Ban Biên Tập

LÔ HAY ĐỀ

Hoàng Ngọc Thế - Đông Anh - Hà Nội

Ngày nay, lô đề đã trở thành một trong những tệ nạn phổ biến nhất ở nước ta. Tác hại của nó ("đánh đề ra đê mà ở") thì ai cũng biết. Song số người đánh đề thì không giảm mà lại ngày càng tăng. Đặc biệt là giới trẻ. Các diễn đàn lô đề mọc lên như nấm. Thấp thoáng trên diễn đàn toán cũng có những câu hỏi làm sao để đánh lô đề được lãi. Trong bài viết này, tôi sẽ phân tích sơ lược về cái được, mất khi đánh lô đề. Hi vọng bạn đọc rút ra được kết luận cho mình.

BÀI TOÁN ĐÁNH ĐỀ
Luật chơi đề đại loại như sau: Sáng, bạn đặt một số tiền, nói đơn giản là $A$ (đồng) cho chủ đề, vào một số từ $00$ đến $99$. Mục đích của người chơi đề là làm sao số này trùng vào $2$ chữ số cuối cùng của giải xổ số do Nhà nước phát hành trong ngày đó. Khi xổ số quay, hai chữ số này được xác định (gọi là “đề về”), chủ đề so số và thanh toán tiền nong. Nếu số của bạn trùng, bạn sẽ được $70A$ (đồng) (tức $70$ lần số tiền đầu tư). Nếu không trúng, bạn sẽ mất $A$ (đồng) đặt cược lúc đầu.

“Ai ơi yêu lấy số đề
Khi đi một chỉ, khi về bảy cây !”

(Theo blog của GS Vũ Hà Văn)

Câu thơ này đã lừa được nhiều người.

Giả sử có ai đó trót dại đánh đề. Anh ta đánh $23000$ (đồng) cho $1$ con đề. Xác suất anh ta trúng là $\frac{1}{{100}} = 0,01$. Nếu trúng, anh ta được:

$23 000 . 70 = 1 610 000$ (đồng)

Vậy là lãi:

$1 610 000 – 23 000 = 1 587 000$ (đồng)

Xác suất anh ta trượt là: $1 – 0,01 = 0,99$. Nếu trượt anh ta lãi: $- 23 000$ (đồng)
Vậy trung bình anh ta được:

$1 587 000 . 0,01 – 23 000 . 0,99 = - 6 900$ (đồng)

Như vậy mỗi lần chơi đề, anh ta lỗ $6 900$ (đồng).

Có người khuyên anh ta: “Hãy đi đánh lô, đánh lô dễ được lãi hơn”. Anh ta nghe theo.

BÀI TOÁN ĐÁNH LÔ
Luật chơi lô đại loại như sau: Sáng, bạn đặt cược $1$ con số trong phạm vi từ $00$ đến $99$ và một số điểm lô, $a$ điểm chẳng hạn. Mỗi điểm lô phải chi phí $23 000$ (đồng). Dàn lô gồm $27$ con lô (là $2$ chữ số cuối của các số tại các giải Xổ số của Nhà nước phát hành).

Nếu có $k$ con lô trùng với số bạn đã đặt cược thì số người ta gọi là bạn đã trúng “$k$ nháy”. Mỗi “nháy”, chủ lô trả cho bạn $80 000 . a$ (đồng).

Giả sử anh bạn của chúng ta đánh $1$ điểm lô. Anh ta chi hết $23 000$. Dễ thấy đánh lô là một phép thử Bernoulli.

Xác suất để anh ta trúng đúng $k$ nháy ($k = 0, 1, ..., 27$) là $C_{27}^k (0,01)^k (0,99)^{27 - k} $

Nếu trúng, anh ta được $80 000.k$ (đồng). Như vậy lãi :

$80 000. k – 23 000$ (đồng)

Vậy trung bình anh ta lãi:
$E = \sum\limits_{k = 0}^{27} {\left[ {C_{27}^k .\left( {0,01} \right)^k (0,99)^{27 - k} .\left( {80k - 23} \right)} \right]} $

$=80\sum\limits_{k = 1}^{27} {\left[ {kC_{27}^k .\left( {0,01} \right)^k (0,99)^{27 - k} .} \right] - 23} $

$=80.\frac{{27}}{{100}}\sum\limits_{k = 0}^{26} {\left[ {C_{26}^k .\left( {0,01} \right)^k (0,99)^{26 - k} .} \right] - 23} $

$=8.2,7 – 23 = -1,4$ (nghìn đồng)

Vậy trung bình anh ta lỗ $1 400$ (đồng).
Rõ ràng là đánh lô lỗ ít hơn đánh đề

Có người lại khuyên anh ta nên đánh một lúc nhiều con để được lãi. Anh ta làm theo lời khuyên vàng ngọc đó thì sẽ ra sao ?

Anh chàng của chúng ta lần này đánh nhiều con đề để nâng khả năng trúng lên. Anh ta đánh $n$ con đề khác nhau. Mỗi con đánh $1$ (nghìn đồng). Vị chi là chi phí hết $n$ (nghìn đồng)

Xác suất anh ta trúng là $0,01n$. Nếu trúng, anh ta được $70$ (nghìn đồng). Tức là lãi: $70 – n$ (nghìn đồng)

Xác suất anh ta trượt là $(1 - 0,01n)$. Nếu trúng, anh ta được lãi: $- n$ (nghìn đồng).

Vậy trung bình anh ta lãi:

$$E_d(n) = 0,01n.(70-n) – n(1 – 0,01n) = -0,3n$$

$$\mathop {\max }\limits_{n \in [0;100]} E_d (n) = E_d (0) = 0$$

Vậy lãi nhất khi đánh đề là đánh $0$ con.
Hừm. Thế thì nói làm gì. Anh ta lầm bầm và đi đánh lô.

Anh ta đánh $n$ con lô, mỗi con $1$ điểm. Thế là chi hết $23n$ (nghìn đồng).
Xác suất anh ta trúng đúng $k$ nháy ($k = 0, 1, 2, ..., 27$) là
$$C_{27}^k \left( {\frac{n}{{100}}} \right)^k \left( {\frac{{100 - n}}{{100}}} \right)^{27 - k} $$.
Nếu trúng, anh ta được $80k$ (nghìn đồng). Tức là lãi: $80k – 23n$ (nghìn đồng).

Từ đó, trung bình anh ta lãi:

$$E_l (n) = \sum\limits_{k = 0}^{27} {\left[ {C_{27}^k \left( {\frac{n}{{100}}} \right)^k \left( {\frac{{100 - n}}{{100}}} \right)^{27 - k} .\left( {80k - 23n} \right)} \right]} = - \frac{{7n}}{5}$$

$$\mathop {\max }\limits_{n \in [0;100]} E_l (n) = E_l (0) = 0$$

Do đó lãi nhất khi đánh lô là đánh $0$ con.

Vậy khôn ngoan nhất là nói KHÔNG với đánh lô đề. Người đánh đề đáng trách, người học toán, làm toán mà đánh đề còn đáng trách hơn.


Bài tập
1) Theo bạn, ai là người được lãi trong bài toán lô đề?

2) Giả sử anh chàng của chúng ta đánh $n$ con lô, con thứ $k$ đánh $k$ điểm ($k = 1, 2, ..., n$) thì được lãi bao nhiêu?
anh chàng của chúng ta đánh $n$ con đề, con thứ $k$ đánh $k$ nghìn đồng ($k = 1, 2, ..., n$) thì được lãi bao nhiêu?

3) Bạn hãy đề xuất bài toán khác về lô đề

Bài viết của GS. Phùng Hồ Hải đăng trên tạp chí Tia sáng

Nhà nước đã chọn được nhà toán học người Việt xuất sắc nhất theo đúng nghĩa của từ này để lãnh đạo Viện Nghiên cứu Cao cấp về Toán, cái viện đáng lẽ ra đã được thành lập từ thời Thủ tướng Võ Văn Kiệt, cớ gì mà chúng ta phải lo lắng nhiều như vậy trong cái thời điểm mà có biết bao chuyện phải lo như lúc này?

Tôi xin tự giới thiệu là người của cái Viện Toán "cũ", mà theo cách gọi đùa (khiến nhiều người tưởng thật) của anh Ngô Việt Trung là "Viện Toán sơ cấp" sau khi Viện Nghiên cứu Cao cấp về Toán (VIASM) được thành lập với Ngô Bảo Châu là Giám đốc khoa học và GS Lê Tuấn Hoa là Giám đốc điều hành.

Quy chế hoạt động của VIASM có thể xem trên mạng http://vms.org.vn/news/QD2343TTG.PDF. Nhưng chắc nhiều người không có thời gian đọc, vậy tôi xin có vài dòng vừa chủ quan (vì là người làm toán) vừa khách quan (vì không nằm trong cái viện mới đó).

Trước hết xin nói về tiền. 650 tỷ cho 10 năm, vị chi là 65 tỷ hàng năm, gấp khoảng 10 lần kinh phí Viện Toán "sơ cấp" hiện nay. Tôi cứ giả sử cái Viện "sơ cấp" hiện nay của tôi được cấp chừng ấy kinh phí, thì theo tỷ lệ, lương tôi được khoảng 40 triệu một tháng. Chừng đó là số lương mà Đại học Tân Tạo trả cho một số Ph.D. xuất sắc về Toán mới từ nước ngoài về. Như vậy, nếu mà Viện Toán "sơ cấp" hàng năm được nhận 65 tỷ thì cũng chưa phải là cái gì quá khủng khiếp khiến báo chí tốn nhiều giấy mực tới vậy. Mặt khác cũng xin lưu ý rằng chi phí xây dựng 1 km đường (như con đường Xã Đàn ở Hà Nội) là 100 tỷ (tính theo thời giá khi xây con đường đó). Như vậy VIASM trong 10 năm có kinh phí của 6,5 km đường.

Vấn đề không phải là bao nhiêu tiền, mà là tiêu như thế nào. Cái mà thiên hạ lo lắng, ngoài con số tiền tỷ khổng lồ là lời phát biểu của Phó Thủ tướng Nguyễn Thiện Nhân về sự tự chủ của Viện. Theo như báo chí thì Phó Thủ tướng khẳng định Chính phủ không yêu cầu VIASM phải nghiên cứu cái gì, việc sử dụng số kinh phí trên như thế nào là quyền của GS Ngô Bảo Châu và Hội đồng khoa học*…


Tôi có may mắn được nghe bài phát biểu đó của Phó Thủ tướng. Tôi không ghi âm và không chép nhưng cái mà tôi hiểu qua lời phát biểu là tinh thần tôn trọng quyền tự quyết của VIASM, đặc biệt là trong nghiên cứu. Đối với tôi đó là một thắng lợi. Cantor nói: "Bản chất của Toán học là tính tự do của nó" (The essence of mathematics is its freedom). Toán học không phải là một khoa học làm ra sản phẩm trực tiếp cho xã hội, vật chất cũng như tinh thần. Cái mà nhiều người lo lắng là tại sao nước ta, một nước chưa phát triển, lại xài sang như vậy - bỏ ra tới 6,5 km tiền đường để đầu tư vào Toán học, một ngành, theo nhiều người, là chẳng có ích gì cho Kinh tế-Xã hội cả? Tôi xin chép nguyên văn một đoạn trong Điều 3 (Nhiệm vụ) của Quy chế hoạt động của VIASM.


b) Tạo điều kiện làm việc thuận lợi để nâng cao trình độ các nhà toán học trẻ của các trường đại học, viện nghiên cứu và các cơ sở ứng dụng Toán học trong cả nước;

c) Tạo điều kiện làm việc thuận lợi để các nhà toán học Việt Nam có năng lực trở thành các chuyên gia quốc tế;

d) Hỗ trợ thiết lập và tăng cường hợp tác nghiên cứu và đào tạo của các nhà toán học trong nước; hỗ trợ công tác đào tạo, bồi dưỡng nhân tài;

đ) Hỗ trợ và thúc đẩy hợp tác giữa Toán học và các ngành khoa học có liên quan như: Vật lý, Khoa học máy tính, Khoa học trái đất, Khoa học sự sống, Kinh tế...

Như vậy mục tiêu đầu tiên của cái viện mới này là nâng cao "chất lượng nghiên cứu" của cộng đồng toán học, cái "chất lượng" này sẽ ảnh hưởng tích cực tới chất lượng giảng dạy toán học ở đại học và phổ thông. Tại thời điểm này tôi có thể khẳng định rằng một Ph.D. về toán với đúng nghĩa của từ này có thể xin việc tại bất cứ khoa Toán nào ở các trường đại học của Việt Nam. Điều đó phản ánh thực tế: nền giáo dục và khoa học của Việt Nam đang thực sự thiếu những người có trình độ về Toán. Như vậy VIASM không có khả năng đóng góp vào việc sản xuất xe máy ở Việt Nam hay "mua vui cho mọi người trong vài trống canh" nhưng đóng góp của nó cho cộng đồng toán học Việt Nam, qua đó ảnh hưởng tích cực tới chất lượng giảng dạy Toán học ở bậc đại học, cho đào tạo giáo viên phổ thông,..., là hoàn toàn hiện thực. Và đó cũng là mục đích, nhiệm vụ của VIASM.

Quay lại cái chuyện Phó Thủ tướng giao toàn quyền tự chủ cho VIASM, tôi cũng xin chép nguyên văn một đoạn khác trong Quy chế:

Điều 6. Đánh giá hoạt động:

Kết quả hoạt động của Viện sẽ được đánh giá định kỳ 03 năm một lần theo thông lệ quốc tế với sự tham gia của các nhà toán học hàng đầu của Việt Nam và các nhà toán học quốc tế do Bộ Giáo dục và Đào tạo thành lập trên cơ sở đề nghị của Giám đốc khoa học.

Theo thiển ý của tôi, Nhà nước đã chọn được nhà toán học người Việt xuất sắc nhất theo đúng nghĩa của từ này để lãnh đạo cái viện đáng lẽ ra đã được thành lập từ thời Thủ tướng Võ Văn Kiệt, cớ gì mà chúng ta phải lo lắng nhiều như vậy trong cái thời điểm mà có biết bao chuyện phải lo như lúc này?

---
Ý kiến khác:

* GS. Ngô Việt Trung:

Số tiền 650 tỷ là dành cho Chương trình trọng điểm quốc gia phát triển toán học đến năm 2020. Phần lớn số tiền này sẽ dành cho việc xây dựng trụ sở Viện toán cao cấp. Để thấy số tiền này có lớn không ta chỉ cần so với kinh phí 450 tỷ xây Trường trung học phổ thông Amsterdam.

Kinh phí hàng năm của Viện Toán cao cấp được cấp theo Chương trình hoạt động cụ thể hàng năm và phải tuân thủ định mức chi tiêu đã được Nhà nước quy định. Ví dụ như định mức thù lao nghiên cứu được dựa theo mức của Đại học quốc tế ỏ TP. HCM (thua xa Đại học Tân Tạo). Có thể thấy ngay kinh phí hoạt động hàng năm của Viện toán cao cấp không thể "cao cấp" được. Ví dụ như kinh phí được duyệt cho năm 2012 là 15 tỷ. Số tiền này có lẽ chỉ bằng kinh phí chi cho 3 giáo sư toán học ở các nước phương Tây làm việc hàng năm.

Kinh phí hoạt động như vậy quá nhỏ so với kinh phí hoạt động năm 2011 của các Viện nghiên cứu cao cấp tương tự ỏ các nước châu Á(quy ra đồng Việt Nam): Viện toán Lahore (Pakistan): 40 tỷ; Viện toán INSPEM (Malaysia): 40 tỷ; Viện toán Viện hàn lâm Đài Loan: riêng tiền thư viện hàng năm là 20 tỷ; Viện nghiên cứu cao cấp Hàn Quốc: 400 tỷ cho 3 ngành Toán, Lý, Tính toán (100 cán bộ nghiên cứu); Viện Tata ở Mumbay (Ấn Độ): 600 tỷ cho 4 ngành Toán, Lý, Tin học và Sinh vật.


* TS Trần Minh Tiến:

Tôi nghĩ Viện Nghiên cứu Cao cấp về Toán đã là việc xong rồi, bàn ra tán vào cũng không có ích gì nữa. Giá như trước khi quyết định thành lập, Chính phủ lấy ý kiến rộng rãi của cộng đồng khoa học thì có lẽ bây giờ, và mai sau sẽ đỡ có ý kiến dị nghị hơn. Tôi thấy chung quy dư luận hay dị nghị này nọ chẳng qua là do công luận thiếu niềm tin vào cộng đồng khoa học nói chung và cộng đồng toán học nói riêng. Có thể có những lý do khác nhau khiến công luận không có niềm tin đó. Quá khứ là một lý do. Lý do khác là có những việc làm khiến công luận không thể đặt niềm tin được, tôi lấy ví dụ, Hội Toán học từng đề nghị đưa một số người, theo những cách đánh giá nào đó, là chưa xứng đáng, vào Hội đồng Học hàm ngành toán. Ngoài ra, bây giờ tôi mới biết con số 650 tỷ này còn cho xây dựng cơ bản nữa, mà mọi người đều biết thất thoát trong xây dựng cơ bản được thừa nhận là 40%. Thành ra tiên trách kỷ, hậu trách nhân.

Thôi đành hy vọng Viện Nghiên cứu Cao cấp về Toán sẽ lấy lại được niềm tin của công chúng vào khoa học.

* GS Lê Tuấn Hoa: Vì là người trong cuộc, tôi không muốn lên tiếng. Chỉ quyết cùng với các nhà toán học xây dựng thành công VIASM. Chúng tôi rất biết, nó ra mắt chưa có nghĩa là đã thành công. Còn khi nào thấy thành công thì chỉ có thời gian mới trả lời được. Mọi lí lẽ chúng tôi có đưa ra cũng chỉ là biện minh.

Tất nhiên Ban Giám đốc và Hội đồng Khoa học, ban tư vấn có chiến lược phát triển đàng hoàng, nhưng công bố cũng phải theo tình hình triển khai. Chúng tôi cũng không chạy theo số lượng, vì ai đó dự Forum trước lễ ra mắt quốc tế của VIASM nghe báo cáo đã thấy: Malaysia có tạp chí toán ở SCI-E, Viện Toán ở Lahore của Pakistan có số bài báo khoảng trên 200 ở SCI-E trở lên trong năm 2010, còn KIAS của Hàn Quốc chỉ có chưa đến 40 (mà anh Ngô Việt Trung đã thống kê, ngân sách của họ là 20 triệu USD). Tất nhiên là do cách tính của mỗi nơi. Nhưng ai cũng biết Hàn Quốc tiến như thế nào trong 20 năm qua và vai trò của KIAS, KAIST như thế nào. Tôi chỉ bổ sung thêm một điều: VIASM sẽ chỉ được hưởng cỡ một nửa trong số 650 tỷ của Chương trình Toán. Con số 650 tỷ hay một nửa của nó có giải ngân được hay không thì không ai biết được. Dù sao chăng nữa điều đó không quan trọng. Nếu làm được việc có ý nghĩa thì gần 400 tỷ (như dự định ban đầu) hay có tất cả 650 tỷ đến 2020 vẫn là quá ít. Còn không làm được gì, thì dù có 10 tỷ cũng là xa xỉ.

VIASM không có khả năng đóng góp vào việc sản xuất xe máy ở Việt Nam hay "mua vui cho mọi người trong vài trống canh" nhưng đóng góp của nó cho cộng đồng toán học Việt Nam, qua đó ảnh hưởng tích cực tới chất lượng giảng dạy Toán học ở bậc đại học, cho đào tạo giáo viên phổ thông,..., là hoàn toàn hiện thực. Và đó cũng là mục đích, nhiệm vụ của VIASM.


(*) Thông báo tài trợ nghiên cứu của VIASM có thể xem trên trang web của Viện.

THÔNG TIN MỚI NHẤT VỀ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC

Nhiều trường ĐH cho biết bắt đầu từ tháng 2 sẽ công bố thông tin tuyển sinh năm 2012.

Hồ hởi với khối A1

Các trường ĐH, CĐ ngoài công lập mong chờ được tuyển khối A1 (toán, lý, ngoại ngữ) để thu hút thêm thí sinh.

Theo thạc sĩ Võ Văn Tuấn, Trưởng phòng Đào tạo Trường ĐH Văn Lang, năm nay dự kiến trường vẫn giữ nguyên chỉ tiêu (CT) so với năm trước. Nếu Bộ GD-ĐT cho phép xét tuyển khối A1, chắc chắn trường sẽ tuyển thêm khối này.

