DangHongPhuc

81. Nhưng một số phương trình có bậc cao hơn bốn như x⁶ – 1 = 0 hoàn toàn có thể giải được bằng cách khai căn!

Các phương trình như x⁶ – 1 = 0, x­⁸ – 2 = 0, xⁿ – a = 0 hoàn toàn có thể giải được bằng cách khai căn mặc dù mỗi phương trình này có bậc cao hơn bốn. Không chỉ những phương trình này, mà còn nhiều phương trình khác có bậc tùy ý, chúng có thể được giải bằng phương pháp khai căn, cho nên vấn đề lúc này là xác định những điều kiện chính xác cho tính giải được của một phương trình theo căn thức.

82. Ai đã xác định được những điều kiện chính xác này?

Một nhà toán học người Pháp tên là Galois, ông qua đời trong một trận thách đấu phi lí lúc ở tuổi 21, đã đào sâu vấn đề và đã chứng minh vào năm 1831 rằng một phương trình đại số là có thể giải được theo căn thức nếu và chỉ nếu nhóm Galois của nó là có thể giải được. Phần chứng minh đó quá khó để trình bày ở đây.

83. Khi nào thì những phương pháp gần đúng được sử dụng?

Mặc dù một phương trình tổng quát có bậc cao hơn bốn là không thể giải được theo căn thức, nhưng nghiệm của một phương trình bất kì với các hệ số dạng số có thể được tìm ra đến độ chuẩn xác bất kì bởi cái gọi là những phương pháp gần đúng.

Có sẵn nhiều phương pháp và các phương pháp khác nhau thích hợp cho những phương trình khác nhau.

84. Những phương pháp này có thích hợp cho phương trình bậc ba và phương trình bậc bốn không?

Những phương pháp như thế thích hợp hơn cho việc giải các phương trình bậc ba và phương trình bậc bốn có các hệ số dạng số.

85. Một phương trình bậc ba được giải theo phương pháp đó như thế nào?

Phương pháp thông qua ở đây là thích hợp nếu phương trình đã cho có thể suy giản về dạng

x = a + Φ (x),

trong đó a là một con số nào đó, và Φf(x) là một đại lượng nhỏ phụ thuộc vào x.

Một nghiệm gần đúng được cho bởi x = a.

Đưa x = a vào vế phải của phương trình đã cho, ta thu được một gần đúng thứ hai,

x = a + Φ (a), trong đó Φ (a) là thay thế cho x trong Φ (x).

Kí hiệu giá trị này là a₁, ta có một gần đúng thứ ba

x = a + Φ (a₁)

và cứ thế, cho đến khi nghiệm đạt tới mức độ chuẩn xác theo yêu cầu.

86. Phương trình sau đây được giải như thế nào: x³ + 3x² + 2 = 0?

Chia cho x², phương trình đã cho có thể viết lại là

x = - 3 - 2/x², có dạng x = a + Φ (x)

Một gần đúng thứ nhất là x = – 3.

Phương trình này chỉ có một nghiệm thực. Hai nghiệm kia là ảo.

87. Các nghiệm của một phương trình được định vị như thế nào?

Khi một phương trình có nhiều hơn một nghiệm thực, để xác định tất cả các nghiệm, cần định vị chúng một cách gần đúng trước khi giá trị của chúng có thể được xác định đến độ chuẩn xác cần thiết.

Xét phương trình

8x³ – 100x² + 342x – 315 = 0

Cho x nhận các giá trị 0, 1, 2, 3, 4, 5,… và duyệt qua giá trị của biểu thức ở vế trái. Ta hãy gọi nó là P, thì

P = 8x³ – 100x² + 342x – 315

Khi          x = 0,     P = – 315

                x = 1,     P = – 65

                x = 2,     P = 33

                x = 3,     P = 27

                x = 4,     P = – 35

                x = 5,     P = – 105

                x = 6,     P = – 135

                x = 7,     P = – 77

                x = 8,     P = 120

Từ trên ta thấy khi x tăng từ 1 lên 2, P tăng từ – 65 lên 33. Bắt đầu từ một giá trị âm – 65, trước tiên P phải thu được một giá trị bằng không, và chỉ khi đó nó mới có thể tăng đến một giá trị dương 33. Do đó, P sẽ nhận một giá trị bằng không với một giá trị nào đó của x giữa 1 và 2.

Tương tự, khi x tăng từ 3 lên 4, giá trị của P giảm từ 27 xuống – 35. Do đó, một lần nữa P sẽ nhận một giá trị bằng không với một giá trị nào đó của x giữa 3 và 4.

Tiếp theo, khi x tăng từ 4 lên 7, P vẫn giữ nguyên dấu và không nhận một giá trị bằng không nào ở giữa khoảng đó.

Cuối cùng, khi x tăng từ 7 lên 8, giá trị của P tăng từ – 77 lên 120. Do đó, một lần nữa P sẽ nhận một giá trị bằng không với một giá trị nào đó của x giữa 7 và 8.

Vì một giá trị bằng không của P ứng với một nghiệm của phương trình, nên phương trình đã cho chỉ có các nghiệm giữa 1 và 2, giữa 3 và 4, và giữa 7 và 8.

Trong trường hợp đã cho, P nhận giá trị bằng không với x = 1,5; 3,5 và 7,5; đó là nghiệm của phương trình đã cho.

88. Hệ phương trình là gì?

Khi hai hoặc nhiều phương trình được thỏa mãn bởi những giá trị giống nhau của những đại lượng chưa biết, thì chúng được gọi là hệ phương trình.

Một ví dụ của hệ phương trình gồm hai biến, x và y, là

3x + 4y = 18,

5x + 7y = 31.

89. Chúng được giải như thế nào?

Người ta giải những phương trình như thế ở nhà trường trước tiên bằng cách loại trừ x hoặc y.

Ở đây có thể loại trừ y bằng cách nhân phương trình thứ nhất với 7, và phương trình thứ hai với 4, sau đó trừ nhau. Như vậy,

7 nhân vào phương trình I cho ta: 21x + 28y = 126,

4 nhân vào phương trình II cho ta: 20x + 28y = 124.

Trừ nhau cho ta x = 2.

Thay giá trị của x vào một trong hai phương trình đã cho, ví dụ thay vào phương trình thứ nhất, ta được

6 + 4y = 18,

hay 4y = 12, hay y = 3.

90. Hệ phương trình chứa ba biến được giải như thế nào?

Phương pháp giải hệ phát triển chứa nhiều hơn hai biến là tương tự như trên.

Ví dụ,    x + y + 3z = 12,

                2x + 3y + 4z = 20,

                3x + 2y + 5z = 22,

Trước tiên loại z ra khỏi hai phương trình đầu, sau đó loại ra khỏi hai phương trình cuối. Làm như vậy mang lại cho ta hai phương trình chỉ chứa hai biến, x và y. Hai phương trình này có thể được giải bình thường.

Như vậy,

4 nhân vào phương trình I cho ta:             4x + 4y + 12z = 48,

3 nhân vào phương trình II cho ta:            6x + 9y + 12z = 60,

Trừ hai phương trình:                                     - 2x –5y = - 12

                Hay                                                        2x + 5y = 12                        (A)

Làm lại lần nữa,

5 nhân vào phương trình II cho ta:            10x + 15y + 20z = 100,

4 nhân vào phương trình III cho ta:          12x + 8y + 20z = 88,

Trừ hai phương trình:                                     - 2x + 7y = 12,

                Hay                                                        2x - 7y = - 12.                      (B)

Giải hệ gồm (A) và (B) như bình thường, ta được x = 1, y = 2.

Thay giá trị của x và y vào phương trình thứ nhất, ta được z = 3.

Như vậy, ta có x = 1, y = 2, z = 3.

71. Phương trình bậc ba là gì và nó được giải như thế nào?

Phương trình bậc ba tổng quát có dạng

x³ + ax² + bx + c = 0                          (1)

Trước tiên nó được biến đổi thành một phương trình bậc ba có dạng

y³ + py + q = 0                                    (2)

phương trình không chứa số hạng bình phương của biến.

Việc này được tiến hành một cách dễ dàng bằng cách đặt x = y – a/3.

Bây giờ giả sử y = u + v,

rồi lập phương cả hai vế:

                y³ = u³ + v³ + 3uv (u + v)

hay         y³ = u³ + v³ + 3uv y

                                thay y cho u + v

hay         y³ – 3 uvy – (u³ + v³) = 0                                 (3)

So sánh phương trình (2) và (3) ta có

72. Ai đã phát triển phương pháp giải này?

Phương pháp giải phương trình bậc ba này thường được gọi là phương pháp Cardan.

Cardan thu được nó từ một nhà toán học khác tên là Tartaglia với lời hứa giữ bí mật nhưng ông đã công bố nó là thành quả của riêng ông trong quyển sách của ông vào năm 1545.

Cardan và Tartaglia đều là người Italia.

73. Phương trình bậc ba có các hệ số được giải như thế nào?

Chúng ta hãy thử giải phương trình sau đây:

x³ + 6x² + 9x + 4 = 0

Trước tiên, đặt x = y – 2, khi đó phương trình đã cho biến đổi thành

(y – 2)³ + 6 (y – 2)² + 9 (y – 2) + 4 = 0

hay đơn giản lại là y³ – 3y + 2 = 0.

Bây giờ đặt y = u + v, thì y³ – 3 uvy – (u³ + v³) = 0, rồi lập phương cả hai vế.

Þ uv = 1, và u³ + v³ = – 2, khi so sánh với y³ – 3y + 2 = 0

hay         u³ + v³ = – 2, và u³v³ = 1.

Do đó, u³ và v³ là nghiệm của phương trình

t² – (tổng các nghiệm) t + (tích các nghiệm) = 0

hay         t² + 2t + 1 = 0,

hay         (t + 1)² = 0, cho t = – 1, – 1.

Þ u³ = – 1, và v³ = – 1; cho u = – 1, và v = – 1.

Þ y = u + v = – 2

Vì y = – 2 là một nghiệm của phương trình y³ – 3 y + 2 = 0

Þ y + 2 phải là một hệ số của phương trình này.

Chia phương trình cho y + 2, ta được phương trình bậc hai

y² – 2y + 1 = 0, hay (y – 1)² = 0, cho y = 1, 1.

Þ y = – 2, 1, 1.

Vì x = y – 2, nên cuối cùng ta có x = – 3, – 1, – 1.

74. Phương pháp này có luôn cho ra nghiệm hay không?

Trong trường hợp phương trình bậc ba có hệ số, phương pháp này chỉ cho ra nghiệm khi phương trình bậc ba hoặc có hai nghiệm ảo, hoặc có hai nghiệm bằng nhau, và nó không tìm ra nghiệm của phương trình bậc ba có cả ba nghiệm thực và không bằng nhau.

Phương trình bậc ba thuộc loại vừa nói được giải bằng cách sử dụng lượng giác và các phương pháp gần đúng.

75. Phương trình bậc bốn được giải như thế nào?

Một ví dụ sẽ làm sang tỏ nhất phương pháp giải nghiệm.

Xét phương trình

x⁴ – 10 x³ + 35 x² – 50 x + 24 = 0

Phương pháp giải trước tiên biểu diễn vế trái là hiệu của hai bình phương, sau đó là tích của hai phương trình bậc hai.

Ta có      x⁴ – 10 x³ + 35 x² – 50 x + 24 = 0

hay         x⁴ – 10 x³ = – 35 x² + 50 x – 24

hay         x⁴ – 10 x³ + 25 x² = – 10 x² + 50 x – 24

hay         (x² – 5 x)² = – 10 x² + 50 x – 24

Đưa thêm λ vào vế trái, rồi cân bằng với vế phải, ta được

(x² – 5 x + λ)² = (– 10 x² + 50 x – 24) + λ² + 2λ (x² – 5 x)

hay         (x² – 5 x + λ)² = (2λ – 10) x² + (50 – 10 λ) x + λ² – 24

Áp dụng điều kiện các số hạng ở vế phải tạo nên một số chính phương, ta được cái gọi là lập phương bổ trợ theo λ, từ đó có thể tính ra λ.

Ở đây, λ có thể được xác định dễ dàng hơn bằng cách xét rằng vì các số hạng ở vế phải tạo nên một số chính phương, nên (2x – 10) và (λ² – 24) cũng phải là một số chính phương.

Do đó, ta đặt (2x – 10) lần lượt bằng 1, 4, 9, 16,... và thấy giá trị của l làm cho λ² – 24 cũng là một số chính phương.

