Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức

 1.Phương pháp dồn biến và định lí dồn biến mạnh

1.1.Phương pháp dồn biến đối với các bất đẳng thức 3 biến 

Ví dụ:  Chứng minh rằng với a$,b,c>0 \ and \  a+b+c=3$ thì:
$2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+3 \leq 3(a^2+b^2+c^2).$

Giải:  Không mất tính tổng quát của bài toán giả sử $a \geq b \geq c$ .
Đặt $t=\dfrac{a+b}{2},u=\dfrac{a-b}{2}$ ta có $a=t+u,b=t-u$
Vì $ab=t^2-u^2 \geq c^2$ nên $2t^2-2c^2-u^2 \geq 0$.
Do đó 
$a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2=c^2(a^2+b^2)+a^2b^2 \\ =c^2(2t^2+2u^2)+(t^2-u^2)^2 \\ =-u^2(2t^2-2c^2-u^2)+t^4+2c^2t^2 \leq t^4+2c^2t^2.$
Mặt khác hiển nhiên $a^2+b^2+c^2 \geq 2t^2+c^2$
Thay $c=3-2t$ ta có bất đẳng thức 
$2t^2+4t^2(3-2t)^2+3 \leq 6t^2+3(3-2t)^2\\  \Leftrightarrow 3t^4-8t^3+3t^2+6t-4 \leq 0 \\ \Leftrightarrow (t-1)^2(3t^2-2t-4) \leq 0$
Hiển nhiên đúng ,vì $2t \leq 3$ nên $3t^2-2t-4 \leq 0$.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1.\blacksquare$

1.2.Định lí dồn biến S.M.V.

Gỉa sử $a_1,a_2,..,a_n$ là dãy số thực tuỳ ý .Ta thực hiện liên tiếp các biến đổi sau 
1.  Chọn $i,j \in\ {{1,2,...,n}}$ là 2 số thực sao cho 
$a_i=min(a_1,a_2,..,a_n), a_j=max(a_1,a_2,..,a_n).$
2. Thay $a_i \ \text{và} \ a_j \ \text{Bởi} \ \dfrac{a_i+a_j}{2}$(nhưng vẫn giữ đúng thứ tự của chúng  trong dãy số )
Khi đó sau vô hạn lần thực hiện biến đổi nói trên thì mỗi số $a_i$ đề tiến tới giới hạn.
$a=\dfrac{a_1+a_2+..+a+n}{n}$

Ví dụ:   CMR với mọi số thực dương a,b,c,d ta có:
$a^4+b^4+c^4+d^4+2abcd \geq a^2b^2+b^2c^2+c^2d^2+d^2a^2+a^2c^2+b^2d^2$
Giải: Giả sử $a\geq b \geq c \geq d$ .Xét 
$f(a,b,c,d)=a^4+b^4+c^4+d^4+2abcd-a^2b^2-b^2c^2-c^2d^2-d^2a^2-a^2c^2-b^2d^2 \\ =a^4+b^4+c^4+d^4+2abcd-a^2c^2-b^2d^2-(a^2+c^2)(b^2+d^2) \\ \implies f(a,b,c,d)-f(\sqrt{ac},b,\sqrt{ac},d)=(a^2-c^2)^2-(b^2+d^2)(a-c)^2 \geq 0$
Theo S.M.V, xét với phép biến đổi $\Delta$ của $(a,b,c )$ ta chỉ cần chứng mính các bất đẳng thức khi $a=b=c=d=t \geq 0.$
Bất đẳng thức lúc này tương đương với 
$3t^4+d^4+2t^3d \geq 3t^4+3t^2d^2 \Leftrightarrow d^4+t^3d+t^3d \geq 3t^2d^2$.
Hiển nhiên đúng theo AM-GM .Đẳng thức xảy ra khi chỉ khi $a=b=c=d$ hoặc $a=c=b,d=0$ hoặc các hoán vị.
1.3.Phương pháp dồn biến toàn miền
Ví dụ: Chứng minh với mọi số thực không âm a,b,c ta luôn có 
$a^3+b^3+c^3-3abc \geq 4ab(a-b)(b-c)(c-a)$
Giải:   
$BDT\iff (a+b+c)[(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2]\ge 8(a-b)(b-c)(c-a) \ (1)$
Không mất tính tổng quát ta giả sử $c=\min (a,b,c)$. Cố định các các hiệu $a-b.b-c.c-a$ và giảm $a,b,c$ cùng 1 lượng $c$( Tức là thay $a,b,c$ bởi $a-c,b-c,0$) thì rõ ràng $a-b,a-c,b-c$ không thay đổi còn $a+b+c$ giảm đi. Vậy VT của $(1)$ thì giảm đi còn VP của (1) thì không đổi. Do đó ta chỉ cần chứng minh Bài toán trong trường hợp $a,b\ge c=0$. Khi đó BĐT tương đương với:
$a^3+b^3\ge 4(ab(b-a)$
BĐT trên hiẻn nhiên đúng vì
$4a(b-a)\le b^2\implies 4 ab(b-a)\le b^3\le a^3+b^3$
Đẳng thức xảy ra $\iff a=b=c. \blacksquare$
  2.Phương pháp phân tích bình phương S.O.S

Xét biểu thức $S=f(a,b,c)=S_a(b-c)^2+S_b(a-c)^2+S_c(a-b)^2$
Trong đó $S_a,S_b,S_c$ là các hàm số của a,b,c.
1.Nếu $S_a,S_b,S_c \geq 0$ thì $S \geq 0$
2.Nếu $a \geq b \geq c \geq 0 \ va \ S_b,S_b+S_c,S_c+S_a \geq 0$ thì $S \geq 0$
3.Nếu $a \geq b \geq c \geq 0 \ va\ S_a,S_c,S_a+2S_b,S_c+2S_a \geq 0$ thì $S \geq 0$
4.Nếu $a \geq b \geq c \geq 0 \ va \ S_b,S_c \geq 0,a^2S_b+b^2S_a \geq 0$ thì $S \geq 0$
5.Nếu $S_a+S_b+S_c \geq 0$ và $S_aS_b+S_bS_c+S_cS_a$ thì $S \geq 0$
Ví dụ :  CMR với các số thực không âm x,y,z ta luôn có bất đẳng thức 
$\dfrac{1}{(x+y)^2}+\dfrac{1}{(y+z)^2}+\dfrac{1}{(z+x)^2} \geq \dfrac{9}{4(xy+yz+zx)}$
Giải :  Đặt $a=x+y,b=y+z,c=z+x.$  Ta phải chứng minh:
$(2ab+2bc+2ca-a^2-b^2-c^2)(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}) \geq \dfrac{9}{4}$
Bằng các phép biến đổi đơn giản ,ta có thể biến các bất đẳng thức trên về dạng: 
$\left(\dfrac{2}{bc}-\dfrac{1}{a^2}\right)(b-c)^2+\left(\dfrac{2}{ca}-\dfrac{1}{b^2}\right)(a-c)^2$ $+\left(\dfrac{2}{ab}-\dfrac{1}{c^2}\right)(a-b)^2 \geq 0$
$\Rightarrow S_a=\dfrac{2}{bc}-\dfrac{1}{a^2},S_b=\dfrac{2}{ca}-\dfrac{1}{b^2},S_c=\dfrac{2}{ab}-\dfrac{1}{c^2}.$
Giả sử rằng $a \geq b \geq c$ thì $S_a \geq 0$ .Sử dụng 4 ta cần CM: 
$b^2S_b+c^2S_c \geq 0\Leftrightarrow b^3+c^3 \geq bc(b+c) \geq abc$

Đẳng thức xảy ra khi chỉ khi $a=b=c$ hoặcc $a=b,c=0$ hoặc hoán vị.

Bài toán chứng minh

Bài toán:  Chứng minh rằng với mọi số dương a, b, c thỏa mãn $ a+b+c=3$ thì $$\dfrac{a^2b}{2a+b} + \dfrac{b^2c}{2b+c} + \dfrac{c^2a}{2c+a} \le \dfrac32$$

Lời giải: Ta sẽ chứng minh:
 $$ \dfrac{a^2b}{2a + b} + \dfrac{b^2c}{2b + c} + \dfrac{c^2a}{2c + a} \le 1.$$ Áp dụng bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$: $$\dfrac{{{a}^{2}}b}{2a+b}={{a}^{2}}b.\dfrac{1}{a+a+b}\le {{a}^{2}}b.\dfrac{1}{9}\left( \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b} \right)=\dfrac{2ab+{{a}^{2}}}{9}.$$ Tương tự ta có: $$\dfrac{b^2c}{2b + c} \le \dfrac{2bc+{{b}^{2}}}{9}\dfrac{c^2a}{2c + a} \le \dfrac{2ca+{{c}^{2}}}{9}$$
Cộng vế theo vế:  $$\dfrac{{{a}^{2}}b}{2a+b}+\dfrac{b^2c}{2b+c}+\dfrac{{{c}^{2}}a}{2c+a}\le \dfrac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+2ab+2bc+2ca}{9}=\dfrac{{{\left( a+b+c \right)}^{2}}}{9}=1.$$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1.\blacksquare $

Đề thi MSS trận 3

Đề bài: Cho tam giác $ABC$ nhọn. $D,E,F$ trên $BC, CA, AB$ sao cho $\triangle DEF$ nhọn và $AD, BE, CF$ đồng quy. $M, N, P$ trên $EF, FD, DE$ sao cho $\triangle MNP$ nhọn và $DM, EN, FP$ đồng quy.
Chứng minh rằng: $AM, BN, CP$ cũng đồng quy.

