Moãi naêm coù 5 hoaëc 6 giaûi thöôûng Wolf ñöôïc trao cho caùc nhaø khoa hoïc hoaëc ngheä só xuaát chuùng, khoâng phaân bieät quoác tòch, saéc toäc, toân giaùo, giôùi tính hoaëc quan ñie[r]
(1)Trong số này:
- Abel định lý lớn ông (tiếp theo) - Lời giải nhận xét đề toán số 02 - Đề k ny
- Liên hệ dÃy số dÃy đa thức - Giới thiệu giải thởng Wolf
- Tiếng Anh qua toán
Abel định lý lớn ông (Tiếp theo kỳ trớc)
V.Tikhomirov (Ngời dịch: Trần Nam Dũng)
Định lý Abel. Đối với số tự nhiên n lớn
hơn bốn khơng thể tìm đợc cơng thức biểu diễn nghiệm phơng trình bậc n thơng qua các hệ số sử dụng thức phép toán số học.
Chúng ta chứng minh điều mạnh hơn, tồn phơng trình (cụ thể) bậc năm với hệ số ngun khơng giải đợc bằng căn thức.
Ví dụ phơng trình p(x) = x5 4x = 0 Có thể chứng minh đợc (hãy thử tự làm điều này) đa thức p(x) phân tích đợc thành thừa số bậc nhỏ với hệ số hữu tỉ (những đa thức nh đợc gọi bất khả quy- về tính chất chúng xem phần Phụ lục)
Tính khơng giải đợc thức phơng trình p(x) = đợc suy từ kết tảng đợc chứng minh dới đây: nếu phơng trình bất khả quy bậc năm giải đợc căn thức có nghiệm thực có duy nhất nghiệm thực Ta chứng minh ph-ơng trình có nghiệm thực Ký hiệu nghiệm phơng trình x1, x2, x3, x4, x5 Theo định lý Viètte (xem Phụ lục), 1 = 15xk = (bởi tổng nghiệm hệ số của x4, mà 0) Tiếp theo 2 = 15xkxl = (vì tổng tích cặp hệ số x3, mà cũng 0) Nhng s2 = 15xk2 = 12 22 = 0, từ suy p(x) khơng thể có nghiệm thực Nh p(x) có nghiệm phức a + bi Nhng a bi nghiệm Mặc khác, phơng trình có khơng dới ba nghiệm thực p(2) = 26, p(1) = 1, p(1) = 5, p(2) = 22 tồn ba nghiệm đợc suy từ định lý giá trị trung gian hàm số liên tục Nh chứng minh đợc đa thức p(x) có ba nghiệm thực
(Chứng minh chứng minh đại số định lý Viètte đợc sử dụng phần Tuy nhiên khẳng định phơng trình cho
khơng thể có nghiệm thực chứng minh dễ dàng giải tích: có nghiệm thực theo định lý Rolle phơng trình p’(x) = 5x4 4 phải có nghiệm thực, có nghiệm thực)
Chứng minh khẳng định chính
Giả sử p(x) = x5 + 05akxk (trong ak số hữu tỉ) đa thức bất khả quy (tức đa thức, khơng phân tích đợc thành tích hai đa thức có bậc nhỏ hơn), giải đợc thức Điều có nghĩa nghiệm thu đợc từ tập hợp tất phân thức cách bổ sung thêm thức Ví dụ nghiệm đa thức bậc hai thu đợc cách bổ sung thêm vào phân số số dạng p1 + p2a , a phân số khơng phơng, cịn nghiệm ph-ơng trình x3 + px + q thu đợc cách bổ sung vào cho phân số thức dạng a , sau số dạng q1 + q23c + q23c2, c = p1 + p2a Các số có dạng b + a cộng, trừ, nhân chia (tất nhiên trừ chia cho 0) Những tập hợp số nh đợc gọi
trờng Các số dạng q1 + q23c + q23c2 đó c = p1 + p2a cịn qi, pj phân số lập thành trờng Nếu nh p(x) giải đợc thức điều có nghĩa lần lợt bổ sung số dạng n1a1 thu đợc trờng hạng P1, sau lại bổ sung nghiệm n2a2 trong a2 thuộc P2
Gọi P trờng số thu đợc từ tập hợp số hữu tỷ cách bổ sung thêm tất trừ cuối r = na, a thuộc P a n với thuộc P Không tính tổng qt giả sử n số ngun tố (vì n khơng ngun tố viết dới dạng n = n1p, p nguyên tố, nh ta bổ sung n1a = a1, sau pa1 ).
