhiều cuộc thảo luận về điều này liệu nó xứng đáng hay không, hoặc có nên thay đổi nó không ?

$$\begin{matrix} {\it prix}\,{\it finishers} & {\it points}\,{for}\,{\it pos}\\ 1 & 25\\ 2 & 18\\ 3 & 15\\ 4 & 12\\ 5 & 10\\ 6 & 8\\ 7 & 6\\ 8 & 4\\ 9 & 2\\ 10 & 1\\ 11\!-\!{\it The}\,{\it Last} & 0\!,\!{\it Total}=101 \end{matrix}$$

Hệ điểm thưởng có thể không quan trọng đối với một số người, song nó có thể tác động lớn lao đến những tay chiến thuật chính và những đội sử dụng trong các cuộc tranh tài tùy vào khả năng vị lợi của từng nhóm. Không mất quá nhiều thời gian để suy nghĩ, mình nhận thấy những điểm lý tưởng của thể thức này:

- Phần thưởng cho những tay thắng chặng: Môn thao này luôn luôn tạo nên những thành tựu, sự hỗ trợ của ekip đóng vai trò quyết định, nên các chặng ngoài phần thưởng cho cá nhân xuất sắc nhất, còn có phần thưởng danh giá hơn chính là team xuất sắc nhất (mỗi team gồm hai tay đua chính). Hệ điểm thưởng trên làm việc quá tốt cho cả việc xếp hạng cá nhân và team (with same materials).

- Những pha nước rút - Những sự thiếu thuyết phục trong mức chấp nhận được: Ở khía cạnh đầu tiên, nhóm bị bỏ lại cuối lúc này sẽ kèn cựa nhau khi bắt đầu vào một phần ba cuối chặng bởi tranh giành một vài điểm thưởng (nói kèn cựa thì nghe hơi trái triết ký của một môn thao nặng tính Cơ học và Động lực học), nhóm dẫn đầu tách top đẩy cao trào cuộc đua. Ở khía cạnh tiếp theo, tính lũy tiến của Hệ điểm thưởng này giúp một vài sai sót nhỏ có thể được tha thứ. Như trường hợp Hamilton không sử dụng hết phần của động cơ Mercedes ở chặng Brazil năm ngoái, bởi đây là một chặng đua khó, nó còn hơn là xe bạn bị hỏng hay bị tay đua khác đâm vào để rồi không hoàn thành.

- Dễ hiểu cho giới hâm mộ: Một thể thức mà tất cả phải công nhận thì tất cả phải biết rõ về thể thức đó. Tuy nhiên sẽ có nhiều người không hiểu đến tường tận, sẽ có những người làm khó khăn lên không chỉ đơn giản là chấp nhận.

Câu hỏi. Đâu là quy luật của dãy $25, 18, 15, 12, 10, 8, 6, 4, 2, 1, =101{\it ?}$

Bài 16. Tìm hàm $f:\quad\mathbb{R}_{\!+}^{3}\rightarrow\mathbb{R}_{\!+}$ thỏa mãn

$$f\left ( a, b, c \right )^{2}+ f\left ( b, c, a \right )^{2}+ f\left ( c, a, b \right )^{2}+ 3\cdot f\left ( a, b, c \right )f\left ( b, c, a \right )f\left ( c, a, b \right )= 6$$

 

Câu hỏi phụ. Với $f$ là thuần nhất, bằng cách nào ta tìm được $f\left ( a, b, c \right )= \frac{\left ( 3- \sqrt{3} \right )a+ \left ( 3+ \sqrt{3} \right )b}{\sqrt{4b+ c+ a}\cdot\sqrt{4a+ b+ c}}{\it ?}$

https://drive.google...iew?usp=sharing

Hỗ trợ gõ công thức. Biết hàm số $y= f\left ( x \right )$ tồn tại một nghiệm bội lẻ là $x_{2}\!$, một nghiệm bội chẵn là $x_{1}\!$, và không tồn tại nghiệm nào khác trong khoảng $\left ( x_{1}, x_{2} \right )\!$. Vậy tồn tại mấy điểm cực trị trong khoảng $\left ( x_{1}, x_{2} \right ){\it ?}$

indeterminate

(Dao lam). Với $F= AB+ C= -AD+ E$ có được

$$\forall_{B> 0, C> 0, D> 0, E> 0}\;F:= \left ( CD+ BE \right )/\left ( B+ D \right )> 0$$

*Trước hết mình phải nói rằng Ji Chen và Sui Zhen Lin chính là hai người sử dụng thuần thục nhất phương thức này.

