Tuyển tập 30 năm Tạp Chí Toán Học và Tuổi Trẻ (part4-4)

Chương IV- BUGC ĐẦU TÌM HIỂU TỐN HỌC HIỆN ĐẠI
BÀI

TỐN

THỨ MƯỜI

CỦA HINBE

ĐÁ ĐƯỢC GIẢI QUYẾT

PHAN ĐÌNH DIỆU
"Có ai trong chúng ta lại khơng muốn vén.
bức màn đang che kín tương lai của chúng

bài toán thứ mười,

những thành tựu
người và những
trong những thế
đặc biệt nào mà

còn rất trẻ của Liên xò, Macbhiaxiêvich,

ta, để dù chỉ một

đạo

của

thế

hệ

thống nhìn

thấy được

mai sau của kiến thức
bí mật phát triển của
kÌ sắp tới ? Những mục
những trí tuệ tốn học
tương

lai sẽ tự đặt

lồi
nó
tiêu
chủ

ra cho

minh ? Những phương pháp mới và những

sự kiện mới nào sẽ được phát minh vào thế

kỈ tới trong lỉnh vực rộng rãi và phong phú
của tư duy tốn

học ?"

Đây

là một

nay.

Nhưng

Hinbe

khơng

phải

chỉ

muốn vén bức màn tương lai, mà với trí tuệ
uyên bác, với nhãn quan sắc sảo của minh,
Hinbe đã phần nào tiên đoán được hướng
phát triển tương lai của toán học và đã góp
phần cống hiến to lớn trong việc vạch đường
cho sự phát triển đó. Trong bài phát biểu
nới trên, Hinbe đã đề ra một loạt 23 bài toán
lớn trong hầu khắp các lĩnh vực toán học,
mà việc nghiên cứu giải quyết chúng từ đó

đến nay đã thu hút sự cố gắng của rất nhiều

những tài năng toán học lỗi lạc và thực sự

đã có ảnh hưởng lớn đến tồn bộ sự phát

triển của toán học trong thế ki 20 này.

Bây mươi năm đã trơi qua, nhiều bài tốn
Hinbe nêu ra đã được lần lượt giải quyết, và
cũng có những bài chưa được giải quyết đầy
đủ. Trong bài báo nhỏ này, tôi xin giới thiệu
với các bạn một trong những bài toán đó,

308

bài

tốn

số học.

của

các

Th

hãy

xét

các
phương

trình
số
học
dạng
P@,y,..., u) = 0, trong đó P là một da thức
với

hệ

số

ngun

ẩn

x, y,...,

Những phương trình như vậy được
phương trình Điơphăng. Thí dụ :

Hinbe đã mở đầu bài phát biểu nổi tiếng của

ngày

năm

nay mới vừa 23 tuổi,

Bằng những lời đẹp đẽ đó, nhà tốn học

mình tại Đại hội tốn học quốc tế lần thứ
hai ở Pari năm 1900, năm cuối cùng trước
khi bước sang thế kÌ 20 với những thành tựu
huy hoàng của kháp các lĩnh vực khoa học
ki thuật mà chúng ta đang được chứng kiến

là bài toán vừa được giải

quyết trong năm 1970 này, và đặc biệt người
giải quyết bài tốn đó là một nhà tốn học

Lư.

gọi là

xt+y4-6=0

(6)

z2—y+4=0

(2)

xtityt—24=0

(3)

là những phương trình Điơphăng. Phương
trình (1) có một số hữu hạn nghiệm nguyên
la (x, y) = (41, +2), (+2, +1) ; phương trình

(2) có vơ số nghiệm ngun

như các cặp (1,

5), (2, 8), (3, 13), v.v... Cịn phương trình (3)
khơng có nghiệm ngun. Vậy trong các
phương trình Điơphăng, có những phương

trình có nghiệm ngun và có những phương
trình khơng cớ. Trong danh sách các bài toán
ma

Hinbe

néu

biểu như sau :

ra,

bài

toán

thứ

mười

phát

Giả sử cho một phương trình Điơphàng
với các ẩn số tùy ý và với hệ số nguyên. Háy
nêu một phương phóp, theo đó sau một số
hữu hạn phép toón có thể khẳng định dược
là phương trình dã cho có nghiệm ngun
hay khơng.
Bài tốn nêu ra khá để hiểu, nhưng việc

giải quyết nó thực khơng phải là đơn giản.
Vấn đề phương trình Điơphăng trong hang
chục thế kỈ đã thu hút sự chú ý của các nhà
toán

học

của

mọi

thời

đại,

và cho

đến

nay

vẫn cịn để lại những bài tốn hóc búa, như
bài toán Phecma nổi tiếng (hãy chứng minh
phương trinh x" + y* = 2", véin > 2 khong

có nghiệm nguyên !) chẳng hạn. Việc nghiên
cứu các phương trình Điơphăng đã có ảnh

hưởng lớn đến sự phát triển của số học, đại
số học và các ngành toán học khác.
Ta trở lại với bài toán Hinbe.

Nhu

vậy là

Hinbe đồi hỏi nêu ra một phương pháp
chung, để với mọi phương trình Điêphăng
cho trước, dùng phương pháp đó đốn nhận
được nó cố nghiệm ngun hay khơng.

Dường như là phương pháp đó có thật, và

trong

mấy

chục

năm

đầu

của

thế

kỈ 20,

người ta cố gắng đi tỉm phương pháp đó.

Khơng tÌm được phương pháp chung cho mọi

phương trỉnh Diơphăng thì tìm cho các lớp
riêng nào đó của phương trình Điêphăng

cũng được.

Các

nhà

tốn học đi tìm phương

pháp

chung mà Hinbe địi hỏi, nhưng có thé chang
cái phương pháp chưng đó khơng có ? Trước

những năm ba mươi của thế kÌ này, một sự

hồi nghỉ kiểu như vậy chưa có sơ sở. Bởi
vì suốt mấy nghìn năm nay, các nhà tốn

học đã tìm ra được vơ vàn các phương pháp

để giải các bài toán loại này loại khác, nhưng
chưa ai chứng minh được (thậm chí nghỉ đến
việc chứng minh) rằng khơng có phương

pháp để giải một bài tốn nào đó.

Muốn chứng minh được khơng có phương
pháp, thì trước hết phải hiểu được một cách

chính xác thế nào là phương phóp
khoảng

của

1935,

nhiều

1936

nhà

tốn

về sau,

học

với cơng

trong

Vào

trình

lỗi lạc như Turing,

Goden, Klin, Séc, v.v... trong
xuất hiện các khái niệm chính
tốn, lần đầu tiên người ta đã
được khơng có thuột tốn để
các bài tốn

?

lơgie (Sớt),

tốn học đã
xác về thuật
chứng minh
giải một loạt
trong

đại

số

học (Post, Mackơv, Nơvikơv, v.v...) và trong
nhiều ngành tốn học khác.
Và trên cơ sở đó, người ta bắt đầu nghĩ
đến việc chứng minh khơng có phương pháp

mà Hinbe địi hỏi đối với các phương trình

Didphang.
bỉ

Với mục đích giải quyết vấn đề đó, bền
trong

nhiều

năm

nghiên

cứu,

đến

năm

1961, các nhà tốn học Mi Dévis, Putman,
và Rơbinxơn đã chứng mỉnh được rằng :

khơng có thuật tốn để uới một phương trình

Didphang mii bat ki cho trước, khơng định

được nó có nghiệm ngun hay khơng. Một

phương trình Điơphäng mũ là một phương
trình có dạng PŒ,y,..,u)
= 0, trong đó
ngồi phép

lũy thừa,

trong P có thể chứa

phép mũ (thí dụ 2x2 + # +x = 0 là một
phương trình như vậy). Chỉ cần bỏ được chữ

mũ nói trên là chứng minh được khơng cớ
phương pháp mà Hinbe đòi hỏi. Tiến thêm
một bước nữa, cũng các nhà tốn học nói
trên, năm 1963, đã chứng minh được rằng :
khơng có phương pháp mà Hinbe địi hỏi,
nếu tìm được một quan hệ R (u, 0) giữa các

số nguyên u, U, thỏa mãn hai tính chất :
1) nếu R(u, u) đúng, thì u « u*,
2) uới mọi

È, có u va u sao cho

R

(u, v)

ding va uk Một sự dẫn đắt kì lạ và kết quả thu được

thật là xuất sắc ! Nhưng rồi vẫn chưa ai tìm

được một quan hệ # như vậy ! Và người ta
lại đã bắt đầu nghỉ đến những cách khác để
giải quyết bài toán Hinbe.
Cho đến năm 1970 này, đúng 70 năm sau
khi Hinbe nêu ra bài toán, Machiaxiévich,

nhà toán học 23 tuổi ở Léningordt, ngudi ma

mấy năm vừa qua đã chú ý nghiên cứu bài
toán thứ mười của Hinbe, bằng những sáng
tạo thơng minh và độc đáo, đã tìm ra được
một

quan

nó).

Gọi

hệ F

rất đơn

giản

thơa

mãn

hai

tính chất nói trên, Ta xét dãy số Fibơnaxi :
1, 1,2, 3, ð, 8, 13, 21, 34,...
(mỗi số bàng tổng của hai số đứng liền trước
ƒ,

là

số

f=lLf,=lLf,=2,

Pibơnaxi

thứ

n,

ta

có

vv.. Bây giờ ta định

nghĩa quan hệ # như sau : f(œ, 6) khi và chỉ
khi o=ƒ/„

tức là ø là số Fibônaxi thứ 2w.