Bài làm:

Đầu tiên ta có bổ đề (*) : ( Định lý Ceva)

Cho một tam giác ABC, các điểm D, E, và F lần lượt nằm trên các đường thẳng BC, CA, và AB. ĐỊnh lý phát biểu rằng các đường thẳng AD, BE và CF là những đường thẳng đồng quy khi và chỉ khi: $\dfrac{AF}{FB}.\dfrac{BD}{DC}.\dfrac{CE}{EA}=1$

Chứng minh:

Giả sử $AD; \ BE ; \ CF$ đồng quy tại 1 điểm $O$ nào đó ( nằm trong hoặc ngoài tam giác).

Ta có: $\Delta BOD$ và $\Delta COD$ có chung chiều cao $\implies \dfrac{|\Delta BOD|}{|\Delta COD|}=\dfrac{BD}{DC}$

Tương tự $\dfrac{|\Delta BAD|}{|\Delta CAD|}=\dfrac{BD}{DC}$

Ta suy ra: $\dfrac{BD}{DC}=\dfrac{|\Delta BAD|-|\Delta BOD|}{|\Delta CAD|-|\Delta COD|}=\dfrac{|\Delta ABO|}{|\Delta CAO|}$

Tương tự: $\dfrac{CE}{EA}=\dfrac{|\Delta BCO|}{|\Delta ABO|}$ và $\dfrac{AF}{FB}=\dfrac{|\Delta CAO|}{|\Delta BCO|}$

Nhân 3 đẳng thức trên ta được: $\dfrac{AF}{FB}.\dfrac{BD}{DC}.\dfrac{CE}{EA}=1$

Ngược lại , giả sử Ngược lại, giả sử rằng ta đã có những điểm $D, E$ và $F$ thỏa mãn đẳng thức. Gọi giao điểm của $AD$ và $BE$ là $O$, và gọi giao điểm của $CO$ và $AB$ là $F'$. Theo chứng minh trên $\dfrac{AF'}{F'B}.\dfrac{BD}{DC}.\dfrac{CE}{EA}=1$

Kết hợp với đẳng thức trên, ta nhận được: $\dfrac{AF'}{F'B}=\dfrac{AF}{FB}$

Thêm 1 vào mỗi vế và chú ý rằng $AF''+F''B=AF+FB=AB$, ta có $\frac{AB}{F'B}=\frac{AB}{FB}$

Do đó $F''B=FB$, vậy $F$ và $F''$ trùng nhau. Vì vậy $AD,BE$ và $CF=CF''$ đồng qui tại $O$, và định lí đã được chứng minh đúng theo cả hai chiều.

Trở về bài toán:

$AM$ cắt $BC$ tại $K$, $BN$ cắt $AC$ tại $J$, $CP$ cắt $AB$ tại H.

Kẻ $EI//FL//BC$ ( $F,I\in AK$) thì ta có : $\dfrac{AF}{AB}=\dfrac{FL}{BK} \ ; \ \dfrac{AE}{AC}=\dfrac{EI}{CK} \ ; \ \dfrac{EI}{FL}=\dfrac{EM}{FM}$

Nhân 3 đẳng thức trên ta có: $\dfrac{AB}{AF}.\dfrac{AE}{AC}.\dfrac{FM}{EM}=\dfrac{BK}{FL}.\dfrac{EI}{CK}.\dfrac{FL}{EI}\implies \dfrac{BK}{CK}= \dfrac{FM}{EM} .\dfrac{AB}{AF}.\dfrac{AE}{AC} \ \ (1)$

Tượng tự ta cũng có: $\dfrac{CJ}{AJ}=\dfrac{DN}{FN}.\dfrac{BC}{BD}.\dfrac{BF}{AB} \ \ (2)$ và $\dfrac{AH}{BH}=\dfrac{EP}{DP}.\frac{AC}{EC}.\frac{CD}{BC} \ \ \ (3)$

Nhân các vế của $(1);(2);(3)$ ta được:

$\dfrac{BK}{CK}.\dfrac{CJ}{AJ}.\dfrac{AH}{BH}=\dfrac{AB}{AF}.\dfrac{AE}{AC}.\dfrac{FM}{EM}.\dfrac{DN}{FN}.\dfrac{BC}{BD}.\dfrac{BF}{AB}.\dfrac{EP}{DP}.\dfrac{AC}{EC}.\dfrac{CD}{BC} \\ \implies \dfrac{BK}{CK}.\dfrac{CJ}{AJ}.\dfrac{AH}{BH}=\dfrac{FM}{EM}.\dfrac{EP}{DP}.\dfrac{DN}{FN}.\dfrac{DC}{BD}.\dfrac{BF}{AF}.\dfrac{AE}{CE} \ \ (\star)$

Áp dụng bổ đề (*) cho $\Delta ABD$ có $AD, CE, CF$ đồng quy và $\Delta DEF$ có $DM,EN,FP$ đồng quy ta có:

$\dfrac{FM}{EM}.\dfrac{EP}{DP}.\dfrac{DN}{FN}=1$ và $\dfrac{DC}{BD}.\dfrac{BF}{AF}.\dfrac{AE}{CE}=1$

Thay vào $(\star)$ : $\implies \dfrac{BK}{CK}.\dfrac{CJ}{AJ}.\dfrac{AH}{BH}=1$

Theo bổ đề (*) thì ta có điều phải chứng minh. $\blacksquare$

Giải BĐT

Bài toán:Cho $a+b+c= \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}$
chứng minh $(ab+bc+ca)(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca})^2\ge 27$ với $a,b,c>0$
Lời giải: Đặt $x=ab \ ; \ y=bc \ ; \ z=ca\Rightarrow a=\sqrt{\dfrac{xz}{y}} \ ; \ b=\sqrt{\dfrac{xy}{z}} \ ; \ c=\sqrt{\dfrac{yz}{x}} \Rightarrow x+y+z=xy+yz+zx$
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
$$(x+y+z)(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})^2 \ge 27 \iff \sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z} \ge \dfrac{3\sqrt{3}}{ \sqrt{x+y+z}}$$
Viết lại bất đẳng thức với dạng:
$$\sqrt{\dfrac{x}{x+y+z}}+\sqrt{\dfrac{y}{x+y+z}}+ \sqrt{ \dfrac{z}{x+y+z}} \ge \dfrac{3\sqrt{3}(xy+yz+zx)}{(x+y+z)^2}$$
$$\iff 2\left(\sqrt{\dfrac{x}{x+y+z}}+\sqrt{\dfrac{y}{x+y+z}}+\sqrt{\dfrac{z}{x+y+z}} \right)+\dfrac{3\sqrt{3}(x^2+y^2+z^2)}{(x+y+z)^2} \ge 3\sqrt{3}$$
Theo Cauchy thì:
$$\dfrac{3\sqrt{3}x^2}{(x+y+z)^2}+\sqrt{\dfrac{x}{x+y+z}}+\sqrt{\dfrac{x}{x+y+z}} \ge \dfrac{3\sqrt{3}x}{x+y+z}$$
Như vậy:
$$VT \ge 3\sqrt{3}\left(\dfrac{x}{x+y+z}+\dfrac{y}{x+y+z}+ \dfrac{ z}{ x+y+z} \right)=3\sqrt{3}=VP$$
Diều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=1\iff a=b=c=1$

Bất đẳng thức Nesbitt mở rộng.

$$\sum^n_{i=1} \dfrac{a^k_i}{s-a_i}\ge \dfrac{\sum^n_{i=1} a^{k-1}_i}{n-1}$$
Với $s=a_1+a_2+...+a_n; \ a_1,a_2;a_3,....,a_n\ge 0$ và $k\ge 1$

Olympiad 30-4

Bài toán:   Chứng minh rằng với các số thực $a,b,c\in [1,2]$ ta có bất đẳng thức:
$$(a+b+c)\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\le 10$$

 Lời giải:  Ta có BĐT tương đương với:
$$\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}+\dfrac{b}{a}+\dfrac{c}{b}+\dfrac{a}{c}\le 7$$
Không mất tính tổng quát ta giải sử $ a\ge b\ge c$. Khi đó:
$$(a-b)(b-c)\ge 0  \iff ab+bc\ge b^2+ac\iff \dfrac{a}{c}+1\ge \dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c} \\ ab+bc\ge b^2+ac\iff \dfrac{c}{a}+1\ge \dfrac{c}{b}+\dfrac{b}{a} $$
Do đó:
$$\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{b}+\dfrac{b}{a}\le \dfrac{a}{c}+\dfrac{c}{a}+2 \\ \implies \dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}+\dfrac{b}{a}+\dfrac{c}{b}+\dfrac{a}{c}\le 2+2\left(\dfrac{a}{c}+\dfrac{c}{a}\right)$$
Đặt $x=\dfrac{a}{c}$ ta có $1\le x\le 2\implies (x-2)(x-1)\le 0\implies x+\dfrac{1}{x}\le \dfrac{5}{2}$
Từ đó suy ra đpcm. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=2,c=1$ hoặc $a=2;b=c=1$ hoặc các hoán vị tương ứng của chúng. $\blacksquare$

Bài toán giải phương trình

Bài toán. Giải phương trình $$\left( {3{x^2} + 2x + 7} \right)\sqrt {2x + 7}  - \left( {3{x^2} - 7x + 26} \right)\sqrt {x - 1}  = 2{x^3} + 14{x^2} - 2x + 22$$

Giải. Điều kiện: $x \ge 1$.