Nếu việc ta cần làm chỉ là tìm $B, C, D, E$ chừng quá đơn giản, cách viết $F:= \left ( CD+ BE \right )/\left ( B+ D \right )$ như trên khiến cho ta có thể hiểu lầm về mối quan hệ tinh vi giữa $A$ và $F\!$. 

 

Ví dụ. Cho trước bốn số nguyên $a, b, c, d$ mà $a\geq b> c> d\geq 0$ và $ac+ bd= \left ( b+ d+ a- c \right )\left ( b+ d- a+ c \right )\!$. Chứng minh $ab+ cd$ là hợp số.

 

Proof 1. Có được $ab+ cd= \frac{\left ( b^{2}- c^{2} \right )\left ( b^{2}+ bd+ d^{2} \right )}{ab- bc- cd}$ với $\left ( b^{2}+ bd+ d^{2} \right )- \left ( b^{2}- c^{2} \right )= c^{2}+ d^{2}+ bd> 0$.

Đồng thời $\left ( b^{2}- c^{2} \right )- \left ( ab- bc- cd \right )= \frac{\left ( b- c \right )\left ( c- d \right )\left ( b^{2}- c^{2}+ d^{2}+ ad+ bd \right )}{a\left ( a+ b- c+ d \right )}> 0$

cũng như $ab- bc- cd= \frac{\left ( b- c \right )\left \{ a^{2}+ b^{2}+ c^{2}+ d^{2}+ bc+ 2da+ \left ( b- c \right )\left ( a+ d \right ) \right \}}{2a+ b- c+ 2d}> 0$.

Proof 2. Xem ở đây.

 

Có cơ số cách khác nhau để tìm $A$ từ $F$ có thể kể đến như $C, E\equiv F\mod A$ thông qua một phép gán như $f\left ( a- b, 0 \right )\equiv f\left ( a, b \right )$ để giúp chứng minh $F\geq 0$. Nhưng điều Ji Chen vận dụng vào hoàn toàn khác, giống như bất cứ $A$ là gì, có chẳng "gần gũi" với $F$ đi chăng nữa, vẫn có thể tìm $B, C, D, E$ cho ưng ý.

 

Mình có nguyện vọng tìm ra lời giải đơn giản hơn cho bài toán này được đăng cách đây chưa lâu. Theo mình, nó cần nữa một lời giải mang phong cách súc tích như trên. (Em xin lỗi anh Phát. Anh giải đã rất đẹp rồi.) Trong cách tiếp cận mới đó, việc tìm điểm tương đồng giữa $F= AB+ C= -AD+ E$ và $n= \frac{x^{2}- 1}{a}= \frac{y^{2}- 1}{b}$ sẽ là mấu chốt. Và quan trọng nhất đâu là $A{\it ?}$

 

(Original Problem). Ta có thể biểu diễn kết quả của series theo thể thức Best of Five (chạm đến ván thắng Th3 trước, không quan tâm đến phần còn lại của series) dưới dạng xử lý $4$-bit được không ?

>> Tức là sử dụng bốn chữ số chỉ bao gồm $0$ hoặc $1$ thể hiện bao quát nhất gồm $2^{4}= 16$ kịch bản. Ví dụ

$$\begin{matrix} 1 & 2 & 3 & 4 & 5\\ \checkmark & \checkmark & \checkmark & \bigcirc & \bigcirc\\ \checkmark & \checkmark & & \checkmark & \bigcirc\\ \checkmark & \checkmark & & & \checkmark\\ \checkmark & & \checkmark & \checkmark & \bigcirc\\ \checkmark & & \checkmark & & \checkmark\\ \checkmark & & & \checkmark & \checkmark\\ & \checkmark & \checkmark & \checkmark & \bigcirc\\ & \checkmark & \checkmark & & \checkmark\\ & \checkmark & & \checkmark & \checkmark\\ & & \checkmark & \checkmark & \checkmark \end{matrix}$$

Bên chiến thắng nhận $10$ khả năng (số $3$-subsets của tập gồm $5$ objects), tổng quát series này chứng kiến $20$ kịch bản.

Mà $20> 16$ nên $4$ bits không xử lý hết được.  

Cách giải quyết. Như định nghĩa của thể thức Best of Five đã nói ở trên, có tổng cộng $5$ ván thừa trong series đánh dấu bằng $\bigcirc$ trong $10$ kịch bản của bên chiến thắng và cần phải tận dụng $5$ ván thừa đó vô cùng triệt để. Giả sử có cách như vậy thật, thì ta tiết kiệm được $5$ khả năng nữa. Cuối cùng dùng khả năng còn lại để phân định bên chiến thắng/kẻ thua thì ta đã tận dụng hết $10+ 5+ 1= 16$ khả năng dưới dạng xử lý $4$-bit. Câu hỏi được đặt ra là giải quyết $5$ ván thừa trong series đó như thế nào ?