Như vậy, chẳng hạn #(1, L), R(2, 3), R(3, 8)
›- là đúng, Machiaxievich chứng minh được

quan hệ E đó thỏa mãn các tính chất 1) và

2). Và do đó đã hồn thành việc chứng minh
khơng có phương pháp chung để uới mọi

phương

trình

Didphang

cho

trước,

khẳng

dịnh được nó có nghiệm ngun hay khơng.
Và như vậy, bài toán thứ mười của Hinbe

được giải quyết một cách phủ định, trái với

dự kiến của chính Hinbe !

Tháng 9 năm 1970 vừa qua, kết quả này

đã được báo cáo tại Đại hội toán học quốc
tế họp ở thành phố Nixơ nước Pháp.

309


Giới thiệu lại q trình nghiên cứu bài
tốn thứ mười của Hinbe nhân dịp bài tốn
đó được giải quyết, chúng ta thấy một bài

học rất trẻ tuổi những vinh dự to lớn biết

lớn đến thế nào cho việc phát triển tốn học,

lên lời kêu gọi bất diệt của sự thơi thúc : đây

tốn lớn có thể mở ra những chân trời rộng
và trên

con đường

giải quyết bài tốn đó,

tốn học đã thu lượm được biết bao kết quả
rực rỡ trước khi đến kết quả rực rỡ cuối
cùng ! Déng thời sự táo bạo trong nghiên

cứu có thể đưa lại cho ngay những nhà toán

ĐẾM ĐƯỢC

bao †

Vấn để là làm sao cho, như lời của chính
Hinba, "trong lịng chúng ta ln ln vang
là những

bài

tốn,

anh

hãy

tìm

cách

giải

quyết chúng !", Chúng sẽ hấp dẫn anh bằng

những khó khăn và những hứa hẹn, và sau

đó sẽ đến công anh bằng niềm hạnh phúc
của những kết quả sáng tạo.

VÀ KHƠNG

ĐẾM ĐƯỢC
NGO VIET TRUNG

Khí

giải

một

phương

trình

các

bạn

thường đi đến một kết luận là phương trình
có hữu hạn nghiệm. Nhưng đã có ai nghỉ
rằng "hữu hạn" là gì chưa ? Nếu người
hỏi, chác bạn sẽ trả lời rằng một tập hợp

hữu

hạn

là một

tập

hợp

đếm

được.

Nhưng

nếu có người bỏi tiếp "đếm được" là gì thì

chắc bạn sẽ lúng túng. Cũng có thể có bạn
trả lời liều rằng đếm được có nghĩa là có thể
dùng đến các ngón tay (và khi cẩn cả ngón
chân) để đếm cho đến hết. Trả lời như thế
vẫn có phần đúng.

Trong tốn học, người ta hiểu một tập

hợp X là hữu hạn nếu số các phần tử của X
có

thể

biểu

thị

được

bởi

một

số

nguyên

hề nghỉ đến việc chứng mỉnh điều này. Ở
đây ta phải xuất phát từ điều kiện các hạt
cát không thể bé như các nguyên tử và do
đó chúng có một thể tích nhất định. Vì vậy,
nếu các hạt cát là vơ hạn thì thể tích trái
đất cũng sẽ là vơ hạn và ta có một sự mâu

thudn. R6 rang la ching ta đã không đếm

mà vẫn biết tập hợp các hạt cát là hữu hạn.

Một quá trình đếm bao giờ cũng cho ta
một số phần tử cụ thể. Trong định nghĩa tập
hợp hữu hạn ở trên, œ chính là số phần tử
của X. Mở rộng khái niệm số phần tử, người

ta gọi hai tập hợp là có cùng lực lượng nếu

có một sự tương ứng 1 - 1 giữa các phần tử
của chúng. Rõ ràng là hai tập hợp hữu hạn

đương + nào đớ. Điều này có nghĩa là người
ta có thể thiết lập một sự tương ứng giữa
các phần tử của X và các số từ 1 đến w sao
cho mỗi phần tử của X ứng với một số duy

có cùng lực lượng khi và chỉ khi chúng có

phần tử của X. Một sự tương ứng như vậy
còn được gọi là một sự tương ứng 1 - 1. Về
mnặt bản chất, đó chính là một q trình đếm
giống như khi ta dùng ngón tay để đếm

các số tự nhiên và các số dương chẵn có cùng
lực lượng thơng qua sự tương ting n dén 2n.

nhất và ngược lại mỗi số chỉ ứng với một

đồ vật,

Các vật cụ thể (không phải là sản phẩm
suy nghỉ của con người) thường là hữu hạn,
Nhưng

không

phải

lúc nào

người

ta cũng

đếm được chúng theo nghỉa thơng thường.

Ví dụ như tập hợp các hạt cát trên trái đất
là hữu hạn. Có thể cam đoan rằng bạn chưa

310

cùng số phần tử. VÌ vậy, một

tập hợp hữu

hạn khơng bao giờ có cùng lực lượng với một

tập con thật sự của nó. Điều này khơng cịn

đúng nữa đối với một tập vơ hạn. VÍ dụ như

Tổng quát hơn, mỗi một tập vô hạn bao giờ

cũng chứa một tập hợp con có cùng lực lượng

với tập các số tự nhiên. Thật vậy, cho trước

z phần tử khác nhau ø,..ø„ của một tập

vô hạn Ÿ, người ta ln ln có thể tÌm thấy
một phần tử a,„, của Y khác với các phần
tử trên. Điều này cho phép ta xây dựng một
day

vô

hạn

các

phần

tử

khác

nhau

@), 2 G3... cua Y. Dãy này có cùng lực lượng


với tập các số tự nhiên

thông qua sự tương

ứng z đến a,. Nhu vay, ta có thể coi các gố

tự nhiên có lực lượng nhỏ nhất trong các tập
vơ hạn.

Một tập hợp có cùng lực lượng với tập
hợp các số tự nhiên được gọi là đập hợp dấm
được. LÍ do là bằng một phép đếm thơng
thường người ta có thể đạt đến mọi phần tử

của nó (mặc dù khơng thể đếm hết tồn bộ).

Điều này cịn được thể hiện qua việc có thể
sắp xếp các phần tử của một tập hợp đếm
được thành một dãy vô hạn 4, Ay G3 ..., VOI

chéo ta có thể sắp xếp các số hữu tỉ thành

một dãy vô hạn với chỉ số là các số tự nhiên.
Các bạn cũng có thể hỏi tập hợp tất cả
các số thực có phải là một tập hợp đếm được

hay không. Câu trả lời sẽ là không. Thật vậy,
giả sử ta có thể sắp xếp tất cả các số thực

thành một dãy vô hạn Uy) Uy, Uy... Hay biểu

diễn các số thực dưới dạng các phân số thập
phân vô hạn

ị =mị + Ũ, yl yey

chỉ số là các số tự nhiên. Với một sự sắp xếp

By = My +0,

€ 2,026 93.

hợp đếm được trên đường thẳng thực sẽ là

u,=n?+0,

21022222...

như vậy, các bạn có thể nghỉ rằng một tập
một tập điểm rời rạc. Điều này không phải
lúc nào cũng đúng. Mọi người đều biết rằng

các điểm hữu tỈ trù mật trên đường thẳng
thực (bất kì một đoạn thẳng nào, dù nhơ đến

đâu cũng chứa vơ số điểm hữu tÌ) và chúng
ta sẽ thấy

tập các số hữu

tỉ là đếm

được.

Theo định nghĩa một số hữu tỈ là một phân

số của hai số nguyên. Hãy xếp các phân số
cđ cùng mẫu số trên một dong theo thi tự

của tử số (Ở đây ta giả thiết tử số là một số
nguyên

dương).

Sau

đó xếp các dòng này

theo thứ tự của mẫu số bắt đấu là 1, -1, 2,
-2, 3,
. Bang cách đặt @,=0;a,=1;
a,=2;a,=—1l;a,=1/2;a,= =2;
a,=3;a,=

4; ... theo thi ty cla cdc dung

—=—=—~ï--—2

⁄

⁄

-1

⁄

⁄

Ị

14
2

⁄

⁄

|

‡

1⁄
3

⁄

Z

⁄

2x
3
⁄

- L⁄.2“⁄
2

⁄

i

2

a

3~-

7

x
⁄

⁄

37

94

7

⁄
x

et

2

-3

2

⁄

⁄

7

5

4

5

2

2

1.4
2

5

2

2

3

4

3

5

3

3

3

5

6 đây nụ,n„, n;,... là các số nguyên. Th sẽ kí

hiệu e„ là chữ số nhỏ nhất

khác với đ„ và 9.

Phân số thập phân vô hạn
u=Ú, Gi8¿C2S.

là một số thực không cớ chữ số 9 sau đấu
thập phân. Rõ ràng là ¡ # „ với mọi n. Diéu
này khơng thể xảy ra được vì z phải xuất
hiện trong day sé Uj, Uy uy... Như vậy ta đã
chứng mỉnh tập hợp các số thực là khơng

đếm được.

Một

điểm

vấn để mới

khơng

đếm

thực có cùng

nảy

được

ra là các tập hợp

trên

đường

thẳng

lực lượng với các số thực hay

khơng. Vấn đề này cịn biết được dưới tên
Boi gid thuyét continuum. Nam 1964, nha

toán hoc Mi Cohen da dua ra một lời giải
ngạc nhiên về vấn đề này. Ơng ta đã chứng
mỉnh rằng có thể công nhận hoặc phủ nhận
giả thuyết continuum mà vẫn khơng nhận
được bất kì một sự mâu thuẫn nào với các
tiên để của lí thuyết tập hợp. Như vậy, tùy
theo sự lựa chọn, chúng ta có thể coi hoặc

khơng coi tập hợp các số thực là tập hợp có
lực lượng nhỏ
không

đếm

nhất

trong tất cả các tập hợp

được.

alt


CÂU CHUYEN VE
LI THUYET DO DO
DANG HUNG THANG
Không thể xác định được chính xác vào

lúc não lồi người

cổ nhu

cầu phải xác định

diện tích các hình và thể tích các vật thể.