Ta nhẩm được nghiệm $x = 1$nên nghĩ tới trục căn thức, nên thêm vào hai vế của phương trình đại lượng $ - 3\left( {3{x^2} + 2x + 7} \right)$ ta được:

$$\left( {3{x^2} + 2x + 7} \right)\sqrt {2x + 7}  - 3\left( {3{x^2} + 2x + 7} \right) - \left( {3{x^2} - 7x + 26} \right)\sqrt {x - 1}  = 2{x^3} + 14{x^2} - 2x + 22 - 3\left( {3{x^2} + 2x + 7} \right)$$
$$ \Leftrightarrow \left( {3{x^2} + 2x + 7} \right)\left( {\sqrt {2x + 7}  - 3} \right) - \left( {3{x^2} - 7x + 26} \right)\sqrt {x - 1}  = 2{x^3} + 5{x^2} - 8x + 1$$
$$ \Leftrightarrow \frac{{2\left( {x - 1} \right)\left( {3{x^2} + 2x + 7} \right)}}{{\sqrt {2x + 7}  + 3}} - \left( {3{x^2} - 7x + 26} \right)\sqrt {x - 1}  = \left( {x - 1} \right)\left( {2{x^2} + 7x - 1} \right) \\ \iff x=1$$

Do:
$$\dfrac{{2\left( {3{x^2} + 2x + 7} \right)\sqrt {x - 1} }}{{\sqrt {2x + 7}  + 3}} \le \frac{{2\left( {3{x^2} + 2x + 7} \right)\sqrt {x - 1} }}{{3 + 3}} = \left( {{x^2} + \frac{2}{3}x + \frac{7}{3}} \right)\sqrt {x - 1}  \le \left( {2{x^2} + 7x - 1} \right)\sqrt {x - 1} ,\forall x \ge 1$$
và $3{x^2} - 7x + 26 > 0,\forall x \ge 1$. Do đó phương trình vô nghiệm.

Do vậy phương trình có nghiệm duy nhất $x = 1$.

VỀ MỘT BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC

1. Lời nói đầu:
Bất  đẳng thức không thuần nhất là một phần quan trọng, hay và tương đối khó  trong bất đẳng thức vì chúng ta không có một phương pháp thực sự “tốt”  nào để giải quyết loạt các bài toán này. Những lời giải cho những bất  đẳng thức dạng này thường mang những ý tưởng khá hay, độc đáo và thường  là những phương pháp không mẫu mực. Ở bài viết này tác giả xin được giới  thiệu đến bạn đọc một bài toán bất đẳng thức không thuần nhất tương đối  đơn giản nhưng lại có nhiều ứng dụng trong việc giải quyết các bất đẳng  thức thuần nhất và không thuần nhất khác, thậm chí là những bất đẳng  thức trong đề thi học sinh giỏi quốc gia và quốc tế.

(Bài viết  được trích ra từ bài viết cùng tên của tác giả đăng trong chuyên đề Toán  học số 9 của trường Phổ Thông Năng Khiếu Đại học Quốc gia Tp.HCM và  được tác giả bổ sung, điều chỉnh.)

2. Nội dung:
Bài toán gốc: Cho $a, b, c$ là các số thực dương thay đổi bất kì. Chứng minh rằng:
$$a^2+b^2+c^2+2abc+1\geq 2(ab+bc+ca) \ \ \  (1)$$
[I]Lời giải 1: [/I]
Ta sẽ sử dụng phương pháp tam thức bậc hai để chứng minh bài toán. Bất đẳng thức được chuyển về dạng tam thức bậc hai như sau:
$$f(a)=a^2+2a(bc-b-c)+(b-c)^2+1\geq 0$$
* Nếu $bc\geq b+c$ thì ta có ngay điều phải chứng minh.
*  Xét trường hợp ngược lại $bc\leq b+c$, và điều này tương đương với  $(b-1)(c-1)\leq 1$. Khi đó ta tính được biệt thức $\Delta '$ của $f(a)$  là:
$$\Delta '=(bc-b-c)^2-(b-c)^2-1=bc(b-2)(c-2)-1$$
Ta xét hai trường hợp:
Trường hợp 1:Có đúng một trong hai số $b, c$ lớn hơn $2$, số còn lại không lớn hơn  $2$. Trong trường hợp này ta có $(b-2)(c-2)\leq 0$ từ đó suy ra $\Delta  '\leq 0$.
Trường hợp 2: Cả hai số $b, c$ đều không lớn hơn 2. Khi đó theo bất đẳng thức AM-GM, ta có :
$$\Delta '=bc(2-b)(2-c)-1\leq \left[\frac{b+c+(2-b)+(2-c)}{4}\right]^4-1= 0.$$

Tóm  lại trong mọi trường hợp ta đều có $\Delta '\leq 0$. Tức $f(a)\geq 0$  và đây là điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  $a=b=c=1.$

Lời giải 2: Theo nguyên lý Dirichlet, ta thấy rằng trong ba số $a, b, c$ sẽ có hai số hoặc cùng $\geq 1$ hoặc cùng $\leq 1$. Giả sử hai số đó là $a, b$ khi đó:
$$(a-1)(b-1)\geq 0.$$
Từ đây, bằng cách sử dụng hằng đẳng thức:
$$a^2+b^2+c^2+2abc+1-2(ab+bc+ca)=(a-b)^2+(c-1)^2+2c(a-1)(b-1)\geq 0$$
Ta thu được ngay bất đẳng thức (1), phép chứng minh hoàn tất.

Lời giải 3: Ta sẽ sử dụng phương pháp dồn biến để chứng minh bài toán. Giả sử $c$ là số bé nhất và đặt:
$$f(a,b,c)=a^2+b^2+c^2+2abc+1-2(ab+bc+ca)$$
Ta có:
$$f(a,b,c)-f(\sqrt{ab},\sqrt{ab},c)=(\sqrt{a}-\sqrt{b})^2(a+b+2\sqrt{ab}-2c)\geq 0$$
Do đó $f(a,b,c)\geq f(\sqrt{ab},\sqrt{ab},c)$, vậy ta chỉ cần chứng minh $f(\sqrt{ab},\sqrt{ab},c)\geq 0$.
Thật vậy, nếu đặt $t=\sqrt{ab}$ thì ta có:
$$f(t,t,c)=2t^2+c^2+2t^2c-2(t^2+2tc)+1=(c-1)^2+2c(t-1)^2\geq 0$$
Bài toán được chứng minh xong.

Lời giải 4: Sử dụng lần lượt [I]bất đẳng thức AM-GM[/I], ta có:
$$2abc+1=abc+abc+1\geq 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\geq \frac{9abc}{a+b+c}$$
Do đó, ta chỉ cần chứng minh:
$$a^2+b^2+c^2+\frac{9abc}{a+b+c}\geq 2(ab+bc+ca)$$
Thực hiện phép khi triển trực tiếp, ta có bất đẳng thức tương đương với:
$$a^3+b^3+c^3+3abc\geq ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$$
Đúng vì đây chính là bất đẳng thức Schur dạng bậc ba nên ta có điều phải chứng minh.

Bất đẳng thức $(1)$ được Darij Grinberg đề xuất trên diễn đàn toán học Mathlinks.ro vào năm 2004. Mặc dù chỉ là một kết quả đơn giản nhưng bất đẳng thức  này lại có nhiều ứng dụng vào việc chứng minh các bất đẳng thức ba biến.  Sau đây, chúng ta sẽ đi vào xét các bài toán cụ thể để hiểu rõ vì sao  chúng tôi lại nói như vậy.

Bài toán 1.1. (Moscow Mathematical Olympiad 2000). Cho $a, b, c$ là các số dương thỏa mãn $abc = 1$. Chứng minh bất đẳng thức sau
$$a^2 + b^2+c^2+a+b+c \geq 2(ab + bc + ca) \ \ \ (1.1.1)$$      

Lời Giải.
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
$$a + b + c \geq 3\sqrt[3]{abc} = 3 = 2abc + 1$$.
Vì thế để chứng minh bài toán, ta chỉ cần chứng minh
$$a^2+b^2+c^2+2abc+1 \geq 2(ab+bc+ca)$$
Đây chính là bất đẳng thức (1) nên ta có ngay điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a = b = c = 1.$

[B]Bài toán 1.2. (Viet Nam Mathematical Olympiad 2006).[/B] Tìm hằng số $k$ lớn nhất để bất đẳng thức
$$\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+3k \geq (k+1)(a+b+c)$$
luôn đúng với mọi $a, b, c$ dương thỏa mãn $abc = 1.$

Lời Giải.
Cho  $a = b = t (t > 0, t = 1)$ và $c =\frac{1}{t^2}$, khi đó $a, b, c$  là các số dương và $abc = 1$. Do đó, theo yêu cầu của bài toán ta phải  có
$$\frac{2}{t^2}+t^4+3k \geq (k+1)(2t+\frac{1}{t^2})$$
Bất đẳng thức này tương đương với mỗi bất đẳng thức trong dãy các bất đẳng thức sau đây
$$\frac{2}{t^2}+t^4-3 \geq (k+1)(2t+\frac{1}{t^2}-3),$$
$$\frac{t^6-3t^2+2}{t^2} \geq \frac{(k+1)(2t^3-3t^2+1)}{t^2}$$
$$\frac{t^2-1)^2(t^2+2)}{t^2} \geq \frac{(k+1)(t-1)^2(2t+1)}{t^2}$$
$$\frac{(t+1)^2(t^2+2)}{2t+1} \geq k+1, \forall t>0$$
Cho $t \to 0^+$, ta được $2 \geq k+1$, suy ra $k \leq 1$. Ta sẽ chứng minh rằng 1 chính là hằng số cần tìm, tức là
$$\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+3 \geq 2(a+b+c).$$
Đặt $x = \frac{1}{a}, y= \frac{1}{b}, z=\frac{1}{c}$ thì ta có $xyz=1, 3=2xyz+1$ và
$$x^2+y^2+z^2+2xyz+1 \geq 2(xy+yz+zx)$$
hiển nhiên đúng theo (1). Vậy ta có kết luận $k_{max}=1.$