Có bao nhiêu $80$-subsets của multiset $\left ( \left \{ a, b, c, d \right \}, \left \{ \left ( a, 25 \right ), \left ( b, 25 \right ), \left ( c, 25 \right ), \left ( d, 25 \right ) \right \} \right ){\it ?}$

Gợi ý. 

"Hôm trước là Siêu trí tuệ. Hôm nay là Chinh phục."

Chắc hẳn ai cũng đã từng xem show này. Có những cái tên bước ra từ mùa đầu tiên*, họ tiếp tục khuynh đảo cuộc thi tài kiến thức khác còn lớn hơn của VTV và ẵm ngôi vị cao nhất hai năm liên tiếp. Tuy nhiên, diễn biến các mùa sau khá thất vọng, rồi giống nhiều chương trình trước đây, nó đã bị khai tử cách đây khá lâu. Hãy lấy ví dụ tập 1, mùa 1 (11 Th12 '13) ở phần thi cuối. Ta có luật chơi:

 

a. Có 36 ô tương ứng các câu hỏi, trong đó 15 ô có màu (mỗi màu tương ứng với sở trường của từng thí sinh). Các thí sinh thay phiên nhau mở các ô trong 5 lượt. Nếu chưa phân định được vị trí thứ Nhất, các thí sinh ngang điểm nhau đó sẽ tiếp tục giải quyết các ô còn lại để kết thúc (mình từng xem và nhớ có tập chứng kiến hai người cùng ẵm giải Nhất sau khi trải qua tất cả 36 câu hỏi). 

b. Trả lời đúng câu hỏi sở trường ở ô màu của mình, thí sinh nhận được 2 điểm. Trả lời đúng câu hỏi sở trường ở ô màu của đối phương, thí sinh nhận được 3 điểm.

c. Trả lời đúng câu hỏi bình thường (không màu), thí sinh nhận được 1 điểm. Mọi trường hợp không trả lời đúng thì số điểm sẽ không thay đổi.

 

Thể thức này đã không còn xuất hiện ở các mùa sau. Phản ứng của mình khi đón nhận nó hơi tiếc một chút, vì nó rất hấp dẫn. Ở vòng chơi mới, số lượng đối thủ đã giảm đi, việc cuộc chơi diễn ra ảm đạm theo kiểu chọn hết ô màu của mình nó không đến nỗi quá tệ, những câu hỏi dù là sở trường nhưng gây khó khăn và thậm chí thí sinh có thể không hiểu hết về sở trường của mình. Còn mỗi lần thấy ai đó trả lời đúng câu sở trường của bạn cùng chơi, mình đặt vào vai trò khán giả thì vô cùng thích thú vì sợ mạo hiểm, kịch tính. Một kịch bản hấp dẫn hơn như này theo Thuyết vị lợi cũng đáng đưa vào, góp phần làm mới cuộc chơi hơn sẽ thế nào ?

 

(Scenario). Thứ tự lần lượt: A, B, C.

1. A mở màn (A1), 2 điểm. Tiếp theo đây, B chọn sở trường của C (coi như là nhầm đi, C1), 0 điểm. C (C2), 2 điểm. Đến lượt Th2.

2. A tiếp tục ghi điểm bằng câu sở trưởng (A2), 4 điểm. Tai họa, B chọn ngay chủ đề của A (đáng ngờ nhưng vẫn đang diễn, A3), 0 điểm. C (C3), 4 điểm.

Lúc này, A với C cũng còn 2 câu sở trường, còn B đưa khán giả đi từ cảm xúc bất ngờ, ngơ ngác, đến ngán ngẩm. Nhưng có phải B đã thực sự hết hy vọng không, hãy xem tiếp lượt Th3.

3. A (A4), 6 điểm. Và nếu B chọn câu của A lần nữa, đó không khác gì một thảm họa, trừ C ra. Nếu C bị chọn trúng câu hỏi, cuộc chơi coi như ngã ngũ, A gần như sẽ thắng. Có vẻ như C yếu hơn A. Và thế là B đã chọn câu hỏi của A (A5), 3 điểm. B chiến thắng câu hỏi sở trưởng của A. A5, nghĩa là A không còn câu sở trường nào nữa. A có thể tìm kiếm từ B1-5, C4, D1-21 để mong kết thúc trận đấu. C chọn C5, vì nghĩ B trong mong muốn phá bĩnh mình một lần nữa, lấy đi câu hỏi cuối cùng, thế là lá cờ chiến thắng đang về tay C, nhưng hụt, C (C5), vẫn 4 điểm. A nắm nhiều lợi thế rõ ràng nhất trước lượt Th4. Nhưng những gì đang chờ đón chính là

$$\begin{matrix} {\it prix} & 1 & 2 & 3 & 4 & 5\\ A & \checkmark & \checkmark & \times & \checkmark & \checkmark\\ B & \downarrow & & \uparrow & & \updownarrow\\ C & \times & \checkmark & \checkmark & & \times \end{matrix}$$