Thí sinh dự thi vào Trường ĐH Tài chính marketing năm 2011. Năm nay nhiều trường khối kinh tế dự kiến tuyển sinh thêm khối A1 - Ảnh: Đào Ngọc Thạch

ĐH Lạc Hồng cũng khẳng định trường sẽ tuyển thêm khối A1 cùng những ngành khối A truyền thống. CT của trường cũng sẽ giữ nguyên như năm 2011. ĐH Quốc tế Hồng Bàng tuyển 2.200 CT và cũng đề nghị được tuyển thêm khối A1. Các ngành học khối A truyền thống của ĐH Kỹ thuật công nghệ đều tuyển khối A1. ĐH Bà Rịa-Vũng Tàu cũng xét tuyển khối A1 cho 6/9 ngành học. ĐH Ngoại thương sẽ tổ chức thi khối A1 cho tất cả các ngành. Như vậy, các khối tuyển sinh của trường là A, A1, D. Trường vẫn giữ 3.400 CT như năm trước. Học viện Bưu chính viễn thông tuyển sinh khối A, A1, D1. Trường giữ ổn định CT hệ chính quy, giảm CT hệ liên thông. ĐH Y Thái Bình năm nay tuyển 700 CT. Học viện Ngân hàng sẽ giữ ổn định quy mô, tổng CT tuyển sinh năm nay là 3.350, trong đó bậc ĐH là 2.300 và bậc CĐ là 1.050.

Ông Nguyễn Văn Nhã, Trưởng ban Đào tạo - ĐH Quốc gia Hà Nội, cũng cho biết vẫn giữ nguyên CT như năm trước là 5.500 để tập trung nâng cao chất lượng đào tạo.

Ít trường tăng chỉ tiêu

Năm nay, Bộ GD-ĐT để các trường tự xác định CT nhưng sẽ có cơ chế kiểm tra giám sát nghiêm. Vì vậy, chỉ một số ít trường ĐH khu vực phía bắc cho biết sẽ tăng CT.

Trường ĐH Thương mại dự kiến tăng CT tuyển sinh năm nay là 4.500 cả ĐH, CĐ. Trường vẫn tuyển sinh khối A, D1 nhưng không theo ngành mà tuyển theo điểm sàn của các khối. Điều này giúp trường nâng cao chất lượng đầu vào và tạo điều kiện cho thí sinh nếu không trúng tuyển ngành có điểm cao thì được xét vào ngành có điểm chuẩn thấp hơn. Trường ĐH Mỏ - Địa chất sẽ tăng khoảng 300 CT so với năm trước với tổng CT là 3.500. Ông Lê Trọng Thắng, Trưởng phòng Đào tạo trường, khẳng định: “Trường tăng CT nhưng vẫn đảm bảo các tiêu chí do Bộ GD-ĐT quy định”.

Ông Trần Hữu Nghị, Hiệu trưởng Trường ĐH DL Hải Phòng, cho hay trường sẽ tăng CT lên khoảng 2.000 - 2.200 do đủ tiêu chí đảm bảo chất lượng. Trường ĐH Sư phạm Hà Nội cho biết CT tuyển sinh có tăng thêm một chút, khoảng 2.800 CT.

Trong khi đó, nhiều trường ĐH cho biết sẽ phải giảm CT tuyển sinh do không đảm bảo các tiêu chí theo quy định. Đa số những trường này thuộc khối ngoài công lập.

Trường ĐH Chu Văn An dự kiến sẽ giảm CT tuyển sinh từ 1.400 xuống còn 1.000. Trường ĐH Thành Tây sẽ giảm khoảng 200 CT. Theo đó, bậc ĐH có 10 ngành đào tạo tuyển 700 CT, bậc CĐ có 4 ngành đào tạo là 300 CT.

Chưa có trường nào thi riêng

Những trường ĐH được Bộ GD-ĐT đề nghị gửi phương án tuyển sinh riêng đều cho biết chưa thể thực hiện trong năm 2012.

Bà Lê Thị Thu Thủy, Trưởng phòng Đào tạo Trường ĐH Ngoại thương, thông tin: “Trường vẫn tổ chức thi chung vì đây vẫn là phương án tối ưu trong điều kiện hiện nay”. Cùng quan điểm, ông Nguyễn Hắc Hải, Trưởng phòng Đào tạo Trường ĐH Sư phạm Hà Nội, nói: “Trường dự kiến không thay đổi nhiều, vẫn thực hiện theo hình thức “3 chung” vì thời gian gấp quá”. Ông Nguyễn Văn Nhã, Trưởng ban Đào tạo - ĐH Quốc gia Hà Nội, bộc bạch: “Dự kiến sau khi Bộ GD-ĐT tổ chức hội nghị tuyển sinh, trường mới chính thức công bố các phương án tuyển sinh. Tuy nhiên, khả năng thực hiện phương án mới trong năm nay là hơi khó và có thể không tổ chức được do thời gian hơi gấp”.

Tại ĐH Bách khoa Hà Nội, ông Nguyễn Cảnh Lương, Phó hiệu trưởng nhà trường, cũng cho rằng chưa thực hiện được phương án tuyển sinh riêng của trường trong năm nay do các điều kiện chưa đồng bộ.

Theo Thanh Niên

KHAI THÁC CÔNG THỨC $\cos ^23x=a$ $\left ( 0 \leq a \leq 1 \right )$

Nguyễn Công Định - GV THPT Đầm Dơi - Cà Mau

Có nhiều bài toán tưởng chừng như rất khó khăn nhưng nếu chúng ta tìm ra được ra bài toán "gốc" ban đầu thì dễ dàng lột trần được lời giải. Trong bài viết này tôi sẽ khai thác đẳng thức $\cos ^23x=a$ $\left ( 0 \le a \le 1 \right )$ sâu hơn để giải quyết thêm một lớp bài tập khó.

Đầu tiên ta xét phương trình:
$$\cos ^23x=a \left ( 0 \le a \le 1 \right ),\,\,\ \left ( 1 \right )$$
Dễ thấy nếu $x_o$ là một nghiệm phương trình $\left ( 1 \right )$ thì $\dfrac{\pi}{3} \pm x_o$ cũng là nghiệm của $\left ( 1 \right )$.

Phương trinh $\left ( 1 \right )$ được viết lại:
$\left ( 4\cos ^3x-3\cos x \right )^2=a$

$\Leftrightarrow 16\cos ^6x-24\cos ^4x+9\cos ^2x-a=0$

$\Leftrightarrow 16t^3-24t^2+9t-a=0$ $\left ( 2 \right )$ \left ( với $t=\cos ^2x$, $0\le t \le 1$ \right ).

Với nhận xét như trên thì $t_1=\cos ^2x$ là nghiệm của $\left ( 1 \right )$ thì $t_2=\cos ^2\left ( \dfrac{\pi}{3}-x \right )$;$t_3=\cos ^2\left ( \dfrac{\pi}{3}+x \right )$ cũng là nghiệm của $\left ( 1 \right )$

Theo định lí Viet thì ta có:
$$t_1+t_2+t_3=\dfrac{3}{2};$$
$$t_1t_2+t_2t_3+t_3t_1=\dfrac{9}{16};$$
$$t_1t_2t_3=\dfrac{a}{16};$$
Từ đó, với mọi $x$, ta có kết luận thú vị sau:

$1) A=\cos ^2\left ( \dfrac{\pi}{3}-x \right )+\cos ^2x+\cos ^2\left ( \dfrac{\pi}{3}+x \right ) =t_1+t_2+t_3=\dfrac{3}{2}$

$2) B=\cos ^2\left ( \dfrac{\pi}{3}-x \right )\cos ^2x+\cos ^2x\cos ^2\left ( \dfrac{\pi}{3}+x \right )+\cos ^2\left ( \dfrac{\pi}{3}+x \right )\cos ^2\left ( \dfrac{\pi}{3}-x \right )$

$=t_1t_2+t_2t_3+t_3t_1=\dfrac{9}{16}$

$3) C=\cos ^4\left ( \dfrac{\pi}{3}-x \right )+\cos ^4x+\cos ^2\left ( \dfrac{\pi}{3}+x \right )$

$=t_1^2+t_2^2+t_3^2=\left ( t_1+t_2+t_3 \right )^2-2\left ( t_1t_2+t_2t_3+t_3t_1 \right )=\dfrac{9}{8}$
Giờ ta sẽ giải một số bài toán:

Bài toán 1: Tính tổng:
$$S=\cos ^6{\dfrac{\pi}{18}}+\cos ^6{\dfrac{5\pi}{18}}+\cos ^6{\dfrac{7\pi}{18}}$$

Giải:
Ta có:
$S=t_1^3+t_2^3+t_3^3$

$=\left ( t_1+t_2+t_3 \right )^3-3\left ( t_1+t_2+t_3 \right )\left ( t_1t_2+t_2t_3+t_3t_1 \right )+3t_1t_2t_3$

$=\dfrac{27}{32}+\dfrac{3a}{16}$
Từ $\cos ^23x=a$, cho $x=\dfrac{\pi}{18}$ ta được:
$$\cos ^2\left ( 3.\dfrac{\pi}{18} \right )=a \Rightarrow a=\dfrac{3}{4}$$
Vậy $S=\dfrac{63}{64}$

Bài toán 2:
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số:
$$y=\dfrac{\cos ^6\left ( \dfrac{\pi}{3}-x \right )+ \cos ^6x+ \cos ^6\left ( \dfrac{\pi}{3}+x \right )}{\cos ^4\left ( \dfrac{\pi}{3}-x \right )+ \cos ^4x+ \cos ^4\left ( \dfrac{\pi}{3}+x \right )}$$

Giải:

Theo nhận xét trên thì ta có:
$$\cos ^4\left ( \dfrac{\pi}{3}-x \right )+ \cos ^4x+ \cos ^4\left ( \dfrac{\pi}{3}+x \right )=\dfrac{9}{8}$$
$$ \cos ^6\left ( \dfrac{\pi}{3}-x \right )+ \cos ^6x+ \cos ^6\left ( \dfrac{\pi}{3}+x \right )=\dfrac{27}{32}+\dfrac{3a}{16}$$
Do đó:
$$y =\dfrac{\dfrac{27}{32}+\dfrac{3a}{16}}{\dfrac{9}{8}}\ge \dfrac{\dfrac{27}{32}}{\dfrac{9}{8}}$$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
$$a=0 \Leftrightarrow \cos ^23x=0 \Leftrightarrow x=\dfrac{\pi}{6}+k\dfrac{\pi}{3}$$
Lại có:
$$y=\dfrac{\dfrac{27}{32}+\dfrac{3a}{16}}{\dfrac{9}{8}}\le \dfrac{\dfrac{27}{32}+\dfrac{3}{16}}{\dfrac{9}{8}}=\dfrac{11}{12}$$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
$$a=1\Leftrightarrow \cos ^23x=1 \Leftrightarrow x=k\dfrac{\pi}{3}$$
Từ đó ta có thể kết luận được GTLN, GTNN.

Bài toán 3:
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
$$P=\dfrac{1}{\cos ^6a}+\dfrac{1}{\cos ^6b}+\dfrac{1}{\cos ^6c}$$
Trong đó ba số $a,b,c$ theo thứ tự lập thành một cấp số cộng với công sai bằng $\dfrac{\pi}{3}$

Giải:
Ta có thể xem
$t_1=\cos ^6a=\cos ^6\left ( \dfrac{\pi}{3}-b \right )$

$ t_2=\cos ^6b$

$ t_3=\cos ^6c=\cos ^6\left ( \dfrac{\pi}{3}+b \right )$

Khi đó
$P=\dfrac{1}{t_1^3}+\dfrac{1}{t_2^3}+\dfrac{1}{t_3^3}$

$=\left ( \dfrac{1}{t_1}+\dfrac{1}{t_2}+\dfrac{1}{t_3} \right )^3-3\left ( \dfrac{1}{t_1}+\dfrac{1}{t_2}+\dfrac{1}{t_3} \right )\left ( \dfrac{1}{t_1}\dfrac{1}{t_2}+\dfrac{1}{t_2}\dfrac{1}{t_3}+\dfrac{1}{t_3}\dfrac{1}{t_1} \right )+3\dfrac{1}{t_1t_2t_3}$

$=\left ( \dfrac{9}{a} \right )^3-3\dfrac{9}{a} \dfrac{24}{a}+\dfrac{48}{a}$

$=\dfrac{729}{a^3}-\dfrac{648}{a^2}+\dfrac{48}{a}$

Khảo sát hàm số
$$f\left ( a \right )=\dfrac{729}{a^3}-\dfrac{648}{a^2}+\dfrac{48}{a}; a\in ( 0;1]$$
Dễ thấy $f\left ( a \right )$ nghịch biến trong $(0;1]$ nên $f\left ( a \right )$ đạt GTNN là $f\left ( 1 \right )=129$.
Vậy
$$minP=129 \Leftrightarrow cos ^23b=1 \Leftrightarrow b=k\dfrac{\pi}{3}$$.
Từ đó:
$$a=\left ( k-1 \right )\dfrac{\pi}{3}; b=k\dfrac{\pi}{3}; c=\left ( k+1 \right )\dfrac{\pi}{3}, k \in \mathbb{Z}$$

Do khuôn khổ có hạn nên tôi xin dừng bài viết này tại đây, hy vọng các bạn tìm thấy được điều hữu ích từ những vấn đề trên. Hẹn gặp lại các bạn trong bài viết: PHÍA SAU ĐẲNG THỨC $\cos mx=\cos nx$

Bài tập đề nghị:

Bài toán 4:
Cho cấp số cộng có 2012 số hạng. Cấp số cộng có công sai là $\dfrac{\pi}{3}$ và thỏa mãn:
$$\sum\limits_{i=1}^{2012}\cos ^6u_i=\dfrac{2515}{4}$$.
Tính $u_{2012}$ biết rằng số hạng đầu tiên $u_1$ là một số dương nhỏ nhất.

Bài toán 5:
Tính tổng: $S=\sqrt{1+\cos 5^o}+\sqrt{1+\cos 55^o}+\sqrt{1+\cos 65^o}$

MỘT SỐ KINH NGHIỆM

GIẢNG DẠY HỌC SINH NĂNG KHIẾU TOÁN - TIN

Theo các mục tiêu nhận thức ở Khối Chuyên Toán - Tin

Trường ĐHKHTN-ĐHQG-HN

TS. Nguyễn Vũ Lương
Chủ nhiệm Khối chuyên Toán - Tin

Mở đầu
Mục tiêu đào tạo các học sinh năng khiếu của Đại học Quốc gia Hà Nội là đào tạo các học sinh:
· Có kiến thức khoa học cơ bản, hiện đại, tiên tiến.
· Có khả năng nhận thức ở mức độ cao.

Trong đó mục tiêu rèn luyện các kỹ năng nhận thức ở mức độ cao là quan trọng hơn cả. Phải có kỹ năng nhận thức ở mức độ cao mới có khả năng nắm vững và vận dụng thành thạo các kiến thức. Trong bài này chúng tôi trình bày một số kinh nghiệm giảng dạy, tổ chức giảng dạy để đạt được các mục tiêu nhận thức ở mức độ cao tại Khối chuyên Toán - Tin, Trường ĐHKH Tự nhiên - ĐHQG Hà Nội.

I. Các mục tiêu nhận thức

Theo Bloom thì mức độ nhận thức được xếp từ dễ đến khó, từ thấp đến cao và chia thành các thứ bậc sau:

Bậc 1 (Nhớ):

Đây là mục tiêu ở thứ bậc thấp nhất. Nó chỉ yêu cầu người học nhớ được các khái niệm, định nghĩa, công thức và phương pháp giải. Vậy học sinh được coi là đạt mục tiêu nếu phát biểu được định nghĩa, công thức và sử dụng được các phương pháp giải trong các trường hợp đơn giản.

Bậc 2 (Hiểu):

Đây là mục tiêu cao hơn bậc 1 vì đòi hỏi học sinh không những nhớ mà còn phi hiểu thấu đáo các khái niệm, định nghĩa.

Bậc 3 (Áp dụng):

Ở mục tiêu này học sinh phải biết vận dụng các kiến thức để giải các bài tập. Các bài tập giải được càng khó thì khả năng áp dụng của học sinh càng cao.

Bậc 4 (Phân tích):

Ở mục tiêu này đòi hỏi người học phi biết phân loại các dạng bài tập và xây dựng được các phương pháp giải từ cụ thể đến hướng giải chung.

Bậc 5 (Tổng hợp):

Ở mục tiêu này đòi hỏi học sinh phải viết được các bài tập tổng kết về một chương hay một dạng bài tập lớn dựa trên các kiến thức mà mình đã học được.

Bậc 6 (Đánh giá):

Đây là thứ bậc cao nhất, ở mục tiêu này học sinh phải biết so sánh các phương pháp giải hay tự đánh giá được khả năng của mình. Đối với mỗi phần đã học.

II. Tình hình giảng dạy hiện nay ở các trường PTTH

Lấy tiêu chuẩn là các mục tiêu nhận thức để đánh giá chúng ta thấy hiện nay ở các trường phổ thông mới thoả mãn các mục tiêu nhận thức bậc 1, bậc 2. Chúng ta chưa thấy một hình thức giảng dạy cụ thể nào để đạt được các mục tiêu nhận thức bậc cao hơn. Học sinh hầu như học thuộc các bài tập có sẵn, các kỳ thi càng ngày càng có độ khó giảm dần. Từ đó dễ thấy hiệu quả giảng dạy thu được hoàn toàn phụ thuộc vào những điểm số (những con số nhiều khi không đủ tin). Cứ nói đến giáo dục là nhiều người đổ trách nhiệm về cơ sở vật chất, đến kinh tế mà không nghĩ rằng có nhiều biện pháp nâng cao chất lượng giáo dục, đào tạo mà không phụ thuộc nhiều vào điều kiện kinh tế. Đó là cải tiến và áp dụng các phương pháp giảng dạy, viết các bài giảng, tiến hành nhiều hình thức kiểm tra, tổ chức các lớp học đổi tuyển cho học sinh giỏi, trường hè cho thầy giáo...



III. Một số kinh nghiệm giảng dạy và đào tạo

Trong bài này chúng tôi trình bày những kinh nghiệm đã thực hiện có kết quả trong quá trình đào tạo các học sinh năng khiếu Toán - Tin ở Khối phổ thông chuyên Toán - Tin thuộc Trường Đại học Khoa học Tự nhiên Hà Nội.

a) Tổ chức giảng dạy:

Đào tạo các học sinh giỏi toán là cả một quá trình đào tạo nghiêm túc khoa học và công phu. Chỉ trong quá trình này chúng ta mới cung cấp một cách nhanh nhất các kiến thức toán học cần thiết và phát hiện chính xác khả năng năng khiếu toán học của mỗi học sinh. Sau nhiều năm chúng tôi xây dựng được thời khoá biểu đào tạo hàng năm cho nhóm học sinh giỏi toán:

Lớp 10:

Từ ngày 1/8 Các học sinh bắt đầu học sau khi nhập trường.

Từ 1/8 - 1/10: Các em học sinh được tổng kết các kiến thức ở trung học cơ sở, học một số kiến thức lớp 10, làm quen với một số chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi. Khi mặt bằng kiến thức đều các em sẽ tham gia kỳ thi học sinh giỏi lần 1 (hai ngày) và chọn ra 35 học sinh có điểm cao nhất cho lớp luyện học sinh giỏi.

Từ 1/10 đến hết học kỳ I: Các em trong nhóm học sinh giỏi ngoài học các kiến thức cơ bản trên lớp còn học thêm từ 2 - 3 buổi để học các kiến thức cần thiết cho học sinh giỏi (những kiến thức không có trong chương trình phổ thông).

Học kỳ II: ở trên lớp các em hoàn thành chương trình của lớp 10 - 11 cơ bản đủ để học các chuyên đề bồi dưỡng và giải các dạng bài tập khó.

Trong thời gian hè (từ tháng 7 đến tháng 9) các học sinh lớp 10 trong nhóm luyện học sinh giỏi hoàn thành các nội dung kiến thức nâng cao cho đội tuyển.