Đặt 2x – 10 = 4 hay λ = 7 cho λ² – 24 = 25, đó là một số chính phương, và ta được

(x² – 5x + 7)² = 4x² – 20x + 25

hay         (x² – 5x + 7)² = (2x – 5)²

hay         x² – 5x + 7 = ± (2x – 5)

suy ra    x² – 5x + 7 = 2x – 5, và x² – 5x + 7 = – 2x + 5,

tức là x² – 7x + 12 = 0, và x² – 3x + 2 = 0.

Đây là hai phương trình bậc hai, giải chúng cho ta tương ứng x = 3, 4 và x = 1, 2.

Do đó, nghiệm của phương trình bậc bốn đã cho là 1, 2, 3, và 4.

76. Ai đã phát triển phương pháp này và khi nào?

Phương pháp giải phương trình bậc bốn này được nêu ra vào năm 1540 bởi Ferrari, một nhà toán học người Italia và là học trò của Cardan.

77. Phương pháp giải phương trình bậc bốn của Descartes là gì?

Vào năm 1637, Descartes nêu ra một phương pháp giải khác với Ferrari. Ông giải phương trình bằng cách biểu diễn nó bằng tích của hai tam thức bậc hai.

Phương pháp này có thể áp dụng khi phương trình khuyết số hạng chứa x³, hoặc loại trừ nó bằng những thay thế thích hợp.

Ví dụ sau đây làm rõ cho phương pháp.

Xét phương trình

x⁴ – 2x² + 8x – 3 = 0

Giả sử x⁴ – 2x² + 8x – 3 = (x² + kx + l) (x² + kx – m),

sau đó đơn giản và cân bằng các hệ số giống nhau,

ta có

Sử dụng đồng nhất thức

(m + l)² – (m – l)² = 4ml

để loại trừ m, n ra khỏi những phương trình này, ta được

(k – 2)² – 64/k² = - 12

Đơn giản, ta được k⁶ – 4k² + 16k² – 64 = 0.

Đây là phương trình bậc ba theo k², và nó được thỏa mãn bởi k² = 4, hay k = ± 2.

Đặt k = 2 ta có

 

78. Còn phương pháp giải phương trình tổng quát bậc năm thì sao?

Sau khi có được phương pháp giải phương trình bậc ba và bậc bốn, nhiều nhà toán học danh tiếng đã tiếp tục nỗ lực giải phương trình bậc năm. Họ đã cố gắng không mệt mỏi trong hơn hai thế kỉ rưỡi mà không có chút thành công nào.

79. Phải chăng phương trình bậc năm là không thể giải được bằng cách đưa nó về phương trình bậc bốn?

Chúng ta đã thấy rằng lời giải của một phương trình phụ thuộc vào lời giải của một phương trình bậc thấp hơn. Sử dụng nguyên lí này, một nhà toán học người Pháp, Lagrange, đã cố giải phương trình bậc năm nhưng nó lại dẫn ông tới một phương trình bậc sáu. Đây là một dấu hiệu gián tiếp rằng một phương trình bậc năm tổng quát không thể giải được bằng những phương pháp như thế. Lagrange đã bỏ qua gợi ý đó.

80. Abel đã chứng minh cái gì?

Abel, một nhà toán học người Na Uy, vào năm 1824 đã chứng minh kết quả nổi bật rằng phương trình đại số tổng quát có bậc cao hơn bốn là không thể giải được bằng cách khai căn.

61. Có phải mọi phương trình đại số đều có nghiệm thực?

Không. Có những phương trình như x² + 1 = 0 không có nghiệm thực nào.

Phương trình x² + 1 = 0 có hai nghiệm là i và – i, trong đó i là kí hiệu của √-1, tức là căn bậc hai của – 1.

Có thể nói rằng mỗi phương trình bậc hai có hai nghiệm, cái cần thiết là công nhận tồn tại số phức – cái đã có thời người ta phủ nhận.

Một con số có dạng a + it được gọi là số phức. Nếu a = 0 thì con số đó đôi khi được gọi là số ảo.

Nhưng phương trình x² – 2 = 0 thì có hai nghiệm thực, √2 và – √2.

Những nghiệm như thế đã gây khó khăn cho các nhà toán học, cho đến khi số vô tỉ được thừa nhận là một tập số.

62. Mở rộng hệ thống số thì có lợi gì? Hay định lí cơ bản của đại số học là gì?

Với hệ thống số mở rộng bao gồm toàn bộ số tự nhiên, phân số, số âm, số vô tỉ và số phức, người ta đã có thể phát biểu một định đề rất quan trọng và đẹp đẽ gọi là định lí cơ bản của đại số học.

Nó phát biểu rằng mọi phương trình đại số bậc n với các hệ số thực hoặc hệ số phức luôn luôn có ít nhất một nghiệm thực hoặc nghiệm phức.

Nó được gọi là định lí cơ bản của đại số học bởi vì khi nó được Gauss chứng minh lần đầu tiên vào năm 1799, nghiên cứu đại số học chỉ mới hạn chế với lí thuyết của các phương trình. Mặc dù định lí cực kì quan trọng nhưng tên gọi như thế không còn hợp lí trước sự thay đổi to lớn về bản chất và quy mô của đại số học.

Một hệ quả rất hữu ích của định lí này là mỗi phương trình đại số bậc n không phải có một mà có chính xác n nghiệm. Tất nhiên, ở đây ta giả sử rằng một nghiệm trùng lắp cũng được đếm là một nghiệm.

63. Tại sao định lí cơ bản của đại số học được gọi là định lí tồn tại?

Nó được gọi là định lí tồn tại vì nó chỉ đơn giản cho chúng ta biết số lượng nghiệm tồn tại đối với một phương trình cho trước, chứ nó không đề cập tới phương pháp xác định nghiệm.

64. Định lí này có đúng cho mọi loại phương trình không?

Không. Định lí chỉ đúng đối với các phương trình đại số vì có tồn tại những phương trình phi-đại số không có nghiệm gì cả!

Ví dụ, phương trình a^x = 0, trong đó a là một số thực, không có nghiệm nào hết!

65. Những phương trình nào được gọi là phi-đại số?

Sau đây là một vài phương trình phi-đại số:

(i)                  x + log₁₀x = 5

(ii)                e^x – 3x = 0

(iii)               x² + 4 sinx = 0

Những phương trình này là phi-đại số vì chúng chứa các biểu thức logarithm, lũy thừa hoặc lượng giác.

66. Hệ thống số có được khái quát hóa vượt ra ngoài số phức hay không?

Đã có những nỗ lực khái quát hóa thêm khái niệm số nhưng không thành công cho lắm.

Các quaternion và số siêu phức đã được phát minh để có sự khái quát hóa như thế.

67. Quaternion là gì?

Một quaternion là một kí hiệu thuộc loại a + bi + cj + dk, trong đó a, b, c, d là các số thực, và i, j, k là các kí hiệu toán tử.

Tổng của hai quaternion được định nghĩa đơn giản. Ví dụ, tổng của hai quaternion

x = x₀ + x₁i + x₂j + x₃k

và y = y₀ + y₁i + y₂j + y₃k

là x + y = (x₀ + y₀) + (x₁ + y₁)i + (x₂ + y₂)j + (x₃ + y₃)k.

Tích của hai quaternion được định nghĩa bằng cách sử dụng luật phân phối và những quy ước sau đây:

i² = j² = k² = - 1

ij = - ji = k

jk = - kj = i

ki = - ik = j

Chúng được phát minh bởi William R. Hamilton.

68. Số siêu phức là gì?

Một số siêu phức được kí hiệu bởi biểu thức

E₁x₁ + E₂x₂ +… + E_nx_n,

trong đó x₁, x₂,…, x_n là các số thực, và E₁, E₂,…, E_n­ là các kí hiệu toán tử.

Nó còn được gọi là vector n chiều, và được sáng tạo bởi Grassmann, một người đương thời với Hamilton.

Lí thuyết số siêu phức bao hàm các quaternion, nên các quaternion có thể được xem là một trường hợp đặc biệt của số siêu phức.

69. Tại sao những mở rộng này của hệ thống số ít được biết tới?

Có nhiều lí do.

Các nhà vật lí và các nhà toán học ứng dụng thấy chúng quá khái quát và phức tạp cho những nhu cầu hằng ngày của họ.

Thứ hai, một công cụ toán học đơn giản hơn nhiều gọi là Giải tích Vector đã được phát triển, do sức mạnh to lớn của nó mà nó được ứng dụng rộng rãi trong hầu như mỗi ngành vật lí toán và nhiều lĩnh vực khác.

Thứ ba, các quy ước mà Hamilton sử dụng để định nghĩa tích của hai quaternion hay các quy tắc mà Grassmann lập ra để kết hợp hai số siêu phức không thỏa mãn sức mạnh của tính hợp thức của toán học.

70. Vậy câu hỏi cần trả lời là gì: Khái niệm số có được mở rộng thêm vượt ra ngoài hệ số phức hay không?

Câu trả lời là Không, và đó là một bước ngoặc lớn.

Weierstrass đã chứng minh vào khoảng năm 1860, và sau này được Hilbert chứng minh đơn giản hơn nữa, rằng không thể có sự khái quát hóa nào thêm nữa theo xu hướng đặc biệt này.

Chúng ta đã đi tới cuối con đường.

51. Đại số là lí thuyết của các phương trình! Giải phương trình có nghĩa là gì?

Xét những bài toán sau đây:

1.        Tuổi của A gấp đôi tuổi của B. Hồi 10 năm trước thì tuổi của A gấp bốn lần tuổi của B. Hỏi hiện nay họ bao nhiêu tuổi?

2.        Tiền của A nhiều gấp đôi tiền của B. Sau khi mỗi người xài 10 rupee, A nhận thấy tiền của anh gấp bốn lần tiền của B. Hỏi ban đầu mỗi người có bao nhiêu tiền?

3.        A đi xa gấp đôi B. Nếu mỗi người đi ít lại 10 dặm, thì A đi xa gấp bốn lần B. Hỏi mỗi người đã đi bao xa?

Thực thể chưa biết như tuổi, tiền và quãng đường đi trong những bài toán này được gán cho tên gọi x và bài toán được phát biểu theo kí hiệu x đó.

Phát biểu như thế này về x thường liên hệ hai biểu thức bởi một dấu bằng, vì thế nó được gọi là phương trình. Phương trình này là đúng đối với giá trị hoặc những giá trị nhất định của biến x, và không đúng với những giá trị khác.

Giải phương trình có nghĩa là xác định những giá trị của biến x để cho phương trình nghiệm đúng. Ví dụ, phương trình 4x = 12 chỉ đúng với x = 3, nên 3 được gọi là nghiệm của phương trình 4x = 12.

52. Những bài toán này được giải như thế nào?

Trong bài toán 1,

Ta gọi tuổi của B là x.

Thì tuổi của A là 2x.

Mười năm trước, tuổi của A phải là (2x – 10).

Và tuổi của B là (x – 10).

Theo bài toán, tuổi của A bằng bốn lần tuổi của B:

(2x – 10) = 4 (x – 10) hay 2x = 30 hay x = 15.

Vậy tuổi của B là 15, và tuổi của A gấp đôi tuổi của B: 30.

Trong bài toán 2, ta giả sử B có x rupee, thì tiền của A là 2x rupee.

Sau khi xài 10 rupee, A còn lại (2x – 10) rupee, B còn lại (x – 10) rupee.

Theo bài toán, tiền của A lúc này bằng bốn lần tiền của B:

(2x – 10) = 4 (x – 10) hay 2x = 30 hay x = 15.

Tiền của B là 15 rupee, và tiền của A gấp đôi của B: 30 rupee.

Trong bài toán 3,

Ta giả sử B đi x dặm, thì A đi 2x dặm.

Nếu mỗi người đi ít lại 10 dặm thì quãng đường A đi được là (2x – 10), và B đi được (x – 10) dặm.

Theo bài toán, quãng đường của A bằng bốn lần quãng đường của B:

(2x – 10) = 4 (x – 10) hay 2x = 30 hay x = 15.

Vậy B đi được 15 dặm và A đi được 15 dặm.

53. Nói phương trình là một mô hình toán học thì có nghĩa là gì?

Ba bài toán ở trên liên quan đến những thực thể rõ ràng khác nhau như tuổi, tiền và quãng đường đi, nhưng cùng một phương trình, tức là (2x – 10) = 4 (x – 10) là phương tiện cần thiết để giải chúng.

Như vậy, phương trình là một mô hình toán học có nhiều điểm chung với bài toán nên nghiệm của nó cũng là nghiệm của bài toán. Như vậy, trong khi chúng ta chỉ giải mô hình, nhưng bài toán cũng đã được giải.

54. Mô hình “có nhiều điểm chung” với bài toán có nghĩa là sao? Có phải mô hình không đại diện hoàn toàn cho bài toán?

Tập hợp số tự nhiên 1, 2, 3,... là ví dụ đơn giản nhất của một mô hình toán học. Nó được sử dụng để đếm các vật khi mà toàn bộ tính chất của các vật đó bị bỏ qua, trừ số lượng của chúng.