Chỉ

biết

rằng

cách

đây

4000

năm

người

Ai Cập đã biết đo diện tích, Đất đai hai bên
bờ sơng Nin rất phì nhiêu nhưng cứ sau mỗi

trận lụt thÌ biên giới giữa các khoảng đất bị

xóa nhịa. Người Ai Cập đã tìm được cách đo

lại diện tích các khoảnh đất và do đó mà

bài tốn
những

đo điện

hình

tích

"kÌ quặc"

(hay thể

như

tích)

vậy.

Nhưng

của

có

phải bất kì hinh nao (vat thé nao) cũng đều
có điện tích (thể tích) hay khơng ? Và nơi

chung diện tích (thể tích) của một hình (một

vật thể) là cái gì ?

Có lẽ đa số các bạn

(cũng như

các nhà

tốn học trước thế kỈ 20) đều quan

niệm

hình thành và phát triển mơn hình học
(Danh từ hình học "geometrie" nguồn gốc Hi
Lap có nghĩa là đo đạc đất đai). Các cơng

rằng diện tích (thể tích) là một thuộc tính
vốn có của mỗi một hình, (một vật thể) là
một số đo khách quan biểu thị sự "chiếm

là một bằng chứng cho thấy cách đây 3000

khơng

trình kiến trúc cổ Ai Cập như kim tự tháp

năm lồi người đã biết tính thể tích của một

số khối đa diện. Các nhà toán học Hi Lạp

Asimet (Archimede), Héréng (Heron) sống ở

thế kỉ 3 trước công nguyên đã có nhiều
đóng góp trong việc tÌm diện tích các hình

và thể tích các vật thể. Các cơng thức về
diện tích và thể tích hình cầu và nhiều vật
trịn xoay phức tạp khác đều do Asimet nêu

ra. Đối với mỗi một

vật thể, Asimet

phải

sáng tạo ra một phương pháp mới có khi là
những phương pháp rất khôn khéo. (Trong
những phương pháp đớ đã chứa đựng mầm

mống của phép tính tích phân sau này).

Sự phát triển của khoa học và kĩ thuật ở

thế kỉ 16, 17 đã đẫn đến những bài tốn tính

thể tích của những vật thể và diện tích của
những hÌnh rất phức tạp, giới hạn ở giữa
những đường cong hay những mặt cong.

Phép tính tích phân do hai bộ ớc vĩ đại nhất

cia thé ki 17 la Niuton (Newton) và
Laibonit

(Leibnitz)

sáng

tạo ra, đã cho một

phương pháp đơn giản và tổng quát để giải

những bài tốn đó. Tuy nhiên, phép tính tích
phân cịn chưa cho phép xác định điện tích
(hay thể tích) của một số hình "kì quặc",

chẳng hạn diện tích một
điểm Œ, y) với các tọa độ
một hình vng nào đó là
Đến cuối thế kỈ 19 với

hình gồm những
hữu tỈ nằm trong
bao nhiêu ?
sự phát triển của

toán học, các nhà toán học thường

312

gặp phải

chỗ" của hình (vật) trong mặt phẳng (trong
gian).

Một

định

chẽ

của

nghĩa

trực

quan,

"ngây thơ" như vậy khơng thỏa mãn những

u

cẩu

chật

tốn

học

hiện

đại.

Người ta thấy rằng cẩn phải đưa ra một định
nghĩa có đnh chất tiên đề, nghĩa là sẽ chỉ ra
những tính chất "hiển nhiên"

mà

tích (thể tích) cần phải cớ.
Giả

sử X là một

(trong mặt

Hai

phẳng

tập hợp

hay trong

điểm

tập con A và B của X được

đẳng với nhau

một diện

khơng

nào

đó

gian).

gọi là tồn

nếu chúng ta có thể nhận

được tập này từ tập kia bằng phép tịnh tiến,
phép quay hay phép chiếu gương. Điều kiện
cần và đủ để các tập A và B tồn đẳng là

giữa các điểm của chúng có tổn tại phép
tương ứng một

- một bảo toàn

khoảng cách

tức là nếu ø, œ, là hai điểm tùy ý của A và

b, b„ là hai

điểm

tương

ứng

của

B

thi

khoảng cách giữa ø; và ø, bằng khoảng cách

giữa b¡ và b.. Để biểu thị hai tập A và B
toàn đẳng ta viết A = B.
Th nới rằng trên X có xác định một độ đo
? nếu với mỗi tập con A của X được gắn cho
một số m(A) > 0 gọi là độ đo của tập A sao
cho các điều kiện (tiền để) sau được thỏa
mãn

:

1) Nếu A được phân
con rời nhau

hoạch thành ø tập

A=A,UA,U...UA,.

thi

= m(A) = m{A)) + mA.) +. + m(A,)

2) Néu A=

khơng có diện tích ! Đối với trường hợp X là

B thi m(A) = m(B).

3) Có một tập E nào đó có độ đo bằng 1,
m(E) = 1. Các điều kiện 1) 2) 3) là các tính

chất hiển nhiên của diện tích và thể tích.
Nếu X là mặt phẳng hoặc là một đa tạp

hai chiều (như mặt cầu, mặt xuyến...) thì độ
đo của tập A C X gọi là diện tích của A. Nếu

Z là khơng gian ba chiều thì độ đo của A gọi
là thể tích của A. Nhà

tốn học kiệt xuất

minh

như

của

Balan

(Banắc)

rằng

một

độ

(S. Banach)
đo

vậy

trên

mặt

phẳng là tổn tại. Độ đo của mỗi tập A chính

Hauxdooe (F. Hausdorff) da lam sửng sốt
giới tốn học đương thời bằng việc chỉ ra
tầng, khơng thể gán diện tích cho một bộ

A=

B=

độ

do

nuặt cầu. Phát hiện của ơng dựa
ví dụ kì lạ sau đây (đo Ơng xây
Tốn tại một phép chia mat cfu
phần rời nhau A, B, C sao cho

C va A=

m

BUC.

Khi đó nếu tồn tai

trén

mặt

m(A) = m(B) = m(C) =4nR2/3
kính

mặt

cẩu.

Mặt

khác

m(A) = 4nF?/2. Mâu thuẫn.

vì A=

(R

cầu

là

BUỤC

thi

bán

nên

Mặt đất chúng ta đang sống là mặt cầu,
vậy trên mặt đất có tổn tại những phần

LÀM

tin được gọi là nghịch lí Banác - Tarxki như
sau : Giả sử ta có hai quả cầu S, va S,. Qua

cfu S, rất lớn, lớn như mặt trời cịn quả cầu 6,

thi bé tí xíu như hạt đậu. Tuy nhiên có tồn

tại một cách phân hoạch 5 và 5%; làm n phần

S, =A, UA,..UA,

đã chứng

là điện tích của tập A hiểu một cách trực
quan trước đây. Tuy nhiên nhà toán bọc Đức

phận của
trên một
dựng) :
thành 3

khơng gian 3 chiều, hai nhà tốn học Balan,
Banắc và Thexki (Tarski), đã chứng minh
một mệnh đề rất kì lạ, dường như không thể

QUEN

sao cho

S,=B,UB,..UB,

A,* By A,= By... A,* B,.

Nghĩa là, qua một phép phân hoạch hữu
hạn rồi xếp đạt lại mà vẫn giữ nguyên khoảng

cách (không nén lại), một vật thể lớn như mật

trời có thể nhét được

vào túi áo ( !)

Từ định If nay cla Bandc - Tarski ta suy ra
trong khơng gian có những uất thể khơng có

thể tích. Thật vậy nếu có thể gán thể tích

cho các tập A, và B, trong phân

hoạch

nêu

trên thÌ ta có m(S,) = m(S,) hay R, = RCN)

(R,, R, Ja ban kinh của mật trời và hạt đậu),

Điều này vơ lÍ.
Câu chuyện về lÍ thuyết độ đo cịn dài và
lí thú song chúng ta tạm đừng ở đây. Nếu
các bạn quan tâm, chúng ta sẽ tiếp tục trong

những số báo sau.

VỚI CÁCH

GIẢI TỐN BẰNG ĐỒ THỊ
DANG VIỄN
Trong báo Tốn học và Tuổi trẻ số 153

(1-1987) bạn Đô Bá Khang đã giới thiệu với
bạn đọc "Một số khái niệm và bài toán của
Ii thuyết đổ thị", Trong bài này chúng tôi
muốn giới thiệu với bạn đọc một số cách giải
một bài toán bằng phương pháp luận của lí
thuyết đồ thị.

Bài tốn

: Một

cơ quan

cẩn

tuyển

3

người để lập thành một nhóm có đủ năng
lực biên địch các tài liệu từ 6 thứ tiếng Anh,

Pháp, Nga, Đức, Trung Quốc và Bồ Đào Nha
sang tiếng Việt. Có 7 người đến đự tuyển,

trong dé mối người đều biết 2 và chỉ 2 trong

6 thứ
cùng
trong
cũng

tiếng đó và
biết nhiều
6 thứ tiếng
có Ít nhất

bất cứ hai người nào cũng
nhất một thứ tiếng chung
đơ. Biết rằng thứ tiếng nào
hai người biết, hỏi có thể

xảy ra trường hợp khơng

thể tuyển chọn

được như u cầu đã nêu khơng, tại sao ?