Bài toán 1.3. (Mircea Lascu, Romania Junior Team Selecsion Test 2005).
Cho các số dương $ a, b, c$ thỏa mãn điều kiện $(a + b)(b + c)(c + a) = 1.$ Chứng minh rằng
$$ab+bc+ca \leq \frac{3}{4}.$$
Lời Giải
Đặt $x = a + b, y = b + c, z = c + a$ thì ta có $xyz = 1$ và
$$a=\frac{z + x -y }{2}, b=\frac{x+y-z}{2}, c=\frac{y+z-x}{2}.$$
Bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại như sau
$$\frac{z + x -y }{2}.\frac{x+y-z }{2}+\frac{x+y-z }{2}.\frac{y+z-x }{2}+\frac{y+z-x }{2}.\frac{z + x -y }{2} \leq \frac{3}{4}$$
Sau khi thu gọn, ta được
$$x^2+y^2+z^2+3 \geq 2(xy+yz+zx),$$
hay là
$$x^2+y^2+z^2+2xyz+1 \geq 2(xy+yz+zx).$$
Đây chính là bất đẳng thức (1) nên ta có điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a = b = c = \frac{1}{2}$

Bài toán 1.4. (Gabriel Dospinescu, Marian Tetiva, Mircea Lascu).
Chứng minh rằng với mọi số thực dương a, b, c, ta đều có
$$a^2+b^2+c^2 + 2abc + 3 \geq  (a + 1)(b + 1)(c + 1).$$

Lời Giải.
Sau khi khai triển và rút gọn, ta có bất đẳng thức tương đương
$$a^2+b^2+c^2+ abc + 2 \geq ab + bc + ca + a + b + c,$$
hay là
$$2(a^2+b^2+c^2) + 2abc + 4 \geq 2(ab + bc + ca + a + b + c).$$
Theo bất đẳng thức (1), ta có
$$a^2+b^2+c^2 + 2abc + 1 \geq 2(ab + bc + ca).$$
Sử dụng đánh giá này, ta đưa được bài toán về chứng minh
$$a^2+b^2+c^2+2abc+1 \geq 2(ab+bc+ca).$$
Bất đẳng thức này tương đương với bất đẳng thức hiển nhiên đúng là
$$(a-1)^2+(b-1)^2+(c-1)^2 \geq 0$$
Bài toán được chứng minh xong. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a = b = c = 1.$

Bài toán 1.5. (Asian Pacific Mathematical Olympiad 2004).
Chứng minh bất đẳng thức sau luôn đúng với mọi số thực dương a, b, c bất kỳ
$$(a^2 + 2)(b^2+ 2)(c^2+ 2) \geq 9(ab + bc + ca), \ \ (1.5.1)$$

Lời Giải. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
$$a^2b^2c^2+3(a^2+b^2+c^2)+2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+3)+2 \geq 9(ab+bc+ca).$$
Theo [I]bất đẳng thức AM-GM[/I], ta có
$$3(a^2+b^2+c^2)=3(\frac{a^2+b^2}{2}+\frac{b^2+c^2}{2}+\frac{c^2+a^2}{2}) \geq 3(ab+bc+ca)$$
Và $$2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+3)=2 \begin{bmatrix} (a^2b^2+1)+(b^2c^2+1)+(c^2a^2+1) \end{bmatrix} \geq 4(ab+bc+ca).$$
Từ đó, bài toán được đưa về chứng minh
$$a^2+b^2+c^2+a^2b^2c^2+2 \geq 2(ab+bc+ca)$$
Bất đẳng thức này được viết lại thành
$$ \begin{bmatrix} a^2+b^2+c^2+2abc+1-2(ab+bc+c+a) \end{bmatrix}+(abc-1)^2 \geq 0$$
hiển nhiên đugns theo (1). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1.$

NHẬN XÉT: Bài toán còn đúng trong trường hợp $a,b,c$ là các số thực bát kì. Thật vậy, từ chứng mnih trên ta thấy rằng
$$(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2)=(  \begin{vmatrix}a \end{vmatrix}^2+2)( \begin{vmatrix}b  \end{vmatrix}^2+2)( \begin{vmatrix}c \end{vmatrix}^2+2) \geq  9(\begin{vmatrix}a \end{vmatrix} \begin{vmatrix}b \end{vmatrix}+  \begin{vmatrix}b \end{vmatrix} \begin{vmatrix}c \end{vmatrix}+  \begin{vmatrix}c \end{vmatrix} \begin{vmatrix}a \end{vmatrix}) \geq  9(ab+bc+ca).$$

Bài toán 1.6. (Crux Mathematicorum).
Chứng minh bất đẳng thức sau luôn đúng với mọi số thực dương $a, b, c$ bất kỳ
$$(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) \geq 3(a+b+c)^2$$

Lời Giải. Tương tự như trên, ta cũng sử dụng phép khai triển trực tiếp và viết lại bất đẳng thức dưới dạng
$$a^2b^2c^2+a^2+b^2+c^2+2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+3)+2 \geq 6(ab+bc+ca).$$
Đến đây, ta cũng sử dụng bất đẳng thức AM-GM để thu được
$$2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+3) \geq 4(ab+bc+ca),$$
và từ đó đưa được bất đẳng thức về chứng minh
$$a^2+b^2+c^2+a^2b^2c^2+2 \geq 2(ab+bc+ca).$$
Đây  chính là bất đẳng thức (1.5.1) đã được chứng minh ở phần trên. Bài toán  được chứng minh xong. Đẳng thức xảy ra khi $a = b = c = 1.$

[B]Nhận Xét[/B]. Vì $(a+b+c)^2 \geq 3(ab+bc+ca),$ nên từ bài toán này ta có thể dễ dàng suy ra
$$(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) \geq 9(ab+bc+ca)$$
Vậy bài toán này chính là một kết quả mạnh hơn của bất đẳng thức Asian Pacific Mathematical Olypiad 2004. Ngoài ra ta còn có thể làm chặt bất đẳng thức này hơn nữa, ta cùng xét bài toán sau đây.

Bài toán 1.7. (Nguyễn Đình Thi) Cho $a, b, c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng
$$(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) \geq 3(a+b+c)^2+(abc-1)^2.$$
.
Lời Giải. Sau khi khai triển và rút gọn, ta được bất đẳng thức tương đương
$$2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+3)+a^2+b^2+c^2+2abc+1 \geq 6(ab+bc+ca).$$
Theo [I]bất đẳng thức AM-GM[/I] thì
$$2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+3) \geq 4(ab+bc+ca).$$
Do đó ta chỉ cần chứng minh
$$a^2+b^2+c^2+2abc+1 \geq 2(ab+bc+ca).$$
Đây chính là bất đẳng thức (1).
Bài toán được chứng minh xong. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a = b = c = 1.$

Bài toán 1.8. (Nguyễn Văn Huyện). Với mọi số thực dương $a, b, c$ và $k \geq 2$ là một số thực bất kỳ, khi đó ta luôn có bất đẳng thức
$$(a^2+k)(b^2+k)(c^2+k) \geq \frac{(k+1)^2}{3}(a+b+c)^2+k^3-3k-2, \ \ (1.8.1)$$

Lời Giải. Ta cũng thực hiện phép khai triển và viết bất đẳng thức trên thành
$$a^2b^2c^2+k(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+k^2(a^2+b^2+c^2)+3k+2 \geq \frac{(k+1)^2}{3}(a+b+c)^2.$$
Sử dụng bất đẳng thức (1.5.1), ta được
$$a^2+b^2+c^2+(a^2+b^2+c^2+a^2b^2c^+2) \geq a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)=(a+b+c)^2,$$
từ đó chỉ cần chứng minh được
$$k(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+(k^2-2)(a^2+b^2+c^2)+3k \geq \frac{k^2+2k+2}{3}(a+b+c)^2.$$
Theo bất đẳng thức AM-GM, thì
$$(a^2b^2+1)+(b^2c^2+1)+(c^2a^2+1) \geq 2(ab+bc+ca)$$
Suy ra
$$k(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+(k^2-2)(a^2+b^2+c^2)+3k \geq 2k(ab+bc+ca)+(k^2-2)(a^2+b^2+c^2)$$
$$=(k^2-k-2)(a^2+b^2+c^2)+k(a+b+c)^2$$
$$ \geq \frac{k^2-k-2}{3}(a+b+c)^2+k(a+b+c)^2$$
$$=\frac{k^2+2k-2}{3}(a+b+c)^2.$$
Bài toán được chứng minh xong. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a = b = c = 1.$

Nhận Xét. Trong (1.8.1) nếu cho $k = 2$, thì ta thu được (1.6.1

Câu BĐT Đề thi THPT chuyên KHTN lần 2 năm 2009

Đề bài: Cho $x;y;z$ thỏa mãn $0\le x;y;z\le 2$  và $x+y+z=3$ . Tìm min và max của biểu thức sau: $$M=x^4+y^4+z^4+12(1−x)(1−y)(1−z)$$
Bài làm:
Đặt $a=x-1 \ ; \ b=y-1 \ ; \ c=z-1$ ta có: $-1\le a,b,c\le 1$ và $a+b=c=0$
Khi đó $M=(a+1)^4+(b+1)^4+(c+1)^4-12abc$
$=a^4+b^4+c^4+4(a^3+b^3+c^3)+6(a^2+b^2+c^2)+4(a+b+c)+3-12abc$
Vì $a+b+c=0\implies a^3+b^3+c^3-3abc=0$ . Do đó:
$$M=a^4+b^4+c^4+6(a^2+b^2+c^2)+3\ge 3$$
Dấu bằng xảy ra $\iff a=b=c=0\iff x=y=z=1$
Mặt khác ta có: $-1\le a,b,c\le 1\implies |a| \ ; \ |b| \ ; \ |c| \le 1$ suy ra:
$$M\le 7(|a|+|b|+|c|)+3$$
Ta lại có: $a+b+c=0$ nên ta giả sử $bc\ge 0$ thì $|b|+|c|=|b+c|=|a|$ nên:
$$M\le 7(|a|+|b|+|c|)+3=14|a|+3\le 17$$
Dấu bằng xảy ra $\iff a=1;b=-1;c=0$ và các hoán vị$.\blacksquare$