Nhưng nếu những yếu tố khác được xét đến, thì chúng có thể dẫn tới những kết luận kì lạ hoặc bất ngờ như câu chuyện dưới đây sẽ làm rõ.

Trong lớp bình dân học vụ ở một ngôi làng nọ, người thầy dạy đang cố gắng giảng giải phép toán trừ như sau:

Thầy: Có 11 con cừu, 7 con nhảy ra khỏi chuồng thì sẽ còn lại mấy con?

Trò: Không còn con nào cả!

Thầy: Vì sao vậy? Nếu 7 con chạy qua bên này rồi thì bên kia còn lại 4 con chứ! Sao lại không còn con nào?

Mấy người học trò vẫn chưa chịu thôi.

Trò: Trời ơi, có lẽ thầy biết làm toán đó. Nhưng thầy không hiểu mấy con con cừu rồi!

55. Thủ tục giải các bài toán đại số là gì?

Để giải các bài toán, chúng được chuyển thành các phương trình. Cách giải các phương trình là chủ để trọng tâm của đại số học, phần tiếp theo sẽ giới thiệu ngắn gọn về chúng.

56. Phương trình bậc nhất là gì?

Một phương trình có dạng ax + b = 0, trong đó x là một thực thể chưa biết, được gọi là một phương trình bậc nhất.

Nó có thể được giải một cách dễ dàng.

Nếu ax + b = 0 thì ax = - b và x = - b/a.

Trong những bài toán đã nêu ở trên, phương trình 2x = 30 là một phương trình bậc nhất.

57. Phương trình bậc hai là gì?

Một phương trình bậc hai thì có dạng ax² + bx + c = 0.

Nó có hai nghiệm, mặc dù đôi khi hai nghiệm đó trùng nhau.

58. Phương trình bậc hai được giải như thế nào?

Công cụ chính để giải phương trình bậc hai là một công thức được suy luận ra như sau:

Trước tiên, chia mỗi số hạng của phương trình cho a. Số hạng c/a được chuyển sang vế bên kia cùng với dấu trừ và sau đó cộng b²/4a² vào cả hai vế, rồi lấy căn bậc hai cả hai vế, tức là

ax² + bx + c = 0

59. Những phương pháp nghiệm này đã được phát triển khi nào?

Người ta tin rằng các phương trình bậc nhất đã được giải bởi người Ai Cập vào khoảng 4000 năm trước. Phương trình bậc hai đã được giải bởi người Hindu vào thời cổ xưa, còn các phương trình tổng quát bậc ba và bậc bốn chỉ mới được giải bởi các nhà đại số học người Italy vào thế kỉ 16.

60. Một phương trình có bao nhiêu nghiệm?

Một phương trình bậc nhất thì có một nghiệm, bậc hai có hai nghiệm, bậc ba có ba nghiệm, và cứ thế số nghiệm theo bậc của phương trình.

Vào giai đoạn đầu của lịch sử toán học, người ta chỉ công nhận nghiệm dương của các phương trình, còn nghiệm âm bị xem là sai.

41. Từ định lí Fermat còn suy ra được những kết quả gì khác?

Ta suy ra được những kết quả sau đây:

         I.            1.Mỗi số chính phương là có dạng 5n hoặc 5n ± 1, trong đó n là một số nguyên dương.

        II.            2.Mỗi số có căn bậc ba nguyên là có dạng 9n hoặc 9n ± 1.

      III.            3.Một số vừa là chính phương vừa có căn bậc ba nguyên thì có dạng 7n hoặc 7n + 1.

42. Định lí Wilson là gì?

Định lí Wilson phát biểu rằng:

Số (n – 1)! + 1 là chia hết cho n, nếu và chỉ nếu n là số nguyên tố.

Ví dụ, với n = 5, (n – 1)! + 1 bằng 25 chia hết cho 5, vì 5 là số nguyên tố.

Nhưng nếu n = 6, thì (n – 1)! + 1 bằng 121 không chia hết cho 6, vì 6 không phải là số nguyên tố.

43. Người ta sử dụng phép quy nạp toán học như thế nào để chứng minh tính chia hết?

Phương pháp quy nạp toán học trong đó chúng ta đi từ phát biểu riêng đến phát biểu khái quát thỉnh thoảng có thể được sử dụng để chứng minh một số kết quả về tính chia hết.

Lấy ví dụ, chúng ta chứng minh rằng 3²ⁿ – 2n – 1 là chia hết cho 2, với mọi giá trị nguyên dương của n.

Ta hãy kí hiệu biểu thức trên là f(n), khi đó

f(n) = 3²ⁿ – 2n – 1                             (1)

biến đổi n thành n + 1 ta có

f(n + 1) = 3²ⁿ⁺² – 2(n + 2) – 1

             = 9. 3²ⁿ – 2n – 3                    (2)

Nhân (1) với 9, rồi lấy (2) trừ (1), ta được

f(n + 1) – 9f(n) = – 2n – 3 – 9 (–2n – 1)

                         = –2n – 3 + 18 n + 9

                         = 16n + 6

                         = 2 (8n + 3)

Do đó, nếu f(n) chia hết cho 2, thì f(n + 1) cũng chia hết cho 2.

Cụ thể, f(1) = 3² – 2 – 1 = 6, chia hết cho 2, nên f(2) chia hết cho 2, rồi f(3) cũng vậy, cứ thế. Như vậy, kết quả là đúng cho mọi trường hợp.

Những kết quả sau đây có thể được chứng minh tương tự:

i) 10ⁿ + 3.4²⁺² + 5 là chia hết cho 9

ii) 3⁴ⁿ⁺² + 5²ⁿ⁺¹ là chia hết cho 14

iii) 3²ⁿ⁺² – 8n – 9 là chia hết cho 64

iv) 3²ⁿ⁺⁵ + 160n² – 56n – 243 là chia hết cho 512

v) 5²ⁿ⁺² – 24n – 25 là chia hết cho 576.

44. Các số Pythagoras là gì?

Các số nguyên dương x, y, z được gọi là số Pythagoras nếu chúng thỏa mãn phương trình: x² + y²= z².

Hai ví dụ quen thuộc của những số như thế là 3, 4, 5 và 5, 12, 13.

Ở đây ta có 3² + 4² = 5², và 5² + 12² = 13².

Các số Pythagoras luôn làm thành ba cạnh của một tam giác vuông.

Đặc điểm nổi bật nhất của tam giác vuông được cho bởi định lí Pythagoras. Định lí phát biểu rằng tổng bình phương của hai cạnh góc vuông bằng bình phương của cạnh huyền.

Theo định lí Pythagoras, 3² + 4² = 5².

Các số như vậy được cho bởi

x = m² – n²

y = 2mn

z = m² + n²

Trong đó m, n là hai số nguyên dương bất kì, và m lớn hơn n.

45. Còn tổng lũy thừa cao nhất của các số nguyên thì sao? Hay định lí cuối cùng của Fermat là gì?

Một động thái tự nhiên là tìm kiếm các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn

x³ + y³ = z³

x⁴ + y⁴ = z⁴

x⁵ + y⁵ = z⁵, và vân vân.

Tất cả những trường hợp này được gộp chung lại như sau:

Tìm các số nguyên x, y, z sao cho xⁿ + yⁿ = zⁿ ,trong đó n là một số nguyên lớn hơn 2.

Vào khoảng năm 1637, Fermat đã dành thời gian nghiên cứu bài toán này và đi tới kết luận rằng không thể tìm được những số nguyên như thế.

Kết quả này được gọi là định lí cuối cùng của Fermat.

Ông có đề cập rằng ông đã tìm ra một cách chứng minh không thể chối cãi của kết quả này, nhưng lề của quyển sách chỗ ông viết là quá hẹp để ghi nó ra. Fermat có thói quen ghi lại một số ý tưởng của ông trên lề của những quyển sách toán của ông.

46. Phép chứng minh đó có được tìm thấy lại hay không?

Một số nhà toán học trong hơn ba trăm năm qua đã cố gắng tìm lại phép chứng minh đó nhưng chẳng có ai thành công.

Định lí đã được chứng minh cho một vài giá trị của n, và người ta chưa tìm thấy ngoại lệ nào, nhưng một chứng minh tổng quát đúng cho mọi giá trị của n cho đến nay vẫn còn né tránh các nhà toán học.

47. Mỗi số nguyên dương có thể được biểu diễn theo tổng của bốn bình phương hay không?

Một tính chất thú vị đúng cho mọi số nguyên dương là mỗi số nguyên như thế có thể được biểu diễn ở dạng x² + y² + z² + u², các giá trị bằng 0 của x, y, z, u là không thể tránh khỏi.

Ví dụ,

1 = 0² + 0² + 0² + 1²

2 = 0² + 0² + 1² + 1²

3 = 0² + 1² + 1² + 1²

4 = 1² + 1² + 1² + 1²

5 = 0² + 0² + 1² + 2²

6 = 0² + 1² + 1² + 2²

7 = 1² + 1² + 1² + 2²

Vân vân.

50 = 0² + 0² + 1² + 7²

234 = 2² + 5² + 6² + 13²

2011 = 13² + 16² + 19² + 35²

Vân vân.

48. Các biểu diễn như trên có là duy nhất hay không?

Không. Có thể biểu diễn một con số theo kiểu như vậy bằng nhiều cách. Ví dụ

10007    = 99² + 14² + 3² + 1²

                = 74² + 65² + 15² + 9²

= 62² + 59² + 51² + 9²

49. Những kết quả như thế có tồn tại cho số mũ nguyên 3 và số mũ cao hơn hay không?

Các nghiên cứu đã được thực hiện theo chiều hướng này kể từ năm 1770 và các kết quả liên tục được cải thiện.

Những kết quả thu được cho đến nay đủ để phát biểu rằng mỗi số nguyên N đủ lớn là tổng của 9 mũ 3, 19 mũ 4, 41 mũ 5, 87 mũ 6, 193 mũ 7, 425 mũ 8, 949 mũ 9 hoặc 2113 mũ 10.

Giới hạn trên của số N chưa được xác định, nhưng nó phải là rất lớn.

50. Giả thiết Goldbach về những con số lớn là gì?

Vào năm 1742, Goldbach đã nêu giả thiết rằng mỗi con số lẻ N đủ lớn có thể được biểu diễn bằng tổng của ba số nguyên tố, tức là

Số lẻ N = p₁ + p₂ + p₃

nhưng giả thiết thật ra được chứng minh bởi Vinogradov vào năm 1937.

Nếu chúng ta cộng thêm 3 vào hai vế của biểu thức liên hệ này, thì ta có

Số chẵn N = p₁ + p₂ + p₃ + 3

tức là mỗi con số chẵn đủ lớn có thể được biểu diễn bằng tổng của bốn số nguyên tố.

Người ta còn biết rằng mỗi số nguyên đủ lớn là tổng của tối đa 20 số nguyên tố.

31. Số nguyên tố sinh đôi là gì?

Một hiện tượng thú vị là sự xuất hiện của những cặp số nguyên tố còn gọi là số nguyên tố sinh đôi.

Một cặp sinh đôi là một cặp số nguyên tố có hiệu bằng 2, ví dụ như 11 và 13.

Các cặp số nguyên tố nhỏ hơn 1000, xếp theo thứ tự, là:

(3, 5), (5, 7), (11, 13), (17, 19), (29, 31), (41, 43), (59, 61), (71, 73), (101, 103), (107, 109), (137, 139), (149, 151), (179, 181), (191, 193), (197, 199), (227, 229), (239, 241), (269, 271), (281, 283), (311, 313), (347, 349), (419, 421), (431, 433), (461, 463), (521, 523), (569, 571), (599, 601), (617, 619), (641, 643), (659, 661), (809, 811), (821, 823), (827, 829), (857, 859), và (881, 883).

32. Có phải các số nguyên tố sinh đôi cũng vô hạn về số lượng?

Ba mươi lăm cặp số vừa nêu ở trên là nằm giữa 1 và 1000. Nhưng danh sách có thể tiếp tục kéo dài đến vô hạn.

Một cặp sinh đôi khác là (4049, 4051).

Một cặp khác nữa là (1.000.000.009.649, 1.000.000.009.651).

Người ta ước đoán rằng số lượng cặp số nguyên tố sinh đôi là vô hạn, nhưng chưa ai chứng minh được.

33. Tính chất chung cho các số nguyên tố sinh đôi là gì?

Mọi cặp số nguyên tố, trừ ngoại lệ là cặp số đầu tiên, tức cặp (3,5), có một tính chất chung nổi bật là tổng các số trong cặp luôn luôn chia hết cho 12.