B có thế tấn công vô cùng đặc sắc. Trong các cuộc chơi xác lập vị thế như cờ Vây chẳng hạn, chuyện nắm giữ lợi thế nhờ đi trước rồi chiến thắng ắt không còn quá xa lạ. Nước đi hào nhoáng của B vào giữa lượt ở câu Th1, Th3, Th5 của đối phương chẳng khác nào đánh trước mặt rồi thủ chặt, Drogba của trận Chung kết đẹp nhất lịch sử Champions League năm 2012 gửi gắm các đồng đội của mình tại Chelsea hãy để những người bản lĩnh nhất ở các lượt sút Th1, Th3, Th5 để nếu thất bại ở lượt Th2 thì còn có lượt Th3, thất bại ở lượt Th4 thì còn có lượt Th5. Chính Drogba chính là nguồn cảm hứng cho pha dàn xếp công phu đó.

4. A (D1), 7 điểm. B lạnh lùng (C4), 6 điểm. C còn có thể làm gì hơn (B1), mọi chuyện sẽ kết thúc và đã hết rồi, 4 điểm.

5. A (D2), 8 điểm. B (B2), B đã trả lời đúng 1/2 câu của A, 1/2 câu của C, lần này 1/2 câu của B đã được trả lời đúng, 8 điểm. Kịch bản đẹp nhất cho B cũng là tệ nhất cho C.

6. A và B đồng điểm. Mọi thứ còn lại phải xem A có né 3 quả bom do B đặt xuống không ? Thế là cuộc đi săn của B tiếp tục qua các lượt Th6, Th7.. cho tới khi chỉ còn 3 câu hỏi. Dừng tưởng tượng ở đây là đẹp rồi.

 

>> Tình huống lợi hại nhất chính là ở lượt Th3, B hạ thành công ở A5, đồng thời gây áp lực để C phải thất bại ở A5. Chẳng khác nào loạt luân lưu điên rồ của trận Chung kết Champions League Chelsea v Bayern Muenchen mùa giải 2011/12. Có những điều lãng mạn khác của mùa giải sau đó ở đây (các bạn có thể tìm hiểu Málaga CF).

 

Quay trở lại cuộc đua Tam Mã, ta nói thậm chí B còn negative splits tất cả. Còn coi nó như một trận đấu Bóng rổ, thì B thống trị bằng trò Moreyball (ném 3 điểm đến chết), đây không hoàn toàn là may rủi hay ám ảnh cưỡng chế gì cả, xem cái cách B đã làm gì trong khu vực của A với C..

 

Trở lại với Chinh phục, kẻ về cuối trong lượt lựa chọn là Phan Đăng Nhật Minh trở thành người chiến thắng cuối cùng. Một phong thái không thể lay chuyển, giống như Vua cờ Bobby Fischer. Những ngày hôm nay đang diễn ra Olympiad Chess, mình chợt nảy sinh hứng thú với những tuyệt phẩm của ông, ngoài ý tưởng Fischer Random Chess còn rất nhiều thứ đang bỏ ngỏ. Ông hay so sánh môn thao của mình với golf và Bóng rổ. Nếu tạo ra thứ gì đó hấp dẫn, chắc mình sẽ đặt tên cho nó là 3.05, 3.05 là Piece relative value của quân Mã, vừa lại là chiều cao bảng rổ (m) luôn. Tới đây mình đã bị khuất phục và không biết viết gì tiếp.

 

(Problem). Điểm của các vị trí A1-5, B1-5, C1-5 theo Thuyết vị lợi là bao nhiêu ? (Câu hỏi này hơi kỳ lạ, nên mình cắt nghĩa một chút, ví dụ nếu xem việc có một trong hai vị trí dẫn đầu bảng đấu 4 đội tại Champions League là chiến thắng, thì chỉ cần dành 4 điểm trước mỗi đối thủ còn lại (+3=3, 12 điểm), đội sẽ chiến thắng, hơn nữa có cả ngôi Nhất bảng khi đội đi tiếp còn lại không thắng 3 trận trở lên. Vậy ra 12 điểm có giá trị còn vững chắc hơn thành tích +4=1-1, 13 điểm. Còn trong vấn đề A, B, C, việc B tấn công ở C1, A3, A5 cũng có giá trị dù thất bại, rất nhiều là đằng khác, không thể xem là 0 điểm cho câu hỏi.)