Phương trình vô tỷ

Đề bài: Giải phương trình: $2x + 1 + x\sqrt{x^2 + 2} + (x + 1)\sqrt{x^2 + 2x + 3} = 0$

Bài làm: 
$$pt\Longleftrightarrow 2x+1+x\sqrt{x^2+2}+x\sqrt{x^2+2x+3}+\sqrt{x^2+2x+3}=0$$
$$\Longleftrightarrow (2x+1)+(x\sqrt{x^2+2}+\dfrac{3}{4})+(x\sqrt{x^2+2x+3}+\dfrac{3}{4})+(\sqrt{x^2+2x+3}-\dfrac{3}{2})=0$$
$$\Longleftrightarrow 2x+1+\dfrac{x^4+2x^2-\dfrac{9}{16}}{x\sqrt{x^2+2}-\dfrac{3}{4}}+\dfrac{x^4+2x^3+3x^2-\dfrac{9}{16}}{x\sqrt{x^2+2x+3}-\dfrac{3}{4}}+\dfrac{x^2+2x+\dfrac{3}{4}}{\sqrt{x^2+2x+3}+\dfrac{3}{2}}=0$$
$$\Longleftrightarrow 2x+1\dfrac{(x^2-\dfrac{1}{4})(x^2+\dfrac{9}{4})}{x\sqrt{x^2+2}-\dfrac{3}{4}}+\dfrac{(x+\dfrac{1}{2})(x^3+\dfrac{3}{2}x^2+\dfrac{9}{4}x-\dfrac{9}{8})}{x\sqrt{x^2+2x+3}-\dfrac{3}{4}}+\dfrac{(x+\dfrac{1}{2})(x+\dfrac{3}{2})}{\sqrt{x^2+2x+3}+\dfrac{3}{2}}=0$$
$$\Longleftrightarrow \left(x+\dfrac{1}{2}\right) \left[2+\dfrac{(x-\dfrac{1}{2})(x^2+\dfrac{9}{4})}{x\sqrt{x^2+2}-\dfrac{3}{4}}+\dfrac{x^3+\dfrac{3}{2}x^2+\dfrac{9}{4}x-\dfrac{9}{8}}{x\sqrt{x^2+2x+3}-\dfrac{3}{4}}+\dfrac{x+\dfrac{3}{2}}{\sqrt{x^2+2x+3}+\dfrac{3}{2}}\right]=0$$
Đến đây ta biện luận như sau : 
Phương trình đã cho ban đầu : 
$$2x+1+x\sqrt{x^2+2}+(x+1)\sqrt{x^2+2x+3}=0$$
$$\Longleftrightarrow (x+1)(1+\sqrt{x^2+2x+3})+x(1+\sqrt{x^2+2})=0$$
$\Longrightarrow$ Với x lớn hơn hoặc bằng 0 hoặc x bé hơn hoặc bằng -1 phương trình vô nghiệm. Do đó $x \in (-1;0)$
$\ast \  x \in (-1;0) \Longrightarrow \begin{cases}x-\dfrac{1}{2}<0\\x\sqrt{x^2+2}-\dfrac{3}{4}<0\end{cases} \Longrightarrow \dfrac{(x-\dfrac{1}{2})(x^2+\dfrac{9}{4})}{x\sqrt{x^2+2}-\dfrac{3}{4}}>0$

$\ast \ x \in (-1;0) \Longrightarrow x+\dfrac{3}{2} >0 \Longrightarrow \dfrac{x+\dfrac{3}{2}}{\sqrt{x^2+2x+3}+\dfrac{3}{2}} >0$

Đặt $f(x)=x^3+\dfrac{3}{2}x^2+\dfrac{9}{4}x-\dfrac{9}{8} , x \in (-1;0)$
$f'(x)=3x^2+3x+\dfrac{9}{4} >0\Longrightarrow$ hàm đồng biến trên R
mà $f(0)=\dfrac{-9}{8} < 0$ nên $\Longrightarrow x^3+\dfrac{3}{2}x^2+\dfrac{9}{4}x-\dfrac{9}{8} < 0 ; \ x \in (-1;0)$
Đồng thời $\sqrt{x^2+2x+3}-\dfrac{3}{4}<0 (cmt)$
$$\Longrightarrow \dfrac{x^3+\dfrac{3}{2}x^2+\dfrac{9}{4}x-\dfrac{9}{8}}{x\sqrt{x^2+2x+3}-\dfrac{3}{4}} >0$$
Từ đây suy ra ta có :
$$\dfrac{(x-\dfrac{1}{2})(x^2+\dfrac{9}{4})}{x\sqrt{x^2+2}-\dfrac{3}{4}}+\dfrac{x^3+\dfrac{3}{2}x^2+\dfrac{9}{4}x-\dfrac{9}{8}}{x\sqrt{x^2+2x+3}-\dfrac{3}{4}}+\dfrac{x+\dfrac{3}{2}}{\sqrt{x^2+2x+3}+\dfrac{3}{2}} > 0$$

Vậy $\boxed{x=\dfrac{-1}{2}}$ là nghiệm duy nhất của phương trình.

Câu chuyện toán học

Các nhà toán học là những người kể chuyện. Nhân vật của họ là những con số và các hình hình học. Câu chuyện của họ là các chứng minh được sáng tạo ra về các nhân vật đó.

Nhiều người tin rằng làm toán là bàn đến tất cả những mệnh đề đúng về các con số và các hình hình học, ví như tính vô tỉ của căn bậc hai của 2, công thức tính thể tích các khối cầu hay liệt kê các phần tử của các nhóm hữu hạn. Một nhà toán học mà tôi rất ngưỡng mộ, Henri Poincare, đã quan niệm về việc làm toán theo một cách khác hẳn:

“Sự sáng tạo không đơn thuần ở việc đưa ra những kết hợp vô dụng. Sáng tạo là sáng suốt, là sự lựa chọn… Những kết hợp khô cứng thậm chí không xuất hiện trong tâm trí của người sáng tạo”.

Toán học, cũng như văn chương, là việc thực hiện các lựa chọn. Khi đó một câu hỏi được đặt ra là, tiêu chuẩn nào khiến một công trình toán học có được vị trí trong thư viện toán học? Vì sao Định lý cuối của Ferrmat được xem như một trong những tác phẩm vĩ đại của toán học trong thế kỉ qua khi mà các kết quả rắc rốicủa số học bị coi là tầm thường và ít hấp dẫn. Rốt cuộc thì điều lí thú thực sự của việc chứng minh phương trình xn+yn=zn không có nghiệm nguyên với n>2 là gì?

Tôi muốn đề cập đến bản chất của chứng minh định lý này, định lý đề cao giá trị một mệnh đề về các con số đến một vị trí xứng đáng trong đài Patheon (đền thờ các vị thần) của toán học. Và tôi cũng muốn nói rằng, chất lượng của một chứng minh tốt có nhiều điểm chung với các hành động của một câu chuyện hấp dẫn.

Tôi có một giả thuyết, nếu được diễn đạt thành một phương trình toán học, tôi sẽ viết là:

Chứng minh= Câu chuyện

Chứng minh một định lý giống như câu chuyện về sự khám phá của một nhà toán học. Qua khung cửa sổ toán học, Fermat đã phát hiện một đỉnh núi toán học ở rất xa, đó là một khẳng định rằng phương trình ông đưa ra không có nghiệm nguyên. Một thách thức cho các thế hệ các nhà toán học đi sau: từ lãnh thổ quen thuộc, hãy tìm kiếm con đường dẫn đến miền đất mới này. Nó giống như cuộc phiêu lưu mạo hiểm của Frodo trong tác phẩm “Chúa tể những chiếc nhẫn”[2] của nhà văn Tolkien[3], ở đây, phép chứng minh được mô tả như hành trình từ ngôi làng Shire đến đỉnh núi Mordor.

Trong mảnh đất quen thuộc của ngôi làng Shire bị giới hạn trong các tiên đề là những mệnh đề hiển nhiên đúng trong lý thuyết số, cùng với các định đề đã được chứng minh. Đó là sự khởi đầu của cuộc tìm kiếm. Cuộc hành trình từ mảnh đất quê hương bị ràng buộc bởi các quy tắc suy luận toán học, giống như việc di chuyển của các quân cờ trong ván cờ, ở đó mỗi nước đi phải đúng luật theo những quy định chung cho tất cả những người chơi cờ. Đôi khi bạn lâm vào ngõ cụt và cần đến một biện pháp nội tại đặc trưng, bạn đổi hướng hoặc thậm chí quay lại để tìm một con đường vòng. Thỉnh thoảng bạn cần chờ một “nhân vật toán học” mới, ví như các số ảo hoặc các phép toán mới được tạo ra, để có thể tiếp tục cuộc hành trình.

Phép chứng minh là câu chuyện về chuyến đi vất vả và việc vẽ bản đồ trên hệ trục tọa độ của cuộc thám hiểm, đó là hải trình của nhà toán học.

Một chứng minh thành công giống như tập hợp các biển chỉ đường để các thế hệ các nhà toán học đi sau thực hiện lại cuộc hành trình đó. Người đọc bài chứng minh sẽ trải nghiệm quá trình đầy lý thú như chính tác giả của chứng minh, hành trình dẫn họ chiếm lĩnh một đỉnh núi xa. Thông thường, một chứng minh không phải là việc tìm được dấu chấm trên đầu mỗi chữ i và dấu gạch ngang của mỗi chữ t, giống như một câu chuyện, không phải là giới thiệu một cách chi tiết cuộc đời của nhân vật. Đó là sự mô tả một hành trình và không cần nhắc lại các quy tắc trong mỗi bước. Các lý lẽ mà các nhà toán học thường đưa ra trong các chứng minh tạo được hiệu ứng cao trong tâm trí người đọc. Nhà toán học GH Hardy đã mô tả các lý lẽ mà các nhà toán học thường làm như là “một thứ vật dùng để trang trí, các đoạn nhạc dạo một cách khoa trương nhằm tạo ấn tượng tâm lý, các hình vẽ trên bảng trong một bài giảng, các dụng cụ để kích thích trí tưởng tượng của học sinh”.