Lớp 11:

Học kỳ I: Các học sinh đội tuyển 11 sẽ tham dự 3 kỳ thi học sinh giỏi cùng với học sinh lớp 12 để chọn đội tuyển. Nhà trường sẽ chọn 15 học sinh có điểm cao nhất lập thành đội tuyển thi quốc gia và quốc tế.

Sau khi thành lập đội tuyển các học sinh đội tuyển sẽ học tập trung mỗi ngày một buổi.

Đối với các học sinh giỏi các mục tiêu nhận thức từ bậc 3 đến bậc 6 được rèn luyện ở thứ bậc cao nhất.

b) Hướng dẫn tự học

Tài liệu tốt nhất là vở của các học sinh giỏi năm trước được giữ lại cho các học sinh năm sau. Các đề thi vô địch quốc gia, quốc tế và các cuốn sách chuyên kho đặc biệt được sưu tầm và nhân bn thành các tài liệu cho học sinh tự học.

c) Hướng dẫn tổng kết

Tất c các học sinh đều phi viết các bài tổng kết lớn đối với các kiến thức đã học dưới sự hướng dẫn của thầy giáo. Lần đầu tiên các em được viết một vài quyển sách của chính mình nên rất say mê. Nhiều quyển tổng kết của các em có độ khó hơn hẳn các cuốn sách bán ngoài thị trường. Nhờ công việc này mỗi học sinh được rèn luyện các khả năng phân tích và tổng hợp. Nhiều học sinh có thể xây dựng được các bài tập toán khó để bước đầu luyện tập khả năng sáng tạo.

d) Thi giải toán học sinh giỏi từng học kỳ

Mỗi học kỳ khối chuyên tổ chức một cuộc thi giải các bài tập khó được sưu tầm từ các tài liệu hay. Những em học sinh có lời giải đúng nhiều nhất hay có các cách giải hay sẽ được giấy khen của nhà trường. Tổng kết và chấm các bài giải của các học sinh chúng ta có được một tài liệu rất bổ ích cho các em khoá sau. Để đạt kết quả cao trong các kỳ thi này các em phải tự đọc, tự giải nên được rèn luyện nhiều các mục tiêu nhận thức ở thứ bậc cao nhất.

e) Thi tự chấm

· Các thầy giáo chuẩn bị sẵn các đề thi và đáp án.

· Mỗi lớp học sinh là một đội ngồi xen kẽ lẫn nhau.

· Mỗi buổi thi hai đề có độ khó tương đương với các kỳ thi đại học nhưng trong thời gian ngắn hơn.

Sau mỗi đề các em chuyển bài cho bạn đội khác chấm theo đáp án (nếu có tranh cãi sẽ hỏi thầy giáo).

· Các kỳ thi này các em học sinh tham gia nhiệt tình hơn vì mình vừa là trò vừa là thầy. Đây là một hình thức thi rất có hiệu quả mà chúng tôi mới thực hiện đối với học sinh lớp 12.

f) Giảng dạy cho đội tuyển

Mỗi giáo viên được giao phụ trách một chuyên đề để giảng dạy cho học sinh giỏi. Sau mỗi năm các giáo viên phải tham khảo các tài liệu mới để bổ sung, phát triển cho chuyên đề của mình.

g) Thi chất lượng, chuyển hệ

Các đề thi này có độ khó cao hơn được tổ chức nhiều lần trong một năm học chung cho toàn trường nhằm trang bị hoàn thiện hơn các kiến thức, các phương pháp giải, các dạng bài tập cho học sinh.

Kết luận

Phương pháp đào tạo ở Khối chuyên Toán - Tin, Trường Đại học Khoa học Tự nhiên - Hà Nội nói riêng và các trường chuyên trên cả nước nói chung rõ ràng đã đáp ứng được việc rèn luyện các mục tiêu nhận thức ở mức độ cao. Các thành tích to lớn của các trường chuyên và sự trưởng thành của học sinh sau khi ra trường đã chứng minh tính ưu việt đặc biệt của mô hình đào tạo này. Hơn nữa mô hình đào tạo này không đòi hỏi nhiều về kinh tế, cơ sở vật chất mà phụ thuộc nhiều vào đội ngũ giảng dạy. Tại sao chúng ta không phát triển, nhân rộng mô hình đào tạo này.

NÓI NHỮNG GÌ MÌNH NGHĨ

Phỏng vấn GS Ngô Bảo Châu đăng trên báo Sinh viên Việt Nam số Tết

Người hỏi: Lê Ngọc Sơn

Phần 1: ĐAM MÊ TOÁN & TRIẾT LÝ NHÂN SINH

1. GS đến với Toán học như thế nào? Ai là người giúp GS đam mê với Toán? Và vì sao GS chọn “nghiệp toán” cho mình?

Có nhiều người đã nắm tay dắt tôi đi qua những chặng đường khác nhau. Nếu chỉ được chọn một người thì đó là ông Laumon, người hướng đã tôi làm dẫn luận văn tiến sĩ.

2. Với những thành tích của GS, nếu có ai đó nói GS là “thần đồng toán học”, GS sẽ nói gì…?

Tôi sẽ nói là không đúng đâu.

3. Ước mơ lớn nhất của GS thời sinh viên là gì? Và bây giờ, khi nghĩ về nó, GS thấy nó thế nào?

Đó là hiểu toàn bộ toán học và có một đóng góp vào đó. Ước mơ thứ nhất vẫn chưa thực hiện được.

4. Cho đến giờ, thử thách lớn nhất cuộc đời GS là gì?

Hoàn thành chứng minh Bổ đề cơ bản là thử thách lớn nhất.

5. Với không ít người toán học thật khô khan, nhưng với GS, GS tìm thấy triết lý gì từ toán học?

Với các nhà toán học thì toán học không khô khan.

6. Nếu kể một kỉ niệm sâu đậm nhất giữa “mối tình” của GS với Toán học, thì đó là…?

Tôi thực sự cảm nhận được vẻ đẹp của toán học hiện đại trong thời gian chuẩn bị luận văn thạc sĩ. Nói văn hoa như bạn thì đó là ánh chớp tình yêu đầu tiên.

7. Thời học sinh, rồi trở thành SV… đã có lúc nào đó (dù chỉ là thoáng qua) GS nghĩ đến việc sẽ từ bỏ toán chưa, và đó là lúc nào?

Trước khi đi học thạc sĩ, tôi có đi thực tập ở một viện nghiên cứu tin học và tự động hóa. Sau khi thực tập thì tôi hiểu rằng cái mà tôi thực sự thích là toán học.

8. Người ta nghe đến một GS Ngô Bảo Châu thành công rực rỡ. Nhưng chưa ai nghe đến chuyện thất bại của GS. Vậy GS đã từng thất bại chưa, và thất bại lớn nhất của GS là gì? Và làm thế nào GS có thể bước tiếp…?

Ai cũng có nhiều thất bại, nhưng ít kể về thất bại của mình vì thực ra cũng không có gì hay để kể. Qui luật tự nhiên là không dừng lại để gặm nhấm thất bại của mình dù cho thất bại bao giờ cũng để lại một vết thương trong lòng. Tốt nhất là tự nhủ mình rằng mình có một giá trị mà cái thất bại kia không phủ nhận được, hai là mình còn đủ can đảm để nhận thêm vài vết thương nữa.

9. Ai là thần tượng của GS?

Có rất nhiều người đáng kính trọng, nhưng việc thần tượng ai đó có lẽ là không cần thiết.

10. GS thường ứng xử thế nào trước mỗi lời khen?

Những lời khen thật lòng luôn đáng được trân trọng.

11. GS ghét nhất điều gì?

Sự hèn nhát.

12. Theo GS, cám dỗ nhất trong đời người là cái gì?

Cái này còn tùy vào đối tượng.

13. Điều mà GS học hỏi được nhiều nhất sau những năm sống và làm việc ở nước ngoài?

Một tấm lòng rộng mở.

14. Ngoài toán học và tổ ấm của mình, điều gì làm GS quan tâm nhất?

Nhiều không kể hết.

15. Thử tưởng tượng, một ngày nọ, ngủ dậy, GS thấy mình ở một vùng đất lạ. Việc đầu tiên mà GS sẽ làm, là gì?

Tìm hiểu xem mình đang ở đâu.

16. Nếu đang ở trong một ngôi nhà bị hỏa hoạn, đứng trước một lựa chọn là chỉ lấy được 1 trong 3 thứ sau:
A) Một kệ sách tâm đắc nhất
B) Một (độc bản) công trình toán học đang hoàn thành dở dang (tầm cỡ như công trình chứng minh Langsland).
C) Tất cả số tiền mà gia đình có.
GS sẽ chọn gì? Vì sao?

Chắc là cúu tiền. Cứu tiền mới cứu được người. Mà người thì quan trọng hơn sách vở.

16. Cuốn sách mà GS đang đọc là…?

Sauf-conduit của Pasternak.



Phần 2: ĐAM MÊ & THẾ CUỘC

17. Cho đến bây giờ, một triết lý sống mà GS luôn theo đuổi là?

Sống cho đẹp.

18. Để theo đuổi tận cùng niềm đam mê, GS đã phải vượt qua những thử thách nào?

Thử thách lớn nhất là đối mặt với sự kém cỏi của chính mình.

19. Theo GS, tố chất nào cần có ở một người trẻ?

Sự can đảm và một tấm lòng rộng mở.

20. Theo riêng GS, khát vọng lớn nhất của người trẻ Việt Nam là gì?

Khát vọng lớn nhất của người trẻ luôn là làm nảy nở những chồi tài năng mà có trong mình.

21. Nếu được nói 03 điều về giới trẻ Việt Nam hiện nay, GS sẽ nói điều gì?

Hãy can đảm, biết tin vào mình và có một tấm lòng nhân hậu, rộng rãi.

22. Tố chất nào ở một người trẻ/sinh viên sẽ được GS đánh giá cao nhất?

Cam đảm, tự tin và có một tấm lòng nhân hậu, rộng rãi.

23. Theo GS, làm thế nào để người trẻ không thờ ơ với thế cuộc, biết lo cho nỗi lo của dân tộc?

Hãy nói với họ rằng tương lai của họ, của con cái họ sau này là một phần của tương lai dân tộc.

24. Có người nói một dân tộc có những người trẻ đầy khát vọng và đam mê là một dân tộc có sức sống mãnh liệt. Quan điểm của GS thế nào?

Tôi suy nghĩ nhiều đến con người và đất nước Việt Nam nhưng tôi ít quan tâm đến khái niệm dân tộc theo nghĩa nòi giống.

25. Theo GS, làm sao để người trẻ được lắng nghe?

Hãy nói những gì mình nghĩ chứ đừng nhắc lại những gì người khác nói.



Phần 3: PHẨM CÁCH CỦA TRÍ THỨC & KHÔNG GIAN HỌC THUẬT

26. GS nghĩ gì khi một bộ phận xã hội (trong đó có trí thức) đang vô cảm với những nỗi đau khổ của người khác (tình trạng vô cảm)?

Tôi nghĩ rằng cái còn nguy hiểm hơn sự vô cảm và cũng có thể là một nguyên nhân của sự vô cảm đó là việc sức mạnh, thường là đồng tiền, được coi là thước đo duy nhất cho mọi hoạt động và từng cá nhân trong xã hội.

27. GS có đồng ý định nghĩa, trí thức trong việc không để xã hội “ngủ”?

Người trí thức có nhiệm vụ quấy rầy khi những người khác ngủ trong những định kiến của mình.

28. Theo GS, đâu là phẩm cách quan trọng của một trí thức?

Trí thức cần tinh thần cầu thị, ham học, đầu óc phân tích, lập luận sắc bén. Người trí thức cần thêm sự can đảm và một tấm lòng rộng rãi, nhân hậu.

29. Trí thức cần gì nhất, theo GS?

Tự do.

30. GS nhận xét gì về đời sống học thuật trong nước? Làm thế nào để xây dựng một không gian học thuật đúng nghĩa?

Có một khoảng cách quá lớn giữa khả năng của từng con người và chất lượng của kết quả lao động. Để xây dựng một không gian học thuật đúng nghĩa, cần đặt chất lượng của lao động khoa học lên vị trí ưu tiên nhất.

31. Ở VN, hầu như ai cũng ca thán về chất lượng đào tạo đại học. Dưới góc nhìn của GS, vì sao câu chuyện này được xới lên mãi nhưng vẫn chưa có một giải pháp khả thi?

Tôi nghĩ rằng các trường đại học ở VN vẫn chưa thực lòng đặt chất lượng nghiên cứu khoa học và chất lượng giảng dạy lên như ưu tiên hàng đầu.

32. Báo cáo mới nhất của UNDP cho biết: người dân VN phải dành 50% số tiền tiết kiệm được cho con cái đi học ĐH, Nhà nước dành 20% GDP cho giáo dục… Nhưng với chất lượng như hiện nay, GS có thấy có đắt đỏ quá không?

Có lẽ nói 20% của ngân sách nhà nước thì chính xác hơn. Dù sao đây cũng là con số lớn. Chúng ta có thể đặt câu hỏi tại sao đời sống của giáo viên, đặc biệt ở các vùng xa, lại vẫn cùng cực đến như thế.

Nếu nhạc sĩ người Áo Wolgang Amadeus Mozart (1756-1791) đã để lại cho đời sau những bản nhạc tuyệt vời thì hơn hai trăm năm sau, trong những năm đầu tiên của thế kỷ 21, với lòng tôn sùng một bậc tài danh, những người yêu âm nhạc cổ điển chỉ còn biết lắng nghe để thưởng thức âm điệu mà thôi. Nhưng cùng thời với ông, ở Âu châu còn có một thiên tài khác cũng lừng danh, nhưng tiếng tăm không vang ra ngoài nhân thế vì ở trong bộ môn hạn hẹp là toán học. Tuy vậy công trình của ông để lại, không những được người đời sau ghi chú học hỏi, mà còn được áp dụng trong nhiều bộ môn khoa học thực dụng cho đời sống hàng ngày, và cả trong những chương trình thám hiểm không gian và vũ trụ để tìm hiểu về nguồn gốc đời sống của con người và tương lai về sau. Người được nhắc đến trong bài này là Joseph-Louis Lagrange (1736-1813), một nhà toán học lỗi lạc nhất, mà cũng là người thật khiêm tốn, đã được nhiều bậc vương giả Âu châu trọng vọng vào cuối thế kỷ 18 và đầu thế kỷ 19. Để phê bình về danh nhân này, Đại đế Napoléon đã từng nói rằng: "Lagrange thật là một kim tự tháp cao vời trong bộ môn toán học". Lời nói của Hoàng đế thường đi đôi với việc làm và người đã phong cho Lagrange làm Bá tước, cử ông làm Thượng Nghị sĩ và còn vinh tặng ông Đệ Nhất Đẳng Bắc Đẩu Bội Tinh. Nhiều bậc vương giả khác ở Âu châu như Quốc vương xứ Sardinia và Hoàng đế Frederick của Đức quốc cũng đã hết mực tôn vinh Lagrange.

Lagrange sinh ngày 25- 1-1736 tại Turin (Italia), mất ngày 10-4-1813 tại Paris (Pháp). Ông được xem là một trong những thiên tài toán học lớn nhất trong lịch sử toán học, đồng thời cũng là một nhân vật đặc sắc trong thời đại ông - một thời đại đầy xáo động về mọi mặt: chính trị, văn hóa, xã hội.

Ông là người Pháp, nhưng có pha dòng máu Ý. Tổ phụ của Lagrange là một đại úy kỵ binh Pháp, đã tới phục vụ dưới trướng của Quốc vương đảo Sardinia là Charles Emmanuel II. Sau đó vị sĩ quan kỵ binh điển trai và anh dũng này tới định cư ở tỉnh Turin và được nhận vào làm rể của giòng họ quyền qúy Conti của nước Ý. Thân phụ của Lagrange cũng được hưởng cái may mắn trong hôn ước như thế và đã kết duyên cùng cô Marie-Thérèse Gros là ái nữ độc nhất của một bác sĩ giầu có ở tỉnh Cambiano. Cặp tài tử và giai nhân này sống vui hạnh phúc và hai ông bà có đến mười người con nhưng tất cả đều mệnh yểu khi còn tuổi ấu thơ và chỉ về sau mới may mắn được thêm cậu út là Joseph-Louis ra đời ngày 25 tháng Giêng năm 1736 để rồi lớn lên và trở thành một nhà bác học danh tiếng lẫy lừng. Thân phụ của Lagrange cũng là người có tài trí, và đã có thời làm Tổng Giám Đốc ngân sách binh bị cho đảo quốc Sardinia. Ông xây dựng nên một tài sản khá lớn, lại cộng thêm với của hồi môn của bà vợ nên gia đình được vào hạng giàu có lớn trong tỉnh. Nhưng ông lại ham mê đầu tư nên theo với nền kinh tế đương thời ở Châu Âu, tài sản của gia đình bị giảm sút dần dần đến khánh kiệt khi Lagrange bước vào tuổi trưởng thành. Cậu con út được cưng chiều nay lại không được thừa kế chút di sản nào của cha mẹ, vì thật ra không còn gì đáng giá để lại. Trong cuộc đời sau này của Lagrange, ông thường cho sự phá sản đó lại là một điều may cho mình và đã nói rằng: "Nếu tôi được hưởng một gia tài lớn thì chắc tôi đã không dựa vào Toán Học để xây dựng đời mình".

Sự Nghiệp Toán Học
Vào đầu thế kỷ 18, nền khoa học nói chung, và toán học nói riêng, chưa phải là một môn học chính cho sĩ tử, nên lúc mới đầu Lagrange theo về văn học cổ điển. Nhưng trong khi nghiên cứu về văn hoá Hy Lạp, chàng thanh niên được biết đến những công trình về Hình Học của những vĩ nhân toán học đời trước như Euclid (330-275 tr. CN) và Archimedes (287-212 tr. CN). Tuy vậy chàng cũng không chú ý lắm về những môn này. Nhưng sau đó Lagrange được đọc một bài tham luận của nhà thiên văn học Edmund Halley (1656-1742) ca tụng môn Giải Tích Học mới được xây dựng và hoàn bị bởi nhà bác học Isaac Newton (1642-1727) và cho rằng môn toán học này vượt trội hơn môn Hình Học. Bài này gợi trí tò mò của chàng thanh niên và anh đã dồn hết tâm trí vào để trong một thời gian ngắn học được hết những gì đã được công bố trên sách vở về những phép tính vi phân và tích phân trong môn giải tích học. Sự hiểu biết về toán học cao cấp này đã làm cho Lagrange được bổ nhiệm làm giáo sư toán học tại Trường Pháo binh Hoàng gia ở tỉnh Turin khi chàng mới 16 tuổi. Nơi đây, hàng ngày Lagrange giảng bài cho lớp sinh viên mà người nào cũng lớn tuổi hơn mình. Tuy vậy chàng cũng thừa uy tín để chinh phục được mọi người và có nhiều năng lực để tổ chức được một Hội Nghiên cứu Khoa học là khởi thủy của một Trung tâm để sau này trở thành Viện Hàn lâm Khoa học Turin. Chỉ mấy năm sau, vào năm 1759, khi Lagrange mới 23 tuổi, mà Hội Nghiên cứu do chàng sáng lập đã xuất bản được Tập san đầu tiên. Nhưng ta phải nói rằng với một tâm địa tốt, luôn luôn nâng đỡ các bạn đồng nghiệp mà nhiều bài khảo cứu toán học đăng trên những số đầu tiên của tập san nghiên cứu, tuy ký tên những tác giả khác, mà thực ra là công trình của Lagrange vì đã được chàng sửa chữa và viết lại hoàn toàn. Trong những trường hợp này, có một tác giả của một bài viết thật đặc sắc- sau khi đã được Lagrange sửa lại- được mọi người chú ý và ngợi khen, và khi chuyện tới tai quốc vương Sardinia, tác giả được vời tới và giao cho giữ Bộ Hải quân là một chức vụ thật quan trọng vì Sardinia là một đảo quốc. Chỉ có một điều là trong lịch sử môn toán học, người ta thấy ông này chỉ viết ra được một bài độc nhất là bài mà do sự nâng đỡ của Lagrange đã giúp cho ông được địa vị trong triều. Cũng trong thời gian sáng tác phong phú này mà Lagrange đã tạo dựng nên lý thuyết cho môn Cơ học Giải tích.