(ĐỀ thí học sinh giỏi toán lớp 11
Mà Nội 1987 ~ 1088)

313


—

ra, nếu D không kề T, cẩn thêm 4 cạnh kế
với D, T và số cạnh Ít nhất là 3ä + 1 + 4 = 8

Loi gidi. Chuyén sang bai todn d6 thi :
"Cho dé thi don 6 dinh (A, FN,

D, T, B)

(> 7) CĐ. Vay D, T phải kề nhau ; và ta có

và 7 cạnh, bậc của mỗi đỉnh đều khơng nhỏ
hơn 2. Có thể xẩy ra trường hợp khơng có
nào

cạnh

ba

một

đơi

kế

khơng

nhau

nghiệm hình : 27, AB, EN.
é

hay

khơng, tại sao ?"
Ta sé trả lời phủ định, nghĩa là luôn luôn
tim được ba cạnh đôi một không kế nhau,

0:

Không làm mất tính tổng quát, với mỗi một
trường hợp ta chỉ cần nêu một đồ thị đại

⁄

vì đồ thị này hữu hạn). Vì chỉ có 6 đỉnh và
đỉnh nào cũng có bậc > 2 nên độ dài ¿ của

phải thỏa mãn 2 < ¿ « õ.

thứ

1)/

ba,

=

5. Chỉ

Chẳng

năm.

thứ

AFBDNT,

việc chọn cạnh

hạn,

thứ nhất,

với

@

=

ta có nghiệm hình là AF, BD, NT:

a

N

SG z F

/

™! w

diện.

Cóch 1. Xét đường đi dài nhất Œ (tồn tại,

o

*T
Hình 3

4)1= 9. Xét đồ thị h.3 v6i © = ABN. Dé

đ(A), đ(N) > 2, phải có cạnh AN. Nếu

trong

các đỉnh cịn lại Ð, F, 7 mà có đỉnh kế đỉnh

nào đó trong A, B, N thì sẽ có đường đi với
độ đài > 3, trái điều kiện 4). Vậy ba đỉnh

này chỉ nối với nhau và nhiều nhất được 3

cạnh, đo đó tổng số cạnh nhiều nhất là 6 (< Ð
(1). Vậy không xẩy ra.
Và, bài tốn đã được giải xong.
Cách

2. Xét

chu

trình

Ế

với

độ

lớn

dài

nhất ¿ (tốn tại, vì số đỉnh nhỏ hơn số cạnh).
Ta có: 3
1) ÿ = 6. Chỉ việc chọn theo một chiều
nhất định các cạnh thứ nhất, thứ ba, thứ

?

Hình 1

2) 1= 4. Xét đồ thị h.1 với

= NABDT.

là đường đi đài nhất nên N, 7 khơng

Vi

kề với đỉnh cịn lại Z. Hơn nữa, bậc của W,
7... đều > 2 (*) nên nếu W, 7 khơng kề nhau

thì cần thêm ít nhất bai cạnh kề W (hoặc 7)
mà

không

kế F va hai cạnh

khác

kế #.

Số

đồ

thị

năm. Chẳng hạn, với © = ABDTNFA,
chon nghiém hinh : AB, DT, NF.

ta

2) L = 6. Chỉ việc chọn cạnh kể với đỉnh

ngồi

thuộc

chu

chu

trình

trình.

và hai cạnh

Trong

nghiệm : FD, BA, NT.

khơng

đồ thị h.l,

kể nó

ta có

cạnh Ít nhất là : 4+2+ 2 = 8 (>7) {9.
Vậy N, T kế nhau. Ta chỉ việc chọn một cạnh.
kề F và hai cạnh thuộc chu trình NABDTN
khơng

kể

với

cạnh

chọn.

vừa

Trong

h.1 ta có nghiệm hinh : FD, BA, NT:

Hình 4

x =—

x7

Hình

3) 1 = 4. Xét đồ thị h.4 với É = AFDBA.
Nếu Đ, 7 khơng kề nhau thì phải có 4 cạnh
kế chúng và số cạnh Ít nhất là 4 + 4 = 8
(> 7) (9. Vậy phải có cạnh N7 và ta có
nghiệm hinh : NT, AF, BD.

2

3) ¡ = 8. Xét đồ thị h.2 với © = ABFN.

Vì A, N khơng kế với D, 7 nên có Ít nhất
một cạnh khơng thuộc É kế với A, N. Ngồi

(*) điểu này về sau ta không nhắc lại nữa trong các

trưởng hợp tướng tự.

314

8G


a) Đồ thị không liên thông nữa. Như trên

đã nêu, nó phải gồm bởi hai tam giác nhân
biệt, và đường đi tạm bỏ chỉ gồm bởi 1 cạnh.

Ta chọn cạnh đó và 2 cạnh khơng kề nó lần
lượt thuộc hai tam giác
ed nghiém AF, BT; ND.

x

YON,

Nếu có đỉnh nào trong các đỉnh còn lại N,

T, 8 mà kề với hai trong A, D, F thì sẽ tổn

tại một chu trình độ dài 4, trái điều kiện 4),

do dé, mỗi một trong W, 7¡ B phải kể với ít
nhất một trong hai đỉnh cịn lại, vì vậy giữa

chúng phải cớ Ít nhất hai cạnh, giả sử đơ là
NT, NB. Nếu B, T khơng kề thì chúng phải
nối với các đỉnh trong A, D, # và tạo ra chu
với độ

dài

>

4, trái với

điểu

kiện

4).

Vậy phải có cạnh B7 và số cạnh đã xét là
3+8 = 6. Còn lại l cạnh nối hai đỉnh tương
tng thuộc hai chu trình đã xét. Ta chọn cạnh
đó và hai cạnh khơng kể nó lần lượt thuộc
2 chu trinh dd. Trong h.5, ta có nghiệm hình

FN,

DA,

BT.

Va bai todn

đã được

giải xong,

Cách 3, VÌ7 x 2 = 14 = 6.2+3 nên phải

có một đỉnh bậc 4 (hoặc hai đỉnh bậc 3) cịn
lại tồn đỉnh bậc hai. Hơn nữa, đồ thị này
liên thơng (ngược lại, nó có Ít nhất bai thành
phần liên thơng, mỗi thành phần có ít nhất
3 đỉnh để mỗi đỉnh có bậc > 2 ; và số cạnh
lớn nhất
là 3 + 8 =

6 (<

7) (1). Xây ra

:

SV

Hinh 7

b) Đồ thị vẫn liên thơng. Và đó là
chu trình (vì mỗi đỉnh đều bậc 2). Như
có 3 đường đi từ A đến Ƒ' (1 theo đường
bỏ, 2 theo chu trình). Trong ba đường đi
đường ngắn nhất phải cớ độ dài 1 (h.8)

ko\—Z

7x———xp

⁄

/

xB

øÀ——————‡?
Hình 6

1) Có một đỉnh bậc 4. Trong đồ thị h.6,

đ(A) = 4 với các dỉnh kế A là 7 D, B, N,

Như thế, đỉnh # không kế A mà kế với 2
trong Ñ, 7, D, B và hai đỉnh cịn lại phải kể

nhau. Chẳng hạn, có #D, FB, NT: Ta chọn
nghiệm

: N7; AD,

FB.

2) Có hai đỉnh bậc ba. Trong các đổ thị

h.7, b.8, h.9 ta có đ(A) = đựP) = 8. VÌ đồ thị

liên thơng nên có Ít nhất một đường đi từ Á
đến Ƒ, Tạm bỏ đường đi đó (trừ các đỉnh A4,
#0, có thể xẩy ra :

một
vậy,
tạm
này,
hoặc

r———A
a

A

AN

iN

\,

LO

Hình 8
Hình 9
2 (h.9). Trong h.8 ta có chu trình độ dài 6 :

NABTDEN, chi viée chon theo một chiều
nhất định các cạnh thứ nhất, thứ ba, thứ
năm và có nghiệm hình : NA, B7; DF Trong
h. 9, ta có chu

Tự

Trong h.7, ta

Hink 5

4) 1 = 3. Xét dé thi h.5 v6i © = ADFA.

trình

trên.

trình

độ đài

5 là ATNFBA.

Chỉ việc chọn một cạnh thuộc đường đi ngắn
nhất

và

hai

cạnh

khơng

kề

nó

trinh, chang han : DA, TN, FB.

thuộc

chu

Và, bài toán đã được giải xong.
Cách 4. Trước hết, phải có Ít nhất một
cặp cạnh khơng kể nhau (ngược lại, ứng với
một cạnh AA, nào đó, 4 đỉnh cịn lại không

nối với nhau mà nối với A; A; bằng 8 cạnh
(> 7) (1). Xây ra :
1) Hai đỉnh còn lại kề nhau, ta có ngay
nghiệm hình là cạnh kể hai đỉnh này và hai
cạnh kia.

2) Hai đỉnh còn lại không kề nhau. Xét

đồ thị h.10 với hai cạnh không ké AD, FN.
Vì B, 7 khơng kề nhau nên có thể xẩy ra :

315


a) B, T tương ứng kể với các đỉnh thuộc
cùng 1 cạnh trong AD, FN chẳng hạn, có các
canh BF, TN, ta chọn 2 cạnh này và cạnh

Chẳng bạn, có cạnh AF thì nghiệm hình là :
AF,

BN,

DT.

cịn lại AD.