Niềm vui khi đọc và sáng tạo toán học đến từ khảnh khắc phấn khích reo lên “A ha!” bật ra ta lần được các mối dây để làm sáng tỏ điều bí ẩn. Nó giống như khoảnh khắc của sự chuyển hóa hòa âm trong một tác phẩm âm nhạc hay việc phát hiện ra bí mật một vụ án mạng trong các truyện trinh thám.

Yếu tố gây ngạc nhiên là đặc tính quan trọng khiến môn toán trở nên say mê. Nhà toán học Michal Atiyah nói về đặc tính đó như sau:

“Tôi thích được ngạc nhiên. Những lý luận theo một khuôn mẫu có sẵn để diễn giải cho vài ý tưởng mới nào đó thì thật chán ngán và không hứng thú. Tôi thích thú sự bất ngờ, thích có cách nhìn mới, một liên kết với các địa hạt khác hay một sự thay đổi vào đoạn cuối”.

Khi tôi ngồi viết một công trình toán học mới, các lựa chọn mà tôi dùng đến sẽ thúc đẩy khát vọng người đọc trong một hành trình đầy những lối rẽ, những thay đổi và bất ngờ. Tôi muốn khích thích người đọc bởi sự thách thức trả lơi câu hỏi vì sao hai yếu tố toán học dường như không hề liên quan với nhau lại thực hiện một điều gì đó với nhau. Và khi chứng minh mở ra, qua việc thực hiện dần dần hoặc vào một khoảnh khắc bất ngờ, người đọc nhận thức rằng hai ý tưởng đó thực tế là một và có cùng một đặc điểm như nhau.

Giá trị của việc tìm kiếm các mối liên kết bất ngờ là một trong những lý do khiến tôi thích nói đến một trong những đóng góp của bản thân mình về quy tắc đánh giá trong toán học. Vài năm trước tôi phát hiện ra một đối tượng có tính đối xứng mới mà đường nét của nó bị che khuất bởi sự phức tạp của các giải pháp của đường cong elliptic, là một trong những bài toán lớn chưa giải được của toán học. Bài chứng minh được trình bày trong một seminar hay trong một bài báo trên tạp chí mà tôi cộng tác đã chứng tỏ việc liên kết hai lĩnh vực rất khác nhau trong toán học… Việc phát hiện ra các đối tượng đối xứng mới tự nó không khó như vậy. Bằng máy tính, tôi có thể đưa ra vô hạn các ví dụ về các đối tượng đối xứng chưa từng gặp. Nghệ thuật của nhà toán học là lựa chọn một số các đối tượng để kể lại một câu chuyện đầy ắp sự ngạc nhiên. Đây là một mục tiêu của nhà toán học, như Poincare đã nói: đó là việc thực hiện những sự lựa chọn.

[1] http://www.theguardian.com/books/2015/jan/23/mathematicians-storytellers-numbers-characters-marcus-du-sautoy

[2] The Lord of the Rings, tiểu thuyết ba tập.

[3] John Ronald Reuel Tolkien (3 tháng 1 năm 1892 – 2 tháng 9 năm 1973) nhà văn, tiểu thuyết gia, và giáo sư người Anh, được công chúng biết đến nhiều nhất qua các tác phẩm Anh chàng Hobbit (The Hobbit) và Chúa nhẫn (The Lord of the Rings).

Theo hocthenao.vn

Tại sao toán học lại quan trọng?

Theo Mark H. Karwan, chủ nhiệm khoa Kỹ thuật và Khoa học ứng dụng tại đại học Buffalo, chỉ ra rằng, thái độ của cha mẹ – tích cực hay tiêu cực – có thể ảnh hưởng rất nhiều đến thái độ của trẻ em về toán học và hiệu suất làm việc của chúng. Khuyến khích con bạn tích cực học toán để trẻ có thêm kĩ năng và  nhiều cơ hội trong cuộc sống cũng như trong sự nghiệp về sau.

Lịch sử

Trong những năm 1920, việc giảng dạy về đại số và hình học ở Hoa Kỳ được xem như một cái gì đó rất “cao xa”. Tuy nhiên, trong thực tế, theo tác giả David Klein trong bài báo của mình “ Lịch sử ngắn gọn của Mỹ – Giáo dục Toán học trong thế kỉ 20” thì  trường Massachusetts lại coi đó như là một “chủ đề vô ích”. Trong thời gian này, học sinh được dạy những kỹ năng toán học cơ bản có những ứng dụng ngay lập tức. Sau thế chiến thứ II, các nhà hoạch định chính sách đã bắt đầu xây dựng một chương trình giảng dạy toán học mạnh mẽ hơn, tạo ra một làn sóng mạnh mẽ tăng lên với cuộc chạy đua không ngừng của những năm 1950.

Trong thế kỉ 21, trường học bắt đầu giảng dạy nhằm tăng kĩ năng toán học cho học sinh cao hơn để các công dân Hoa Kỳ có thể cạnh tranh tốt trong nền kinh tế toàn cầu.

Logic và Tư duy phê phán

Toán dạy logic và trật tự. Bạn có thể giải một phương trình, biết chính xác được kết quả nhưng quan trọng, bạn làm gì với kết quả đó. Kết quả đó có thể áp dụng vào cuộc sống hàng ngày hay không? Các công ty biết điều này, bởi vậy một số doanh nghiệp thuê những người học về chuyên nghành toán, giỏi nó và có thể áp dụng những công thức toán vào việc sản xuất, v.v…

Toán học cung cấp những phương tiện mà qua đó các kỹ năng tư duy phê phán được đưa vào thực hiện và tinh chế. Một ví dụ về tư duy phê phán toán học là khi học sinh được yêu cầu giải thích làm thế nào họ tìm ra giải pháp cho một vấn đề phức tạp, mô tả các ý tưởng đằng sau các công thức toán học.

Kỹ năng sống.

Bạn không thể sống một cuộc sống độc lập mà không có các kĩ năng toán học cơ bản. Chẳng hạn như trẻ em tiểu học sẽ bắt đầu tìm hiểu về tiền, tính toán cộng trừ nhân chia, các lớp lớn hơn có thể tính toán tỉ lệ phần trăm, phân đoạn… Mọi người cần có những kĩ năng cơ bản này để quản lý tốt công việc, ngân sách, thời gian của mình.

Giáo dục và nghề nghiệp

Có những công việc tưởng chừng như chẳng liên quan đến toán một chút nào nhưng nếu nhìn kĩ ra thì toán học hiển diện ở mọi nơi. Ví dụ như thủ quỹ phải có kĩ năng đếm chính xác, người đưa thư phải có kĩ năng tính toán, sắp xếp thời gian hợp lý để đưa cái nào trước, cái nào sau, tiết kiệm công sức cho chính mình.

Theo Livestrong

Hỗn độn trong số Pi

Một khám phá mới đây đã cho biết rằng lý thuyết hỗn độn có thể mang lại một chút trật tự cho chuỗi số lẻ đầy bí hiểm của số pi. Nhưng cái chuỗi số rắc rối này vẫn không ngừng ám ảnh các nhà toán học… 

Muốn chọc tức một nhà toán học thì có một cách rất dễ: cứ bảo anh ta vẽ một vòng tròn, đo chu vi vòng tròn đó, đem chu vi đó chia cho đường kính rồi ghi lấy số thành. Mới đầu anh ta đưa ra một giải đáp phỏng chừng là: 3,14. Và ntính kỹ hơn, anh ta sẽ đưa ra một con số càng lúc càng nhiều số lẻ: 3,14159265… rồi anh ta lại có thể viết ra tới 200 tỷ số lẻ nếu anh ta lấy từ những tài liệu mà người ta vừa mới tính ra hai năm nay.

Cứ hỏi cảm nghĩ của anh ta về những số lẻ nhiều như thác lũ này. Có một thứ tự nào không? Các chữ số xuất hiện ra có theo một quy luật nào không? Hay là sự xuất hiện đó chẳng thưo một trật tự nào cả, xem như là các chữ số vì ngẫu nhiênmà có? Câu hỏi có vẻ hời hợt như thế nhưng nhà toán học sẽ lúng túng khi trả lời. Mà đúng như thế, anh ta không biết gì cả để trả lời cho ra lẽ, thế mới tức…

Thì đồng ý rằng chuyện đó trong thực tiễn chẳng có gì quan trọng cả. Một bài tính vật lý chỉ cần tới vài ba chục con số lẻ là cùng. Đó là một thách thức mà các nhà toán học phải đảm nhận: có hay không một trật tự trong các số lẻ của pi, một hằng số căn bản nhất? Một thách đố mà một khi chưa có giải đáp sẽ luôn ám ảnh đầu óc các nhà toán học. Vì đó cũng gần như là một việc bảo vệ danh sự.

Chỉ có một điều biết chắc chắn đã 300 năm nay: pi là một số vô tỷ, ta không thể viết nó dưới dạng phân số của 2 số nguyên. Các số hữu tỷ như ¾ (số thập phân là 0,75) hay 1/11 (0,09090909…) mà số lẻ làmột số hữu hạn hay là là một số có chu kỳ. Trong khi đó, các số lẻ của pi thì vô hạn và không thấy có một chu kỳ nào cả.

Nhưng các nhà toán học vẫn chưa thỏa mãn với nhận xét trên: vô tỷ nhưng chưa hẳn là vô trật tự. Thử lấy con số Champemowne mà khi viết các số lẻ thì cũng như ta tuần tự đếm các số nguyên: 0,12345678910111213… các con số nối đuôi nhau kéo dài tới vô tận, không lạp lại, nhưng theo một thứ tự rõ rệt. Và như thế, câu hỏi về những số lẻ của pi vẫn chưa có giải đáp. Có khác biệt nào giữa các số lẻ của số pi và một dãy số lấy ra một cách ngẫu nhiên?