Một bài toán được biết từ thời thượng cổ là bài toán đẳng chu (isoperimetric problem) khi người ta tìm một hình phẳng có môt diện tích cực đại cho một chu vi cho sẵn. Lời giải tất nhiên là hình tròn nhưng phải đợi đến thế kỷ 17 mọi người mới chú ý đến những bài toán cực đại hay cực tiểu khi hai anh em toán gia Bernouilli, người Thụy Sĩ, ông anh tên là James (1654-1706) và người em là John (1667-1748) thách thức nhau giải bài toán sau đây:

"Từ một điểm khởi đầu O, thả trôi một cái vòng theo một đường giây nhẵn thín nằm trong mặt phẳng thẳng đứng, để cho tuột xuống một điểm A ở dưới. Phải uốn đường giây theo hình nào để cho thời gian tuột được ngắn nhất."

Dĩ nhiên hai anh em nhà Bernouilli không những đưa ra nhiều lời giải, nhưng lại còn đề ra nhiều bài toán khác nữa thuộc loại này. Những bài viết của anh em nhà Bernouilli đã gây phấn khởi cho một thiên tài toán học khác người Thụy Sĩ là Leonhard Euler (1707-1783) là học trò của John Bernouilli, và Euler đã đưa ra phương pháp tổng quát để giải những bài toán mà James Bernouilli đã đề nghị khi xưa. Ông cũng đặt tên cho phép tính này là Phép tính biến thiên (Calculus of Variations). Nhưng ngưòi thực sự đã đưa phép giải những bài toán để tìm ra những trường hợp tối ưu lại là Lagrange, lúc đó vẫn chỉ còn là một giáo sư ở Turin. Tuy chàng thanh niên, mới ở tuổi 19 và ở thế hệ sau, chỉ nghiên cứu bài toán đẳng chu sau những bậc tiền bối danh tiếng vang lừng, nhưng Lagrange đã có những nhận xét tân kỳ để giải bài toán, và đã có can đảm viết một bức thư cho Euler, đang là Chủ tịch Ủy ban Toán học của Viện Hàn lâm Khoa học Vương quốc Phổ ở Berlin, để đưa ra một lời giải mà chàng cho là có tính cách tổng quát. Cũng may là Euler tuy là một thiên tài toán học thời ấy, danh tiếng vang lừng, nhưng cũng là người rộng lượng, ông nhận ngay ra rằng phương pháp của Lagrange đã giải toả được một vài thắc mắc của chính ông khi tìm phương pháp giải bài toán và Euler đã nhường cho Lagrange công bố kết quả ra trước. Hơn hai trăm năm sau, những khoa học gia không gian, khi tìm những qũy đạo tối ưu để đưa những vệ tinh thám sát lên những hành tinh xa vời trong Thái dương hệ, đều phải viết những phương trình có tên chung là phương trình Euler-Lagrange. Không mấy người, dù chỉ trong một khoảnh khắc, đã nghĩ đến tài trí siêu việt của Lagrange và đức tính cao thượng của Euler, là những người đầu tiên đã khai phá ra môn toán học này. Trong những năm đầu tiên của một cuộc đời nghiên cứu và sáng tác toán học của Lagrange, những bài viết đều được đăng trong những tập san đề là Miscellanea Taurinensia tất cả tổng cộng có 5 Tập. Những bài viết này dù là để tên những học sinh hay những người cộng sự đều là do chàng giáo sư tuổi mới ngoài hai mươi đưa ra ý kiến và duyệt xét cùng sửa đổi lại. Tuy là ở một thị thành hẻo lánh nơi có hội toán học mà Lagrange sáng lập mà sau này trở thành Viện Hàn lâm Khoa học Turin, nhưng những tập san toán học phát xuất từ nơi đây, mà ngay ở số đầu tiên đã nói về Phép tính biến thiên, đã được toàn thế giới khoa học ở Âu châu chú ý tới và làm cho Lagrange đương nhiên trở thành một toán gia hàng đầu được mọi người ngưỡng mộ.

Ngoài toán gia Euler, Lagrange còn được một trưởng bối người Pháp là D’Alembert (1717-1783) nhiệt tình ủng hộ. Những người bạn tốt này đều nghĩ rằng chỉ khi nào chàng tới một thủ đô văn học và tiếp xúc với những toán gia hàng đầu của thế kỷ thì tài năng của Lagrange mới được nẩy nở toàn diện. Trước đó Lagrange đã được mời tới London, nhưng đi được nửa đường khi vừa tới Paris thì bị ốm. Nơi đây ông được tiếp đón trọng vọng và vì sức khoẻ chưa hồi phục được nên đành phải trở về Turin một thời gian để chờ cơ hội khác. Mấy năm sau thì dịp may đó tới khi đại toán gia Euler nhận lời mời của Viện Hàn lâm Khoa học St Petersburg để chuyển cư tới đó. Do đề nghị của D’Alembert và Euler, Hoàng đế Frederick của Phổ Quốc đã viết cho Lagrange một bức thư đại để nói là Hoàng đế Frederick vĩ đại nhất châu Âu muốn được toán gia lừng danh nhất của thế kỷ tới vương triều để hàng ngày cùng nhau bàn luận. Lagrange đã nhận lời để tới Berlin thế vào chỗ trống của Euler và trong khoảng 20 năm khi cư ngụ ỏ Phổ Quốc ông đã viết hơn một trăm bài khảo luận toán học để đăng trên các tập san ở Turin và ở Berlin. Cũng trong thời gian này mà Lagrange hoàn tất tác phẩm vĩ đại nhất của đời ông về môn Cơ học Giải tích.

NHIỀU CÁCH GIẢI CHO MỘT BÀI TOÁN ĐƯỢC ĐẶC BIỆT HÓA

Nguyễn Sanh Thành - Khoa Điện tử Viễn thông

Đại học Bách khoa Đà Nẵng

Việc tìm ra nhiều cách giải cho bài toán là một cách rèn luyện tư duy hiệu quả. Từ một bài toán ban đầu ta có thể đặc biệt hóa nó để có được những bài toán mới rồi từ đó tìm ra nhiều lời giải cho bài toán này.

Sau đây là một ví dụ.

Bài toán ban đầu. Cho tứ giác $ABCD$ có $AB=CD.M,N$ tương ứng là trung điểm của $BC,DA$. Giả sử đường thẳng $MN$ cắt các đường thẳng $AB,CD$ tương ứng tại $P,Q$. Chứng minh rằng $\widehat {BPM} = \widehat {CQM.}$

Lời giải. Xét trường hợp $P$ thuộc tia đối của các tia $AB,NM;Q$ thuộc tia đối của các tia $DC,NM$ và $P$ nằm giữa $N,Q$ (các trường hợp khác chứng minh tương tự).

Gọi $I$ là trung điểm của $AC$. Từ giả thiết suy ra $IM,IN$ tương ứng là đường trung bình của các tam giác $ABC,ACD$.

Suy ra $IM//AB,IN//CD$ và $IM = \frac{1}{2}AB = \frac{1}{2}CD = IN.$

Do đó $\Delta IMN$ cân tại $I$. Suy ra $\widehat {IMN} = \widehat {INM}$.

Mặt khác ta có $\widehat {BPM} = \widehat {IMN}$ (so le trong); $\widehat {CQM} = \widehat {INM}$ (đồng vị).

Do đó $\widehat {BPM} = \widehat {CQM}\,\,\text{(đpcm)}\square $

Nhận xét. Gọi $E$ là giao điểm của $AB$ và $CD$ thì $\widehat {BEC} = 2\widehat {CQM}.$

Bây giờ, ta đặc biệt hóa bài toán trên bằng cách cho $D$ nằm giữa $A$ và $C$. Ta có bài toán sau.

Bài toán. Cho $\Delta ABC$ có $AC>AB$. Trên cạnh $AC$ lấy điểm $D$ sao cho $CD=AB$. Gọi $M,N$ tương ứng là trung điểm của $BC,AD$. Chứng minh rằng $\widehat {BAC} = 2\widehat {CNM}.$

Lời giải.

Cách 1. Gọi $K$ là trung điểm của $BD$. Từ tính chất đường trung bình của tam giác ta suy ra $\widehat {BAC} = \widehat {DNK};\widehat {CNM} = \widehat {NMK} = \widehat {KNM}.$

Do đó $\widehat {BAC} = 2\widehat {CNM}\,\,\,\,\text{(đpcm)}$

Cách 2. Ta có $AB=2IM=CD;CD=CA-DA=2IA-2NA=2IN.$

Suy ra $IM=IN.$ Từ đó $\widehat {BAC} = \widehat {MIC} = 2\widehat {CNM}\,\,\,\,\text{(đpcm)}$

Cách 3. Gọi $H$ là điểm đối xứng của $A$ qua $M$.

Ta chứng minh được $\Delta CDH$ cân tại $C$. Từ đó $\widehat {BAC} = {180^0} - \widehat {DCH} = 2\widehat {CDH} = 2\widehat {CNM}\,\,\,\,\text{(đpcm)}$

Cách 4. Gọi $L$ là điểm đối xứng của $D$ qua $M$.

Ta chứng minh được $\Delta ABL$ cân tại $B$. Từ đó $\widehat {CNM} = \widehat {CAL} = \widehat {BLA} = \widehat {BAL}$.

Suy ra đpcm.

Cách 5. Gọi $R$ là điểm đối xứng của $B$ qua $N$.

Ta chứng minh được $\Delta CDR$ cân tại $D$. Từ đó $\widehat {BAC} = \widehat {ADR} = 2\widehat {DCR} = 2\widehat {CNM}\,\,\,\,\text{(đpcm)}$

Cách 6. Kí hiệu $AB=c,BC=a,CA=b.$ Dựng $AE//MN\left( {E \in BC} \right).$

Theo định lí Thales ta có $\frac{{CM}}{{CE}} = \frac{{CN}}{{CA}}.$

Suy ra $CE = \frac{{CM.CA}}{{CN}} = \frac{{\frac{a}{2}.b}}{{b - \frac{{b - c}}{2}}} = \frac{{ab}}{{b + c}};EB = a - \frac{{ab}}{{b + c}} = \frac{{ac}}{{b + c}}.$

Do đó $\frac{{EC}}{{EB}} = \frac{b}{c} = \frac{{AC}}{{AB}}.$ Suy ra $AE$ là phân giác của góc $BAC.$

Vậy $\widehat {BAC} = 2\widehat {CAE} = 2\widehat {CNM}\,\,\,\,\text{(đpcm)}\square$

Nhận xét. Như vậy, bằng các cách vẽ hình phụ khác nhau, ta đã có 6 cách giải cho bài toán trên. Các bạn hãy tìm thêm những lời giải khác cho bài toán này nhé.

ỨNG DỤNG LƯỢNG GIÁC GIẢI BÀI TOÁN

BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC

Hoàng Minh Quân - THPT Ngọc Tảo - Hà Nội

Viết tặng Diễn Đàn Diendantoanhoc.net nhân dịp kỉ niệm sinh nhật lần thứ 8 (2004-2012)

Bất đẳng thức là một chủ đề đa dạng và hấp dẫn với nhiều bạn trẻ. Nói đến bất đẳng thức nhiều bạn trong chúng ta thường quan tâm tới bất đẳng thức đại số mà ở đó có nhiều kĩ thuật để khai thác và chứng minh nhưng ngoài bất đẳng thức đại số thì chúng ta còn có cả bất đẳng thức hình học với những nét đẹp riêng của hình học trong đó .Bài viết sau đây sẽ trình bày phương pháp sử dụng lượng giác chứng minh bất đẳng thức hình học. Ở đó có sự kết hợp bao gồm cả các yếu tố lượng giác , bất đẳng thức cổ điển và các định lí cơ bản trong hình học phẳng.

Nhân dịp sinh nhật lần thứ 8 của diendantoanhoc.net . Mình chúc diễn đàn diendantoanhoc.net nói riêng và các diễn đàn toán học nói chung sẽ ngày càng phát triển hơn nữa , giúp ích nhiều cho các em học sinh và giáo viên trong quá trình giảng dạy và học tập ngày càng tốt hơn.
Do thời gian và trình độ có hạn nên bài viết chắc không tránh khỏi thiếu sót.
Mọi ý kiến đóng góp xin gửi về địa chỉ: [email protected]

Hà Nội, ngày 15 tháng 1 năm 2012

Trước hết chúng ta cùng nhắc lại một số đẳng thức và các bất đẳng thức lượng giác thường gặp trong tam giác. Việc chứng minh các đẳng thức và bất đẳng thức cơ bản này bạn đọc có thể tự chứng minh hoặc tham khảo thêm trong nhiều tài liệu về lượng giác.

I.Các đẳng thức lượng giác cơ bản trong tam giác:
Giả sử A, B, C là 3 góc của tam giác ABC.Khi đó với các điều kiện thỏa mãn, ta có:
1)$$\cos A + \cos B + \cos C = 1 + 4sin\dfrac{A}{2}sin\dfrac{B}{2}sin\dfrac{C}{2}$$
2)$$\sin A + \sin B + \sin C = 4c{\rm{os}}\dfrac{A}{2}c{\rm{os}}\dfrac{B}{2}c{\rm{os}}\dfrac{C}{2}$$
3)$$\sin 2A + \sin 2B + \sin 2C = 4\sin A\sin B\sin C$$
4)$${\sin ^2}A + {\sin ^2}B + {\sin ^2}C = 2 + 2c{\rm{osA}}c{\rm{osB}}c{\rm{osC}}$$
5)$$\tan \dfrac{A}{2}\tan \dfrac{B}{2} + \tan \frac{B}{2}\tan \dfrac{C}{2} + \tan \dfrac{C}{2}\tan \dfrac{A}{2} = 1$$
6)$$\cot A\cot B + \cot B\cot C + \cot C\cot A = 1$$
7)$${\mathop{\rm t}\nolimits} {\rm{anA + }}\tan B + \tan C = {\mathop{\rm t}\nolimits} {\rm{anA}}\tan B\tan C$$

II.Các bất đẳng thức lượng giác cơ bản trong tam giác
Giả sử A, B, C là 3 góc của tam giác ABC.Khi đó với các điều kiện thỏa mãn, ta có:
1)\[\cos A + \cos B + \cos C \le \frac{3}{2}\]
2)\[sin\frac{A}{2} + sin\frac{B}{2} + sin\frac{C}{2} \le \frac{3}{2}\]
3)\[\sin A + \sin B + \sin C \le \frac{{3\sqrt 3 }}{2}\]
4)\[c{\rm{os}}\frac{A}{2} + c{\rm{os}}\frac{B}{2} + c{\rm{os}}\frac{C}{2} \le \frac{{3\sqrt 3 }}{2}\]
5)\[\cos A\cos B\cos C \le \frac{1}{8}\]
6)\[sin\frac{A}{2}sin\frac{B}{2}sin\frac{C}{2} \le \frac{1}{8}\]
7)\[\sin A\sin B\sin C \le \frac{{3\sqrt 3 }}{8}\]
8)\[c{\rm{os}}\frac{A}{2}c{\rm{os}}\frac{B}{2}c{\rm{os}}\frac{C}{2} \le \frac{{3\sqrt 3 }}{8}\]
9)\[c{\rm{ot}}\frac{A}{2} + c{\rm{ot}}\frac{B}{2} + c{\rm{ot}}\frac{C}{2} \ge 3\sqrt 3 \]
10)\[{\rm{tanA}} + {\rm{tanB + tanC}} \ge 3\sqrt 3 \]
11)\[{\cos ^2}A + {\cos ^2}B + {\cos ^2}C \ge {\sin ^2}\frac{A}{2} + {\sin ^2}\frac{B}{2} + {\sin ^2}\frac{C}{2} \ge \frac{3}{4}\]
12)\[{\sin ^2}A + {\sin ^2}B + si{n^2}C \le c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}\frac{A}{2} + c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}\frac{B}{2} + c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}\frac{C}{2} \le \frac{9}{4}\]

Bây giờ chúng ta sẽ xét một số bài toán bất đẳng thức hình học đưa được về dạng bất đẳng thức cơ bản quen thuộc như trên.

Bài toán 1
Cho $\Delta ABC$ có $a,b,c$ là độ dài tương ứng các cạnh BC, CA, AB. Chứng minh rằng:
$$(b^2 + c^2 - a^2)(c^2 + a^2 - b^2)(a^2 + b^2 - c^2) \le a^2b^2c^2$$

Lời giải
Áp dụng định lí Cosin, ta có:
\[{b^2} + {c^2} - {a^2} = 2bc.\cos A\]
\[{c^2} + {a^2} - {b^2} = 2ca.c{\rm{osB}}\]
\[{a^2} + {b^2} - {c^2} = 2ab.c{\rm{osC}}\]
Do đó \[({b^2} + {c^2} - {a^2})({c^2} + {a^2} - {b^2})({a^2} + {b^2} - {c^2}) \le {a^2}{b^2}{c^2}\]
tương đương \[ 8{a^2}{b^2}{c^2}\cos A\cos B\cos C \le {a^2}{b^2}{c^2}\]
tương đương \[ \Leftrightarrow \cos A\cos B\cos C \le \frac{1}{8}\]
Đây là bất đẳng thức lượng giác cơ bản ta dễ dàng chứng minh.

Bài toán 2
Cho $\Delta ABC$ có $a,b,c$ là độ dài tương ứng các cạnh BC, CA, AB và R là bán kính đường tròn ngoại tiếp của tam giác $\Delta ABC$.Chứng minh rằng:
$$a + b + c \le 3R\sqrt 3 $$

Lời giải
Áp dụng định lí Sin, ta có:\[a + b + c \le 3R\sqrt 3 \Leftrightarrow 2R(\sin A + \sin B + \sin C) \le 3R\sqrt 3 \]
tương đương \[ \sin A + \sin B + \sin C \le \frac{{3\sqrt 3 }}{2}\] (Đây là bất đẳng thức cơ bản trong tam giác nên dễ dàng chứng minh).

Bài toán 3
Cho $\Delta ABC$ có $a,b,c$ là độ dài tương ứng các cạnh BC, CA, AB và R là bán kính đường tròn ngoại tiếp của tam giác $\Delta ABC$.Chứng minh rằng:
$$abc \le {\left( {R\sqrt 3 } \right)^3}$$

Lời giải
Áp dụng định lí Sin, ta có:\[abc \le {\left( {R\sqrt 3 } \right)^3} \Leftrightarrow 8{R^3}.\sin A\sin B\sin C \le 3\sqrt 3 .{R^3}\]
tương đương \[\sin A\sin B\sin C \le \frac{{3\sqrt 3 }}{8}\]
(Bất đẳng thức cơ bản trong tam giác).

Bài toán 4
Cho $\Delta ABC$ có $a,b,c$ là độ dài tương ứng các cạnh BC, CA, AB và R là bán kính đường tròn ngoại tiếp của tam giác $\Delta ABC$.Chứng minh rằng:
$$\sqrt[3]{{{a^2}b}} + \sqrt[3]{{{b^2}c}} + \sqrt[3]{{{c^2}a}} \le 3\sqrt 3 R$$

Lời giải
Áp dụng bất đẳng thức Holder, ta có:
\[{\left( {\sqrt[3]{{{a^2}b}} + \sqrt[3]{{{b^2}c}} + \sqrt[3]{{{c^2}a}}} \right)^3} \le {(a + b + c)^3}\]
tương đương \[\sqrt[3]{{{a^2}b}} + \sqrt[3]{{{b^2}c}} + \sqrt[3]{{{c^2}a}} \le a + b + c\]
Ta chỉ cần chứng minh \[a + b + c \le 3\sqrt 3 R\]
Thật vậy: \[a + b + c \le 3\sqrt 3 R \Leftrightarrow 2R(\sin A + \sin B + \sin C) \le 3\sqrt 3 R\]
tương đương \[\sin A + \sin B + \sin C \le \frac{{3\sqrt 3 }}{2}\] (đây là bất đẳng thức cơ bản trong tam giác).