Z

7 phải có Ít nhất một trong TA, 7D. Giả sử

cé TD.

khơng có BA (vì có 7D). Vậy phải có BN, và
ta có hai tam

giác phân

biét BNF,

TAD

véi

6 cạnh. Cịn lại 1 cạnh phải nối hai đỉnh nào

x8

A

b) Không x4y ra trường hợp 2 a). Giả sử
có BF, suy ra khơng có TA. VÌ chỉ có 3 khả
nang la TF, TA, TD nén trong hai cạnh kể

ø) Có TA. Suy ra khơng có BD, hơn nữa,

F

i

Tr

ly
Hinh

10

8) Khong cé TA. Suy ra cé TF, do dé
khơng cé BN, ma khong có BA (vì có TD)

nên phải có BD. Khi này cịn một cạnh nữa

phải nối hai đỉnh W, A. Ta chọn canh NA

đó của 2 A này. Ta chọn cạnh đó và hai cạnh

này và hai cạnh khơng kể nó là 8D,

khơng kề nó lần lượt thuộc hai tam giác kia.

Và, bài toán đã được giải xong.

TE.

su’ PHAN BO SO NGUYEN TO
VA GIA THUYET RIMAN
BANG HUNG THANG
khoang dài tùy ý trong đó ta khơng gặp một
số nguyên tố nào. Thật vậy với số tự nhiên &

Số ngun tố đóng một vai trị quan trọng
bậc nhất trong bộ mơn số học. Chính vì mọi
số tự nhiên đều được phân tích duy nhất

bất kì ¿ — 1 số liên tiếp &! + 2, kÌ + 8,...kÌ + &

tố được coi như những viên gạch xây nên tịa.

rất xa mới gặp một khoảng dài 1 tÌ gồm tồn

thành tích các số ngun tố nên số ngun

lâu đài các số, như những hạt cơ bân trong

vật lÍ và những ngun tố trong hóa học.

Sau khi nhà tốn học vĩ đại Ĩcht (thế kÍ
8 trước cơng ngun) chứng minh rằng có
vơ số các số ngun tố, nhiều câu hỏi xung
quanh

các số nguyên

tố đã được nêu ra. Một

số các câu hỏi đó (mặc dầu được phát biểu
rất đơn giản) đã trở thành những bài toán
nổi tiếng trong lịch sử toán học cho đến nay
vẫn chưa có lời giải trọn vẹn.

Bài tốn nổi tiếng nhất và quan trọng
nhất có lẽ là bài toán
nguyên tố trong dãy
day số nguyên tố 2,
đàng nhận thấy càng

càng
316

được

gặp

thưa

về sự phân bố các
số tự nhiên. Theo
3, ð, 7, ... các bạn
di xa các số nguyên

thớt hơn.

Có

số
dõi
dễ
tố

những

đều là hợp số. Tất nhiên

chúng

ta phải đi

những hợp số. Mặt khác các bạn có thể tự
chứng minh được trong đoạn [n, n! + 1] có Ít
nhất một số ngun

học Nga
khoảng
ngun
ngun

tố. Năm

1892

nhà toán

Tsebesep đã chứng minh rằng trong
[n, 2n] chắc chắn cơ Ít nhất một số
tố. Người ta lại thấy có nhiều cặp số
tố cách nhau 2 đơn vị (1, 2 đứng

cạnh nhau). VÍ dy (5, 7), (11, 18), 29, 31),
(1000000009649, 1000000009651), ... Những
cặp này được gọi là cặp số nguyên tố sinh
đơi ? Có bao nhiêu cặp số ngun tố sinh
đơi ? Có phải cố vơ số cặp số ngun tố sinh

đơi khơng ? Câu hói này cho đến nay vẫn
chưa được trả lời. Một giải thưởng 2ð vạn

đôla đang chờ đợi người nào giải được câu
đố này.


Như vậy, sự phân bố các số ngu
yên tố rất
phức tạp có vẻ khơng tn theo
một quy luật
nào.

Tuy

vậy,

các

nhà

tốn

học

của

nhiều

thời đại vẫn cố gắng hi vọng
nắm bát được

một thứ trật tự nào do tron

g thế giới các số

nguyên tố.

Ki hiéu x (n) 1A số các số nguyên
tố không
vượt quá :. Trên cơ sở nghiên
cứu bảng các

8Ố nguyên tố, nhà toán học
lỗi lạc Đức Gauss

(1777 ~ 1855) đã dự đoán Tang
x (n) xấp xÌ
bằng n/logr (ở đây logn là logarit
của n theo

cơ số e) tức là lim (z0) logr]/n
= 1.

n~>œ

Dự đoán thiên tài này đã được
hai nhà
toán học Pháp J.Hadamard
va L.V. Poussin
chứng minh sau đó vào năm
1896. Chứng

mỉnh phải sử đụng đến những cơng

cụ phức

tạp của lÍ thuyết hàm số biến
số phức. Thật
là một điều lạ lùng ? Các số
nguyên tố lại
có mối liên hệ chặt chẽ với các
số phức và
hâm số phức,
Nam

1859,

trong

"Về số các số nguyên

đã cho"
1866)

nhà

đã đưa

toán

một

bài báo

nhan

đề :

tố bé hơn một giá trị

học Đức B.Riman {1826 ra hàm số đêta ÿ (s) xác định

trên tập hợp các số phức. Khi
s là số thực
lớn hơn 1 thì ÿ () cớ thể
viết dưới dạng
chuỗi :;

S@)at+

1

1

toe

1

+.

Riman da chi ra rằng có một sự
liên hệ

chặt chẽ giữa hàm deta và các

số nguyên tố.
Dáng điệu của hàm đeta nói
cho ta rất nhiều

điều về sự phân bố các số nguyên
tố.
Các số phức s mà tại đơ È @)
= Ơ được
gọi là các khơng điểm của Ê (s). Riman
nhận
thấy rằng các khơng điểm mà
ơng tim được
đều có phần thực là 1/2 (tức là đều
có đạng

1/2 + 6)

Từ đó ơng đã dự đốn rằng điều này
phải
đúng cho tất cả các không điểm
của hàm

đeta (số không điểm củaÉ (s)
là vo han). Dé

là giả thuyết Riman nổi tiếng.
Tại hội nghị
toán

học

thế giới ở Pari

năm

1900 Hilbert,

nhà toán học vỉ đại nhất lúc
bấy giờ, đã đưa
giả thuyết Riman vào danh sách
28 bài toán

khổ nhất của thế kỉ 19 thách thức
thé ki 20.
Liên quan tới giả thuyết của Rim
an là giả
thuyét Mertens. Goi M(n) là hiệu giữa
số các

86 tự nhiên bé hơn ø là tích của
một số chăn
các số nguyên tố khác nhau
và SỐ các gố tự
nhiên bé hơn œ là tích của một
số lẻ các số

nguyên
tố
khác
nhau,

Chẳng
hạn
M(16) = 1. Với máy tính bỏ túi các
bạn có

thể dễ dàng tính được giá trị
của Mn) với
œ đã cho. Nhà tốn học Đức Mer
tens sau khi

tính 10000 giá trị của Mín) đã
thấy rằng
mặc dù đáng điệu của M(x) thay
đổi rất lụng

tung nhưng Ä#(:) luôn bé hơn V%.
Từ đó ơng

dự đốn rằng Ä(n) < Ýn với moi
n. Dén nam

1963 bang may tinh người ta
đã xác nhận
gia thuyết Mertens là đúng cho
tất cá œ bé

hơn

10 tỈ và đã tìm thấy 300 triệu
khơng

điểm của hàm đêta, tất cả đều
có phần thực
là 1⁄2. Người ta cũng chứng
tỏ rằng giả
thuyết Mertens đúng sẽ kéo
theo giả thuyết ‘
Riman ding.
Mùa

xuân

năm

1984,

2 nhà

toán

học A.

Odlyzko (MI) va H. Riele (Ha Tan)
đã bác bô
giả thuyết Mertens bằng cách chỉ
ra sự tồn
tại của một số n ma M(n) > Vn.
Su kiện này

dén

tdi vide nghi ngờ giả thuyết Rim
an

có

thể sai. Nhưng đến tháng 9 nam ấy,
một tin
Uui đã đến với các nhờ toán
hoe.

Tai trường

đại học Tổng hợp Pari nhà toán
học Nhật
Ban H. Matsumoto dé loan báo
rồng ơng da
chúng mình thành cơng được
dự đốn của

Riman.
Riman
nhận

Nhu

sau

Uậy

125

là đúng.

dự

nam
Du

luận

dốn
tồn

tai

Tbán

thiên
dé

tài

của

được

xác

học đều

nhất

trí dánh giá đây là thành tựu toán
học lớn
nhất của năm 1984.

31


HINH LUC

GIAC

THAN Ki
NGƠ VIỆT TRUNG

Có lẽ ai u thích tốn đều biết đến
những hình ung thần kì. Dó là những hình

có lẽ là C.W. Adams,

từ 1 đến n2, sao cho tổng các số trong một.

lục giác thần kì D„ từ nằm 1910. Trường hợp

vuông gồm

x w ô vuông nhỏ được đánh số

đồng, một cột hoặc một đường chéo đều như
nhau. Ví dụ như hình vng sau :
8

1

6

3

5

7

4

9

2

Hình

Nhưng

Người đầu tiên nghĩ đến lục giác thần kì
một nhân

viên đường

sắt người Anh. Ơng bắt đầu tỉm một hình

n = 1 khơng có lời giải vì nếu +, y, z là 3 số

ở 3 đỉnh gần nhau

của L¡ thì ta phải cổ

x+y=y+z và do đó x=z. Thời gian đầu
các cố gắng của Adams đã khơng đạt được
kết quả. Ơng đã làm 19 qn cờ lục giác con

bằng gỗ đánh số từ 1 đến 19 tượng trưng
cho 19 đỉnh tam giác của L; để có thể đễ
đàng sắp xếp thay cho việc điền số.