Pi có phải là một số chuẩn không?
Đặc điểm chính của dãy số ngẫu nhiên đã được Emile Borel, một người Pháp, định nghĩa: tách chuẩn (normalité). Một số được gọi là chuẩn, nếu mỗi chữ số của cái chuỗi vô tận của các số lẻ xuất hiện cùng tần số. Điều đó có nghĩa là chữ số 1 là 10%, chữ số hai là 10%, và chữ số 3, chữ số 4 cho tới chữ số 9 cũng như thế. Chưa hết, những số gồm 2 chữ số cũng phải được xuất hiện cùng tần số là 1%. Những số gồm 3 chữ số với cùng tần số là 1/1000… Nói tóm lại, trong một số chuẩn, những đoạn số có cùng chiều dài phải được xuất hiện cùng tần số. Nếu một chữ số xuất hiện nhiều lần hơn các chữ số lẻ khác thì số đó không được gọi là số ngẫu nhiên .

Pi có đủ các tiêu chuẩn thống kê này không? Thoạt nhìn thì có. Năm ngoái, nhà thống kê học người Mỹ Ted Jaditz đã nghiên cứu tần số của các đoạn số cho tới 16 chữ số của pi. Và việc kiểm nghiệm thống kê này đã chứng minh rằng không có sự sai biệt đáng kể nào khi đem so sánh với một số ngẫu nhiên. Lúc đầu, ông ta thấy chữ số 7 xuất hiện ít, chỉ có 7,2% trong 500 số lẻ đầu tiên. Nhưng sau đó, cái khác thường này đã vội biến mất: chữ số 7 đã xuất hiện 9,99998% lần trong 200 tỷ số tiếp theo. Như vậy thoạt nhìn thì pi là một số chuẩn.

Nhưng khám phá này vẫn chưa làm vừa lòng các nhà toán học. Có gì để chứng minh rằng chữ số 7 lại không xuất hiện với một tần số nhỏ hơn kể từ số lẻ ngàn tỷ? Hay ngược lại, kể từ số lẻ ngàn tỷ, chữ số 7 lại xuất hiện với tần số cao hơn? Chẳng có một kiểm nghiệm thống kê nào có thể kiểm chứng được tánh chuẩn của vô tận các số lẻ…

Do đó, cái mà các nhà toán học cần là một chứng minh, một chằng chứng toán học của tánh chuẩn của pi. Và chưa thấy ai đã làm được điều đó. “Ngoài cái việc tính tần số ra, người ta vẫn chưa biết nếu tất cả các chữ số đã xuất hiện ít ra là một lần trong các số lẻ của pi”, ông Jean Paul Delahaye, nhà nghiên cứu ở Viện tin học cơ bản thành phố Lille và tác giả cuốn sách Fasciant nombre pi, đã phải bực mình thốt lên như thế.

Một tia hy vọng đã chiếu xuống cho các nhà toán học. Cách đây sáu năm, hai nhà nghiên cứu Canada, Simon Plouffe và Peter Borwein đã cộng tác với nhà nghiên cứu Mỹ David Bailey và đã tìm ra một công thức có thể tính bất kỳ chữ số nào của pi mà không cần biết tới những chữ số nằm phía trước. Jean Paul Delahaye nhấn mạnh: “Kết quả này đã làm mọi người ngạc nhiên. Cách đây vài chục năm, những nhà toán học sẽ cười ngạo mạn, nếu bạn hỏi họ có một công thức nào như vậy không!” nhưng khuyết điểm của công thức này là nó chỉ đúng với cách viết nhị phân, chứ không đúng theo cách viết thập phân của pi (3,14159…) viết số theo lối nhị phân là cách viết trong tin học, chỉ dùng số 0 và số 1. Theo cách viết nhị phân, thì pi sẽ được viết thành: 11,0010010000111… thí dụ, công thức Bailey-Borwein-Plouffe cho phép ta tính ra chữ số lẻ thứ năm tỷ, viết theo lối nhị phân: đó là số 0. Nhưng công thức này không cho phép ta tìm ra chữ số lẻ nếu viết theo cách thập phân.

Thuy vậy, công thức này đã giúp ta hiểu rõ hơn về tánh chuẩn của pi. Nhờ “công thức thần diệu” đó, David Bailey đã nhận xét rằng, nếu viết theo lối nhị phân, thì từ bất kỳ chữ số nào, ta cũng có thể tìm ra chữ số tiếp theo. Sự nối tiếp của 0 và 1 trong cách viết nhị phân của hằng số pi chỉ là kết quả của một phép tính mà ta sẽ lặp đi lặp lại.

Mặt khác, phương thức này lại rất giống cách tính angorit trong tin học: dùng angorit để tạo ra một chuỗi số ngẫu nhiên (thí dụ như trong cách giải mật mã). Cũng có nghĩa là áp dụng công thức vào một con số nào đó, rồi lặp đi lặp lại phép tính trên các số thành vừa có, thì ta được một chuõi số thoạt nhìn có vẻ như không theo một thứ tự nào cả và hình như rất ngẫu nhiên. Một agorit như thế được gọi là “hỗn độn”: chỉ cần con số đầu tiên khácđi một chút hay công thức cũng khi một chút hayc ông thức cũngkhác đi một chút thì chuỗi số sẽ hoàn toàn khác hẳn. Như thế, các số lẻ của pi có tính cách hỗn độn.

David Bailey nói thêm: “Liền sau khi vừa khám phá ra công thức này, tôi có cảm tưởng như đã tìm ra sợi dây nối giữa số lẻ của pi và động lực hỗn hợp”. Như thế, nhà toán học linh cảm đã gặp được một thông tin quan trọng hàng đầu. Tánh hỗn độn của pi có thể cắt nghĩa cái vẻ vô trật tự của các số lẻ? Ít ra là có thể chứng minh được tánh chuẩn của nó, điều đó có nghĩa là mỗi chữ số được xuất hiện đồng đều như nhau, giống như trong dãy số vô trật tự?

David Bailey nhìn nhận: “Hồi đó, tôi chưa đủ khả năng tìm hiểu sâu vào cái trực giác này. Sự kết nối giữa tánh chuẩn và tánh hỗn hợp đã chỉ thực hiện được gần đây bởi Richard Crandall”. Và 2 nhà nghiên cứu đã công bố kết quả vào tháng 6.2001 trong tạp chí Experimental Mathematics.

Tính hỗn độn của pi có thể cắt nghĩa cái vẻ vô trật tự đó không?
Trọng tâm của việc này là thiết lập một giả định (conjecture) mới. Giả định là một giả thuyết được coi như đúng nhưng chưa được chứng minh. Với giả định Crandall-Bailey, ta có thể viết các số theo lối nhị phân bằng cách áp dụng công thức từng bước một. Đó cũng là trường hợp của pi, như David Bailey đã nhận xét.

Theo giả định của hai nhà nghiên cứu, hoặc là dãy số 0 và số 1 của các hằng số hỗn độn được xem như là một dãy tuần hoàn, mà chu kỳ sẽ lặp đi lặp lại cho đến vô tận, hoặc là những con số 0 và những con số 1 được phân phối một cách đồng nhất. Trong trường hợp thứ nhất, hằng số đó là một số chuẩn. Mặt khác, người ta cũng biết rằng pi không phải là một số hữu tỷ… do đó, pi là một hằng số chuẩn. Đó là điều phải chứng minh.

Nếu ta có thể chứng minh giả định này thì ta đã chứng minh được rằng pi là một số chuẩn. David Bailey tự hào: “Chúng tôi đã chuyển dịch một bài toán không giải đáp được của số học thành một bài toán về cơ động học hỗn độn, dễ giải đáp hơn”. Dễ giải đáp hơn? Chưa chắc như vậy đâu. “Tôi không biết bằng cách nào người ta có thể chứng minh giả định này”, Jeffrey Lagarias, một chuyên viên người Mỹ về động cơ học ngẫu nhiên, đã phải thú thật như thế sau khi đã nghiên cứu khám phá của D. Bailey. Giới toán học đã tuần tự nghiên cứu giả định này trong vòng hơn một năm nay, nhưng chưa thấy ai đề nghị một hướng ra nào. Công bố của D. Bailey vẫn y nguyên, như thế cũng có nghĩa là thừa nhận sự thất bại. “Nếu việc làm của Bailey và Crandall đã biến đổi cách nhìn về vấn đề, nhưng nó vẫn chưa thay đổi toàn diện vấn đề. Tánh chuẩn của pi đã là một câu hỏi không giải đáp, thì bây giờ nó vẫn làmột câu hỏi không giải đáp”. Nhưng còn tệ hơn thế nữa: giả như một ngày nào đó, người ta chứng minh được giả định Bailey-Crandall thì đó vẫn chưa đủ để khẳng định rằng pi là một số chuẩn đâu. Lý do là không phải tại vì pi là số chuẩn trong cách viết nhị phân rồi sẽ là số chuẩn trong cách viết thập phân. Những con số 0 và số 1 có thể được phấn phối rất đồng thời trong cách viết nhị phân, nhưng trong cách viết thập phân (viết bằng số 0,1,2,…,9) thì vẫn chưa chắc. Muốn khùng luôn…

Những tiêu chuẩn còn khiếm khuyết
Lại còn tệ hơn thế nữa: tánh chuẩn chưa phải là tiêu chuẩn đủ để định nghĩa tánh ngẫu nhiên của một dãy số. Thử xem lại số Champemowne (0,123456789101112…). Đó là một số chuẩn vì các số lẻ được phân phối một cách đồng nhất, nhưng mà dãy số lẻ đó cũng hoàn toàn trật tự… các nhà tin học đã tìm kiếm những tiêu chuẩn khác để ước lượng tánh ngẫu nhiên tạo thành bởi những dãy số. Các dãy số con tự nhiên mà ta đã rút được (bằng cách lấy ra một con số trên mười chẳng hạn) phải là một dãy số chuẩn. Hay là tốc độ để các tần số xích lại gần nhau phải theo một công thức rõ rệt… “Người ta có thể tìm ra bao nhiêu tiêu chuẩn cũng được, nhưng những tiêu chuẩn này không bao giờ đủ định nghĩa một cách chính xác tánh ngẫu nhiên của một dãy số”. Thống kê học không thể nào cho ta một định nghĩa chính xác về ngẫu nhiên. Dù pi có thể nghiệm đúng tất cả các tiêu chuẩn thống kê, nhưng cũng đừng mong như vậy là ta đã chứng minh được tánh ngẫu nhiên của nó.