Bài toán 5
Chứng minh rằng trong $\Delta ABC$ ta luôn có:
$$\dfrac{{h_a^2}}{{{b^2} + {c^2}}}.\dfrac{{h_b^2}}{{{c^2} + {a^2}}}.\dfrac{{h_c^2}}{{{a^2} + {b^2}}} \le {\left( {\dfrac{3}{8}} \right)^3}$$

Lời giải
Áp dụng công thức ${h_a} = b\sin C$, định lí Sin, ta có:
\[\frac{{h_a^2}}{{{b^2} + {c^2}}} = \frac{{{b^2}{{\sin }^2}C}}{{{b^2} + {c^2}}} = \frac{{{{\sin }^2}B{{\sin }^2}C}}{{{{\sin }^2}B + {{\sin }^2}C}} \le \frac{{{{\sin }^2}B{{\sin }^2}C}}{{2\sin B\sin C}} = \frac{1}{2}\sin B\sin C\]
Tương tự, ta có:
\[\frac{{h_b^2}}{{{c^2} + {a^2}}} \le \frac{1}{2}\sin C\sin A,\frac{{h_c^2}}{{{a^2} + {b^2}}} \le \frac{1}{2}\sin A\sin B\]
Nhân các bất đẳng thức trên ta có: \[\frac{{h_a^2}}{{{b^2} + {c^2}}}.\frac{{h_b^2}}{{{c^2} + {a^2}}}.\frac{{h_c^2}}{{{a^2} + {b^2}}} \le \frac{1}{8}{(\sin A.\sin B.\sin C)^2}\]
Ta chỉ cần chứng minh
\[{(\sin A.\sin B.\sin C)^2} \le {\left( {\frac{{3\sqrt 3 }}{8}} \right)^2} \Leftrightarrow \sin A.\sin B.\sin C \le \frac{{3\sqrt 3 }}{8}\]
(Đây là bất đẳng thức cơ bản trong tam giác dễ dàng chứng minh)

Bài toán 6
Chứng minh rằng trong mọi $\Delta ABC$ nhọn, ta luôn có:
$$\dfrac{1}{{ - {a^2} + {b^2} + {c^2}}} + \dfrac{1}{{{a^2} - {b^2} + {c^2}}} + \dfrac{1}{{{a^2} + {b^2} - {c^2}}} \ge \dfrac{1}{{2Rr}}$$

Lời giải
Ta có: \[S = \frac{{abc}}{{4R}} = pr \Leftrightarrow R = \dfrac{{abc}}{{4rp}}\]
Áp dụng định lí Cosin và công thức $R = \dfrac{{abc}}{{4rp}}$.Bất đẳng thức đã cho trở thành:
\[\frac{a}{{c{\rm{osA}}}} + \frac{b}{{c{\rm{osB}}}} + \frac{c}{{c{\rm{osC}}}} \ge 2(a + b + c)\]
tương đương \[\frac{{2R\sin A}}{{c{\rm{osA}}}} + \frac{{2R\sin B}}{{c{\rm{osB}}}} + \frac{{2R\sin C}}{{c{\rm{osC}}}} \ge 4R(\sin A + \sin B + \sin C)\]
tương đương \[{\mathop{\rm t}\nolimits} {\rm{anA + tanB + tanC}} \ge 2({\rm{sinA + sinB + sinC)}} \qquad{(*)}\]
Mặt khác ta đã biết hai bất đẳng thức cơ bản:
\[{\mathop{\rm t}\nolimits} {\rm{anA + tanB + tanC}} \ge {\rm{3}}\sqrt {\rm{3}} \]
và \[\sin A + \sin B + \sin C \le \frac{{3\sqrt 3 }}{2}\]
Nên bất đẳng thức (*) đúng.Vậy ta có điều phải chứng minh.

Bài toán 7
Cho $\Delta ABC$ có $a,b,c$ là độ dài tương ứng các cạnh BC, CA, AB và R là bán kính đường tròn ngoại tiếp của tam giác $\Delta ABC$.Chứng minh rằng:
$$18{R^3} \ge ({a^2} + {b^2} + {c^2})R + \sqrt 3 abc$$

Lời giải
Trước hết ta chứng minh \[{a^2} + {b^2} + {c^2} \le 9{R^2}\]
Thật vậy, Áp dụng định lí Sin, ta có: \[{a^2} + {b^2} + {c^2} \le 9{R^2} \Leftrightarrow {\sin ^2}A + {\sin ^2}B + {\sin ^2}C \le \frac{9}{4} \qquad{(1)}\]
Mặt khác, ta chứng minh \[abc \le {(R\sqrt 3 )^3} \Leftrightarrow \sin A\sin B\sin C \le \frac{{3\sqrt 3 }}{8} \qquad{(2)}\]
Bất đẳng thức (1) và (2) là các bất đẳng thức cơ bản trong tam giác dễ dàng chứng minh.
Từ (1) và (2) ta được điều phải chứng minh.

Bài toán 8
Cho $\Delta ABC$ có $a,b,c$ là độ dài các cạnh và $S$ là diện tích của tam giác $\Delta ABC$ .Chứng minh rằng:
$$\dfrac{{9abc}}{{a + b + c}} \ge 4\sqrt 3 .S$$

Lời giải
Ta có: \[\frac{{9abc}}{{a + b + c}} \ge 4\sqrt 3 .S\]
tương đương \[\frac{{9abc}}{{a + b + c}} \ge 4\sqrt 3 .\frac{{abc}}{{4R}} \Leftrightarrow 9R \ge \sqrt 3 (a + b + c)\]
Áp dụng định lí Sin, ta có :\[a = 2R.\sin A,b = 2R.\sin B,c = 2R.\sin C\]
Ta có: \[9R \ge \sqrt 3 (a + b + c)\]
tương đương \[9R \ge 2\sqrt 3 R(\sin A + \sin B + \sin C)\]
tương đương \[\sin A + \sin B + \sin C \le \frac{{3\sqrt 2 }}{2}\]
(Bất đẳng thức này dễ dàng được chứng minh)
Bài toán 9
Cho $\Delta ABC$ có $a,b,c$ là độ dài các cạnh và $S$ là diện tích của tam giác $\Delta ABC$ .Chứng minh rằng:
$$3abc \ge 4\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} .S$$

Lời giải
Áp dụng công thức $S = \dfrac{{abc}}{{4R}}$, ta có:
\[3abc \ge 4\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} .S\]
tương đương \[3abc \ge 4\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} .\frac{{abc}}{{4R}}\]
tương đương \[3R \ge \sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \]
tương đương \[9{R^2} \ge {a^2} + {b^2} + {c^2}\]
Áp dụng định lí sin, ta có:
\[9{R^2} \ge {a^2} + {b^2} + {c^2} \Leftrightarrow 9{R^2} \ge 4{R^2}({\sin ^2}A + {\sin ^2}B + {\sin ^2}C)\]
tương đương \[{\sin ^2}A + {\sin ^2}B + {\sin ^2}C \le \frac{9}{4}\]
(Bất đẳng thức cơ bản trong tam giác).

Bài toán 10
Cho $\Delta ABC$ có $a,b,c$ là độ dài các cạnh và $S$ là diện tích của tam giác $\Delta ABC$ .Chứng minh rằng:
$${a^2} + 2bc \ge 4S\sqrt 3$$

Lời giải
Áp dụng định lí Cosin, ta có:\[{a^2} = {b^2} + {c^2} - 2bc.c{\rm{osA}} \ge {\rm{2bc(1 - }}c{\rm{osA)}}\qquad{(1)}\]
Lại có:\[S = \frac{1}{2}bc\sin A \qquad{(2)}\]
Từ (1) và (2) ta có:
\[{a^2} + 2bc \ge 4S\sqrt 3 \]
tương đương \[2bc(2 - c{\rm{osA}}) \ge 2\sqrt 3 bc\sin A\]
tương đương \[2 - c{\rm{osA}} \ge \sqrt 3 \sin A\]
tương đương \[\sqrt 3 \sin A + c{\rm{osA}} \le {\rm{2}}\]
tương đương \[\frac{{\sqrt 3 }}{2}\sin A + \frac{1}{2}c{\rm{osA}} \le {\rm{1}}\]
hay \[\sin (A + \frac{\pi }{6}) \le 1\](luôn đúng).

Như vậy thông qua 10 ví dụ điển hình trên, chúng ta đã nắm rõ được phần nào ý tưởng sử dụng lượng giác chứng minh bất đẳng thức hình học, để kết thức bài viết xin mời bạn đọc thực hành một số ví dụ sau:

Bài toán 11
Cho $\Delta ABC$ có $a,b,c$ là độ dài các cạnh và $p$ là nửa chu vi của tam giác $\Delta ABC$ .Chứng minh rằng:
$$\sqrt{a(p-b)(p-c)}+\sqrt{b(p-c)(p-a)}+\sqrt{c(p-a)(p-b)}\leq \dfrac{3}{2}\sqrt{abc}$$

Bài toán 12
Cho $\Delta ABC$ có $a,b,c$ là độ dài các cạnh và $S$ là diện tích của tam giác $\Delta ABC$ .Chứng minh rằng:
$$a^2+b^2+c^2\geq 4\sqrt{3}S+(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2$$

Bài toán 13
Cho $\Delta ABC$ có $a,b,c$ là độ dài các cạnh và $S$ là diện tích, $R$ là bán kính đường tròn ngoại tiếp của tam giác $\Delta ABC$ .Chứng minh rằng:
$$3\sqrt{3}R\geq 2S$$

Bài toán 14
Cho $\Delta ABC$ có $a,b,c$ là độ dài các cạnh và $R,r$ lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp của tam giác $\Delta ABC$ .Chứng minh rằng:
$$a(p-a)+b(p-b)+c(p-c)\le 9Rr$$

Bài toán 15
Cho $\Delta ABC$ có $a,b,c$ là độ dài các cạnh và $R$ là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $\Delta ABC$ .Chứng minh rằng:
$${a^2} + b^2+R^2 \ge c^2$$


TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Sáng tạo bất đẳng thức, Phạm Kim Hùng.
2. Bất đẳng thức suy luận và khám phá, Phạm Văn Thuận, Lê Vỹ.
3. Tạp chí CRux , tạp chí AMM.
4. Tạp chí toán học và tuổi trẻ.
5. Các trang web :
http://diendantoanhoc.net/
http://forum.mathscope.org/index.php
www.onluyentoan.vn,

ỨNG DỤNG CỦA MỘT MỆNH ĐỀ VÀO GIẢI

CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌC

Trần Quốc Nhật Hân (THPT chuyên Lê Quý Đôn, Đà Nẵng.)

Phạm Quang Toàn (THCS Đặng Thai Mai, Tp Vinh, Nghệ An)

Ban Biên Tập: Phạm Quang Toàn và perfectstrong (Trần Quốc Nhật Hân) là các ĐHV có năng lực và nhiệt tình của VMF. Đây là bài viết của các em dành tặng diễn đàn tròn 8 tuổi.

1. Mở đầu
Trước hết ta đến với bài toán nhỏ sau.
Bài toán. Giả sử $p=k.2^t+1$ là số nguyên tố lẻ, $t$ là số nguyên dương và $k$ là số tự nhiên lẻ. Giả thiết $x$ và $y$ là các số tự nhiên mà $\left( x^{2^t}+y^{2^t} \right) \vdots \ p$. Chứng minh rằng khi đó $x$ và $y$ đồng thời chia hết cho $p$.

Giải. Giả sử trái lại $x \not\vdots p$, suy ra $y \not\vdots p$.
Do $p$ là số nguyên tố nên theo định lý Fermat nhỏ ta có $$\left\{\begin{matrix}
x^{p-1} \equiv 1 \pmod{p} & & \\
y^{p-1} \equiv 1 \pmod{p} & &
\end{matrix}\right.$$
Theo giả thiết thì $p-1=k.2^t$, do đó $$\left\{\begin{matrix}
x^{k.2^t} \equiv 1 \pmod{p} & & \\
y^{k.2^t} \equiv 1 \pmod{p} & &
\end{matrix}\right.$$
Từ đó ta có $$x^{k.2^t}+y^{k.2^t} \equiv 2 \pmod{p}. \qquad (1)$$
Theo giả thiết thì $$x^{2^t}+y^{2^t} \equiv 0 \pmod{p}.$$
Do $k$ lẻ nên $$
x^{k.2^t}+y^{k.2^t} = \left( x^{2^t} \right)^k+ \left( y^{2^t} \right)^k \ \vdots \left( x^{2^t}+y^{2^t} \right) \Rightarrow \left( x^{k.2^t}+y^{k.2^t} \right) \equiv 0 \pmod{p} \qquad (2)$$
Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra điều mâu thuẫn. Vậy giả thiết phản chứng sai. Do đó $x,y$ đồng thời chia hết cho $p$.

Từ bài toán trên, áp dụng với $t=1$ là có kết quả:
Cho $p$ là số nguyên tố dạng $4k+3$. Khi đó nếu $x^2+y^2$ chia hết cho $p$ thì $x$ và $y$ đều chia hết cho $p$.

Lời giải. Ta dùng phản chứng. Giả sử $a$ và $b$ không đồng thời chia hết cho $p$. Ta có các trường hợp sau:

Trường hợp 1. Nếu $a \vdots p, \ b \not \vdots p.$
$$\Rightarrow a^2 \vdots p; b^2 \not \vdots p \Rightarrow a^2+b^2 \not \vdots p.$$
Mâu thuẫn với giả thiết ban đầu.
Trường hợp 2. Nếu $a \not \vdots p, \ b \vdots p.$
Tương tự trường hợp 1, trường hợp này cũng mâu thuẫn với giả thiết.

Trường hợp 3. Nếu $a \not\vdots p, \ b \not\vdots p.$
Vì $p$ nguyên tố nên theo định lý Fermat nhỏ ta có:
$$\begin{array}{l}
a^{p-1} \equiv 1 \pmod{p} &
b^{p-1} \equiv 1 \pmod{p}
\end{array}$$
$$\begin{array}{l}
\Leftrightarrow a^{4k+2} \equiv 1 \pmod{p}, \ b^{4k+2} \equiv 1\pmod{p} & \Leftrightarrow (a^2)^{2k+1} \equiv 1 \pmod{p}, \ (b^2)^{2k+1} \equiv 1 \pmod{p} & \Rightarrow (a^2)^{2k+1}+(b^2)^{2k+1} \equiv 2 \pmod{p}
\end{array}$$
Do $p$ là số nguyên tố có dạng $4k+3$ nên $p \ge 3$, nên \begin{equation}
(a^2)^{2k+1}+(b^2)^{2k+1} \not\vdots p
\end{equation}
Lại có $$(a^2)^{2k+1}+(b^2)^{2k+1} \vdots a^2+b^2 \vdots p$$
Điều này mâu thuẫn với $(1)$. Vậy giả thiết phản chứng sai.
Đây cũng chính là mệnh đề mà bài viết muốn nói đến.

2. Một số ứng dụng
Ta xét đến bài toán tổng quát cho mệnh đề trên;
Bài 1. Tìm tất cả các số nguyên tố $p$ sao cho với mọi $a,b$ nguyên thì $ \left( a+b \right) \vdots p$ khi và chỉ khi $a$ và $b$ đồng thời chia hết cho $p$.
Giải
Xét các khả năng sau:
* Nếu $p=2$. Rõ ràng với mọi $a,b$ lẻ thì $\left( a+b \right) \vdots 2$, mà $a,b$ đều không chia hết cho $2$. Vậy $p=2$ không thỏa mãn.
* Nếu $p \ge 3$ thì $p$ lẻ, nên $p$ có dạng $4k+1$ hoặc $4k+3, \ k \in \mathbb{N}.$
Xét tiếp hai trường hợp sau:
+) Nếu $p$ có dạng $4k+1$. Theo định lý Willson, ta có: $ \begin{equation}
(p-1)!+1 \equiv 0 \pmod{p} \Rightarrow (4k)!+1 \equiv 0 \pmod{p}.\end{equation}$
Do $p=4k+1$ nên suy ra: $$4k \equiv -1 \pmod{p} \Rightarrow 4k-1 \equiv -2 \pmod{p} \Rightarrow \cdots \Rightarrow 2k+1 \equiv -2k \pmod{p}.$$
Ta suy ra $\begin{equation}\left( (4k)!+1 \right) \equiv \left[ (2k!)^2+1 \right] \pmod{p}.\end{equation}$
Từ $(1)$ và $(2)$ ta có:$\begin{equation}\left[ (2k!)^2+1^2 \right] \equiv 0 \pmod{p}.\end{equation}$
Rõ ràng khi $p=4k+1$, thì không thể có kết luận trên. Thật vậy, nếu kết luân ấy đúng thì từ $(3)$ suy ra $1 \vdots p$, vô lí vì $p=4k+1 \ge 3$.
Vậy với mọi số nguyên tố lớn hơn $3$ có dạng $4k+1$ không thỏa mãn yêu cầu đề bài.
+) Nếu $p$ có dạng $4k+3$. Giả sử bài toán không đúng với $p=4k+3$, điều đó có nghĩa là tồn tại cặp số nguyên $a,b$ sao cho $\left( a+b \right) \vdots p$ nhưng $a \not\vdots p, \ b \not\vdots p$.
Theo định lý Fermat nhỏ, ta có: $$ a^{p-1}-1 \equiv 0 \pmod{p}.$$
Tương tự ta có $$b^{p-1}-1 \equiv 0 \pmod{p}.$$
Do đó
$$\begin{align}
a^{p-1}+b^{p-1}-2 \equiv 0 \pmod{p} & \Rightarrow a^{4k+2}+b^{4k+2}-2 \equiv 0 \pmod{p} \\ & \Rightarrow (a^2)^{2k+1}+(b^2)^{2k+1}-2 \equiv 0 \pmod{p}.
\end{align}$$
Áp dụng hằng đẳng thức suy ra: $$(a^2)^{2k+1}+(b^2)^{2k+1}=(a^2+b^2)q, \ q \in \mathbb{N}^*$$
Do $(a^2+b^2) \vdots p$, nên từ $(5)$ đi đến: $$-2 \equiv 0 \pmod{p} \Rightarrow 2 \vdots p.$$
Điều này vô lí vì $p \ge 3$. Vậy giả thiết ban đầu là sai.
Bài toán được chứng minh.

Một số bài toán dưới đây đòi hỏi phải ứng dụng mệnh đề.
Bài 2. (Đấu trường VMF - Trận thứ 4 vòng bảng Alpha,Gama - Câu 1 đội Alpha)
Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
$$\begin{equation}
x^{1994}+y^{1994}=4691^{4691} \left(x+y \right)\end{equation}$$
Giải
(perfectstrong) Nhận thấy $4691$ là số nguyên tố dạng $4k+3$. \\
$$(7) \Leftrightarrow \left( x^{997} \right) ^2+ \left( y^{997} \right)^2=4691^{4691} \left( x+y \right).$$
Áp dụng mệnh đề ta có:
$$\left\{\begin{matrix}
x^{997} \ \vdots \ 4691 & & \\
y^{997} \ \vdots \ 4691 & &
\end{matrix}\right. \Rightarrow \left\{\begin{matrix}
x=4691x_1 & & \\
y=4691y_1 & &
\end{matrix}\right.$$
với $x_1,y_1 \in \mathbb{N}^*$. Thay vào $(7)$ ta có:
$$\begin{equation}x_1^{4691}+y_1^{4691}=4691^{2698} \left( x_1+y_1 \right).\end{equation}$$
Áp dụng mệnh đề lần nữa ta có:
$$\left\{\begin{matrix}
x_1=4691x_2 & & \\
y_1=4691y_1 & &
\end{matrix}\right.$$
với $x_2,y_2 \in \mathbb{N}^*$. Thay vào $(8)$ ta có:
$$\begin{equation}
x_2^{4691}+y_1^{4691}=4691^{705} \left(x_2+y_2 \right)
\end{equation}$$
Tiếp tục áp dụng mệnh đề lần nữa, ta có:
$$\left\{\begin{matrix}
x_2=4691x_3 & & \\
y_2=4691y_3 & &
\end{matrix}\right.$$
với $x_3,y_3 \in \mathbb{N}^*$. Thay vào $(9)$ ta có
$$\begin{equation}4691^{1228} \left( x_3^{1994}+y_3^{1994} \right)=x_3+y_3\end{equation}$$
Rõ ràng phương trình $(10)$ không có nghiệm nguyên dương vì hiển nhiên $VT>VP$.
Vậy phương trình $(7)$ không có nghiệm nguyên dương.