Ví dụ, cặp (5,7) có tổng bằng 12, cặp (11,13) có tổng bằng 24, cặp (17,19) có tổng bằng 26, và vân vân, mỗi tổng đều chia hết cho 12.

34. Một hợp số có bao nhiêu ước số?

Đặt N = a^pb^qc^r là một hợp số, trong đó a, b, c là những số nguyên tố khác nhau, và p, q, r là các số nguyên dương.

Số lượng ước số khi đó là (p + 1)(q + 1)(r + 1).

Làm thế nào có được?

Xét tích số

(1 + a + a² + ... + a^p) (1 + b + b² + ... + b^q) (1 + c + c² + ... + c^r).

Tổng các số hạng trong tích này là (p + 1)(q + 1)(r + 1) và mỗi số hạng trong tích trên là một ước số của con số đã cho. Vì thế, số lượng ước số là (p + 1)(q + 1)(r + 1).

Đồng thời, không còn số nào khác có thể là ước số.

Trong các ước số này đã tính luôn cả 1 và số N.

35. Tính chất này được khái quát hóa như thế nào?

Nếu N = a^pb^qc^rd^s..., thì số lượng ước số tương tự sẽ là (p + 1)(q + 1)(r + 1)(s + 1)..., trong đó đã tính cả 1 và số N.

36. Số 30 có bao nhiêu ước số, và chúng bằng bao nhiêu?

Vì 30 = 2 × 3 × 5 = 2¹ × 3¹ × 5¹,

nên số lượng ước số = 2 × 2 × 2 = 8.

Các ước số đó là 2, 3, 5, 6, 10, 15; 1 và 30.

37. Số 7056 có bao nhiêu ước số?

Vì 7056 = 2⁴ × 3² × 7²,

nên số lượng ước số = (4 + 1)(2 + 1)(2 + 1) = 5 × 3 × 3 = 45.

Nếu trừ đi hai ước số tầm thường 1 và 7056 thì số lượng ước số đích thực = 43.

38. Làm thế nào xác định số mũ cao nhất của một số nguyên tố chứa trong n! ?

Một ví dụ sẽ làm sáng tỏ phương pháp xác định.

Chúng ta hãy tìm số mũ cao nhất của 3 trong 100!, tức là tích 1.2.3....100.

Số nguyên 3 chỉ xuất hiện trong các số nguyên 3, 6, 9,...,99, tức là mỗi số nguyên chia hết cho 3.

Do đó, số lượng của chúng được cho bởi thương số của 100 và 3, tức là 33.

3 xuất hiện lần thứ hai trong các số nguyên 9, 18, 27,...,99, số lượng của chúng bằng thương của 100 chia 9, tức là 11.

3 xuất hiện lần thứ ba trong số nguyên 27, 54, 81.

Số lượng của chúng bằng thương số 100 chia 27, tức là 3.

3 xuất hiện lần thứ tư chỉ trong số 81.

Vì thế số mũ cao nhất cần tìm bằng 33 + 11 + 3 + 1 = 48.

Như vậy, để tìm số mũ cao nhất của một số nguyên tố p chứa trong n!, chúng ta tìm thương số của n chia lần lượt cho p, p², p³,... rồi cộng chúng lại.

Tương tự, ta có thể tìm số mũ cao nhất của 7 chứa trong 1000! là 164.

39. Định lí Fermat là gì?

Nếu p là một số nguyên tố, và N là số nguyên tố cùng nhau với p, thì N^{p – 1} – 1 là một bội số của p.

Đây chính là định lí Fermat.

Vì N là số nguyên tố cùng nhau với p, nên có thể nhân biểu thức trên với N, và chúng ta có được kết quả sau:

N^p – N là chia hết cho p với mỗi số nguyên tố p.

Như vậy, n² – n là chia hết cho 2.

Nói bằng lời, kết quả này có nghĩa là hiệu giữa bình phương của một số và chính số đó luôn luôn là một số chẵn.

Tương tự, n³ – n, n⁵ – n, n⁷ – n, n¹¹ – n,... lần lượt chia hết cho 3, 5, 7, 11,..., nhưng những kết quả tương tự không đúng đối với n⁴ – n, n⁶ – n,... vì 4, 6 không phải là số nguyên tố.

40. Nhưng làm thế nào n⁵ – n chia hết cho 3, chứ không riêng chia hết cho 5?

Vì 5 là số nguyên tố, do đó theo định lí Fermat n⁵ – n là chia hết cho 5.

Mặt khác,

n⁵ – n = n (n⁴ – 1)

           = n (n² – 1) (n² + 1)

           = n (n – 1) (n + 1) (n² + 1)

           = (n – 1) n (n + 1) (n² + 1)

(n – 1) n (n + 1) là kí hiệu cho tích của ba số tự nhiên liên tiếp, và chia hết cho 3! hoặc 6. Do đó, n⁵– n là chia hết cho 5 × 6, tức là 30.

Lập luận tương tự, ta có n⁷ – n còn chia hết cho 7 × 6, tức là 42, chứ không riêng chia hết cho 7.

hất. 

21. Euclid đã chứng minh các số nguyên tố là vô hạn về số lượng như thế nào?

Lập luận chứng minh như sau:

Nếu chỉ có một số lượng hữu hạn số nguyên tố, thì phải có một số nguyên tố lớn nhất, ví dụ là P, khi đó thì số

(2 × 3 × 5 × 7 × 11 × ... ×P) +1

sẽ cho số dư là 1 khi chia mỗi số 2, 3, 5, 7, 11,..., P.

Do đó, con số trên không thể chia hết cho bất kì số nguyên tố nào trong những số này. Như vậy, nó phải là một số nguyên tố hoặc có thể được chia hết bởi một số nguyên tố lớn hơn P. Dù là trường hợp nào thì P chẳng phải là số nguyên tố lớn nhất. Vì thế, có số lượng vô hạn các số nguyên tố.

22. Phương pháp nào dùng để tính ra số nguyên tố?

Phương pháp tính số nguyên tố đến số N bất kì khá đơn giản. Trước tiên, chúng ta viết tất cả các số từ 1 đến N,

1, 2, 3, 4,..., N

sau đó xóa đi, trước tiên là số 1, rồi đến tất cả những số bội của 2 ngoại trừ 2, rồi đến tất cả những số là bội của 3 ngoại trừ 3, rồi đến tất cả những số là bội của 5 ngoại trừ 5, rồi đến tất cả những số là bội của 7 ngoại trừ 7, và cứ thế. Các bội số của 4, 6,... đã bị xóa trước đó. Những số còn lại khi ấy sẽ là số nguyên tố.

23. Các số nguyên tố phân bố như thế nào?

Mặc dù vô hạn về số lượng, nhưng con số càng lớn thì chúng ta càng hiếm gặp số nguyên tố hơn. Nhưng sự phân bố của chúng là cực kì không đều, bởi vì trong khi hai số nguyên tố liên tiếp có thể chỉ sai khác nhau 2, nhưng hai số nguyên tố liên tiếp cũng có thể sai khác nhau đến một triệu.

Ví dụ, xét các số 10! + 2, 10! + 3, 10! + 4,..., 10! + 10 lần lượt chia hết cho 2, 3, 4,..., 10. Theo cách này, chúng ta có thể tạo ra nhiều hợp số liên tiếp như chúng ta muốn, cho dù một triệu hoặc nhiều hơn, trong đó không có số nào là số nguyên tố. Mặt khác, các số nguyên tố 1.000.000.009.649 và 1.000.000.009.651 chỉ sai khác nhau 2.

24. Có bao nhiêu số nguyên tố nằm giữa một con số bất kì và số gấp đôi của nó?

Giữa một con số bất kì lớn hơn 1 và số gấp đôi của nó luôn luôn có ít nhất một số nguyên tố.

Joseph Bertrand đã ước chừng kết quả này và đã xác nhận nó theo kiểu kinh nghiệm bằng những bảng kê đến những con số rất lớn, nhưng nó thật sự được chứng minh là bởi Chebychev.

25. Có bao nhiêu số nguyên tố nhỏ hơn một con số cho trước?

Một ước đoán số lượng số nguyên tố nhỏ hơn một con số cho trước cũng đã được nêu ra.

Các số nguyên tố nhỏ hơn 20 là 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, tức là có 8 số, nên ta nói p(20) = 8.

Tương tự, p(100) = 25, p(200) = 46, p(300) = 62, p(400) = 78, p(500) = 95, p(600) = 109, p(700) = 125, p(800) = 139, p(900) = 154, p(1000) = 168.

Danh sách có thể tiếp tục đến vô hạn, nhưng không thể tìm được một công thức đơn giản cho p(x), trong đó p(x) là kí hiệu cho số lượng số nguyên tố nhỏ hơn x.

26. Định lí số nguyên tố là gì?

Định lí số nguyên tố phát biểu rằng đối với giá trị x lớn, số lượng số nguyên tố nhỏ hơn x xấp xỉ bằng x/logx, trong đó phép tính logarithm là logarithm tự nhiên.

Định lí được phỏng đoán bởi Gauss vào năm 1793, nhưng được chứng minh bởi Hadamard và de la Valle’e Poussin vào một thế kỉ sau đó, năm 1896.

27. Có công thức nào cho ra tất cả các số nguyên tố hay không?

Không. Người ta đã tốn nhiều công sức để tìm một công thức sẽ cho ra mọi số nguyên tố, nhưng chẳng có ai thành công.

Có thể nhắc lại một số trường hợp.

Biểu thức n² + n + 17 là số nguyên tố với mọi giá trị của n từ 1 đến 16,

2n² + 29 là số nguyên tố với các giá trị của n từ 1 đến 28,

n² – n + 41 là số nguyên tố với các giá trị của n từ 1 đến 40,

và n² – 79n + 1601 hay (n – 40)² + (n – 40) + 41 là số nguyên tố với các giá trị của n từ 1 đến 79.

Dirichlet đã chứng minh rằng mỗi chuỗi số

an + b, n = 0, 1, 2,3,...

trong đó a, b là hai số nguyên dương không có ước số chung lớn hơn 1, có chứa một số lượng vô hạn số nguyên tố.

Ví dụ, có vô hạn số nguyên tố có dạng 6n + 1, mặc dù, tất nhiên, không phải số nào như thế cũng là số nguyên tố. Với n = 4, 6n + 1 bằng 25, không phải là số nguyên tố.

Tuy nhiên, người ta đã chứng minh được rằng không có công thức đại số dạng hữu tỉ nào có thể chỉ biểu diễn số nguyên tố.

28. Có phải mọi số nguyên tố đều giống nhau?

Có hai dạng số nguyên tố.

Tất cả số nguyên tố ngoại trừ 2 đều có dạng hoặc 4n – 1 hoặc 4n + 1.

Trong số này, mỗi số nguyên tố có dạng 4n + 1 có thể được biểu diễn là tổng của hai bình phương duy nhất. Ví dụ, 5 = 1² + 2², 13 = 2² + 3², 17 = 1² + 4², 29 = 2² + 5², 953 = 13² + 28².

Tuy nhiên, nếu một số có dạng 4n + 1 có thể được biểu diễn là tổng của hai bình phương theo hai cách khác nhau, thì nó không thể là số nguyên tố. Ví dụ, 545 = 17² + 16² = 23² + 4², và 545 không phải là số nguyên tố.

Không có số nguyên nào dạng 4n – 1 có thể bằng tổng của hai bình phương, ví dụ 11 hay 23 không thể nào được biểu diễn như thế.

29. Những câu hỏi nào về số nguyên tố cho đến nay chưa được giải đáp?

Hai câu hỏi trông đơn giản liên quan đến số nguyên tố nhưng chưa được giải đáp là như sau:

Một là có hay không một vô hạn số nguyên tố thuộc dạng n² + 1, trong đó n là số nguyên.

Nếu chúng ta cho n nhận liên tiếp các giá trị 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10,... thì (n² + 1) nhận các giá trị 2, 5, 10, 17, 26, 37, 50, 65, 82, 101,... Trong số này có một số là số nguyên tố còn số khác thì không. Câu hỏi đặt ra là đến lúc nào thì quá trình này dừng cho ra số nguyên tố.

Hai là phỏng đoán của Goldbach khẳng định rằng mỗi số chẵn lớn hơn 2 bằng tổng của hai số nguyên tố, ví dụ 40 = 11 + 29. Giả thiết đã được xác nhận bởi những bảng kê số nhưng chưa từng được chứng minh.

30. Định lí cơ bản của số học! Nó là gì?

Một tính chất mà mỗi số nguyên lớn hơn 1 đều có là hoặc nó là số nguyên tố, hoặc nó có thể được phân tích thành tích của các thừa số nguyên tố theo cách duy nhất.