Trong suốt thế kỷ thứ 20, các nhà toán học đã hiểu rằng chỉ có một cách định nghĩa được tánh ngẫu nhiên là phải dùng lý thuyết thông tin (théorie de l’information): một dãy số là ngẫu nhiên nếu ta không thể tóm lược chúng, không thể nén chúng lại, không thể tổng hợp chúng bằng một công thức ngắn. Nhưng mà pi lại có thể tóm tắt bằng nhiều phương trình. Chẳng hạn như ta chỉ cần cộng các số 4/1- 4/3 + 4/5 - 4/7 + 4/9 - 4/11 +… và cứ tiếp tục như thế, rồi từ từ ta có thẻ tìm thấy tất cả các số lẻ nổi tiếng của pi: pi không phải là một số ngẫu nhiên!

Như vậy thì pi theo một trật tự huyền bí nào? Những nhà toán học thừa biết rằng họ đang phải đối đầu với với một dãy số rất đặc biệt, nhưng họ không biết là đặc biệt như thế nào. Cái trật tự duy nhất của các số lẻ của pi mà họ đã kiểm tra ra được là cái trật tự của … các số lẻ của pi! Có đáng tức không?

TRẦN THANH NGOẠN dịch từ Science & Vice (Tạp chí Tia Sáng, số tháng 8.2002)

Bạn có cần có những khả năng thật đặc biệt để làm toán ?

 Lời người dịch : Anh bạn tôi, Terence Tao, cách đây mấy năm có viết một blog nhan đề: Does one have to be a genius to do maths? (Một người có cần là thiên tài để làm toán?). Blog này có nhiều ý kiến hay và tôi nghĩ nó bổ ích cho những bạn trẻ làm toán (hay khoa học cơ bản nói chung). Dưới đây tôi lược dịch bài này với một số thay đổi nhỏ.

Trước hết, toán học được đề cập đến ở đây là toán chuyên nghiệp (professional math). Nó rất khác với toán dành cho thanh thiếu niên mang tính thể thao như trong các cuộc thi kiểu IMO mà báo chí hay tuyên truyền và nhiều khi làm người đọc lẫn lộn hai khái niệm. Mục đích của việc làm toán không phải để giành huy chương hay giải thưởng cao nhất, mà để có hiểu biết sâu sắc về toán học và góp sức mình vào sự phát triển và ứng dụng của môn khoa học kỳ diệu này. 

Câu hỏi Terry muốn trả lời là: “Bạn có cần là thiên tài để làm toán?” Câu trả lời là “KHÔNG”. Để sáng tạo ra những công trình có giá trị, người nghiên cứu cần nắm vững lĩnh vực nhỏ của mình, biết quan tâm và tìm hiểu thêm những lĩnh vực liên quan, biết cách đặt câu hỏi, biết trao đổi với bạn bè, đồng nghiệp, và biết quan tâm đến một bức tranh tổng thể (big picture). Tất nhiên người làm khoa học (bất kỳ ngành nào) cần một sự thông minh nhất định, tính kiên nhẫn và độ chín cần thiết. Nhưng để thành một nhà toán học thành công, bạn không cần phải có một gen “thiên tài”, một khả năng đặc biệt nhìn xuyên thấu những vấn đề phức tạp trong khoảnh khắc. 

Các nhà toán học thường được mô tả như những thiên tài cô độc (và hơi điên điên–trong một số trường hợp ta thậm chí có thể bỏ chữ hơi). Họ ngồi một mình trong phòng, nhìn lên tường như đếm thạch sùng, không đoái hoài gì đến công trình của những người khác cũng như mọi việc xảy ra chung quanh. Và một ngày đẹp trời, bỗng nhiên họ mang cho nhân loại một lời giải bất ngờ không ai có thể tưởng tượng được của một bài toán tồn tại nhiều thế kỷ. Hình ảnh vô cùng lãng mạn này mang lại cho những nhà toán học đang tìm vợ những lợi thế không nhỏ cũng như Hollywood những khoản lợi nhuận kếch sù, nhưng nó cũng rất khác xa thực tế, ít nhất là trong toán học
hiện đại.

Đúng là trong toán học (cũng như nhiều ngành khoa học khác), có những công trình nổi bật (chẳng hạn như lời giải bài toán Fermat của Wiles hay công trình của Perelman về giả thuyết Poincaré). Nhưng những công trình này đều được dựa trên sự phát triển liên tục của toán học trong nhiều thập kỷ, đôi khi là nhiều thế kỷ, trên những sự đóng góp trước đó của hàng trăm người khác. Tất nhiên, để có một bước tiến trong những bài toán khó, bao giờ cũng cần có những ý tưởng mang tính đột phá, nhiều khi rất đáng ngạc nhiên, nhưng những ý tưởng đó vẫn cần phải dựa trên một nền tảng vững chắc đã được xây dựng từ trước chứ không thể từ con số không.

Bản thân tôi thấy rằng thực tế của việc nghiên cứu toán—nơi mà kết quả được đạt được bởi một quá trình tự nhiên phát triển một cách tuần tự, dựa trên sức lao động miệt mài, trực giác toán học, những kết quả đã có sẵn, và một chút may mắn—hay hơn rất nhiều hình ảnh lãng mạn mà tôi tưởng tượng khi còn là một học sinh rằng toán học được tạo ra bởi những cảm hứng bí ẩn từ một đội ngũ chọn lọc của các “thiên tài”. Khái niệm “thiên tài” này là mầm mống của rất nhiều rắc rối. Thứ nhất, không ai có thể có những ý tưởng đặc biệt một cách thường xuyên và chính xác. Nếu một ai đó tự khẳng định với bạn là có những khả năng đặc biệt này, thì bạn nên đề phòng một chút. Áp lực của việc cư xử theo phong cách “thiên tài” có thể làm cho người trong cuộc bị ám ảnh với hội chứng “big theorems, big theory” (chỉ làm việc với những vấn đề tối quan trọng). Một số người khác có thể bị mất sự đánh giá công bằng về công trình của họ hay những công cụ họ đang sử dụng. Một số người khác nữa có thể đánh mất sự dũng cảm để theo đuổi sự nghiệp nghiên cứu. Mặt khác nữa, giải thích sự thành công bằng khả năng thiên phú cá nhân (là một thứ ta không thể kiểm soát) thay bằng sự cố gắng, phương thức đào tạo và phác định tương lai (là những thứ ta có thể kiểm soát) sẽ dẫn tới những vấn đề khác nữa.

Tất nhiên, mặc dù ta giảm tầm quan trọng của khái niệm “thiên tài”, thì trong khoa học vẫn có những nhà nghiên cứu, tại một thời điểm nhất định nào đó, nhanh nhạy hơn, hiểu biết rộng hơn, cẩn thận hơn, nhiều ý tưởng hơn những người khác. Điều đó không có nghĩa là chỉ những nhà toán học giỏi nhất mới nên làm toán. Số lượng những bài toán thú vị rất nhiều, nhiều hơn rất nhiều số lượng những bài toán mà những nhà toán học giỏi nhất có thể quan tâm. Cũng rất thường xuyên, những công cụ hay ý tưởng của bạn có thể ứng dụng ở một lĩnh vực mà những người khác chưa nghĩ tới; bởi vì ngay cả những nhà toán học giỏi nhất vẫn có những điểm yếu trong rất nhiều lĩnh vực. Nếu bạn có một sự đào tạo cơ bản, lòng say mê toán học và một chút năng khiếu, thì chắc chắn sẽ có những lĩnh vực mà bạn sẽ có những đóng góp đáng kể. Có thể đó không phải là những lĩnh vực đang “hot” nhất, nhưng bản thân điều này cũng có những lợi ích riêng của nó. Trong một số trường hợp, những ý tưởng cơ bản nhất lại quan trọng hơn các ứng dụng đặc biệt. Ngoài ra, mỗi người cần có những bước khởi động, trước khi bước vào tấn công những bài toán khó nhất trong một lĩnh vực nào đó. Bạn có thể thấy điều này qua những bài báo đầu tiên của rất nhiều nhà toán học nổi tiếng.

Trong một số trường hợp, môt tài năng quá đặc biệt lại có thể không có lợi cho một quá trình phấn đấu lâu dài. Nếu lời giải đến một cách quá dễ dàng, người ta có thể đánh mất sự chăm chỉ, không đặt những câu hỏi mang tính sơ khai, quên đi việc mở rộng những lĩnh vực quan tâm, và những điều này sẽ khiến tài năng bị thui chột. Ngoài ra, nếu ai đã quen với những thành công dễ dàng, thì rất khó rèn luyện được tính kiên trì cần thiết để giải quyết những vấn đề thực sự khó. Tài năng là quan trọng, nhưng quan trọng hơn là việc phát triển và duy trì nó!!

Vũ Hà Văn (Đại học Yale, Hoa Kỳ) dịch và giới thiệu.