Theo định nghĩa, p(x) có nghiệm P(na) (ta ký hiệu trờng số thu đợc cách bổ sung vào trờng P na nh vậy) Mọi số thuộc P(na)
BẢN TIN TỐN HỌC
BỘ MƠN TỐN – TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU
(2)đều biểu diễn dới dạng đa thức bậc n1 r với hệ số P (xem Phụ lục) Ta sử dụng tính chất: P trờng số r = na , n số nguyên tố, a n với thuộc P, phần tử x P(na) biểu diễn cách d-ới dạng x = 0n-1krk Kết chứng minh trực tiếp cách dễ dàng
Nh vậy, giả sử x1 nghiệm thực đa thức p(x) (mà nghiệm thực phơng trình bậc ln tồn - điều suy từ tính chất hàm số liên tục nhận giá trị trung gian; đa thức bậc với hệ số cao dơng dần đến cộng vô x dần đến cộng vô cùng, dần đến trừ vô x dần đến trừ vô cùng, phải có nghiệm) Ta viết x1 dới dạng x1 = 0n-1krk với hệ số thuộc P Giả sử = e2i/n nguyên thuỷ đơn vị xk = 0n-1k(k-1)jrj, k n. Ta thu đợc n số thuộc P(na) Xét đa thức
q(x) = (x-x1)(x-x2) (x-xn) = xn 1xn1 + 2xn2 + (1)nn
Khi 1 = 1nxk = n0, nghĩa số hạng thứ hai đa thức q(x) thuộc trờng P Tiếp theo, cách bình phơng, ta thu đợc s2 = 1nxk2 -cũng số thuộc P, từ áp dụng cơng thức s2 = 12 22 (và từ đẳng thức 1 = s1) ta thu đợc hệ số thứ ba đa thức q thuộc P Tiếp theo, đề nghị bạn kiểm tra tiếp tục nh vậy: tất hệ số đa thức q số thuộc P (nếu bạn muốn chứng minh điều này, sử dụng công thức Newton biểu diễn k nh đa thức s1, , sk)
Chú ý nh đa thức P(x) có nghiệm r có nghiệm k.r Thật vậy, các đa thức P Q(x) = xn a có nghiệm chung, Q bất khả quy nên P chia hết cho Q mọi xk
lµ nghiƯm cđa P(x)
Hơn nữa, chứng minh đợc đa thức bất khả quy P bậc nguyên tố n trở thành khả quy bổ sung thức bậc k, k số ngun tố, k = n Chúng ta không đa chứng minh kết Từ suy đợc đa thức q(x) luỹ thừa đa thức p(x) Nhng bậc đa thức nguyên tố nên n (bậc q) chia hết cho n số nguyên tố nên n = đa thức p q trùng
Nh p(x) = (xx1) (xx5), x1 số thực, cịn xk = 0 + 1 k1.r + +44(k1).r4, r = 5a , k Thêm vào đó, coi số đợc bổ sung vào P, 51 biểu diễn đợc qua
căn bậc chồng (ta dựng đợc hình ngũ giác thớc compa!) Có thể xảy hai trờng hợp: 1) a số thực 2) a không thực
Ta xét trờng hợp thứ Vì P nên coi r thực Ta ký hiệu x1 nghiệm thực đa thức p Khi x1 = 0 + 1 r + + 4.r4, nh x1 = 0 + 1 r + + 4.r4 ( c ký hiệu số phức liên hợp c - đây ký hiệu chuẩn, dùng này, ký hiệu chuẩn dùng gạch ngang bên trên), và, từ tính biểu diễn nghiệm, ta suy tất i thực Nhng tất nghiệm lại phức Ta chứng minh, chẳng hạn cho x2 Ta có x2 = 0 + 1 .r + + 44.r4 Khi x2 = 0 + 1 4.r + + 4.r4 Nếu nh x2 = x2 từ tính biểu diễn, suy 1 = 1 4, từ 1 = 0, tơng tự 2 = 3 = 4 = 0, mâu thuẫn
Bây ta xét trờng hợp thứ hai, a có modul argument giả sử r = 5a.ei/5 Đặt R = 52 Khi r = R/r Và tiếp tục lại có hai trờng hợp: a) Việc bổ sung R dẫn đến việc khai triển đợc p; b) Việc bổ sung R không dẫn đến việc khải triển p Trong trờng hợp đầu (vì R số thực) vấn đề lại đa với trờng hợp trớc, và, có nghĩa p có nghiệm thực Cịn lại trờng hợp b) Khi x1 = 0 + 1 r + + 4.r4 = x1 = 0 + 1 r + + 4.r4 = (r5/a) (0 + 1 R/r + + 4.(R/r)4 = 0 + 4 (R4/a).r + + 1(R/a).r4
Từ đây, tính biểu diễn, ta đến đẳng thức
0 = 0, 1 = 4 (R4/a), 2 = 3 (R3/a), 3 = 2 (R2/a), 4 = 1 (R/a).