Kết quả cho mỗi số nguyên được phân tích thành tích của các thừa số duy nhất như thế này được gọi là định lí cơ bản của số học.

Ví dụ, 30 có thể được phân tích thành 2 × 3 × 5 và không có cách nào khác, một trật tự sắp xếp khác của các thừa số, ví dụ 3 × 2 × 5, không được xem là một phân tích thừa số khác.

Định lí này còn được gọi là định lí phân tích thành thừa số duy nhất. 

11. Đại số trừu tượng là gì? Có phải nó là một sự khái quát hóa hơn nữa?

Trong đại số trừu tượng, ngay cả những thực thể này cũng mất hết ý nghĩa của chúng về phương diện độ lớn và người ta nói tới những “phần tử” khái quát hơn trên đó những toán tử tương tự các toán tử đại số có thể được thực hiện.

Một ví dụ của những phần tử như thế là hai chuyển động tác dụng liên tiếp nhau hợp lại sẽ tương đương với một chuyển động.

Để minh họa, kí hiệu chuyển động quay của một hình vuông quanh tâm của nó 90^o là R₁, 180^o là R₂và 270^o là R₃, thì chuyển động quay R₁ rồi đến R₂ sẽ tương đương với một chuyển động R₃.

Một ví dụ nữa là hai phép biến đổi đại số sẽ tạo ra cùng một kết quả với một phép biến đổi đại số.

Để minh họa, kí hiệu phép tịnh tiến là T₁ và T₂ là phép quay, thì biến đổi T₁ rồi đến T₂ sẽ tương đương với một phép tịnh tiến T₃.

Do đó, nếu với một tập hợp nhất định của các “vật”, kí hiệu bằng những chữ cái, những toán tử nhất định có thể được định nghĩa theo những quy tắc nhất định, thì người ta nói một hệ thống đại số đã được định nghĩa. Vì thế, đại số học được nhận dạng là việc nghiên cứu những hệ thống đại số đa dạng, và khi đó nó được gọi là đại số trừu tượng hay đại số tiên đề.

12. Vì sao nó được gọi là đại số trừu tượng hay đại số tiên đề?

Nó là trừu tượng bởi vì chúng ta không quan tâm các chữ cái trong hệ thống đại số đó kí hiệu cho cái gì. Cái quan trọng là các tiên đề hay các quy tắc phải được thỏa mãn bởi các toán tử. Và nó có tính tiên đề bởi vì nó được xây dựng đơn thuần từ các quy tắc hay các tiên đề được phát biểu lúc ban đầu.

Hai hệ thống đại số như thế được gọi là nhóm và vành.

Tên gọi thoạt nghe có chút lạ lẫm, nhưng hiểu qua chút ít sẽ làm dịu đi phản ứng ban đầu đó. Chúng ta sẽ trở lại với chúng ở phần sau.

13. Những lĩnh vực nghiên cứu nào sử dụng đại số tiên đề?

Topo học, giải tích hàm, cơ học lượng tử và vật lí đương đại là một vài cái tên thuộc một vài lĩnh vực quan trọng, trong đó đại số tiên đề tỏ ra là công cụ khảo sát có sức mạnh nhất.

14. Số học là lí thuyết của những con số! Lí thuyết của những con số nghiên cứu cái gì?

Lí thuyết sơ cấp của những con số nghiên cứu cái sau đây:

Các hợp số và các quy tắc chia hết, số nguyên tố và sự xuất hiện của chúng, định lí cơ bản của số học, định lí Fermat, định lí Wilson, định lí cuối cùng của Fermat.

Các số Pythagoras,

Tính chất của những con số lớn,

Những con số được nói tới ở đây là số tự nhiên hoặc số nguyên dương.

15. Hợp số và số nguyên tố là gì?

Một số con số có thể được phân tích thành những thừa số nhỏ hơn, ví dụ 15 = 3 × 5, nhưng 11 hoặc 17 thì không phân tích được.

Các số có thể phân tích được thành những thừa số nhỏ hơn được gọi là hợp số, còn những số không thể phân tích được như thế được gọi là số nguyên tố.

16. Còn số 1 thì sao? Nó có phải là số nguyên tố không?

Một số nguyên tố là số có ước số là 1 và chính nó.

Ví dụ, số nguyên tố 7 có hai ước số, 1 và 7, mặc dù người ta gọi chúng là những ước số tầm thường.

Vì thế, nếu 1 là số nguyên tố thì nó sẽ có đúng hai ước số. Nếu 1 là hợp số, thì nó sẽ có nhiều hơn hai ước số. Nhưng số 1 có đúng một ước số thôi, cho nên nó không phải là số nguyên tố, cũng chẳng phải là hợp số.

17. Các quy tắc chia hết là gì?

Sau đây là các quy tắc chia hết. Người ta học chúng ở nhà trường.

1.        Một số là chia hết cho 2, nếu chữ số hàng đơn vị của nó chia hết cho 2. Như vậy, những số kết thúc với 0, 2, 4, 6, hoặc 8 là chia hết cho 2, như trong 530 và 138.

2.        Một số là chia hết cho 4, nếu hai chữ số tận cùng bên phải là 00 hoặc chia hết cho 4, như trong 300 và 528.

3.        Một số là chia hết cho 8, nếu ba chữ số tận cùng bên phải là 000 hoặc chia hết cho 8, như trong 3000 và 3240.

4.        Một số là chia hết cho 5, nếu chữ số tận cùng bên phải là 0 hoặc 5, như trong 240 và 235.

5.        Một số là chia hết cho 25, nếu hai chữ số tận cùng bên phải là 00 hoặc chia hết cho 25, như trong 300 và 425.

6.        Một số là chia hết cho 3, nếu tổng các chữ số trong số đó chia hết cho 3, như trong 231.

Ở đây 2 + 3 + 1 = 6, tổng chia hết cho 3, vì thế 231 chia hết cho 3.

Ta dễ dàng thấy được nguyên nhân như sau:

231         = 2 × 100 + 3 × 10 + 1

                = 2 × (99 + 1) + 3 × (9 + 1) + 1

                = 2 × 99 + 2 × 1 + 3 × 9 + 3 × 1 + 1

                = 2 × 99 + 2 + 3 × 9 + 3 + 1

                = (2 × 99 + 3 × 9) + (2 + 3 + 1)

                = (một bội của 9) + (tổng các chữ số).

Do đó, một con số là chia hết cho 3, nếu tổng các chữ số của nó là chia hết cho 3.

7. Một số là chia hết cho 9, nếu tổng các chữ số trong số đó chia hết cho 9, như trong 477.

Ở đây, 4 + 7 + 7 = 18, tổng chia hết cho 9, nên 477 chia hết cho 9.

Lí do trong trường hợp này cũng tương tự như với trường hợp chia hết cho 3.

8. Một số là chia hết cho 11 nếu hiệu giữa tổng của các chữ số thứ tự lẻ và tổng các chữ số thứ tự chẵn bằng 0 hoặc bằng bội của 11.

Xét con số 1 8 3 9 5 5 2.

Tổng các chữ số thứ tự lẻ là 1 + 3 + 5 + 2 = 11,

Tổng các chữ số thứ tự chẵn là 8 + 9 + 5 = 22,

Hiệu bằng 22 – 11 = 11, chia hết cho 11,

nên 1 8 3 9 5 5 2 chia hết cho 11.

18. Còn những quy tắc nào khác nữa không?

Vâng, có những quy tắc hấp dẫn như sau:

1.        Tích của hai số bằng tích của ước chung lớn nhất của chúng và bội chung nhỏ nhất của chúng.
Như vậy, nếu hai số là 12 và 18, thì ước chung lớn nhất và bội chung nhỏ nhất của chúng tương ứng là 6 và 36, và 12 × 18 = 6 × 36 = 216.

2.        Tích của hai số nguyên liên tiếp là chia hết cho 2, tức là n(n + 1) là chia hết cho 2, trong đó n là số nguyên bất kì.

3.        Tích của ba số nguyên liên tiếp, tức là n(n + 1)(n + 2), là chia hết cho 2 × 3, tức là 6.

4.        Tích của bốn số nguyên liên tiếp, tức là n(n + 1)(n + 2)(n + 3) là chia hết cho 2 × 3 × 4, tức là 24.

5.        Tích của r số nguyên liên tiếp là chia hết cho 2 × 3 × 4 × ... × r, hay r! .
Tích 1.2.3...r được gọi là r giai thừa, và được kí hiệu là r!

6.        Với mọi số lẻ n, số n² – 1 là chia hết cho 8.
Nếu n là một số lẻ, thì n – 1 phải chẵn và chia hết cho 2. Đồng thời, n + 1 là số chẵn liền sau và, do đó, chia hết cho 4. Vì thế, tích này chia hết cho 8.

19. Có bao nhiêu số nguyên tố?

Có vô hạn số nguyên tố.

Các số nguyên tố nhỏ hơn 100, xếp theo thứ tự là:

2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 59, 61, 67, 71, 73, 79, 83, 89 và 97.

Một vài số nguyên tố lớn hơn 100 là:

101, 103, 107, 109,..., 211,..., 307,..., 401,..., 503,..., 601,..., 701,...,809,..., 907,..., 65537,...,510511,...

20. Có nguyên tố lớn nhất không?

Câu hỏi liệu dãy số trên có điểm dừng hay không, hoặc các số nguyên tố có vô hạn về số lượng hay không, đã không được trả lời trong một thời gian khá lâu, cho đến khi Euclid chứng minh rằng chúng phải vô hạn về số lượng, và không có số nguyên tố lớn nhất.

Chương 2

Đại số và Các loại đại số

1. Hình học đã được phát triển ở hình thức tiên đề, còn Số học và Đại số thì không. Tại sao vậy?

Nguyên nhân nằm ở nguồn gốc của chúng.

Hình học đã được phát triển bởi người Ai Cập, là kết quả đo đạc đất đai của họ. Vào thế kỉ thứ 7 trước Công nguyên, hình học đã lan truyền từ Ai Cập sang Hi Lạp, nơi nó dần dần phát triển thành một lí thuyết toán học.

Như vậy, hình học là một lí thuyết toán học có nguồn gốc Hi Lạp. Người Hi Lạp đã gắn giá trị lớn cho các chứng minh và vì thế đã phát triển hình học theo hướng tiên đề.

Toán học của những con số của chúng ta có nguồn gốc của nó thuộc về toán học của người Hindu, người Arab và người Babylon.

Họ không quan tâm đến việc đưa ra các chứng minh nên toán học của những con số đã được truyền lại cho chúng ta đơn thuần ở dạng một tập hợp những quy tắc tính toán không liên quan với nhau mấy.

Xu hướng hiện đại là trình bày tất cả các nghiên cứu toán học theo hình thức tiên đề.

2. Ý nghĩa của từ “arithmetic” là gì?

Từ “arithmetic” (sự tính/số học) có nghĩa là “nghệ thuật tính toán” nên bài học ở trường tiểu học của chúng ta là một tập hợp gồm những lời giải của những bài toán đa dạng và các quy tắc tính toán.

Nhưng theo thời gian arithmetic đã biến thành lí thuyết của những con số.

3. Số học là một trừu tượng phải không?

Số học thể hiện những nỗ lực sớm nhất của trí tuệ con người đối với sự trừu tượng.

Như vậy, khi chúng ta nói, 2 + 3 = 5, đó là một phát biểu không phải nói về những vật đặc biệt như cái bút chì hay đồng xu, mà về tất cả những vật có thể đếm được vẫn giữ được nhận dạng riêng của chúng.

Ở đây, bản chất của các vật, tức là chúng là cái bút chì hay đồng xu hay cây cối hay bất kì cái gì khác, dù sống hay không sống, vân vân... không còn liên quan nữa, và phát biểu thành ra đúng theo một kiểu chung chung.

Các con số được đặt tên (một, hai, ba,...) và kí hiệu (1, 2, 3,...) và được sử dụng như những vật cụ thể bền bỉ đến mức chúng ta có xu hướng quên mất rằng chúng ta đang giải quyết các khái niệm chứ không phải các vật cụ thể.

4. Phát biểu 2 + 3 = 5 có đúng cho mọi loại vật hay không?

Không. Nếu các vật không giữ được nhận dạng riêng của chúng, thì phát biểu trên có thể không đúng đối với chúng.

Ví dụ, thêm 2 giọt nước vào 3 giọt nước có thể chỉ tạo ra một giọt nước – một giọt nước lớn.

Tương tự, nếu nhốt 2 con hổ và 3 con thỏ chung một chuồng, thì sau một lúc nào đó có thể ta thấy chỉ còn hai con vật thôi – hai con hổ sẽ ăn thịt 3 con thỏ cùng đường mạt lộ kia.