Ta có bài toán tương tự sau:
Bài 3. Cho $k$ là số nguyên dương cho trước. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình $$x^2+y^2=2011^{2003^k+1} \left( 10-z \right).$$

Tiếp tục đến với bài toán sau:
Bài 4.
Cho $m,n$ là các số nguyên dương thỏa $$m^2+9 \ \vdots 2^n-1.$$Chứng minh rằng $n$ là lũy thừa của 2.
Giải
Đặt $n=2^k.l$ với $k,l \in \mathbb{N}$ và $l$ lẻ.
Nếu $l \geq 3$ thì
\[\begin{array}{l}
{m^2} + 9 \ \vdots 2^n-1 \\
{2^n} - 1 = {2^{{2^k}.l}} - 1 = {\left( {{2^l}} \right)^{{2^k}}} - {1^{{2^k}}} \ \vdots {2^l} - 1 \Rightarrow {m^2} + 9 \ \vdots 2^l-1 \\
\end{array}\]
Mà $l \ge 3 \Rightarrow {2^l} \vdots 4 \Rightarrow {2^l} - 1 \equiv 3\left( {\bmod 4} \right)$ nên $2^l-1$ có 1 ước nguyên tố $p$ dạng $4k+3$.
\[\begin{array}{l}
l \ge 3 \Rightarrow {2^l} \vdots 4 \Rightarrow {2^l} - 1 \equiv 3\left( {\bmod 4} \right) \\
\left. \begin{array}{l}
\Rightarrow {m^2} + 9 \ \vdots p \Rightarrow 3 \vdots p \Rightarrow p = 3 \\
{2^l} - 1 = {\left( {3 - 1} \right)^l} - 1 \equiv - 2\left( {\bmod 3} \right) \\
\end{array} \right\} \text{vô lí} \\
\end{array}\]
Do đó $l=1 \Rightarrow n=2^k.$

Bài 5 (Bài toán Lebesgue)
Chứng minh rằng phương trình $$x^2-y^3=7$$ không có nghiệm nguyên.

Giải
Gỉa sử trái lại, tồn tại số nguyên $x,y$ thỏa mãn
$$\begin{equation}x^2-y^3=7\end{equation}$$
Chỉ có hai khả năng sau:
*) Nếu $y$ chẵn, tức $y=2k$. Thay vào $(11)$ ta có
$$\begin{equation}x^2=8k^3+7\end{equation}$$
Nhận thấy một số chính phương chia $8$ dư $0,1,4$. Điều này mâu thuẫn với $(11)$, vậy $y$ không thể chẵn.
*) Nếu $y$ lẻ. Viết lại $(11)$ dưới dạng
$$x^2+1=y^3+8 \Leftrightarrow x^2+1^2=(y+2)(y^2-2y+4).$$
Do $y$ lẻ, nên lại có các khả năng sau:
+) Nếu $y$ chia $4$ dư $1$. Khi đó $$y+2=4k+3$$
+) Nếu $y$ chia $4$ dư $3$. Khi đó $$y^2-2y+4=(4m+3)^2-2(4m+3)+4=4t+3.$$
Vậy trong mọi trường hợp $x^2+1$ đều có ước dạng $4k+3$, vì thế nó phải có ước nguyên tố dạng $4k+3$. Rõ ràng điều này mâu thuẫn với mệnh đề đã nêu.
Ta suy ra giả thiết phản chứng sai.

Bài 6. Chứng minh rằng phương trình
$$\begin{equation} 4xy-x-y=z^2\end{equation}$$
vô nghiệm nguyên.
Giải
Viết phương trình đã cho dưới dạng
$$\begin{equation}
\begin{align} 16xy-4x-4y=4z^2 & \Leftrightarrow 16xy-4x-4y+1=4z^2+1 \\ & \Leftrightarrow (4x-1)(4y-1)=(2z)^2+1.
\end{align}\end{equation}$$
Giả sử $(14)$ có nghiệm nguyên $(x,y)$ thì từ $(14)$ ta có:
$$(4x-1)(4y-1)=(2z)^2+1 \Leftrightarrow \left[ 4(x-1)+3 \right] \left[ 4(y-1)+3 \right]=(2z)^2+1^2.$$
Lập luận như bài 5 ta suy ra $(2z)^2+1$ có ước nguyên tố dạng $4k+3$. Điều này mâu thuẫn với mệnh đề. Vậy phương trình $4xy-x-y=z^2$ không có nghiệm nguyên.

3. Bài tập
Một số bài cho mọi người luyện tập thêm về việc sử dụng mệnh đề này trong giải toán số học.
Bài 7. Cho $n$ là số nguyên dương thỏa mãn:
(i) $3|2^n-1$
(ii)$\exists m \in \mathbb{N}:4m^2+1 \ \vdots \dfrac{2^n-1}{3}$
Chứng minh rằng $n$ là lũy thừa của 2.

Bài 8. Giải phương trình nghiệm nguyên sau:
$$x^2+5=y^3$$

Nhân sự kiện Viện nghiên cứu cao cấp về toán ra mắt quốc tế, phóng viên Báo Giáo dục và Thời đại Online đã có cuộc trao đổi với GS.Ngô Bảo Châu về những hoạt động của Viện trong thời gian qua cũng như dự định trong năm tới.

PV. Là một cơ sở nghiên cứu đặc biệt lần đầu tiên được thành lập tại Việt Nam, hoạt động của Viện trong năm đầu thành lập có gặp khó khăn gì không thưa giáo sư?

GS.Ngô Bảo Châu: Theo tôi, khó khăn lớn nhất cơ bản đã được giải quyết do có sự ủng hộ nhiệt tình của Chính phủ, đặc biệt là của Phó Thủ tướng Nguyễn Thiện Nhân, của Bộ trưởng GD&ĐT Phạm Vũ Luận.
Hiện tại, trách nhiệm lớn thuộc về ban lãnh đạo Viện và thuộc về cá nhân tôi để những tiền tố tích cực như sự ủng hộ của Chính phủ, của Nhà nước và cộng đồng toán học trong nước và quốc tế có thể tạo ra sức sống mới cho toán học Việt Nam.

Tuy đã có được những thuận lợi ban đầu nhưng để tạo ra được điều tích cực thực sự cho khoa học không phải là dễ. Để cuốn hút được các nhà khoa học Việt Nam đang công tác ở nước ngoài, hoặc các nhà Toán học Việt Nam trong nước có thể được phép nghỉ dạy trong vòng ba tháng theo một chương trình khoa học của Viện, tất cả những chuyện đó đều có thể làm được. Nhưng sẽ đòi hỏi một sự bố trí, tổ chức, làm việc tích cực của lãnh đạo của Viện và của cả các nhà khoa học nữa. Còn để cho sự cộng tác có thể xảy ra thì còn có rất nhiều việc phải làm.

GS.Ngô Bảo Châu. Ảnh: gdtd.vn

PV. Năm 2012, hoạt động của Viện sẽ ưu tiên cho những nội dung gì thưa giáo sư?

GS.Ngô Bảo Châu: Viện nghiên cứu cao cấp về toán với sự hỗ trợ của hội đồng khoa học Viện gồm 15 nhà toán học sẽ cùng tổ chức những hoạt động khoa học thực sự có ý nghĩa. Chương trình năm nay đã hình thành rồi và chúng tôi sẽ tiếp tục để xây dựng chương trình cho sang năm. Tiếp sau buổi lễ hôm nay, tháng sau sẽ có một nhóm làm việc về tối ưu do GS. Phan Quốc Khánh chủ trì làm việc tại Viện trong vòng hai tháng. Đó là chương trình làm việc về toán ứng dụng rất có ý nghĩa trong cuộc sống. Tiếp theo, tháng 6, 7, tháng 8 cũng có chương trình về ứng dụng toán học do GS Hồ Tú Bảo (làm việc bên Nhật Bản) và GS Vũ Xuân Long (làm việc bên Mỹ) thực hiện. Đề tài đó kết hợp giữa thống kê với khoa học máy tính xử lý khối lượng dữ liệu rất lớn bằng phương pháp học….Đợt hè, vào tháng 7, tôi sẽ về Viện và tổ chức chương trình toán cơ bản về lý thuyết số. Tháng 9, tháng 10 và cuối năm sẽ có chương trình khác do một giáo sư người Pháp và GS Lê Quang Hưng, Trường ĐH Khoa học Tự nhiên chủ trì.

GS.Ngô Bảo Châu chụp ảnh lưu niệm cùng các đại biểu tại lễ ra mắt Viện. Ảnh: gdtd.vn

PV. GS có thể cho biết về cơ chế hợp tác quốc tế của Viện nghiên cứu cao cấp về toán?

GS.Ngô Bảo Châu: Cơ chế đó là do mình đặt ra, các nhà khoa học tự chủ động sao cho những người tham gia vào chương trình bố trí được thời gian và giải phóng được công việc để đến Viện làm việc. Về điều kiện cơ sở vật chất và sự ủng hộ của Chính phủ sẽ ủng hộ chương trình đó như thế nào thì mới chỉ là khung chung. Để cụ thể, Viện sẽ phải có quá trình đàm phán, xây dựng chương trình riêng và chọn lọc.

PV. Còn về kế hoạch thu hút tri thức trẻ về làm việc trong viện thì như thế nào, GS có thể chia sẻ?

GS.Ngô Bảo Châu: Có kế hoạch và những kế hoạch này sẽ được thực hiện dần dần. Hiện Viện bắt đầu liên lạc với các bạn trẻ, nhưng không phải các bạn ấy về một mình, tự động mà sẽ về theo một kế hoạch làm việc…

Có thể nói, trong năm qua, vì mới hoạt động nên kết quả chưa thực hiện được nhiều nhưng bức tranh triển vọng thì rất lớn.

PV. Được biết, Viện đã tiến hành một nghiên cứu khảo sát về thực trạng Toán học Việt Nam hiện nay. Giáo sư có thể cho biết một số vấn đề nổi lên từ báo cáo này?

GS.Ngô Bảo Châu: Hội Toán học Việt Nam đã làm một báo cáo rất chi tiết, xem toàn bộ Việt Nam có bao nhiêu giảng viên về toán học, có bao nhiêu người có bằng tiến sĩ, kết quả nghiên cứu khoa học như thế nào, thống kê từ trước đến nay có bao nhiêu bài báo khoa học. Thống kê đó giúp đánh giá được trình độ nghiên cứu khoa học của Toán học Việt Nam. Từ khảo sát đó, có thể thấy nhu cầu bức thiết về chuyện nâng cao trình độ nghiên cứu khoa học của cán bộ giảng viên trong các trường ĐH của Việt Nam hiện nay.

Theo Báo điện tử GD$TĐ

ỨNG DỤNG SỐ MŨ LỚN NHẤT CỦA THỪA SỐ NGUYÊN TỐ

TRONG CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌC

Lê Trần Nhạc Long - THPT Chuyên Lê Quý Đôn- Đà Nẵng

----------------------------------------

17/1/2012 Tặng diễn đàn VMF nhân dịp sinh nhật 8 năm của diễn đàn

Cho $p$ là một số nguyên tố lẻ ,số tự nhiên $n$ và hai số nguyên dương phân biệt $a$ và $b$ . Gọi $\alpha$ và $\beta$ lần lượt là số mũ lớn nhất của $p$ trong $a-b$ và $n$. Thì số mũ lớn nhất của $p$ trong $a^n-b^n$ là $p^{\alpha+\beta}$

Kí hiệu số mũ lớn nhất của $p$ trong $m$ là $v_{p}(m)$ hoặc $p^{\alpha}||m$ (với $\alpha$ là số mũ lớn nhất của $p$ trong $m$)
(Trong bài viết này ta sẽ sử dụng kí hiệu $p^{\alpha}||m$)

Chứng minh:
Bài toán đưa về chứng minh rằng nếu $a \equiv b \pmod{p}$ và $p^{\beta}||n$ thì $p^{\beta}||\dfrac{a^n-b^n}{a-b}$.
Giả sử $n=p^{\beta}k$. Ta sẽ chứng minh bài toán quy nạp theo $\beta$
Với trường hợp $\beta=0$ tức là $n\;\not \vdots\;p$.
Khi đó ta có: $a^k \equiv b^k \pmod{p}$

$a^kb^{n-k-1}\equiv b^{n-1} \pmod{p} \Rightarrow \sum_{k=0}^{n-1}a^kb^{n-k-1}\equiv \sum_{k=0}^{n-1}b^{n-1} \pmod{p} \equiv nb^{n-1}\not \equiv 0 \pmod{p}$

Vì $\frac{a^n-b^n}{a-b}=\sum_{k=0}^{n-1}a^{n-k-1}b^k$.
Do đó $\frac{a^n-b^n}{a-b}\;\not\vdots \;p$

Bây giờ giả sử bài toán đúng đến $\beta$ ta sẽ chứng minh đúng đến $\beta+1$ tức là ta chỉ cần chứng minh $p||\dfrac{a^{np}-b^{np}}{a^n-b^n}$. Thật vậy:

Vì $p|a-b$ nên $a=b+xp$ suy ra $a^k\equiv b^k+kb^{k-1}xp \pmod{p^2}$
Ta được
$\frac{a^{np}-b^{np}}{a^n-b^n}=\sum_{k=0}^{p-1}a^{n(p-k-1)}b^{nk} \equiv\sum_{k=0}^{p-1}(b^{n(p-k-1)}+n(p-k-1)xpb^{n(p-k-1)-1})b^{nk} \pmod {p^2}$

$\equiv pb^{n(p-1)}+\sum_{k=0}^{p-1} n(p-k-1)xpb^{n(p-1)-1} \equiv pb^{n(p-1)}\equiv p \pmod{p^2}$

Vậy ta được $p||\dfrac{a^{np}-b^{np}}{a^n-b^n}$. Do đó

$$p^{\beta+1}||\dfrac{a^n-b^n}{a-b}.\dfrac{a^{np}-b^{np}}{a^n-b^n}=\frac{a^{np}-b^{np}}{a-b}$$

Vậy bài toán được chứng minh

Chú ý:
Ta có một trường hợp đặc biệt sau đây với $p=2$
Cho $a,b,c \in \mathbb{Z}$ thỏa mãn $2^{\alpha}||\frac{a^2-b^2}{2}$ và $2^\beta||n$ thì $2^{\alpha+\beta}||a^n-b^n$

Phần chứng minh kết quả này xin dành cho bạn đọc.

Với trường hợp $\beta=0$ thì trường hợp đặc biệt này chỉ đúng khi $4|a-b$

Và sau đây chúng ta sẽ đến với một số bài toán ứng dụng tính chất này

Bài toán 1:
Tìm số nguyên dương $n$ nhỏ nhất thỏa mãn $2^{2012}|17^n-1$

Lời giải:

Ta có:$2^4||\frac{17^2-1}{2}$. Giả sử $2^\alpha ||n$.

Theo trường hợp đặc biệt của bài toán mở đầu ta được

$2^{4+\alpha}||17^n-1$. Suy ra $\alpha+4 \geq 2012 \Rightarrow \alpha \geq 2008$.

Điều đó có nghĩa là $2^{2008}|n\Rightarrow n\geq 2^{2008}$ .

Theo bổ đề mở đầu ta được $2^{2012}|{17^2}^{2008}-1$.

Vậy giá trị nhỏ nhất của $n$ là $2^{2008}$


Bài toán 2:
Giải phương trình nghiệm nguyên ${2^3}^x+1=19.3^y$

Lời giải:
Áp dụng bài toán mở đầu ta được $3^{n+1}||{2^3}^n+1$ vì $3^n$ là một số lẻ

Vì $19 \not \vdots 3$ nên do đó ta được $3^y||{2^{3}}^x+1$. Từ đó suy ra $y=x+1$

Vậy phương trình trở thành: ${2^3}^x+1=57.3^x$ (*)

Đặt $t=3^x$. Ta chứng minh $2^t > 57t$ $\forall t \geq 10$

Thật vậy ta có: $2^t=2^6.2^{t-6}=64.2^{t-6}$

Ta có $64 > 57$, ta có $2^4 > 10$ suy ra $2^{t-6}>t$ đúng với $t=10$
Giả sử đúng đến $t$ ta có $2^{t-5}=2.2^{t-6}> 2t > t+1$

Vậy bđt trên đúng nên từ (*) suy ra $3^x <10 \Rightarrow x\leq2$
Thay $x=0;1;2$ chỉ thấy $x=2$ thỏa mãn (*). Vậy $x=2,y=3$ là bộ nghiệm duy nhất của phương trình


Bài toán 3:
Cho dãy số được xác định như sau

$a_1=\frac{5}{2}$ và $a_{n+1}=a_n^3-3a_n^2+6a_n-3$ với mọi $n\geq 1$

Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất sao cho $\left\lfloor a_n \right\rfloor+1$ chia hết cho $3^{2011}$

(Đề chọn đội tuyển dự thi VMO 2012-KHTNHN vòng 2)

Lời giải:

Đặt $a_n=u_n+1\Rightarrow u_n=a_n-1$

Đẳng thức đầu bài cho ta :

$$ a_1-1=\dfrac{3}{2}$$

$$a_{n+1}-1= (a_n-1)^3+3(a_n-1)$$

Nên ta suy ra :

$ u_1=\dfrac{3}{2}$

$u_{n+1}= u_n^3+3u_n$

Ta chứng minh rằng :$u_1=2^{3^{n-1}}-\frac{1}{2^{n-1}} \forall n \ge 1$ (*)
Thật vậy , với $n=1$ thì ta thấy thỏa

Nếu đẳng thức trên đúng với $n=k$ tức là :$u_k=2^{3^{k-1}}-\frac{1}{2^{k-1}}$

Khi đó ta có :$u_{k+1} = u_k^3+3u_k= 2^{3^k}-\dfrac{1}{3^{k}}$

Do đó theo quy nạp toán học , ta có (*) .

Bởi thế nên :
$$3^{2011}| \left\lfloor a_n \right\rfloor +1 =\left\lfloor u_n \right\rfloor +2$$

$$\Leftrightarrow 3^{2011}| 2^{3^n}+1, /,/,/,(**)$$

Theo bài toán 1 ta có $3^{n+1}||{2^3}^n+1$

Nên suy ra $n\geq 2011-1=2010$

vậy giá trị $n$ nhỏ nhất cần tìm là $n=2010$

Bài toán 4: Cho $a^n+b^n=p^k$ với $a,b$ và $k$ là các số nguyên dương, $p$ là một số nguyên tố lẻ và $n$ là một số lẻ lớn hơn 1. Chứng minh rằng $n$ phải là một lũy thừa của $p$

Lời giải: Vì $n$ lẻ nên ta có

$$p^k=a^n+b^n =(a+b)(a^{n-1}-a^{n-2}b+...-ab^{n-2}+b^{n-1})$$

Vì vậy $a+b=p^r$ với $r\in \mathbb{N}^*,r\leq k$

Vì $a$ và $b$ là các số nguyên dương nên ta có $r \geq 1$

Giả sử $p^\beta||n$ sử dụng bài toán mở đầu ta được

$p^{\beta+r}||a^n-(-b)^n=a^n+b^n=p^k$
Suy ra $p^{\beta+r}||p^k \Rightarrow+\beta=k-r$

Vì các số $k$ và $r$ là xác định nên phải có số nguyên dương $n$ nhỏ nhất
thỏa mãn $p^\beta||n$ để $a^n+b^n=p^k$,
vì $a^m+b^m > a^n+b^n,\forall m > n$.
Nên $n$ phải là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn $p^\beta||n$ là $p^\beta$. Điều này suy ra $n$ phải là một lũy thừa của $p$.

Bài toán được chứng minh


Bài toán 5:Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ thỏa mãn $n^2|2^n+1$

(IMO1990)
Lời giải:

Giả sử $n$ là số nguyên dương sao cho $n^2|2^n+1$ (1)

Suy ra $n$ phải là một số lẻ, dễ thấy $n=1$ thỏa mãn

Xét $n>1$, gọi $p_1$ là ước nguyên tố nhỏ nhất của $n$.

Ta có : $2^{2n}\equiv 1 \pmod{p_1}$

Gọi $d=ord_{p_1}2 $ thì $d< {p_1}, d|2n$,
và $(n,d)=1$. Suy ra $d|2$

Nếu $d=1$ thì $p_1=1$ vô lí. Vậy $d=2$ và $p_1|3$ suy ra $p_1=3$.

Giả sử $p^\beta||3$ thì theo bài toán mở đầu ta được$3^{\beta+1}||2^n+1$

Kết hợp với (1) ta được

$3^{2\beta}|3^{\beta+1}||2^n+1\Rightarrow 2\beta \leq \beta+1\Rightarrow \beta \leq 1$
Từ đó suy ra $3||n\Rightarrow n=3k;(n;k)=1$

Gọi $p_2$ là ước nguyên tố nhỏ nhất của $k$. Ta có $2^{6k}\equiv 1\pmod{p_2}$

Gọi $d_2=ord_{p_2}2 \Rightarrow d_2<{p_2}$ và $d_2|6k$
Mà $(d_2,k)=1$ nên $d_2|6$.