1

Ít người biết đến một

khái niệm

tương tự là hình lục giác thần kì. Thay cho

hình vng ta hãy xét một hình lục giác đều
được xếp lại bởi các ô tam giác đều giống

nhau và kí hiệu nó là L„ nếu số đỉnh của các

ô tam
atl.

giác trên

Các tam
tạo ra một

một

giác nằm
hỉnh

cạnh

của

lục giác là

hẳn bên trong L,, lai

lục giác E, my

Vi vậy, nếu

ta goi a, 1A s6 dinh cdc ơ tam giác của L„
thì do 6n là số đỉnh nằm

trên chu vi của

L„ nên œ„ = œ„_¡ + 6n. Từ đây suy ra

Hình 3

Ơng nghỉ hưu và dành hầu hết thời gian

rỗi để tính toán hay nới đúng hơn để
sắp các quân cờ lục giác con. Một lần bị
và phải đi mổ ‡ bệnh viện. Tất nhiên
không quên mang theo các quân cờ
minh. Khi vita bình phục, ơng chơi với
qn cờ và bỗng phát hiện ra một hình

xếp
ốm
ơng
của
các
lục

giác thần kÌ như trong hình 3. Lúc đó là năm

1957. Ơng đã ghi lời giải vào một mảnh giấy,

nhưng khi rời bệnh viện ông không nhớ được
Hình

a„=1+6(1+...+n)
=1+6

n(n + 1)
2

mình để mảnh giấy ở đâu. Thế là lại bất đầu
một q trình tÌm tịi mới. Cơ lẽ câu chuyện

2

nay sẽ khơng có, nếu Adams khéng tim được

= 8n?
+ 8n + 1.

Vấn đề bây giờ là hãy đánh số các đỉnh
của các tam giác từ 1 đến 3n2 + 3m + 1 sao
cho tổng các số trên các đường thẳng đều
như nhau. Một hình lục giác L„ được đánh
số như
thần

318

kì.

vậy

được

gọi là một

hình

lục giác

mảnh giấy của mình 5 năm
minh như vậy không thể
được. Adama liền gửi ngay
cho M. Gardner, người sáng
một

tờ tạp

chí

khoa

học

nhiên là Gardner biết đến
thần kÌ cùng vơ số các lời
880 hình vng thần kì
Ơng cho rằng lời giải của

sau đó. Một phát
để bị lãng quên
lời giải của mình
lập nổi tiếng của
phổ

thơng.

Tất

những hình vng
giải của chúng (có
16 ơ khác nhau).
Adams chỉ là một


trong số nhiều lời giải bài toán tim hinh luc

giác thần kÌ mà thơi, nhưng ơng khơng tìm
thấy trong các tài liệu tốn học bất kì một

cái gỉ nói đến bài tốn này. VÌ vậy ơng đã

gửi thư cho C,W.
về toán học giải
lại và đã chứng
trường hợp ø =

Trigg là một người chun
trí. Ơng này đã tính tốn
minh được rang chi trong
2 mới có hình lục giác thần

Từ

thần ki tit nam

1940 nhưng khơng cơng bố

kết quả của mình và hình lục giác thần kỉ
đã xuất hiện trong một tạp chí khác năm
1958 mà khơng kèm theo một lời bình luận
nao.
Sau đây là một

lời giải đơn

giản của một,

học sinh Mi về tính duy nhất của trường hợp
n = 2. Hãy gọi § là tổng các số trên một
đường thẳng của một hình lục giác thần kì

+. Chú ý rằng có 3n + 1 đường thẳng song
song theo một hướng nào đó và đỉnh các tam
giác của L„ lần lượt nằm trên các đường

thẳng này, ta có :

= 3 (8n2+ 8m+ 1) (8n2+ Bn + 2)

ĐỊNH LÍ BRAOE

2n+1

là

ước

của

đó

4n? ~ (2n + 1)(2n — 1) = 1.
Do đó 2n+ 1 là ước của z2+ 1. Từ đẳng thức
A(n? + Ú) = (2n + D(2n — 1) +5

suy ra 2n +
con = 2,

là ước của õ và vì vậy ta phải

Để chứng minh rằng chỉ có một hình lục

giác thần kÌ trong trường hợp nœ = 2, người
ta bắt buộc phải tiến hành thử các cách điền

số khác nhau. Tất nhiên cớ thể giảm số lần

thử bằng cách tÌm ra một số quy tắc nào đó,
Các bạn hãy thử suy luận để chứng minh
rằng các điểm ở chu vi của hình lục giác

L,

khơng

bao

giờ nhận

gid tri

1 hoặc

tâm điểm của điểm L, phải nhận

2 và

một giá trị

nhỏ hơn 9. Với những quy tác như vậy, cũng
em học sinh Mĩ nới trên đã quy bài tốn tìm
một hình lục giác thần kì 1L; về việc xét 70
kiểu sắp số khác nhau và đã đưa cho máy

tính thử các kiểu sắp xếp đơ. Sau

(3n + 1)S = 1+ 2+... + (3n? + 8n + 1)

5

ra

Mặt khác, ø2 và 2n + 1 là các số nguyên
tố cùng nhau vì

là lời giải của Adams.

Trigg đã thông báo về sự phát hiện của
Adams trong tạp chí Tốn học giải trí năm
1964. Ngay sau đó người ta biết thêm là cớ
một người Đức đã phát hiện hình lục giác

suy

(8n? + 8n + 1) x (Bn? + 8n+2) va do
cũng lA uée cha n(n? + 1) vi:
ân? + Bn + L = (Qn + 1)(n + 1) + n2

kỉ và cũng chỉ có một lời giải trong trường

hợp này và đơ chính

day

17 giây

máy tính đã đưa ra một lời giải duy nhất và
đó la lời giải mà Adams đã phải mất 47 năm
mmới tÌm ra được.

VỀ ĐIỂM BẤT ĐỘNG
HỒNG ĐỨC TÂN

Trong phạm vi bài báo này, chúng tôi xin
giới thiệu với bạn đọc báo Tbán học và tuổi
trẻ một định lí nổi tiếng, mà nớ có rất nhiều
ứng dụng trong tốn học. Trước hết, chúng

ta hãy làm quen với một số khái niệm cẩn

thiết !

1) Một ánh xe từ hình A vào hình A' là

quy luật mà theo đớ mỗi một điểm zn của

hình Á được ứng với một điểm m' xác định
của hình A'. Điểm œ” được gọi là ảnh của
m, cịn m

được

gọi là tao ảnh

của mì.

2) Ánh xạ hình A vào hình A’ được gọi là
liên tục tại điểm m € A, nếu như một tập
hợp điểm bất kì của A chứa các điểm khá
gần điểm m được chuyển thành tập hợp

điểm của hình A' cũng chứa các điểm khá
gần điểm

m'.

Một

ánh

xạ tồn bộ hình A

vào hình A' được gọi là Hên tục, nếu như nó
liên tục tại mọi điểm của hình A.

Xét một ví dụ minh họa cho khái niệm
2). Có 1 vòng dây cao su (Ï) chứa điểm m,

319


và bộ phận Z (phần gạch gạch) là gần điểm

m. Ánh xạ là một phép biến dạng vòng dây
Œ). Phép biến đổi từ () sang (III) là liên tục

tai m (vl sau phép bién dang thi tap B’ van
gan m’), con phép bién déi tt (1) sang (ID) là
không liên tuc tai m (vi sau phép biến dạng đó
vịng đây cao su (D đã bị đứt tại điểm m va do

đó tập hợp Ư' khơng cịn gần điểm m' nữa).

Sau đây ta sẽ xét tới một kết quả quan

trọng của giải tích tốn học.

C (:

ae

Hinh

2

trong các hình vng con mà cớ chứa các
điểm như vậy và ta lại chia nó thành 4 hình

vng con bằng nhau nhỏ hơn nữa v.v... Và
như vậy là ta nhận

được mot day vd han các

hình vng con ngày càng bé đẩn đi, và mỗi
hình vng cơn là được chứa trong tất cả

các hình vng trước nó và mỗi hình vng

Hình 1
B6 dé Vaiectrass :

trong day đều chứa những điểm mà tại đó ƒ

Giả sử ứng với mối điểm của miền hữu

hạn Q nao do của mặt phẳng, kể cả biên của
miền @ (chẳng hạn, một hình trịn) có một
đại lượng ƒ nào

đấy hồn

tồn xác định,

và

thêm nữa nếu ta lấy một điểm a bat ki trong
số các điểm của miến @ thì dù cho + là một
số đương nhỏ thế nào đi chăng nữa ta vẫn
tim được một số £ > 0 khá bé sao cho hiệu số

hai giá trị của ƒ tại các điểm ø và b (Œ Q)

bất kì sát với z một khoảng cách £, về giá
trị tuyệt đối là thỏa mãn điểu kiện :

lf, — | <

(ư đây kí hiệu ƒx là giá trị của

ƒ tại điểm z). Khi đó ta sẽ nơi rằng đại lượngƒ

là hàm liên tục của các điểm trong miền kín ©.
Với khái niệm đó, Vaiectrass đã kết luận rằng :
Bổ đề : Nếu trên Q@ đại lượng ƒ khắp nơi

không âm và trên @ ƒ là tùy ý bé thì thế nào
cũng tổn tại một
đúng bằng 0.