Một ví dụ nữa, một lực bằng 2 đơn vị và một lực khác bằng 3 đơn vị, hai lực cùng tác dụng vào một vật có thể cho hợp lực bằng bất kì giá trị nào nằm giữa 1 và 5 đơn vị lực tùy thuộc vào góc giữa chúng.

Nếu chúng tác dụng ngược chiều nhau, thì tổng của chúng sẽ bằng một đơn vị, còn nếu chúng tác dụng cùng chiều nhau, thì tổng của chúng sẽ bằng 5 đơn vị.

Tuy nhiên, tổng của chúng sẽ bằng 4 đơn vị nếu góc giữa chúng bằng 75,5 độ.

5. Sự mở rộng khái niệm số có nghĩa là gì?

Những con số đầu tiên gắn liền với những vật cụ thể nên khái niệm số ban đầu hạn chế với chỉ những con số nguyên. Các phân số xuất hiện tự nhiên sau đó và sự ra đời của một kí hiệu cho số không là một sự kiện lớn, còn các số âm được thừa nhận lại là một sự miễn cưỡng lớn.

Những con số như thế gộp chung lại được gọi là số hữu tỉ.

Một lần nữa sự mở rộng này bắt đầu, và đến lượt số vô tỉ và số phức được công nhận.

Một số vô tỉ là con số không thể biểu diễn được bằng thương của hai số nguyên. Ví dụ, √2 là một số vô tỉ.

Số vô tỉ và số hữu tỉ được gọi chung là số thực.

Một số phức là một con số bất kì có dạng a + bi, trong đó a và b là số thực, và i là kí hiệu cho căn bậc hai của trừ một, tức là i² = - 1.

6. Các số siêu việt là gì?

Những số vô tỉ không bằng căn bậc hai của bất kì phương trình đại số nào được gọi là số siêu việt.

e và π là những số như thế.

e = 2,71828...;                    π= 3,14159...

các dấu chấm ở cuối có nghĩa là chuỗi số không có kết thúc mà kéo dài đến vô tận.

Về các số siêu việt, có một kết quả thú vị do Gelfond chứng minh vào năm 1934 là α^β là siêu việt nếu α là đại lượng đại số khác 0 và khác 1, và β là đại lượng đại số và không phải số hữu tỉ.

Như vậy, 2^√3, 3^√2, 5^√3 là những số siêu việt. Nhưng nếu α và β đều là siêu việt thì không biết α^β có siêu việt hay không. Ví dụ, người ta không rõ e^e, π^π hoặc π^e có là siêu việt hay không.

Tuy nhiên, e^iπ = - 1 là một kết quả rất đẹp.

7. Vì sao đại số được gọi là số học khái quát hóa?

Một ví dụ sẽ làm sáng tỏ.

Ở nhà trường, trẻ em được học rằng nếu lấy bình phương của một con số trừ cho 1, thì nó bằng tích của số liền trước và số liền sau con số đó.

Như vậy,              4² – 1 = (4 + 1) (4 – 1).

                                5² – 1 = (5 + 1) (5 – 1),

                                6² – 1 = (6 + 1) (6 – 1).

Rõ ràng mệnh đề trên là đúng nếu ở chỗ 4, 5 hoặc 6, ta thay vào con số bất kì nào khác.

Nếu đưa một kí hiệu mới, ví dụ như x, để biểu diễn một con số bất kì và là một con số không có gì đặc biệt hết, thì mệnh đề trên có thể được viết khái quát như sau

x² – 1 = (x + 1) (x – 1).

Việc đưa thêm vào kí hiệu x là sự khởi đầu của đại số.

8. Sức mạnh của đại số nằm ở đâu?

Đại số có được phần lớn sức mạnh của nó từ việc xử lí bằng kí hiệu với các phần tử, các toán tử và các liên hệ.

Các kí hiệu x, y, z,... được dùng làm các phần tử, phép cộng và phép nhân chủ yếu được dùng làm toán tử, và dấu bằng là liên hệ bình thường kết nối các phần tử.

Như vậy x + x = 2x, và x + y = y + x

cho dù x và y biểu diễn con số nào.

9. Đại số có được khái quát hóa không?

Kí hiệu x, dùng để biểu diễn con số bất kì, có tiềm năng giả định lớn. Trước tiên, nó mang đến các phương trình đại số, cái thống lĩnh địa hạt nghiên cứu lâu đến mức trong khoảng một thế kỉ rưỡi, đại số chỉ là lí thuyết của các phương trình.

Sau này x không chỉ hạn chế là những con số mà nó còn được sử dụng để biểu diễn bất kì thực thể nào khác, và các dấu toán tử cho phép cộng và phép nhân đã được phép mang lại những ý nghĩa mới tùy thuộc vào loại thực thể đang được xét đến.

Vì thế, thực thể xác định ý nghĩa gắn liền với dấu + và ×.

Các vector và ma trận là hai ví dụ quen thuộc của những thực thể như thế. Chúng sẽ được nói tới ở phần sau.

Đây là hình ảnh khái quát hóa của cái đại số ban đầu đại diện.

10. Nó khác như thế nào với hình thức ban đầu của đại số?

Trong đại số sơ cấp, các chữ cái kí hiệu cho những con số bình thường, và các dấu toán tử, ví dụ + và ×, kí hiệu cho phép cộng và phép nhân bình thường. Nhưng ở hình thức khái quát hóa, các chữ cái kí hiệu cho thực thể bất kì nào đó, và dấu của toán tử là bất kì quy tắc kết hợp nào có liên quan đến thực thể.

Cho mình xin lỗi các bạn đã đọc Tổng quát về toán học (p1), đáng ra mình phải gửi file đính kèm ở p1 cho các bạn ko có thời gian đọc trực tiếp

151. Bài học do khám phá to lớn này mang lại là gì?

Khám phá để đời này làm sáng tỏ những hạn chế cố hữu của phương pháp suy luận. Nó thường được xem là một trong những thành tựu trí tuệ vĩ đại nhất của thế kỉ hai mươi.

Tuy nhiên, nó không nhất thiết gây ra sự chán nản hay tuyệt vọng.

Nó chỉ hàm ý rằng những phương pháp nghiên cứu sâu sắc hơn và phức tạp hơn vẫn chưa được nghĩ ra, vì luận giải sáng tạo thừa nhận không có hạn chế.

152. Vậy phương pháp tiên đề có bị từ bỏ hay không?

Không, còn lâu người ta mới bỏ. Trái lại, nó được công nhận là một kiểu mẫu biểu thị khuôn khổ logic được chấp nhận của bất kì mô hình toán học nào.

Thật vậy, kết quả của Gödel không dính líu gì đến công việc hằng ngày của chúng ta, nó không gây đe dọa cho cả nền toán học đang được sử dụng hằng ngày và ở mọi nơi.

153. Việc chấp nhận phương pháp tiên đề có công dụng gì khi mà một hệ nhất quán thì không thể hoàn chỉnh?

Đúng là với một số lượng đáng kể các phân ngành toán học, chúng ta không thể có những hệ hoàn chỉnh mà chỉ có những hệ không hoàn chỉnh được chúng ta khai sáng thêm. Ưu điểm là nó mang đến nhiều thành quả.

Tính không hoàn chỉnh của hệ không gây ngăn trở đối với công dụng của nó.

154. Vì sao phương pháp tiên đề được sử dụng rộng rãi như thế khi mà nó có những hạn chế cố hữu?

Phương pháp tiên đề và những hạn chế của nó là một bộ phận của những nền tảng toán học, còn việc nó được sử dụng rộng rãi là do sự áp dụng mang đến nhiều thành quả của nó.

Vì thế, lời khuyên là nên phân biệt giữa toán học và các ứng dụng của toán học.

Ví dụ, một hệ thống toán học mà chúng ta gọi là hình học không nhất thiết là một mô tả của không gian thực tế. Việc khẳng định một loại hình học nhất định là một mô tả của một không gian vật lí là một phát biểu vật lí, chứ không phải một phát biểu toán học.

Do đó, trong những ứng dụng rộng rãi của toán học, người ta không phải quan tâm về sự tồn tại toán học và các khái niệm toán học, chúng thật sự thuộc về miền đất nền tảng của toán học.

155. Cái gì là thích đáng cho các ứng dụng của toán học?

Cái thích đáng hay quan trọng cho các ứng dụng là các tiên đề và các khái niệm của một hệ thống toán học phải ăn khớp với các phát biểu về các đối tượng có thật và phải có thể xác nhận những phát biểu đó trên phương diện vật lí.

Kết quả của Gödel chẳng có liên quan gì đến các ứng dụng của toán học. Nó là kết quả của một nghiên cứu có chiều sâu về những nền tảng của toán học nói chung và sự tồn tại toán học nói riêng.

156. Tồn tại toán học có ý nghĩa chính xác là gì?

Chúng ta đã thấy các điểm và các đường thẳng của hình học là các trừu tượng của các đối tượng vật lí của chúng và không nhất thiết tương đồng với chúng.

Tương tự như vậy, các thực thể toán học không nhất thiết phải liên hệ gần gũi với các vật thể của thế giới vật chất.

Điều này cho thấy tồn tại toán học khác với tồn tại vật lí như thế nào.

Trong các ứng dụng của toán học, nếu mô hình vật lí khớp với mô hình toán học, thì các kết quả toán học có thể được tận dụng, nhưng sự tương ứng hoàn toàn giữa hai bên là không nhất thiết.

Các ứng dụng có liên quan với tồn tại vật lí nhưng các mô hình toán học thì chỉ quan tâm đến tồn tại toán học.

157. Tập hợp gồm những tiên đề nào là đủ cho đại số ở trường phổ thông?

Đại số ở nhà trường chủ yếu xử lí các con số. Tính chất của những con số và các toán tử thường gặp trên chúng có thể được phát triển từ tập hợp gồm những tiên đề sau đây:

1. Với hai con số bất kì, tổng của chúng được xác định duy nhất.

2. Với hai con số bất kì, tích của chúng được xác định duy nhất.

3. Tồn tại một số 0 có tính chất a + 0 = a.

4. Với mỗi số a, tồn tại một số x sao cho a + x = 0.

5. Phép cộng có tính giao hoán, tức là a + b = b + a.

6. Phép cộng có tính kết hợp, tức là a + (b + c) = (a + b) + c.

7. Phép nhân có tính giao hoán, tức là ab = ba.

8. Phép nhân có tính kết hợp, tức là a(bc) = (ab)c.

9. Phép nhân có tính phân phối, tức là a(b + c) = ab + ac; (b + c)a = ba + ca.

10. Với mỗi số a và b khác không, tồn tại một số x duy nhất sao cho bx = a.

Bất kì hệ đại lượng nào thỏa mãn mười điều kiện này được gọi là một trường.

Các ví dụ của trường là tập hợp số hữu tỉ, tập hợp số thực, và tập hợp số phức.

Trong mỗi trường hợp này, khi cộng và nhân các số thuộc tập hợp cho ta một con số cũng thuộc tập hợp đó, và các toán tử thỏa mãn mười điều kiện trên.

Ngoài những ví dụ này, có nhiều đại lượng khác của tự nhiên cũng tạo thành một trường. Các phân thức đại số, chẳng hạn, cũng tuân theo mười điều kiện này và vì thế tạo thành một trường.

158. Các hệ thống tiên đề mới được tạo ra như thế nào?

Có thể thu được những hệ thống tiên đề mới bằng cách loại trừ một hoặc nhiều tiên đề của một hệ thống đã cho.

Ví dụ, bằng cách bỏ đi tiên đề 7, chúng ta có một hệ tuân theo đại số ma trận, trong đó tích của hai ma trận phụ thuộc vào trật tự chúng được đem nhân.

Cũng có thể thu được những hệ thống tiên đề mới từ một hệ đã cho bằng cách thay đổi một hoặc nhiều tiên đề của nó theo một kiểu thích hợp.

Sự ra đời của một hệ tiên đề cho hình học phi Euclid từ các tiên đề của hình học Euclid, bằng cách thay thế tiên đề hai đường song song bởi một trong những phủ nhận của nó, là một ví dụ cho cách thu về một hệ thống tiên đề mới theo kiểu này.

Hết Chương 1

141. Gödel đã chứng minh điều gì?

hay Những hạn chế của phương pháp tiên đề là gì?

Gödel chứng minh rằng phương pháp tiên đề có những hạn chế cố hữu nhất định về tính nhất quán và tính hoàn chỉnh.

Ông chứng minh rằng tính nhất quán không thể được xác lập trong một hệ gồm toàn số học.