Từ hệ thức dễ dàng chứng minh nghiệm lại xk thực Ta chứng minh điều này, chẳng hạn cho x2 Ta có:
x2 = 0 + 1 .r + + 44.r4 nh vËy
x2 = 0 + 1 .r + + 44.r4 = 0 + 4(R4/a).r + + 1(R/a)4.r4 = x2
Nh tất nghiệm p thực, có nghiệm Nhng phơng trình x54x2 = có ba nghiệm thực Có nghĩa nghiệm ph-ơng trình biểu diễn qua thức Định lý Abel c chng minh
(Trần Nam Dũng, dịch tõ T¹p chÝ Kvant, sè 1/2003)
GIẢI BÀI KỲ TRƯỚC
Bµi 1:Cho a, b, c, d , m số tự nhiên và a + d , (b1)c , ab – a + c chia hết cho m.
Chứng minh abn + cn + d chia hết cho
m với số tự nhiên n.
Lời giải Đặt Tn = a.bn + c.n + d,nN. Ta chứng minh “Tn chia hết cho m” (*)
(3)- Với n = ta có: T0 = (a +d) m ( theo gt) (*) với n =
- Giả sử (*) với n = k, nghĩa Tk
m
- Ta chứng minh (*) với n = k+1
Thaät vaäy, ta coù Tk+1 – Tk = = a.bk+1 – a.bk + c
= bk.(a.b – a + c) – bk.c + c = bk.(a.b – a + c) – c.(bk –1)
= bk(ab – a + c) – c(b -1)(bk-1 + + b + 1) Do đó: (Tk+1 – Tk ) m ( theo giả thiết ta có ab – a + c (b–1)c m) Mà Tk m (theo giả thiết qui nạp), nên Tk+1 m
Vaäy Tn m n N.
Nhận xét: Đây toán dễ Tất các bạn tham gia giải giải tốt bài toán này.
Bài Cho Hn dãy Fibônaci tổng quát: Hn =
Hn1 + Hn2 với n > H1 , H2 số
nguyên
a) Hãy tìm T phụ thuộc vào H1, H2 cho
H2nH2n+2 + T, H2nH2n+4 + T , H2n1H2n+2 T,
H2n1H2n+3 + T số phương
b) Chứng minh T
Lời giải Ta có Hn2 – Hn1Hn+1 = Hn(Hn1+Hn2)
Hn1(Hn+Hn1) = (Hn12–Hn2Hn)
Dùng qui nạp áp dụng công thức ta chứng minh được:
Hn2 – Hn1Hn+1=(1)n2( H22 – H1H3) = (1)n(H22 –
H2H1 – H12)
Mặt khác,
Hn2 – Hn2Hn+2 = Hn2 – (Hn – Hn1)(Hn+1+ Hn )
= Hn(Hn+1 – Hn1) + Hn1Hn+1 = (Hn2 – Hn1Hn+1 )
= (1)n+1( H22 – H2H1 H12)
Xét T = (H12 + H1H2 H22), dễ thấy T thỏa mãn
điều kiện đề
b) Chứng minh T Thật vậy, giả sử tồn T1 T thoả điều kiện đề Ta có
H2n+12 – H2nH2n+2 = (1)2n+1(H22 – H2H1 H12)
= (H22 – H2H1 – H12) = T
Suy ra, H2n+12 + T1T = H2nH2n+2 + T1 = K2.Do
đó
|T1T| = |(KH2n+1)(K+ H2n+1)| |H2n+1| (*)
Dễ thấy: Hn tiến đến n tiến đến , nên
H2n+12 tiến đến + n tiến đến Do tồn
tại t cho |H2t+1| > T1T mâu thuẫn với (*)
Vậy điều giả sử sai Do tồn T thoả đề
Bµi 3: Cho n ≥ vµ n sè thực không âm x1,
x2, , xn thoả mÃn ®iỊu kiƯn x1 + + xn = 1.