Ching

minh

điểm @ © Q ma

tai do f

: Vi @ là miền hữu hạn,

là tùy ý bé. Dãy các hình vng này sé thu
dần về điểm b của miền ©. Ta sẽ chứng minh
rằng tại điểm b thì ƒ = 0. That thé, vib €

© nên tại b thì ƒ, hồn tồn xác định, theo
giả thiết ƒ, > 0 (vì ƒ khắp nơi khơng âm trên
©). Giả sử rằng fy > 0. Khi do theo lập luận

& trén trong mét hinh vuông rất bé chứa
điểm ư sẽ có những điểm mà tại đó ƒ là tùy
ý bé, giả thử 1 điểm trong số các điểm đó

là e G @ sao cho f, = (1/2)/, chẳng hạn, khi
đó |ƒ, — ƒ|

= (1/2, > 0 là 1 số dương xác

định, không phải bé tùy ý và điều đó là mâu
thuần với tính chất liên tục của hàm ƒ trên

các điểm của mién kin Q. Vi thé mà ta phải
có ƒ, = 0.

Bổ đề được chứng minh xong.
Bây giờ ta sẽ chứng mỉnh định lí nổi tiếng

của Brao.
Định

Ii Braoe

(năm

1913) : Khi ánh xạ

kín nên ta có thể phủ được @ bởi một hình

liên tục tập hợp tất cả các điểm của hình

Thế nào cũng có một trong các hình
vng con chứa các điểm thuộc @ mà tại đó
ƒ là bé tùy ý, bởi vÌ nếu khơng có các điểm

ngun chỗ cũ, tức là được ánh xạ lên chính
nớ (hình 3).

vương nào đó. Th chia hình vng đó thành
4 hình vng con bằng nhau (xem hình 2).

như vậy ở mỗi trong các hình vng con thì

chúng sẽ khơng tồn tại trên cả hình vng

to và vÌ thế trong cả miền © và điều đó là trái

với giả thiết. Bây giờ ta lấy một cái nào đó
320

trịn (gồm cả các điểm ở trên biên) lên các
điểm của cả hình trịn hoặc một phần của
hình trịn, thế nào cũng có một điểm ở

Chúng mình :

Giả sử m là các điểm của hình trịn và

mm” là các ảnh của chúng. Ta xét các vectơ
rời chỗ mm`. Nếu chúng ta chứng minh được


sẽ biến đổi một cách liền tục và cho tới khi
nó trở về tới vị trí ban đầu thÌ nó đã quay

tất cả là 360°. Vẫn quan sát trên hình 3.
Bây giờ ta cho điểm zm đi vòng tròn đường
tròn đồng tâm mà bán kính của nó bé hơn
bán kính đường trịn rất Ít.

Gọi p là điểm nằm trên đường trịn

trước sao cho p, œ và tâm ¿ của hình trịn
là thẳng hàng. Khi đó do tính chất liên tục
của ánh xạ (và độ dài của véctơ dịch chuyển
không nhỏ thua £ (mà góc của véctơ mơn' hợp

với pp` tương ứng sẽ thay đổi một cách liên

Hình 3
rằng trong số các vecto mm’ cd những véctơ

ngắn tùy ý thì định lí Braoe được chứng
minh. That vay, do tính chất liên tye cha
ánh xạ mà chiều dài của các véctơ mm" thay
đổi một cách liên tục khi các điểm m chuyển
động liên tục trong hình trịn (bởi vì khi đớ

cà điểm m' cũng di chuyển liên tục). Ứng
với

mỗi

điểm an

ta cho

độ dài ƒ của

véctơ

dịch chuyển mưn'. Ta thấy giống như trường

hợp của bổ đề Vaiectrass : ƒ là hàm liên tục
của điểm m, mọi ƒ đều không âm và cớ
những ƒ tùy ý bé. Khi đớ sẽ tổn tại điểm
°_mà

mm’
ma

ứng

bang

với

nó ƒ =

0,

tức

là độ

0. Va vi thế trong phép

ta xét điểm

b được

ánh

dài

ánh

xạ lên chính

và định lí đã được chứng mỉnh xong.

của

xạ

nó

Vậy ta phải chứng mỉnh : trong số các
vóctơ mưm' có những véctơ ngắn tùy ý. Điều

đo tức là phải chứng minh rằng : chiếu dai

của
'bất
thử
zm'`

mình

tất cả các véctơ mưn" khơng thể lớn hơn
kÌ một hằng số dương £ nào là đủ. Giả
ta có điều trái lại, tức là tất cả các véctơ

đó đều có chiều dài lớn hơn £, Ta chứng

được.

rằng điều này

Ta

cho

điểm

m

đi

là khơng
một

thể xảy ra

vịng trên

vịng

tục và rất Ít (đo p và n rất gần nhau), va do
đó tức là khi trở về vị trí ban đầu thì nz` đã

quay

một

góc 360°. Chuyển

liên tiếp như

vậy sang các vòng tròn đồng tâm liền gần
và bé hơn, ta cũng thấy rằng những véctơ

ứng với điểm »w sau khi đi đủ một vòng sẽ
quay một góc 360°. Thêm nữa, nếu xung
quanh tâm của hình trịn ta lấy 1 đường trịn

rất bé (bán kính nhỏ hơn £ rất nhiều) thì khi

điểm

đi một vịng trên đường trịn này rõ

rang nó được quay một góc bằng 0, bởi vì
điểm
trịn

gốc của nó ln ln nằm

bé nhỏ

này

và

chuyển øn' khơng
của nó trong một
của vịng trịn bế
thuấn. Vì thế các
vếctơ dịch chuyển

do

độ

trên vịng

dai

véeto

dich

nhỏ thua £ nên đầu mút
miền bé ở phía bên ngoài
nhỏ đớ. Đớ là điểu mâu
độ dài ƒ của tất cả các
khơng thể lớn hơn hằng

số £ > Ơ bất kì được. Tức là trong chúng có
những vóctơ ngắn tùy ý. Chính vì thế mà
định lí Braoe đã được chứng minh.
Định lí Braoe đã cho ta một

kết luận kì

điệu về tính chất hÌnh học, nếu bạn đọc coi
hình trịn là một màng cao su và ánh xạ liên
tục la phép biến dạng liên tục màng cao su

đó (màng cao su khơng có những lỗ thủng)

trịn biên của hình trịn. Véctơ mưm` sẽ đi từ
điểm m. tới điểm m' nào đó thuộc hình trịn,

một cách tùy tiện miễn là khơng được làm
rách màng hay làm chúng dính lại, khi đó

tức là lúc nào đó cũng nằm về một phía của

vẫn có kết luận của định lí (chú ý là màng

tiếp tuyến với đường tròn tại điểm mm mà cả

cao su và cả phép biến dạng là phải làm trên

hình trịn cũng nằm về phía đó. Do đó khi
m đi vịng quanh như vậy trên đường trịn
của hình trịn thì véctơ mưn" (có độ dài khơng
nhỏ thua £), góc của nớ hợp với tiếp tuyến

?†-TU†H

cùng một mặt phẳng).

Có

rất nhiều

cách

chứng

minh

cho

định

lí kì lạ này, song cớ lẽ cách chứng minh giới

thiệu ở đây là đơn giản và đễ hiểu nhất.

321


VAI SUY DIEN TU BAT DANG

THUC

CO SI

TA VAN TY

Với n số thực khơng âm A, Ay ... đ,, ta có

bất đẳng thức sau :
a,+a,+..4+4,

"

a3 "aia, + Gy

nên ti ni Hi Hi... Hi.

qd)

Bất đẳng thức (1) quen thuộc được gọi là

N

Biờ La gọi P, là tích tất cả các tổng k số
hạng từ n số a,,...@,. Khi dd ta ed :
P,

b&t ding

thie

(1) duge

viét duéi

dang

số Pis với P„. Ti do, nay ra van để rộng hơn

cứu mối

liên hệ giữa các số P,,

i= 1,2, ..,”, véi nhau ! Để giải quyết vấn
đề này, trước tiên ta xét mối quan hệ giữa
Piva P,_| vik = 2, 3, ..., m và mối quan
hệ cần tìm được

chỉ ra ở định lí dưới đây.

Định lí : Với w số khơng âm địy 82... 0, ta
có bất đẳng thức :
n-k+1

`) Pee rat

trong

dé

ce

là

a!

tt

Chúng

tổ

hợp

chập

&

cla

n

và 2 < k
mình

: Theo định nghĩa về P, ta

mà

tập hợp & số hạng này là một

tập hợp con & phần
ø,0„..,đ,
Với tập

ot a, }
ø

tơ,

14

P= T,T,

tử trong ñ phần tử
hợp con thứ ¿ là

của tập hợp {*» cớ Gy

ta đặt

viết

được

+..+a,

kc

và

Ty vol N= Cf. Goi HI la téng

k - 186 hạng thu được từ tổng †T; bỏ đi số

hạng ø, vớij =
J

1, 2, .., k. Ta dé dang co

HỊ + HỆ +... + HỆ = (E— Ù x
x(q, +... ta, =(k—-1)T, Nhung

1

k
đẳng thức Côsi :
322

HĨ HỆ ... Hi, tie 1a 06d

¿=1

:

m
trong đó kí hiệu H #¡

=4; ... x„. Trước khi

¿=1

chứng minh tiếp định lí ta chứng minh bể

để sau :

Bổ để : I) Thừa số bất kì của T,_

ia

phần tử của tập hợp các tổng Hi với ¡ = 1,

9,., Nvàj
2) Thừa

= 1,9, .,&.

số bất kÌ của P,_¡

xuất hiện

t — k + 1) lần trong tập hợp các tổng H ở
trên.
Thực

vậy,

gọi

B= al,

+... + al, “3

là

thừa số bất kì của P, _ ạ Với số ai khác, ta
lập tổng :

=ay

thấy P, có CẺ thừa số, mỗi thừa số là 1 tổng
& số hạng

IT

V6i cic ki hiéu nay,

Pin = NP), va biểu thị mối liên hệ giữa hai
là nghiên

N

= (gy)
*=D

(@,_, $e,) 5 -.