Ông còn chứng minh rằng phương pháp tiên đề có một hạn chế cố hữu nữa, đó là không hoàn chỉnh. Cho trước một tập hợp nhất quán bất kì gồm những tiên đề số học, có những mệnh đề số học đúng không thể được suy luận ra từ tập hợp đó.

142. Có ví dụ nào minh họa cho kết luận này không?

Một ví dụ đơn giản, giả thiết Goldbach, minh họa cho điều vừa nói.

Giả thiết phát biểu rằng mọi con số chẵn (ngoại trừ 2, bản thân nó là số nguyên tố rồi) đều có thể được biểu diễn bằng tổng của hai số nguyên tố.

Như vậy,              4 = 2 + 2,              6 = 3 + 3,              8 = 3 + 5

                                10 = 5 + 5,            12 = 5 + 7,            14 = 7 + 7

                                16 = 5 + 11,          18 = 5 + 13,          20 = 7 + 13,

Tương tự,            50 = 19 + 31,       100 = 3 + 97,       200 = 3 + 197,...

Mặc dù người ta chẳng tìm thấy con số chẵn nào không bằng tổng của hai số nguyên tố, nhưng chưa có ai tìm ra cách chứng minh đúng cho mọi con số chẵn.

Giả thiết trên có vẻ là một mệnh đề đúng nhưng không thể được suy luận ra từ các tiên đề của số học.

143. Liệu một tập hợp tiên đề khác không giải quyết được sao?

Có lẽ nên đề xuất cải tiến hoặc mở rộng các tiên đề để cho định lí này và những định lí có liên quan khác có thể được suy luận ra. Nhưng cho dù chúng ta có bổ sung bất kì số lượng hữu hạn nào của các tiên đề số học, thì hệ thống đã mở rộng đó vẫn không đủ để mang lại mọi chân lí số học.

Sẽ luôn luôn có những chân lí số học khác nữa sẽ không được suy luận ra từ tập hợp đã mở rộng đó. Như vậy, phương pháp tiên đề căn bản là không hoàn chỉnh.

Gödel còn chứng minh rằng đối với những hệ thuộc loại quan trọng nhất, tính nhất quán là không tương thích với tính hoàn chỉnh. Những hệ như thế, nếu nhất quán, thì nhất thiết phải không hoàn chỉnh.

Đồng thời, nếu một hệ là hoàn chỉnh (ví dụ, một hệ chỉ cho phép cộng mà không nhân các con số), nó có thể được chứng minh là không nhất quán.

144. Cái cốt lõi của khám phá của Gödel là gì?

Cái cốt lõi của khám phá của Gödel là không có hệ thống logic nào vừa nhất quán vừa hoàn chỉnh có thể được người ta nghĩ ra.

Trước khi có khám phá này, các nhà toán học đã ấp ủ hi vọng phát triển một cơ sở toán học nhất quán được bao gộp trọn vẹn trong một hệ thống tiên đề.

Khám phá của Gödel đã đặt dấu chấm hết cho một hi vọng như thế.

Như vậy, cái Gödel đã làm với logic học vào năm 1931 chính là cái Heisenberg^* đã làm với vật lí học bởi nguyên lí bất định nổi tiếng của ông trước đó bốn năm, vào năm 1927.

145. Hàm ý của khám phá trên là gì?

Hàm ý là sự mất bình yên bởi vì khám phá trên làm suy yếu niềm tin rằng chân lí toán học là chính xác và hoàn hảo.

Đây là vì chân lí toán học có được sức mạnh của nó từ sự tương tác của các tiên đề gọi là các chứng minh, nhưng khi bản thân phương pháp tiên đề, cái trụ cột cho những chứng minh như thế, chịu sự thẩm tra và ngờ vực, thì bức tranh rõ ràng chuyển sang sắc thái kém tin cậy và ảm đạm.

146. Chủ nghĩa hình thức Hilbert có nghĩa là gì?

Sự tiên đề hóa các hệ thống toán học đưa đến quan điểm rằng toán học được xem là một trò chơi thuần túy với những nước đi thuần túy trên giấy tuân theo những quy tắc rõ ràng nhất định. Trò chơi và các nước đi đó được xem là không có ý nghĩa hay cách hiểu gì cả.

Vì thế, các hệ thống được hình thức hóa theo nghĩa này và kết cục là chủ nghĩa hình thức Hilbert.

147. Ưu điểm của chủ nghĩa hình thức này là gì?

Ưu điểm của việc xem những hệ thống toán học là những hệ hình thức là nhờ đó người ta thoát khỏi nhiều câu hỏi rắc rối và không cần thiết, nếu không thì chúng là câu hỏi căn bản và không dễ gì bác bỏ triệt để.

148. Những câu hỏi đó là gì?

Để sáng tỏ, hãy xét những câu hỏi sau đây:

Các con số là gì?

Các con số có tồn tại không?

Làm thế nào chúng ta biết được các quy tắc của các con số là đúng?

Những câu hỏi này khác như vậy là những câu hỏi quan trọng, nhưng trong một hệ hình thức hóa thì chúng trở nên không cần thiết và phải rời khỏi cuộc chơi.

Các công thức của hệ, khi đó, có ý nghĩa bất kì, chúng không đúng cũng chẳng sai, và không đưa ra khẳng định nào về sự tồn tại của bất cứ cái gì.

149. Gödel chứng minh kết quả của ông như thế nào?

Gödel đánh số các kí hiệu, các công thức, và các chuỗi công thức, tức là các chứng minh trong chủ nghĩa hình thức Hilbert theo một kiểu nhất định gọi là đánh số Gödel, và từ đó biến đổi mọi khẳng định thành những mệnh đề toán học.

Phương pháp của ông gồm một tập hợp những quy tắc tạo ra một tương ứng một-một giữa các số nguyên và những kí hiệu đa dạng hoặc các tổ hợp kí hiệu. Khi đó ông có thể chứng minh rằng tính nhất quán của số học là không thể quyết định được bởi bất kì lập luận nào thuộc chủ nghĩa hình thức của số học.

Để tiếp tục chứng minh thật sự, người ta phải quán triệt trước bốn mươi sáu định nghĩa sơ bộ và một vài bổ đề quan trọng.

Chứng minh đó là khó và lập luận quá phức tạp để một người không chuyên toán có thể theo dõi.

150. Nghiên cứu của Gödel chỉ có ý nghĩa tiêu cực thôi hay sao?

Không.

Công trình của Gödel đưa ra một kĩ thuật phân tích mới trong các nền tảng của toán học và làm phát sinh một ngành toán học rất quan trọng, đó là Lí thuyết Chứng minh.

Kĩ thuật thật sự đã đánh thức sự hoạt động sôi nổi trong ngành logic toán và kết cục của nó khó mà nói trước được.

Công trình của Gödel thật ra đã khích lệ, chứ không làm thoái chí sự sáng tạo toán học.

131. Phải làm gì để đạt được kết cục này?

Nhà toán học vĩ đại người Đức Hilbert đã tiến hành một khảo sát tiên đề hiện đại như thế của hình học Euclid.

Ông chỉ sử dụng ba thuật ngữ không được định nghĩa – điểm, đường thẳng và mặt phẳng, và sáu quan hệ không được định nghĩa – trên, trong, giữa, đồng dạng, song song và liên tục, và hai mươi mốt tiên đề.

Ông đã định nghĩa toàn bộ những khái niệm khác của hình học, ví dụ như góc, tam giác, đường tròn, vân vân, theo những thuật ngữ nguyên bản hay những khái niệm cơ bản này.

132. Phương pháp tiên đề Hilbert có phải là giải pháp duy nhất cho hình học Euclid không?

Không, có nhiều và có thể có nhiều phương pháp khác nữa. Ví dụ, sau Hilbert vài năm, Oswald Veblen đã đưa ra một cách tiên đề hóa khác chỉ sử dụng các thuật ngữ ‘điểm’, ‘ở giữa’ và ‘đồng dạng’ với một tập hợp các tiên đề hơi khác với của Hilbert.

Có một cách tiên đề hóa khác nữa của E.V. Huntington, ông chỉ sử dụng hai thuật ngữ ‘hình cầu’ và “bao gồm’ cùng với một tập hợp gồm những tiên để hiển nhiên là khác nữa.

133. Phương pháp tiên đề có thích hợp cho các nghiên cứu khác ngoài hình học hay không?

Tác động của phương pháp tiên đề của Euclid đối với các thế hệ nghiên cứu sau đó lớn đến mức nó đã trở thành một kiểu mẫu cho mọi chứng minh chặt chẽ trong toán học.

Vì thế, vào thế kỉ mười chín và đầu thế kỉ hai mươi, nhiều lĩnh vực nghiên cứu đã được phát triển theo hướng ít nhiều mang tính trực giác dựa trên cơ sở tiên đề.

134. Phương pháp tiên đề có thúc đẩy tư duy toán học hay không?

Không, phương pháp tiên đề có thể xem là một hoạt động toán học dựa trên những quan niệm tiền nhận thức, còn toán học là một hoạt động sáng tạo được phát triển độc lập với những quan niệm như thế, do đó phương pháp tiên đề không thể bộc lộ bản chất của tư duy toán học.

135. Vậy đâu là động cơ thúc đẩy việc tiên đề hóa những lĩnh vực khác?

Động cơ mạnh nhất thúc đẩy việc tiên đề hóa những lĩnh vực khác của toán học là khát vọng muốn thiết lập một số lượng nhỏ nhưng vừa đủ những giả thiết ban đầu từ đó tất cả những phát biểu đúng trong những lĩnh vực đó được suy luận ra.

Phương pháp tiên đề này ngày nay được chấp nhận triệt để đến mức một trong những đặc điểm nổi bật nhất của toán học thế kỉ hai mươi là sự vận dụng quy mô phương pháp tiên đề trong các nghiên cứu toán học.

136. Kết quả của sự vận dụng quy mô phương pháp tiên đề hóa này của toán học là gì?

Sự vận dụng rộng rãi này của sự trừu tượng của toán học đã mang lại một khó khăn lớn, đó là vấn đề nhất quán!

Vì một phương pháp tiên đề phải là nhất quán, nên phải có một cách khẳng định rằng một tập hợp những giả thiết đã cho làm cơ sở của hệ thống mới là nội nhất quán để cho không có định lí mâu thuẫn tương hỗ nào có thể được suy luận ra từ tập hợp đó.

Nếu các giả thiết nói về một miền đối tượng quen thuộc nào đó, thì luôn luôn có thể kiểm tra xem chúng có đúng hay không, nhưng trong trường hợp các giả thiết nói về một miền đối tượng mới mẻ và không quen thuộc, thì dường như chẳng có cách nào kiểm tra được tính nhất quán của chúng.

Để làm rõ, các hình học phi Euclid lúc chúng đang được phát triển đã từng bị xem là không biểu diễn bất kì sự thật nào cả.

Có vẻ chẳng có cách nào trả lời cho câu hỏi: Tập hợp các giả thiết Riemann có nhất quán không hay liệu nó sẽ không dẫn tới những định lí mâu thuẫn chứ?

137. Vấn đề nhất quán còn phát sinh ở đâu nữa?

Vấn đề nhất quán còn phát sinh hễ khi một mô hình phi hữu hạn được xét đến vì các mục đích lí giải.

Trong trường hợp các mô hình hữu hạn, tính nhất quán của tập hợp có thể được xác định bằng cách khảo biện hoặc liệt kê nhưng trong trường hợp các mô hình phi hữu hạn thì điều này là không thể.

Và đa số các hệ giả thiết cấu thành nền tảng của những ngành toán học quan trọng chỉ có thể được thỏa mãn bởi các mô hình phi hữu hạn.

138. Hilbert có thành công trong việc xác lập tính nhất quán của các giả thiết Euclid hay không?

Hilbert chọn cách lí giải các giả thiết Euclid theo kiểu được thông qua trong hình học tọa độ Descartes để chúng được biến đổi thành những chân lí đại số. Tính nhất quán của các giả thiết Euclid, do đó, được xác lập bằng cách chứng minh rằng chúng được thỏa mãn bởi một mô hình đại số.

Nhưng phương pháp xác lập tính nhất quán như thế này cho thấy nếu đại số là nhất quán, thì hệ thống hình học của Hilbert cũng nhất quán. Vì thế, chứng minh một hệ nào đó nhất quán chỉ là tương đối chứ không phải một chứng minh tuyệt đối.

139. Nên làm gì tiếp theo để tránh những chứng minh tương đối đó?

Để tránh những chứng minh tương đối của tính nhất quán, Hilbert đề xuất một phương pháp được gọi là siêu toán học. Phương pháp này trang bị tốt cho việc nghiên cứu tính nhất quán lẫn tính hoàn chỉnh.