T×m giá trị lớn biểu thức
4
( )
n
i i i
S x x
Lời giải. (Dựa theo lời giải bạn Nguyễn Hồi Phương, lớp 12T1)
Trước hết ta có bổ đề đơn giản sau đây:
Cho 0a1/2 0b1/3 Chứng minh
raèng (a+b)4 – (a+b)5 (a4 – a5) + (b4 – b5).
(*)
Thật vậy, ta có
(4) (4a3b + 4ab3 + 6a2b2) (5a4b + 5ab4 + 10a2b3
+ 10a3b2)
(4a2 + 4b2+6ab) (5a3+5b3+10ab2+10a2b)
(1/2 a)( 5a2 +14b2/3+11ab/2 ) + (1/3b)
(5b2+ 9a2/2 + 16ab/3) + 53ab/36
Vậy (*) Dấu “=” xảy ab =
Trở lại tốn:
Đặt F(x1, x2, …, xn) = 4i
(x )
n
i i
x
Khơng tính tổng qt ta giả sử x1
x2 … xn
Với n = ta có F(x1, x2) = (x14 x15) + (x24 – x25) = x14(1 x1) + x24(1 – x2) = x14x2 + x24x1 = x1x2(x13+x23) = x1x2(x1 + x2)(x12 + x22 –x1x2) = x1x2(x12 + x22 – x1x2) = (1/3)(3x1x2)(x12 + x22 – x1x2) (1/3)((x12+x22+2x1x2)/2)2 = 1/12 Dấu “=” xảy 3x1x2 = x12 + x22 – x1x2 x1.x2 =1/6 Mà theo giả thiết, x1 + x2 = x1, x2 0, x1,2 = (3 3)/6
Với n > Do x1 x2 … xn nên xn1 1/(n1) 1/2 xn 1/n 1/3
Do đó, áp dụng bổ đề ta có
(xn1+xn)4–(xn1+xn)5(xn14–xn15)+(xn4–xn5)
Suy ra:
F(x1, x2, …, xn-1+xn) F(x1, x2, …, xn).(1)
Dấu “=” xảy xn1xn = xn =
(do xn1 xn 0) (2)
Tiếp tục giảm n n = Mà theo chứng minh
Max F(x1, x2) = 1/12, (3)
xảy x1 = (3+ 3)/6, x2 = (3 3)/6 (4) Từ (1) & (3) suy F(x1, x2, …, xn) 1/12 Từ (2) & (4) ta dấu “=” xảy x1 = (3+ 3)/6, x2 = (3 3)/6 xi = với i >2
Nhận xét: Đây toán hay Có rất ít bạn giải tốn Như bạn Phương cho hướng giải tốt nhiên trình bày cịn nhiều chỗ chưa tốt Mong các bạn trình bày tốt sau.
Các bạn thử giải toán thay số trong đề số a > thấy thú vị. Ngồi ra, bạn cịn mở rộng bài tốn cách thay số mũ 4, số mũ k, l với k < l Hy vọng nhận bài mở rộng bạn.
Bµi 4: Cho a lµ sè nguyªn Chøng minh r»ng mäi íc nguyªn tè cđa 2.6n 6n 1
a a u cú
dạng 6n+1k+1 (n số nguyên dơng).
Lời giải: Gọi p ước nguyên tố
2.6n 6n 1
a a
Dễ thấy p không chia hết cho
2.6n 6n 1
a a 0 (mod p) (1)
Mà 3.6 2.6
1 ( 1)( 1)
n n n n
a a a a
Nên 3.6
1 n
a 0 (mod p) (2)
Suy 6n1
a
1 (mod p)
Gọi h cấp a theo mod p Suy ra: h | 6n1.
Do h có dạng h = 2k t ( k, t n+1)
Xảy trường hợp: - Nếu t n, dễ thấy 3.6n
a 0 (mod p) ( vô lý)
- Nếu t = n+1 k n, suy 2.6n 1
a (mod p)
Kết hợp với (1) suy : 6n
a 2 (mod p), suy
3.6n
a 8 (mod p) (3)
Từ (2) & (3) suy p | p = 3.( vô lý)
- Nếu t = n+1 k =n+1, suy h = 6n1 Do
đó 6n1| p-1.
Do ta có điều cần chứng minh
Nhận xét: Đây tốn tương đối hay Kỹ thuật tốn khơng phải khó lắm, nhưng có bạn tham gia giải Các bạn sau đây có lời giải : Lương Minh Thắng -11T, Nguyễn Hoài Phương - 12T.