Dễ thấy $d_2 $ không thể bằng 1 hoặc 2

Nếu $d_2=3$, ta có $p_2|7\Rightarrow p_2=7$

Nếu $d_2=6$, ta có $p_2|63=7.9\Rightarrow p_2|7\Rightarrow p_2=7$

Mà ta có: $2^3\equiv1\pmod{7}\Rightarrow 2^{k+3}\equiv 2^k\pmod{7}$

và $2\equiv 2 \pmod{7}$ và $2^2\equiv 4 \pmod{7}$

Nên phương trình $2^k\equiv -1 \pmod{7}$ không có nghiệm nguyên

Suy ra $2^{7k}+1$ không chia hết cho 7 với mọi $k$ và $p_2$ không tồn tại. Vậy $n $chỉ có một ước nguyên tố duy nhất là 3, lại có $3||n$ nên suy ra $n=3$

Vậy các giá trị của $n$ cần tìm là $n=1$ và $n=3$.

Kết thúc bài viết xin chúc diễn đàn ngày một phát triển, chúc các bạn và các thầy cô sức khỏe đón năm mới Nhâm Thìn vui vẻ!

Sáng 17/1, tại Hà Nội, Viện Nghiên cứu cao cấp về Toán - một cơ sở nghiên cứu đặc biệt lần đầu tiên được thành lập tại Việt Nam đã chính thức ra mắt quốc tế.



Đến dự sự kiện đặc biệt này có Phó Thủ tướng Nguyễn Thiện Nhân; Chủ tịch Ủy ban Văn hóa, thanh niên, thiếu niên, nhi đồng Quốc hội Đào Trọng Thi, Bộ trưởng Bộ GD&ĐT Phạm Vũ Luận, Bộ trưởng Bộ KH&CN Nguyễn Quân cùng nhiều nhà nghiên cứu Toán học trong nước và quốc tế…Chủ tịch Quốc hội Nguyễn Sinh Hùng đã gửi lẵng hoa chúc mừng.

GS.Ngô Bảo Châu – Giám đốc khoa học Viện Nghiên cứu cao cấp về Toán trong lời chào mừng khẳng định, ngày hôm nay được ghi lại như một mốc quan trọng trong lịch sử còn non trẻ của toán học Việt Nam. Ngay từ những ngày đầu tiên, toán học Việt Nam đã có những bước phát triển đáng kể. Tuy nhiên, GS.Ngô Bảo Châu cũng nhận định, hiện nay, giảng viên toán của các trường ĐH tuy đã lớn mạnh nhiều nhưng còn chưa đáp ứng được cả về số lượng và chất lượng; tỷ lệ giảng viên toán ĐH có học vị tiến sĩ ít, quan trọng hơn là tỷ lệ giảng viên toán có công trình nghiên cứu khoa học chất lượng theo chuẩn quốc tế vô cùng nhỏ.

GS.Ngô Bảo Châu thay mặt Viện nghiên cứu cao cấp về toán nhận hoa chúc mừng của Phó Thủ tướng Nguyễn Thiện Nhân. Ảnh: gdtd.vn

“Hè năm ngoái, dư luận khá xôn xao về kết quả không tốt của đội tuyển Olympic toán quốc tế, nhưng đáng lo ngại hơn nhiều là điểm chuẩn đầu vào của khoa Toán cũng như các ngành khoa học cơ bản” – GS.Ngô Bảo Châu nhận định.

GS.Ngô Bảo Châu thay mặt Viện nghiên cứu cao cấp về toán nhận hoa chúc mừng của Bộ trưởng Bộ GD&ĐT Phạm Vũ Luận. Ảnh: gdtd.vn

Bên cạnh đó, GS Ngô Bảo Châu cũng khẳng định những điểm sáng, đó là số lượng bài báo khoa học tăng cùng với mức độ hội nhập của toán học Việt Nam vào dòng chảy chung của toán học thế giới; số lượng sinh viên là nghiên cứu sinh ngành toán ở các nước phương tây tăng lên đáng kể; ...


Lễ ra mắt có mặt nhiều GS toán học trên thế giới. Ảnh: gdtd.vn


Phó Thủ tướng Nguyễn Thiện Nhân tại buổi lễ đã chúc mừng sự ra đời Viện nghiên cứu cao cấp về toán - một cơ sở nghiên cứu đặc biệt lần đầu tiên được thành lập tại Việt Nam nhằm thực hiện sứ mạng lịch sử là đẩy mạnh, phát huy tiềm năng lợi thế tư duy sáng tạo trong nghiên cứu khoa học cơ bản, góp phần đẩy mạnh nâng cao chất lượng đào tạo nghiên cứu về toán ở Việt Nam.

Phó Thủ tướng bày tỏ, Chính phủ mong muốn với quy chế đặc biệt, Viện nghiên cứu cao cấp về toán sẽ trở thành trung tâm nghiên cứu xuất sắc của Việt Nam và khu vực, tạo môi trường làm việc tốt tương đương ở các nước phát triển để tiến hành trao đổi học thuật giữa các nhà khoa học trong nước và nước ngoài, đồng thời là một mô hình nghiên cứu đầu tiên theo hướng nâng cao sự tự chủ của các nhà khoa học...


Viện Nghiên cứu cao cấp về Toán được thành lập vào ngày 23 tháng 12 năm 2010 theo Quyết định số 2342/QĐ – TTg của Thủ tướng Chính phủ. Đây là tổ chức khoa học và công nghệ công lập đặc thù hoạt động trong lĩnh vực nghiên cứu toán học, trực thuộc Bộ Giáo dục và Đào tạo.

Mục tiêu của Viện Nghiên cứu cao cấp về Toán là trở thành một trung tâm toán học xuất sắc, có môi trường làm việc tương đương với một số nước phát triển về Toán, để trao đổi học thuật nhằm nâng cao năng lực khoa học của các nhà nghiên cứu, giảng dạy và ứng dụng toán học Việt Nam, góp phần thực hiện các mục tiêu của Chương trình trọng điểm quốc gia phát triển Toán học giai đoạn 2010 đến 2020 đảm bảo cho Toán học Việt Nam phát triển bền vững, đóng góp tích cực vào việc phát triển đất nước và nâng cao vị thế của Toán học Việt Nam trên trường quốc tế.

Ban Giám đốc của Viện hiện nay gồm Giám đốc khoa học là GS.Ngô Bảo Châu của trường Đại học Chicago (Mỹ) và Giám đốc điều hành là GS Lê Tuấn Hoa. Viện đã triển khai một số hoạt động khoa học từ tháng 6 năm 2011.

(Báo điện tử GD&TĐ)

"Ngôi sao mới trong các chòm sao toán học ở phía Đông thế giới"

Sáng 16/1, nhiều mô hình hoạt động của các viện toán học trên thế giới đã được chia sẻ tại hội thảo “Vai trò của các viện nghiên cứu cao cấp trong phát triển Toán học tại Việt Nam và khu vực” do Viện Nghiên cứu cấp cao về Toán tổ chức tại Hà Nội. GS.Ngô Bảo Châu – Giám đốc khoa học Viện Nghiên cứu cấp cao về Toán đã về nước dự hội thảo cùng các nhà khoa học và quản lý Viện nghiên cứu về Toán học đến từ nhiều nước trên thế giới.

Hội thảo thu hút sự tham dự của các giáo sư Toán học đầu ngành nhiều nước trên thế giới. Ảnh:gdtd.vn

Trong bài trình bày về quá trình phát triển của Viện Toán tại Viện nghiên cứu cơ bản Tata (TIFR) từ một trung tâm toàn học vô danh đến khi trở thành một Viện có trình độ cao như hiện nay, GS.M.S. Raghunathan - Trung tâm Toán học Quốc gia Học viện Kỹ thuật Ấn Độ, Mumbai nhấn mạnh vai trò của Chandrasekharan, người đã đặt ra một cơ chế tuyển chọn tài năng từ khắp nơi trên quốc gia, đồng thời mời nhiều nhà toán học hàng đầu châu Âu đến dạy những khóa cao học tại Viện...

GS.L.Chen (NUS) và GS.Ngô Bảo Châu. Ảnh: gdtd.vn

“Trong mỗi khóa học do giáo sư mời, Chandrasekaran đã chọn một sinh viên để ghi lại bài giảng và xuất bản tại TIFR. Điều này đảm bảo rằng những sinh viên ghi lại những bài giảng đó ít nhất cũng có được tài liệu của những bài giảng này. Những bài giảng này đã khơi ra những vấn đề thú vị mà nhiều sinh viên đã chọn để giải quyết trong luận văn của họ. Một vài vấn đề có chất lượng khoa học rất cao. Tập bài giảng xuất bản bởi TIFR đã chứng minh được nó là một trong những thứ có giá trị rất lớn của cộng đồng toán học, đặc biệt là cho những học viên cao học trên toàn thế giới. Sinh viên được khuyến khích tổ chức những lớp nghiên cứu chuyên đề chính quy và không chính quy, điều này khiến cho chương trìnhcao học trở nên rất thú vị. Tôi vẫn còn những kỉ niệm rất mạnh mẽ về thời kì còn là sinh viên cao học đầu những năm 60. Những vị khách mời thuộc nhiều lĩnh vực khác nhau, một vài còn khác xa với lĩnh vực chuyên môn của Chandrasekharan và Ramanathan. Điều này có nghĩa là sinh viên đã được tiếp cận với rất nhiều lĩnh vực khác nhau và có quyền tự do chon lựa những lĩnh vực họ thích. Những sinh viên có thành tích tốt được nhận vào Viện Toán. Viện đã có những thành tựu cùng với sự phát triển mạnh mẽ, điều chưa xảy ra ở bất cứ đâu trong nước. Trong thời gian này, học viện cũng xử lý mạnh tay với những sinh viên không đạt được những tiêu chuẩn đề ra. Tôi tin rằng đây là một Viện mà đất nước chúng tôi có thể tự hào và có thể lấy làm kiểu mẫu cho các quốc gia thế giới thứ 3” - GS.M.S. Raghunathan.

Chúc mừng cộng đồng Toán học Việt Nam đã thành lập được Viện nghiên cứu cao cấp về Toán Việt Nam, GS.K.A.M.Atan – Viện nghiên cứu về Toán ĐH Putra Malaysia khẳng định, đây thực sự đánh dấu mốc quan trọng trong việc phát triển và thúc đẩy nghiên cứu về Toán ở Việt Nam nói riêng và thế giới nói chung. Đây cũng là sự ra đời của một ngôi sao mới trong các chòm sao toán học ở phía Đông thế giới.

GS.K.A.M.Atan bày tỏ niềm tin, các nhà sáng lập ra Viện nghiên cứu cao cấp về Toán ở Việt Nam đã đề ra những mục tiêu rõ ràng cho Viện, dù là mục tiêu ngắn hạn hay dài hạn.

Để đạt được mục tiêu đề ra, GS.K.A.M.Atan cho rằng, điều tối quan trọng là đưa ra các chương trình làm việc thích hợp và rõ ràng và thực hiện nó. Để thực hiện một cách thành công điều này, các chương trình phải mang tính thực tế và trong khả năng thực hiện của Viện, hơn nữa, mõi thành viên trong ban quản lý của Viện đều phải nắm được tầm nhìn và nhiệm vụ của mỗi chương trình. “Nếu mọi người cùng hợp tác thì những tầm nhìn và mục tiêu của Viện sẽ không quá khó để thực hiện” - GS.K.A.M.Atan nói.

Cũng theo GS.K.A.M.Atan, mỗi phần công việc được đặt ra trong nhiệm vụ của Viện nên hướng đến những mục tiêu cụ thể, từ đó đạt được các mục tiêu chung. Mỗi mục tiêu chắc chắn sẽ góp phần vào sự hoàn thành nhiệm vụ chung. Mặt khác, một mục tiêu bị thất bại sẽ gây khó khăn cho việc hoàn thành nhiệm vụ mà từ đó hình thành nên tầm nhìn của Viện. Do đó, điều quan trọng và cần thiết là ban quản lý Viện cần thực hiện biện pháp để bảo đảm các nhiệm vụ được triển khai nhịp nhàng



Mong muốn lớn của cộng đồng Toán học ở mọi nơi trên thế giới là được chứng kiến các hoạt động sôi nổi trong lĩnh vực tri thức này và có thể đóng góp và tiến bộ chung của quốc gia mình. Các hoạt động dù là lý thuyết hay thực hành đều cần vì mục tiêu nâng cao trình độ văn minh cho con người. Điều này bao gồm việc nâng cao trình độ học vấn chung của cộng đồng, chất lượng sống, nâng tầm nhận thức cộng đồng về tầm quan trọng của việc hiểu nhau trong việc giải quyết các vấn đề của cộng đồng, trách nhiệm công dân và rất nhiều vấn đề khác. Nhiều người đã nhận ra rằng, Toán học đóng vai trò quan trọng và cơ bản trong sự phát triển của các ngành khoa học và đem lại tiến bộ cho nền kinh tế quốc gia. Đây là những yếu tố cốt lõi để nâng cao nền văn minh của mỗi quốc gia.

GS.K.A.M.Atan đề xuất, Viện nghiên cứu cấp cao về Toán ở Việt Nam nên thành lập một hội đồng chỉ đạo do chính Viện chỉ định gồm những nhà toán học Việt Nam và nước ngoài và hịp định kỳ để đưa ra những hướng dẫn thực hiện chứng năng của mình. Viện cũng cần có nguồn kinh phí dồi dào, ổn định và liên tục.

(Báo điện tử Giáo dục $ Thời đại)

DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC TRÒN 8 TUỔI
(16/01/2004 – 16/01/2012)

Ban Biên Tập VMF

bbt.diendantoanhoc@gmail.com

Các bạn thân mến!

Diễn đàn toán học đã bước sang tuổi thứ tám. Lời đầu tiên, Ban quản trị diễn đàn xin gửi lời chúc sức khỏe, hạnh phúc, thành đạt tới toàn thể thành viên, độc giả của diễn đàn cũng như những người yêu toán, học toán, làm toán và dạy toán. Chúng tôi cũng gửi lời cảm ơn tới các bạn vì những quan tâm, đóng góp của các bạn cho diễn đàn trong suốt thời gian qua.

Như vậy là Diễn đàn toán học của chúng ta đã hoạt động được tám năm tròn. Tám năm tuổi nếu đem so với một đời người thì diễn đàn vẫn chỉ như một đứa trẻ nhưng tám năm ấy lại là một khoảng thời gian không nhỏ cho sự hình thành và phát triển của một forum. Trong khuôn khổ của bài viết này, chúng tôi muốn đem tới cho các bạn một cái nhìn toàn cảnh của Diễn đàn toán học xuyên suốt chiều dài tám năm tồn tại của nó.

1. Diễn đàn toán học là gì?

Diễn Đàn Toán Học (VietNam Mathematics Forum - viết tắt là DĐTH) là một tổ chức tự nguyện của thanh niên Việt Nam đang học tập và làm việc ở Việt Nam và nhiều nước trên thế giới, được thành lập với mục đích xây dựng sân chơi trực tuyến về Toán học cho những người yêu toán, học toán, dạy toán và nghiên cứu toán. Địa chỉ chính thức của DĐTH trên mạng toàn cầu là : www.diendantoanhoc.net.

2. Quá trình hình thành

Diễn Đàn Toán Học vốn có tiền thân là một box nhỏ trên mạng Trái Tim Việt Nam Online (TTVNOL). Năm 2002 khi mạng TTVNOL hình thành, một nhóm các bạn yêu mến Toán học đã nhanh chóng lập thư mục (box) Toán Học trên cổng thông tin này để cùng nhau thảo luận các vấn đề liên quan đến Toán. Một trong những nhược điểm của mạng TTVNOL là không hỗ trợ việc gõ công thức toán học, điều này dẫn đến khó khăn cho các thành viên khi cần trình bày các vấn đề, bài toán cụ thể.

Đầu năm 2003, lưu học sinh Trần Quốc Việt đã thử nghiệm thành công diễn đàn có tích hợp bộ gõ công thức, để từng bước chuyển các thảo luận từ TTVNOL sang địa chỉ mới, là sân chơi cho các bạn trẻ yêu mến Toán. Lúc bấy giờ diễn đàn được điều hành bởi hai quản trị viên là Trần Quốc Việt (VNMaths - Nghiên cứu sinh ở Đức) và Nguyễn Hữu Tình (BadMan - Nghiên cứu sinh ở Áo). Sân chơi đã nhanh chóng thu hút được sự quan tâm của các bạn trẻ yêu mến toán là học sinh, sinh viên trong và ngoài nước.

Cuối năm 2003, với số lượng trao đổi và lượt truy cập diễn đàn tăng đột biến, nhóm quản lý đã thảo luận và quyết định xây dựng cổng thông tin mới với tên miền trên mạng toàn cầu là www.diendantoanhoc.net và chính thức đi vào hoạt động ngày 16/1/2004. Trong khoảng thời gian 2 năm tiếp theo, diễn đàn được bổ sung 18 quản lý viên là những người nhiệt huyết vì một cộng đồng toán học trẻ Việt Nam, họ là các du học sinh đến từ 11 quốc gia trên thế giới. Có thể kể ra một vài cái tên trong số đó như: anh Hà Huy Tài - CXR (Tulane University - Mỹ), anh Phan Dương Hiệu - RongChoi (University of Paris VIII, Pháp), chị Nguyễn Việt Hằng - Mathsbeginner (Kyoto University, Nhật Bản), anh Bùi Mạnh Hùng - leoteo (University of Bristol, Anh), anh Lê Thái Hoàng - lavieestunemerde (University of California, Mỹ), ...

Giai đoạn 2006 - 2009, diễn đàn có sự thay đổi lớn về nhân lực trong nhóm quản lý, ngoài một số du học sinh trẻ như Lim Nguyễn (Canada), Nguyễn Long Sơn - NangLuong (Nga) thì các vị trí chủ chốt của diễn đàn đã chuyển dịch sang các thành viên trong nước như Ts.Trần Nam Dũng - NamDung (ĐHKH Tự Nhiên Tp.Hồ Chí Minh), SV. Nguyễn Quốc Khánh - MrMATH (ĐHKH Tự Nhiên Hà Nội), SV. Chu Anh Tiến - Magus (Học viện kĩ thuật quân sự)...

Năm 2010, Ban Quản trị khi đó gồm 2 anh Chu Anh Tiến và Nguyễn Quốc Khánh đã có ý định phát triển Diễn đàn toán học thành một mạng xã hội khoa học với qui mô lớn hơn không đơn thuần chỉ dành cho Toán học, dưới tên gọi Nước Việt nhưng đáng tiếc kế hoạch đành bỏ dở do diễn đàn khi đó đang ở giai đoạn thoái trào và nhu cầu trao đổi trực tuyến nói chung đã ở trong tình trạng bão hòa.

Sau bao thăng trầm, ngày 21/09/2011, SV. Lê Hữu Điền Khuê - một cựu CTV tích cực của diễn đàn, đã quay trở lại tiếp quản và thay đổi cho diễn đàn một giao diện mới như hiện nay. Những thay đổi đáng kể nhất có thể kể ra là việc tích hoạt bộ gõ $\LaTeX$ đẹp và gọn gàng hơn so với trước kia cùng với một Trang chủ bắt mắt hoạt động vừa như một tờ báo mạng, vừa như một Tạp chí toán học. Nhóm quản lý của DĐTH năm 2012 cũng có nhiều thay đổi, các Quản trị hiện tại của Diễn đàn là anh Hoàng Xuân Thanh - hxthanh (Quản Trị Viên Website), anh Hoàng Ngọc Thế - E. Galois (GV THPT Pác Khuông), Đinh Ngọc Thạch (Nghiên cứu sinh - University of Paris-Sud 11, Pháp) và Lê Hữu Điền Khuê - Nesbit (Ecole Nationale d'Ingénieurs du Val de Loire, Pháp).

3. Tôn chỉ - Mục tiêu

Diễn Đàn Toán Học là một tổ chức học thuật, phi lợi nhuận, không liên quan đến chính trị và tôn giáo, hoạt động trực tuyến dựa trên công nghệ mạng toàn cầu (internet). Trong quá trình xây dựng và phát triển của mình, DĐTH hướng đến các mục tiêu sau:

Trở thành một kênh thông tin đảm bảo, có độ tin cậy, hữu ích và thực tế trên tinh thần trách nhiệm cao đối với độc giả trực tuyến và thành viên của diễn đàn.