Vì thế, Hilbert và những nhà toán học khác nuôi hi vọng phát triển mỗi ngành toán học bằng phương pháp tiên đề theo kiểu sao cho nó vừa nhất quán vừa hoàn chỉnh.

Và chương trình tối hậu là phát triển một khuôn khổ thống nhất cho toàn bộ toán học vừa nhất quán vừa hoàn chỉnh.

Chương trình này được gọi là “Chương trình Hilbert”.

140. Chương trình Hilbert đã thành công đến đâu?

Luận giải siêu toán học đã được triển khai thành công để xác lập tính nhất quán và hoàn thiện của những hệ bao quát hơn. Ví dụ, một chứng minh tuyệt đối của sự nhất quán đã tiến hành cho một hệ số học cho phép cộng các con số, nhưng không cho phép nhân.

Một vài nỗ lực như thế là tìm cách xây dựng một chứng minh cho phép nhân các con số, nhưng thật bất ngờ, toàn bộ những nỗ lực như thế đều thất bại.

Cuối cùng vào năm 1931, nhà toán học người Áo Kurt Gödel đã chứng minh rằng những nỗ lực như thế nhất thiết phải thất bại.

121. Hình ngôi sao và hình chữ nhật với hai đường chéo thì có đi xuyên qua một lượt được không?

Hình ngôi sao có 10 đỉnh, mỗi đỉnh đều chẵn. Do đó, chẳng khó khăn gì để vẽ nó bằng một nét duy nhất.

Hình chữ nhất với hai đường chéo có 5 đỉnh, gồm bốn đỉnh lẻ và một đỉnh chẵn. Do đó, cần có hai hành trình. Nó không thể được vẽ bằng một nét.

122. Bài toán bốn màu là gì?

Khi tô màu bản đồ, những nước có chung đường biên giới được tô màu khác nhau để phân biệt chúng với nhau.

Kinh nghiệm thông thường là bốn màu là đủ để tô màu bản đồ, cho dù bản đồ đó gồm bao nhiêu nước và đường biên giới của chúng phức tạp như thế nào chăng nữa.

Nhưng để chứng minh thực tế bốn màu là đủ để tô màu bất kì bản đồ nào trên một mặt phẳng hay một mặt cầu là chuyện không đơn giản, và được gọi là bài toán bốn màu.

123. Ba màu là không đủ hay sao?

Thực tế dưới bốn màu là không đủ cho mọi trường hợp sẽ được làm rõ từ bản đồ gồm bốn nước dưới đây, trong đó mỗi nước đều tiếp giáp với ba nước kia.

Một điều cũng đúng là không ai có thể tạo ra một bản đồ có yêu cầu tô nhiều hơn bốn màu.

124. Bài toán bốn màu đã được nêu ra như thế nào?

Nó lần đầu tiên được Mobius nêu ra dưới dạng một bài toán vào năm 1840. Một vài nhà toán học đã bắt tay vào giải, nhưng trong hơn một thế kỉ lời giải vẫn còn tránh né họ!

125. Cuối cùng thì ai chứng minh được nó?

Mãi đến năm 1976 thì Wolf Gang Haken và Kenneth Appel mới có thể chứng minh khẳng định trên, nhưng máy vi tính là một công cụ đắc lực trong chứng minh đó.

Chứng minh tốn vài trang giấy và hết sức khó.

126. Còn những bản đồ vẽ trên mặt vòng xuyến, tức là ống trụ phồng bên trong, thì sao?

Người ta chứng minh được rằng cần bảy màu để tô màu cho bất kì bản đồ nào vẽ trên một mặt vòng xuyến.

Điều này hàm ý rằng trên một mặt như thế, người ta có thể xây dựng các bản đồ gồm bảy vùng trong đó mỗi vùng tiếp giáp với sáu vùng kia!

127. Làm thế nào những khái niệm hình học lại có khả năng áp dụng cho những tình huống đa dạng như thế?

Toán học có được sức mạnh sáng tạo của nó từ trực giác, trong đó hình học là một nguồn phong phú – điều đó lí giải tại sao các khái niệm hình học có khả năng áp dụng cho nhiều tình huống đa dạng.

Ngoài ra, các phương pháp và khái niệm hình học vẫn giữ được lợi thế của chúng thậm chí ở dạng thức trừu tượng.

Hình học cung cấp các mô hình không chỉ của không gian vật lí mà còn của bất kì cấu trúc nào có khái niệm và đặc điểm khớp với khuôn khổ hình học.

128. Trở lại với Euclid! Tại sao Euclid lại tiên đề hóa hình học?

Trước Euclid, hình học chỉ là một tập hợp gồm những kết quả rời rạc không có liên quan gì với nhau.

Mục tiêu của Euclid vì thế là chọn một số lượng nhỏ những giả thiết ban đầu hay tiên đề từ cái mà lĩnh vực hình học đã biết cho đến thời đại của ông cũng như những sự thật hình học chưa được khám phá có thể được suy luận ra từ chúng.

Ông đã tiên đề hóa hình học để hoàn thành nhiệm vụ để đời này.

129. Tác phẩm của Euclid có hoàn hảo logic không?

Trong hơn hai nghìn năm trời, bộ “Cơ sở” của Euclid được xem là thành tựu toán học có địa vị cao nhất, nhưng vào thế kỉ mười chín thì tiêu chuẩn nghiêm khắc trong tư duy toán học đã phát triển lên trình độ cao hơn, và người ta bắt đầu tìm thấy những chỗ hỏng logic trong tác phẩm của Euclid.

Có nhiều chỗ trong đó các kết luận mà Euclid rút ra từ những giả thiết của ông không tuân theo riêng các quy luật logic.

130. Vì sao những chỗ hỏng logic này không được để ý tới trước đó?

Lí do những chỗ hỏng này đã không được các nhà toán học để ý thấy trong suốt một thời gian rất dài là vì các định lí của Euclid luôn có những hình vẽ đi kèm khiến các khẳng định là quá sức hiển nhiên nên chẳng có ai nghi ngờ và kiểm tra để xác nhận. Chính các hình vẽ đã lấp mất những chỗ hỏng logic đó.

Do đó, về sau người ta cảm thấy nên xây dựng hình học trên một hình thức chặt chẽ hơn, trong đó các chứng minh chỉ có giá trị ở dạng logic của chúng, tức là không liên hệ với cách hiểu bình thường của các khái niệm hình học nữa.

111. Tinh thần của thí nghiệm này là gì?

Nó cho thấy ngay cả điều quả quyết rõ ràng đơn giản và chân thật rằng mỗi bề mặt có hai mặt có thể là sai lầm! Do đó, trong toán học, chứng minh logic chặt chẽ là cần thiết, cho dù điều khẳng định có hiển nhiên như thế nào.

112. Dải Mobius có tính chất nào khác hay không?

Một tính chất nổi bật nữa của mặt này là có chỉ có một cạnh, một đường khép kín! Nếu dây curoa được xoắn lại nửa vòng trước khi thắt thì nó trở thành một mô hình của dải Mobius. Một dây curoa như vậy có thể tồn tại lâu hơn vì nó bị mòn đều ở hai mặt do ma sát trên bánh xe. Thật vậy, nó chỉ có một mặt và một cạnh.

Một lần nữa, nếu chúng ta cắt mặt trụ theo phương vuông góc với trục của nó dọc theo đường giữa, thì ta được hai mặt trụ. Nhưng nếu chúng ta cắt dải Mobius theo đường giữa, thì nó vẫn là một dải! Bạn hãy lấy một băng giấy để xác nhận. Sẽ thú vị đấy.

113. Công thức Euler cho hình khối là gì?

Công thức nêu một liên hệ giữa các đỉnh, các cạnh và các mặt của một hình khối đơn giản.

Nó phát biểu rằng đối với một khối đa diện đơn giản bất kì thì

V – E + F = 2

trong đó V là số đỉnh, E là số cạnh, và F là số mặt.

Để minh họa, một hình hộp chữ nhật hoặc hình lập phương thì có 8 đỉnh, 12 cạnh và 6 mặt, nên 8 – 12 + 6 = 2, thỏa mãn công thức.

Tương tự, một tứ diện có 4 đỉnh, 6 cạnh và 4 mặt, nên 4 – 6 + 4 = 2, một lần nữa thỏa mãn công thức.

114. Nhưng làm thế nào công thức này là kết quả trong topo học?

Công thức trên vẫn đúng khi hình khối chịu mọi kiểu biến dạng topo, trong khi, nói chung, các cạnh thôi không còn thẳng, và các mặt thôi không còn phẳng và biến thành những mặt cong.

Vì thế, công thức này được người ta cho là định lí đầu tiên về mặt lịch sử trong topo học.

Nó đã được Descartes biết tới vào khoảng năm 1640, nhưng được khám phá lại bởi Euler vào năm 1752.

115. Bài toán Bảy chiếc cầu Koenigsberg là gì?

Thành phố Koenigsberg có trung tâm nằm trên một cù lao trên sông Pregel. Vào thế kỉ 17, cù lao này được nối với hai bờ sông với hai chiếc cầu ở mỗi bờ. Cù lao này còn có một chiếc cầu bắt sang một cù lao lân cận, và cù lao kia được nối với mỗi bờ sông bằng một chiếc cầu.

Sơ đồ như sau:

Câu đố khó dành cho các công dân của thành phố như sau:

Làm thế nào vạch ra hành trình đi qua tất cả bảy cây cầu mà không được đi qua bất kì cây cầu nào hai lần?

Đây chính là bài toán Bảy chiếc cầu Koenigsberg.

116. Làm thế nào có thể lập ra một hành trình như thế?

Một hành trình như thế không thể nào vạch ra được. Các thử nghiệm lặp đi lặp lại cho thấy không thể làm được chuyện đó, nhưng Euler đã đưa ra nguyên tắc chung cho những bài toán như vậy gọi là các bài toán mạng trong topo học.

117. Nguyên tắc đó là gì?

Trước khi có thể giải thích nguyên tắc, chúng ta nên nhớ trong đầu một vài khái niệm và thuật ngữ.

Để cho đơn giản, các vùng đất được thay bằng các điểm, và các cây cầu bắt qua sông được thay bằng các đoạn nối giữa các điểm.

Các điểm đó được gọi là đỉnh. Một đỉnh là lẻ hoặc chẵn, theo số lượng đường dẫn từ đỉnh đó là lẻ hay chẵn.

Euler đã khám phá rằng:

(i)                  Nếu tất cả các đỉnh trong một mạng liên kết đều là chẵn thì mạng đó có thể được đi xuyên trong một hành trình bắt đầu và kết thúc tại cùng một đỉnh như trong các trường hợp sau:

(ii)                Nếu mạng chứa hai đỉnh lẻ, thì nó có thể được đi xuyên trong một hành trình, nhưng không thể quay về tại điểm xuất phát.

(iii)               Nếu mạng chứa 4, 6 hoặc 8 đỉnh lẻ, thì tương ứng sẽ cần 2, 3 hoặc 4 hành trình riêng để đi qua nó. Số lượng hành trình cần thiết để đi xuyên một mạng liên kết bằng nửa số đỉnh lẻ.

(iv)              Một mạng gồm một số lẻ đỉnh lẻ thì không thể dựng được bởi vì mỗi đường cần bắt đầu tại một đỉnh và kết thúc tại một đỉnh.

118. Nguyên tắc trên được áp dụng như thế nào cho bài toán Bảy chiếc cầu Koenigsberg?

Trong bài toán đó, khi hai cù lao được thay bằng hai điểm A và B, con sông chia tách hai phần đất được kí hiệu là C và D, và bảy chiếc cầu được kí hiệu bằng bảy đường cung, mạng đã cho có dạng như sau:

Vì trong trường hợp này, cả bốn đỉnh đều là lẻ, nên cần có hai hành trình mới đi hết mạng lưới. Một hành trình duy nhất là không thể.

119. Nếu có thêm một cầu nữa bắt qua sông thì sao?

Nếu xây thêm một chiếc cầu nữa bắt qua sông, trên sơ đồ được vẽ bằng nét đứt ở phía cùng bên trái, thì mạng có dạng như sau:

Trong trường hợp này, hai đỉnh C và D đều chẵn, và hai đỉnh kia, A và B, đều là lẻ. Bây giờ một hành trình là đủ, nhưng hành trình đó phải bắt đầu tại một đỉnh lẻ, A hoặc B, và kết thúc tại đỉnh kia.

120. Tại sao bài toán trên lại được đánh giá quan trọng thế?

Bởi vì cùng với đáp số của bài toán đã ra đời một ngành toán học hoàn toàn mới.

Khi Euler giới thiệu lời giải trước Viện hàn lâm nước Nga ở St Petersburg vào năm 1736, không những một bài toán dai dẳng đã được giải mà cùng với nó Topo học đã ra đời.