P,=a@,+a,+...+a,.

-

HY. Hi)

i=l

k

= 4,0, ... a, 5 P, = (@, tay)...

(@, +¢,)(a, +45)...

Ề

Đụ= TT; ..Tn > |] 6Ý

bất đẳng thức Côsi cho z số không âm. Bây

Vay

S=al,+al,+..4+ah ,=B+al,, Do

các số al,,..,al, 1a tap hop g6m

& phan tu
trong n 86 a,,...,a,, nén téng S la mét thita
số của P,. Vậy, theo định nghĩa của HH, hiển
nhiên

{Bhi

bất

một

=1,..,MN

phần

tử

;j = 1,2,

của

tập

hợp

số

bất

kì

. , k và phần

1 của bổ đề được chứng minh.

Lại

B ai

Xết

với

+... + di _

thừa

của P„_ + Rõ ràng thừa

số Ö xuất hiện đúng 1 lần và chỉ xuất hiện
trong các tổng tổ được xây dựng từ các tổng
3

theo

là

được

xác

định

như

n—(R—=l)=n—k+1

trên.

số ơi

Nhưng

khác

do

các

gi), qÌ,,... al, _, trong n 86 đạ, đạ, V0,

cớ

số

nên


By & HEPC

có thể có (+ — k + 1) tổng S có dạng trên.
Vì

thế

thừa

số

B

duge

xuất

biện

đúng

(øT— k + 1) lần trong các tổng 1, i= 1, 2,
wy N vay = 1, .., &. BO dé đã được chứng

Lại so sánh P, với P, ,,. Ti
???(Œ&+Ú và

minh xong.
đề

và

với

col

chú

và

n

ý

số

?

thừa

?

?7

Chie (n-h+1)CK~!

số

của

hệ

Ty

¡

là

thức

va theo (3) ta cd
b~1.œ

(Hr)

Pe

n~k+1

Ply

oP,

và P„ ta có :

(5)k

Poe Py

(5)

Kết hợp (4) với (5) ta thu được
Sau :

kết quả

kề
(Fo Poe Py & Hn PEA

ame

và định li cũng được chứng minh xong.
Từ dịnh lÍ ta suy ra được mối quan hệ
giữa các P„ k = 1, .., n với nhau. Chẳng
hạn cần so sánh P, và P, _ ;. Từ (2) suy ra :

k+1
ark

ta có

Kéo dai qué trinh twong tu nay, giita P,

ta có :

THỊ HỆ .. HỆ =Pt'T-k+l
= Pal 1

= C,

(yet)

ok

nên

+1_—

Roa

do dé tap hop {H}

nơi trên chỉ chứa các thừa số của P, x_¡

chú
ý :

k+1
woken

Trở lại việc chứng minh định lí. Theo bổ

(2) thay &

Tu do ta di dén :
1
1 CX 5
an
> „PC
> PỊ pin

hay rõ hơn :
+

“2

tut

n
> "Yaa, +i Oye

k

Pe? (Goa

và tương tự ta có

ˆ > 1 pie,
kok

(6)

Do bất đẳng thức Cơsi được
hiệu

quả cho

nhiều

bài tốn

nên

ứng dụng
có vấn để

đạt ra là cần tÌm các bất đẳng thức biểu thị
mối quan hệ chặt chế hơn bất đẳng thức Côsi

với hỉ vọng các bất đẳng thức mới này cho
(n-k
+ I\—k +2)

Tụ ~2
D

—&+1x~eens

N-

k

ke

PL? (goa)
Tương

P, > (

ứng dụng hiệu quả hơn, mạnh hơn so với bất,

tứ =1)

=c nén

a,

rk + Dk 2)

“Pe-2 HE-D

tự, giữa P, và P,_ 3 ta có

ko

đẳng thức Cơsi. Một điều rất thú vị là, từ

(6) rõ ràng ta có ngay hai bất đẳng thức :

(0-k+fn-k*+2/@~k+3)

1-3) Pens

giữa P„ và B; ta có :

ME DE-D

+

+a,

tot

a, > 1 puck

n
va

Rk *

1 pucka2 "Va
"Yaa,
a.
Ree
a, ...a,

véi moi & =

l1, 2, .., n, biểu thị mối quan

hệ chặt chẽ hơn bất đẳng thức Côsi cho œ số
không âm.

328


KHAI NIEM XAC SUAT
TRẦN VINH HIỀN

Đại học Tổng hợp
Trên thực tế chúng ta thường gặp trường

hợp là sau khi thực hiện một số các điều kiện

nào đó thì có thể thu được kết quả này hoặc
kết quả khác mà ta khơng tài nào đốn trước

dược. Thí dụ
đồng xu thì
nào của đồng
thuộc vào vô

hoặc không

: khi ta tung ngẫu nhiên
ta không biết trước được
xu sẽ nằm trên, vì điều đó

số các yếu tổ mà ta khơng

một
mặt
phụ
biết

thể nào tính đến được, chẳng

hạn, chuyển động của tay lúc tung đồng
xu, ảnh hưởng của khơng khí, vị trí đồng xu
khi sắp được tung ra, v.v... Kết quả của một

cuộc xổ số có thể trúng vào một vé bất kì ;
trong phép đo nhiều lần một đại lượng vật

lí ta phạm

những

sai số khác

nhau

; trong

sự sản xuất hàng loạt, các sản phẩm không
bao giờ trùng nhau hồn tồn (thí dụ trong
việc sản xuất bóng đèn đêm, thời gian dùng
được của mỗi bóng đèn khác nhau) ; khi ta

bán bía khó lịng mà tất cả các viên đạn đều

trúng đứng vào tâm. Trên đây là những thí
dụ về hiện tượng ngẫu nhiên; cớ thé din ra

vô số thÍ dụ tương tự như vậy.

Nếu khi thực hiện một nhớm các điều
kiện nhất định, một biến cố nào do có thể

xây ra hoặc khơng xảy ra thì biến cố ấy được
gọi là biến cố ngẫu nhiên. Có phải chăng
giữa biến cổ ngẫu nhiên và nhóm các điều

kiện được

thực hiện

khơng

có một

mối

liên

hệ có tính quy luật nào cả ? Đã từ lâu người

ta nhận thấy rằng nếu tung khá nhiều lần
đồng xu (khơng méo) thì tỈ số lần xuất hiện

mặt ngửa trên tổng số lần tung khá ổn định
1

và xấp xi 3
trường

hợp

Nói
khi

chung,
thực

trong

hiện

nhiều

rất nhiều
lần

một

nhớm các điều kiện nhất định, tan s6() xuat

hiện biến cố ngẫu nhiên có khuynh hướng tụ
tập chung quanh một số p nào đó, khuynh
hướng ấy càng rõ khi ø càng tăng. Trong

những trường hợp như vậy đối với biến cố
ngẫu nhiên A ta khơng những chỉ có thể nói

đến tính ngẫu nhiên của nó mà cịn cớ thể

đánh giá khả năng xuất hiện của nó bằng số
Ð gọi là "xóc suất xuất hiện biến cố A, khi
thực hiện

324

nhớm

các điều

kiện

nói trên".

Trong mơn

tốn học xác suất khái niệm

xác suất được xem

là một

khái niệm

cơ bản

mà khêng định nghĩa, nó chỉ được xác định
qua một hệ thống tiên đề giống như khái

niệm đường thẳng trong hình học vậy. Ở
đây, nói cho đúng hơn, chỉ cho một sự hình
dung thực tế về khái niệm xác suất tốn học,

chẳng khác gì ta hình dung đường thẳng là
một sợi chỉ (khơng có bề đày) được căng ra

và kéo đài ra vô hạn.

Giả thiết về sự tồn tại xác suất (tức là
con số mà tần số nói chung có khuynh hướng
tụ tập dần đến nó khi œ tăng) được xác nhận
trên một số rất lớn những hiện tượng.
Những hiện tượng như thế được gọi là những
hiện tượng xác suất và mơn tốn học nghiên

cứu các quy luật chỉ phối các hiện tượng xác

suất được gọi là môn xác suất.
Mặt khác, sự tổn tại xác suất p đối với
từng trường hợp riêng biệt cần được kiểm
nghiệm thích đáng. Nghiên cứu phương pháp
kiểm nghiệm đó là một trong những nhiệm
vụ của mơn đốn học thống kê, Tuy nhiên
việc kiểm nghiệm đó thường rất cổng kềnh,
trong nhiều trường hợp giả thiết về sự tồn

tại xác suất p của biến cố ngẫu nhiên được

đưa ra dựa trên cơ sở sự hình dung về "tính

đối xứng", về sự "đồng khả năng". Thí dụ :
Tính đối xứng của đồng xu (khơng méo) cho
ta cơ sở để giả thiết rằng xác suất xuất hiện
1

mặt ngửa của nớ bằng 5
Rõ ràng xác suất là một số không âm

và

không lớn hơn 1, xác suất càng lớn thì khả

năng xuất hiện của biến cố càng tăng ; xác

suất của biến cố khơng thể xây ra thì bằng

không và xác suất của biến cố chắc chắn xây

ra bằng 1 (chú ý là ở đây mệnh để ngược lại
nơi chung không đúng),
Việc

nghiên

cứu

những

hiện

tượng

chịu

sự chỉ phối của quy luật xác suất là một yêu

cầu bức thiết của đời sống và khoa học. Li

thuyết xác suất ngày nay đang được phát
triển rất mạnh trên nhiều nước, đặc biệt là