Xây dựng một sân chơi Toán học, nơi rào cản về khoảng cách địa lý được gỡ bỏ đối với các thành viên yêu thích Toán học

Học toán: Góp phần xây dựng phong cách học toán chủ động, sáng tạo cho học sinh, sinh viên Việt Nam trong môi trường Toán học ở Việt Nam cũng như ở các nước phát triển trên thế giới.

Làm toán: Làm cầu nối giữa những người làm toán, nghiên cứu chuyên sâu về toán ở Việt Nam và nước ngoài. Tạo nên một môi trường trao đổi trực tuyến về các vấn đề trong lĩnh vực toán học với nhiều chuyên ngành hẹp, chuyên sâu và nâng cao.

Dạy toán: Trở thành một địa chỉ trao đổi kinh nghiệm, nghiệp vụ sư phạm và chuyên môn của giáo viên toán ở các trường phổ thông cũng như giảng viên toán ở các trường đại học và viện nghiên cứu khắp mọi nơi. Đồng thời hướng đến sự hỗ trợ, giúp đỡ của những thế hệ đi trước, của các giáo viên, giảng viên đối với học sinh và sinh viên tham gia trên diễn đàn. Hình thành một môi trường dạy và học toán trực tuyến.

Văn hóa toán: Là địa chỉ, nơi gặp gỡ của những người yêu toán, ở đấy các thành viên bàn luận, chia sẻ tất cả các vấn đề liên quan đến văn hóa toán đồng thời phổ biến rộng rãi văn hóa toán đến với mọi đối tượng chuyên và không chuyên về toán.

Thư viện tài liệu toán: Hình thành cơ sở dữ liệu Toán học bằng việc tích lũy từ các thành viên tham gia trên diễn đàn. Cơ sở dữ liệu sẽ bao gồm các tài liệu ở dạng sách, báo, tạp chí, phần mềm, ... được tổ chức lưu trữ tốt, thuận tiện cho việc tìm kiếm của độc giả.

Truyền bá Toán học: Kết hợp giữa việc sinh hoạt trực tuyến (online) với những hoạt động ngoại tuyến (offline), DĐTH hướng tới việc truyền bá toán học tới các bạn trẻ khắp mọi miền đất nước, qua đó góp phần vào sự phát triển của nền Toán học Việt Nam.

Tạp chí điện tử Toán học: DĐTH hướng tới việc xây dựng một tạp chí điện tử uy tín về Toán. Ở đó đăng tải đầy đủ thông tin liên quan đến nền Toán học của Việt Nam và cập nhật tin tức mới nhất của thế giới.

4. Nội dung diễn đàn

Website của Diễn Đàn Toán Học được chia thành hai phần có quan hệ mật thiết. Bao gồm phần cung cấp thông tin (Trang chủ) - ở đó các nội chung được phân cấp theo từng chuyên mục, thuận lợi cho độc giả khi đến với diễn đoàn toán, phần thứ hai là diễn đàn (forum) - nơi trao đổi, thảo luận trực tiếp của các thành viên. Kết quả của các trao đổi trên diễn đàn sẽ được nhóm quản lý kiểm duyệt, tổng hợp và biên tập để đăng tải trên Trang chủ.

Trên web, ngoài việc đăng các tin bài truyền thống, DĐTH cũng đăng tải những tài liệu đa phương tiện (multimedia) để gửi tới các bạn độc giả những thông tin thời sự trên thế giới thông qua trình duyệt flash trực tuyến. Đó là những clip về lịch sử toán học, về những điều lý thú, và cả những bài giảng toán học trực tuyến. Bên cạnh đó DĐTH cũng đã và tiếp tục xây dựng một kho tài liệu sách điện tử (e-books) đa dạng, phong phú đáp ứng nhu cầu của nhiều đối tượng thành viên, từ toán phổ thông, toán học sinh giỏi, toán đại học, sách và giáo trình cho nghiên cứu sinh. Các phần mềm hỗ trợ giảng dạy học tập cũng liên tục được cập nhật.

Trên diễn đàn, DĐTH tập trung phát triển các mảng nội dung sau đây:

• Toán dành cho khối học sinh phổ thông theo chương trình dạy toán ở Việt Nam (bao gồm trung học cơ sở và trung học phổ thông, toán Olympiad.

• Toán dành cho sinh viên khối đại học và sau đại học (bao gồm toán đại cương và một số chuyên ngành cơ bản).

• Toán học và các ngành khoa học khác (mối quan hệ mật thiết và ứng dụng của toán trong các ngành khoa học khác, đặc biệt là mối liên hệ với Khoa học Máy tính, Vật lý và Kinh tế).

• Các câu lạc bộ ngoại khoá (Vật lý, Hóa học, Sinh học, Ngoại ngữ, Thể thao).

• Văn hóa toán học (bao gồm các vấn đề liên quan đến toán như lịch sử toán học, danh nhân toán học, các thông tin thời sự toán học, ...).

Bên cạnh việc phát triển website, DĐTH cũng chú trọng đến việc xây dựng những trang vệ tinh chính thức (official blog) trên các mạng xã hội lớn như Blogspot, Wordpress, Facebook, nơi các bạn thành viên cũng có thể tìm thấy nhiều trang tin bài cá nhân rất bổ ích của các nhà khoa học uy tín và có đẳng cấp thế giới, như Giáo sư Ngô Bảo Châu, Ngô Đắc Tuấn, Ngô Quang Hưng và rất nhiều các tên tuổi khác.

Cùng với thời gian, Diễn Đàn Toán Học đang từng bước hoàn thiện tốt hơn những mục tiêu ban đầu và sẽ cố gắng đề xuất, thực hiện các mục tiêu mới.

5. Nhân lực - Trí Lực

Theo thống kế mới nhất, Diễn Đàn Toán Học đã có khoảng 97.000 lượt đăng ký thành viên trong đó trên 57.080 thành viên chính thức. Bao gồm tất cả các đối tượng: học sinh, sinh viên và nghiên cứu sinh trong và ngoài nước; giáo viên ở các trường phổ thông, giảng viên tại các trường đại học, các nhà nghiên cứu Toán học ở Việt Nam và nhiều nước trên thế giới.

DĐTH được xây dựng và phát triển dựa trên sự đóng góp tự nguyện của tất cả các thành viên cùng với rất nhiều thế hệ của nhóm quản lý và cộng tác viên (CTV). Nhóm quản lý là những người điều hành toàn bộ diễn đàn. Nhóm này được chia làm các nhóm nhỏ, có phân cấp bậc, quyền hạn và chức năng khác nhau.

• Nhóm Quản trị : Bao gồm nhóm quản trị kỹ thuật - duy trì sự hoạt động ổn định của diễn đàn và nhóm quản trị nội dung - chuyên trách việc quản lý thông tin và điều hành tổng thể các hoạt động của DĐTH.

• Nhóm Quản lý : Là những người góp phần định hướng và cố vấn cho DĐTH. Trước khi chuyển đổi vị trí, nhóm quản lý ban đầu bao gồm 20 du học sinh đến từ các quốc gia Anh, Pháp, Đức, Áo, Nhật, Nga, Úc, Mỹ, Canada, và một số sinh viên ở trong nước (Hà Nội và Sài Gòn).

• Nhóm CTV : Bao gồm các CTV quản lý nội dung thông tin trên các chuyên mục khác nhau của diễn đàn, họ là những người trực tiếp kiểm duyệt và xử lý các bài viết của thành viên đăng tải trên forum. Bên cạnh đó, diễn đàn còn có một nhóm biên tập viên chịu trách nhiệm tổng hợp tin bài từ diễn đàn để đăng tải trên trang tin của DĐTH.

6. Các hoạt trực tuyến hiệu quả

Qua 8 năm hoạt động hoạt động chính thức, các thành viên đã gửi lên DĐTH hơn 246.401 bài viết thuộc về 46824 chủ đề (topic). Trong số đó, nhiều chủ đề thảo luận chuyên môn có tới hơn hàng trăm bài viết, hàng vạn lượt đọc và đã được trích dẫn lại ở nhiều cộng đồng mạng có liên quan. Số liên kết từ các website khác tới DĐTH là hơn 200 links (một con số rất lớn và có ý nghĩa quan trọng đối với một cộng đồng học thuật trực tuyến).

Những chủ đề đáng nhớ và có giá trị tham khảo cao trên diễn đàn có thể kể tới: thảo luận về việc học tập và nghiên cứu Giải Tích toán học ở hai miền Nam và Bắc; thảo luận về thực trạng nền toán học Việt Nam với sự tham gia của hàng chục nghiên cứu sinh đang sống và làm việc trong nước và nhiều nước trên thế giới. Những chủ đề tìm hiểu về công trình của các nhà toán học Việt Nam giai đoạn trước và những công trình đương đại luôn là “đặc sản” của DĐTH. Tất nhiên không thể không nhắc tới những chủ đề nóng về việc học tập và giảng dạy toán học ở bậc phổ thông. Hai chủ đề “nóng” nhất là “News of the days” và “Thực trạng nền toán học Việt Nam” đều do PhD Đỗ Đức Hạnh (Berkeley) khởi tạo.

Về mảng toán sơ cấp, DĐTH đã tạo điều kiện cho những phong trào học tập, thảo luận và làm việc theo nhóm giữa các bạn học sinh phát triển một cách không ngờ. Nhiều nhóm CTV đã làm việc với nhau rất nghiêm túc và hiệu quả để cho ra đời những ấn phẩm có giá trị cao, trong đó có thể kể tới cuốn sách “Sáng tạo bất đẳng thức” của nhóm tác giả Phạm Kim Hùng (Stanford University), cuốn “Bất đẳng thức, suy luận và khám phá” của nhóm tác giả Phạm Văn Thuận (Hanoi University of Sciences), cuốn “Những viên kim cương trong bất đẳng thức toán học” của nhóm tác giả Trần Phương (CENSIP), ... Trong thời gian tới hứa hẹn sẽ có thêm nhiều ấn phẩm chất lượng được xây dựng bởi nhiều thành viên khác.

Về mảng toán đại học, những chủ đề về hình học đại số, lý thuyết mật mã, và hình học hiện đại luôn thu hút được sự quan tâm của không chỉ những nghiên cứu sinh, mà cả các sinh viên, thậm chí nhiều học sinh phổ thông thực sự có đam mê. Bên cạnh có những chủ đề cổ điển về giải tích và lý thuyết nhóm cũng rất được quan tâm. Hai chủ đề được yêu thích nhất là "Chỉ số trải, chỉ số phủ” của Assistant Professor Hà Huy Tài (Tulane University) với nickname CXR và “Truy tìm dấu vết kẻ phản bội” của Assistant Professor Phan Dương Hiệu (University of Paris 8) với nickname RongChoi.

Về mảng văn hóa toán học, rất nhiều tài liệu thú vị đã được chia sẻ, và qua đó thu hút được sự quan tâm của nhiều bạn đọc. Chính từ những bài viết này, vào năm 2007 DĐTH đã tổng hợp và liên kết với NXB Giáo Dục Đà Nẵng để cho ra đời hai ấn phẩm với tựa đề là “Chuyện kể về các danh nhân toán học” và “Toán học và những điều lý thú”.

Bên cạnh những thảo luận hàng ngày trên diễn đàn, DĐTH đã tổ chức định kỳ một số kỳ thi trực tuyến, trong đó có kỳ thi viết về vẻ đẹp toán học BOM (Beauty Of Mathematics Constest) năm 2005, và cuộc thi giải toán trên mạng Vietnam Mathematics Electronic Olympiad (VMEO) vào các năm 2004, 2005, 2006.

Kỳ thi VMEO đã được tổ chức tổng cộng ba lần, lần thứ nhất vào năm 2004, lần thứ hai vào năm 2005 và lần thứ ba vào năm 2006. Kỳ thi được tổ chức thường niên vào các tháng 10, 11, 12. Với sự tham gia của trên 100 học sinh trên khắp 3 miền của tổ quốc, VMEO là kì thi dành cho đối tượng học sinh giỏi. Điểm đặc biệt thú vị là tất cả các bài toán được sử dụng làm đề thi đều được sáng tác bởi chính các bạn học sinh và sinh viên toán thuộc nhóm CTV. Cả người ra đề bài, và thí sinh dự thi đều là những bạn trẻ, nhiều bạn trong đó cũng đã có được những tấm huy chương quốc tế (IMO) tương xứng với khả năng sáng tạo của bản thân.

Hiện nay DĐTH đang tiếp tục triển khai xây dựng một số nội dung trực tuyến mới, trong đó có thể kể tới Thi đấu giải toán và Thi thử Đại học 2012. Hai hoạt động này là những bước đầu tiên nhóm quản lý hướng đến để từng bước đưa diễn đàn sôi nổi trở lại. Ngoài ra rất nhiều các chuyên đề hay đang được biên tập cẩn thận chuẩn bị ra mắt bạn đọc.

7. Các hoạt động ngoại tuyến tiêu biểu

Hướng tới việc xây dựng một cộng đồng mang tính học thuật có chất lượng, một sân chơi đúng nghĩa cho các bạn trẻ yêu toán, trở thành chiếc cầu nối giữa các thế hệ toán học Việt Nam, DĐTH rất chú trọng việc xây dựng các sự kiện và hoạt động ngoài đời thực, nơi những cư dân mạng (netizen) có thể gặp gỡ, trao đổi, thảo luận, giao lưu và cùng nhau làm những việc bổ ích. Tiêu biểu là các sự kiện sau:

Trại hè Toán Học Hà Nội tháng 8 năm 2006 là nơi hội tụ của 150 bạn học sinh, sinh viên miền Bắc (đến từ Hà Nội, Hải Dương, Nam Định, Thanh Hóa, Hà Tây, Hải Phòng, Hưng Yên), một số thành viên miền Trung (đến từ Nghệ An, Hà Tĩnh, Huế, Quảng Bình, Quảng Trị, Đà Nẵng) cùng với sự góp mặt của rất nhiều thầy cô từ các trường, các tạp chí toán học và từ các viện nghiên cứu. Đây là nơi trao đổi, truyền đạt kinh nghiệm giữa các thế hệ đi trước với các lớp trẻ kế cận, nơi các bạn thành viên quen nhau qua các nickname trên diễn đàn, nay được gặp gỡ, tay bắt mặt bừng. Trại hè không chỉ dừng lại ở một cuộc gặp gỡ, trao đổi về toán học, mà nó còn là nó còn là một sự đánh dấu cho tính thực (reality) và sống động của cộng đồng mà DĐTH xây dựng.

Trại hè Toán học 2006

Chuyến du ngoạn Côn Sơn Kiếp Bạc hè 2007 là một buổi dã ngoại mà các bạn thành viên của diễn đàn được gặp gỡ ở thế giới thực, và được cùng nhau thăm quan các thắng cảnh của Hải Dương, đó là Côn Sơn, Kiếp Bạc, sông Kinh Thầy, đền thờ Nguyễn Trãi và bàn cờ Tiên. Các thành viên đã được hòa mình với sông nước, núi non hữu tình, để có thể giải tỏa những căng thẳng của công việc học tập và lo âu đời thường, được chia sẻ và cảm nhận không chỉ về toán học, mà mở rộng hơn nữa, đó chính là một đời sống toán học, một văn hóa toán chân thực.

Côn Sơn Kiếp Bạc 2007

Hội thảo tương tác Toán - Lý - Thiên Văn tại thành phố Hồ Chí Minh hè 2008 là một sự kiện mới mẻ và thú vị, đây là nơi gặp gỡ và giao lưu của hơn 200 thành viên trực thuộc ba cộng đồng học thuật trực tuyến là Diễn đàn Toán Học, Diễn đàn Vật Lý Việt Nam và Câu Lạc Bộ Thiên Văn Vietastro. Ở hội thảo này các bạn trẻ yêu toán đã có cơ hội tìm hiểu thêm về ý nghĩa của lĩnh vực mình yêu thích trong những mối quan hệ đặc biệt quan trọng và mật thiết với Vật Lý và Thiên Văn Học.

Tương tác Toán - Lý - Thiên Văn 2008

Trại hè toán học 2009 diễn ra ở Huế đã để lại một ấn tượng sâu đậm trong lòng các trại viên với nhiều hoạt động thiện nguyện ý nghĩa, cơ hội giao lưu với các thế hệ toán học Việt Nam và những cuộc thi IQ trắc nghiệm toán học đầy thú vị. Đây cũng là lần đầu tiên Diễn đàn toán học kết hợp với Nhà xuất bản Đại học quốc gia cho ra mắt một cuốn Kỷ yếu được biên soạn kì công bởi nhiều tác giả.

Kỷ yếu trại hè 2009

Các seminar phương pháp toán sơ cấp và cafe Toán Học đã được triển khai tổ chức tại thành phố Hồ Chí Minh. Bắt đầu từ cuối năm 2007, các seminar đều đặn diễn ra tại nhiều địa điểm trường khác nhau vào sáng chủ nhật hàng tuần. Tổng cộng đã có khoảng 30 buổi seminar được diễn ra với nhiều nội dung từ đại số, số học, hình học tới xác suất, thống kê và giải tích. Cũng trong khuôn khổ chuỗi seminar này, DĐTH đã liên kết với đại học FPT và trường THPT chuyên Lê Hồng Phong (thành phố Hồ Chí Minh) xây dựng được các CLB Toán Học, các CLB này đã tổ chức được những buổi dã ngoại bổ ích, tiêu biểu là những buổi dã ngoại tại khu du lịch Bình Quới và khu du lịch thác Giang Điền. Những seminar này đã thu hút được không chỉ đông đảo các bạn học sinh tới từ thành phố Hồ Chí Minh mà còn cả những thầy giáo và những bạn học sinh từ các tỉnh lân cận như Bình Phước, Đồng Nai tới dự và tham gia thảo luận.

8. Một số thống kê

Số liệu về diễn đàn từ ngày 23 tháng 12 năm 2004 đến ngày 15 tháng 01 năm 2012.

• Diễn đàn có tổng cộng 97.000 lượt thành viên đăng ký bí danh (nickname).
• Diễn đàn có tổng cộng 57.080 thành viên chính thức (member).
• Diễn đàn có tổng cộng 46.824 chủ đề trao đổi (topic).
• Diễn đàn có tổng cộng 246.401 bài viết (post).
• Diễn đàn có tổng cộng 33.276 bài viết bị xóa (spam).
• Diễn đàn có tổng cộng 166.276 lượt nhắn tin cá nhân (PM).
• Diễn đàn có tổng cộng 22.997.066 lượt đọc tin trên trang tin bài.
• Diễn đàn có tổng cộng 7 lần nâng cấp sau 8 năm hoạt động chính thức.
• DĐTH từng lọt vào top 50.000 site lớn nhất thế giới (theo Alexa)
• DĐTH từng lọt vào top 500 site top Việt Nam (theo Alexa)

9. Chung sức xây dựng diễn đàn

Trải qua nhiều thế hệ của nhóm quản lý diễn đàn, các thành viên có cùng mối quan tâm trong lĩnh vực Toán học, đã cùng nhau xây dựng nên Diễn Đàn Toán Học, họ là những người tạo ra sân chơi nhưng nó có thực sự là sân chơi của những người yêu Toán hay không lại phụ thuộc vào chính các thành viên và độc giả lướt web, những người vẫn thường xuyên ghé thăm địa chỉ www.diendantoanhoc.net.

Để diễn đàn phát triển cả về chiều rộng với số lượng đông đảo thành viên, độc giả cũng như chiều sâu, nội dung và thông tin, DĐTH cần sự hỗ trợ và giúp đỡ từ tất cả mọi người. DĐTH rất mong nhận được sự cộng tác của các bạn.

TÀI LIỆU THAM KHẢO

[1] Giới thiệu về Diễn Đàn Toán Học - Nguyễn Hữu Tình (VMF).
[2] Phương hướng nhiệm vụ & Mục tiêu phát triển Diễn Đàn Toán Học 2008-2009 - Nguyễn Quốc Khánh, Nguyễn Hữu Tình (VMF).

[3] VMF - 7 năm nhìn lại - Nguyễn Quốc Khánh, Nguyễn Hữu Tình.
[4] Diễn đàn toán học - www.diendantoanhoc.net.