Bài 5: Lục giác lồi ABCDEF có ABF tam giác vuông cân A BCEF hình bình hành.
AD = 3, BC = 1, CD + DE =2 2 TÝnh diƯn
tÝch lơc gi¸c.
Lời giải Thực phép quay 900 A
Q : BF,
(5)Ta coù: FC’ = BC & FC’ BC
Maø: EF //= BC nên tam giác EF’C vuông cân F
Do đó: C’E = EF
= BC = (1)
Ta lại có C’D’ = CD neân C’D’ + DE = CD
+ DE = 2 (2)
Mà tam giác ADD’ vuông cân A nên
DD’ = AD =
2 (3)
Từ (1), (2) & (3) ta suy D’C’ + C’E + ED = D’D, nên D, E, C’, D’ thẳng hàng
Do :
SABCDE = SABCD + SADEF = SAFC’D’+SADEF = SADD’ SEFC’ = (đvdt)
Vậy: SABCDE = (đvdt)
Nhận xét: Đây tốn đơn giản. Tuy nhiên, để có cách giải hay và ngắn gọn khơng phải dễ.
Phần thưởng tháng 10 trao cho bạn: Nguyễn Hoài Phương (lớp 12T1) bạn Lương Minh Thắng (lớp 11 Toán).
.
Liên hệ dãy số dãy đa thức
Nguyễn Đăng Khoa (12 Tốn) Giữa đa thức số ngun có nhiều điểm tương
đồng Vì dãy số nguyên dãy đa thức có nhiều nét giống Bài viết xin trình bày số nét giống
I Dãy truy hồi tuyến tính cấp 2:
Cho trước x0, x1, a, b Z Xét dãy số
nguyên dạng:
xn+2 = axn+1 + bxnn≥0 ()
Trước thực việc tương tự hóa cho đa thức, ta xét vài tốn liên quan đến dãy có dạng (*) kinh nghiệm giải :
Bài 1: Cho a0 = a1 = 1, an+2 = 14an+1 – an Chứng
minh 2an – số phương
Giải: Dùng qui nạp, chứng minh (an, an+1)
nghiệm (x,y) phương trình:
x2 – 14xy + y2 + 12 = (1)
Suy ra, phương trình x2 – 14xa
n + a2n + 12 =
có nghiệm x = an+1
Do 49an2 – an2 – 12 = m2 (mZ),
48an2 – 12 = m2 => m6 => m = 6m1
an2 – = 3m12
(2an – 1)(2an + 1) = 3m12
Dùng qui nạp chứng minh (2an + 1)3,n
Mà (2an – ; 2an +1) =
2an – số phương (2an +1) /3 số
chính phương
Câu hỏi :
1) Tại đưa phương trình (1)? 2) Xét dãy u0 = u1 = 1, un+2 = (un+12 +12)/un
vo=1, vn+1 = + 48vn2 12 Ta kết luận un = an = vn,n hay không?
3) Hãy dựa vào công thức tổng quát {an} để
đưa phương trình 4an2 –1 = 3m12?
Ba câu hỏi trả lời dựa mối quan hệ dãy truy hồi tuyến tính cấp phương trình Pell, hay tổng quát phương trình Diophant bậc Tuy nhiên khơng phải chủ đề Ta xét thêm số ví dụ :
Bài Cho a0 = ;a1 = 1, an+1 = an+ an – Chứng
minh rằng, p ước nguyên tố a2k –
p ước nguyên tố a2k+1 +1
Bài Cho u1 = u2 = 1, un+2 +un+1+2un =
Chứng minh 2n+2 – 7u
n2 số
phương
Bài Chứng minh rằng, với nN thì:
k k n n
k k n
C 22
0
1
tổng số
phương liên tiếp
(6)Xét dãy đa thức {Pn(x)} xác định bởi:
A1B1P0; P1C[x], Pn+2 = A.Pn+1+B.Pn
Tương tự dãy truy hồi ta xét phương trình đặc trưng:
x2 – Ax – B = 0
Đặt x1= (A A2 4B) /2; x2= (A +
B A2
)/2
Lúc Pn= C1x1n +C2x2n với C1, C2 biểu
thức không phụ thuộc n
Bây ta chuyển toán phần I từ số nguyên sang đa thức:
Bài 1’: Cho P
0(x) =P1(x)=1/2; A(x) = x2 + 12x
+17; Pn+2(x) = 2A(x)Pn+1(x) – Pn(x) Chứng minh
rằng 2(x+3)Pn(x) – = (x+2) Hn2(x) với Hn(x)
Z[x]
Giải: Đặt M(x) = x2 + 6x + Dùng quy nạp,
chứng minh
Pn+12(x)–2A(x)Pn(x)Pn+1(x)+Pn2(x)+M(x) = (2)
(A2(x)–1)Pn2(x)–M(x)=(Pn+1(x) – A(x)Pn(x))2
4(x+3)2Pn2(x)M(x) – M(x) = Tn2(x)
Tn(x) M(x) = (x+2).(x+4)
(2(x+3)Pn(x)–1)(2(x+3)Pn(x)+1) =
= (x+2)(x+4)Q2(x)
n (i)
Ta có (2(x+3)Pn(x)–1), 2(x+3)Pn(x)+1) = (ii)
Chứng minh Pn(2)=1/2 n
Suy 2(x+3)Pn(x) – 1(x+2) n
Khi 2(x+3)Pn(x)–1(x+4) n (iii)
Từ (i), (ii), (iii) suy ra:
2(x+3)Pn(x) – =Hn2(x)
2(x+3)Pn(x) + = Gn2(x)
Câu hỏi:
1) Tại đưa phương trình (2)(cách dự đốn)?
2) Hãy chứng minh Hn(x), Gn(x)Z[x]?
Như vậy, ta có 1’ đa thức tương tự số nguyên
Mặt khác, từ trên, ta suy vơ số tốn kiểu cách cho x giá trị cụ thể
Ví dụ: Khi x =1 A(1)=31 Ta có P0=P1=1/2;
Pn+2 = 62Pn+1 – Pn Chứng minh (8Pn–1)/3
số phương
Ta thực việc tương tự hóa số nguyên
Bài 2’.Cho P0(x)=2 ; P1(x)=A(x) R[x],
Pn+2(x)= A(x)Pn+1(x) + B(x)Pn(x) Chứng minh
rằng, nghiệm P2n – 2Bn(x)
nghiệm P2n+1 A(x)Bn(x)
Có thể xem trường hợp đặc biệt A ≡ ; B ≡
Bài tập:
Bài 1. Hãy xây dựng toán cho đa thức 3; số nguyên
Bài a) Giải phương trình:
P2(x) – (x2+6x+8)Q2(x) = 1
b) Biểu diễn nghiệm P(x) thành dãy đa thức truy hồi Po(x), P1(x),…
Nguyễn Đăng Khoa
ĐỀ RA KỲ NÀY
Bài 1. Cho {xn} dãy số không âm cho với dãy số {yn} không âm mà
1 n
n
y
1
n n n
x y
Chứng minh rằng:
1 n
n
x
(Định nghĩa:
1
lim( n )
n n k
n k
y y
)
Bài 2. Cho n số 1, 2,…, n Điền n số đường tròn Gọi S tổng nhỏ số
đứng cạnh cách điền Tìm maxS tất cách điền trường hợp: a) n =2002
b) n =2003
Hãy tổng qt tốn
Bài 3. Cho lưới hình chữ nhật kích thước 2n Người ta cần phủ kín lưới hai
(7)Giải thưởng WOLF
Thế giới có nhiều giải thưởng dành cho toán học Giải thưởng Fields giải thưởng lớn trao cho nhà toán học xuất sắc 40 tuổi (giải thưởng Fields tin toán học giới thiệu số đầu tiên) Có lẽ giải thưởng lớn thứ hai trao cho nhà toán học lỗi lạc giải thưởng Wolf (không hạn chế tuổi)
Quỹ tài trợ Wolf bắt đầu hoạt động từ năm 1976 với ngân quỹ ban đầu 10triệu USD Toàn số tiền dòng họ Wolf cống hiến Tiến sĩ Ricardo Subirana Lobo Wolf (Nhà Hoá học người Đức gốc thái) bà Francisca (vợ ông) người thành lập tài trợ cho quỹ Số tiền đầu tư dùng thu nhập năm để trao giải, cấp học bổng trang trải khoản chi phí cho quỹ
Quỹ tài trợ Wolf điều hành theo “Luật quỹ tài trợ Wolf 1975” hoạt động “Ban điều hành Israel” cai quản
Mỗi năm có giải thưởng Wolf trao cho nhà khoa học nghệ sĩ xuất chúng, không phân biệt quốc tịch, sắc tộc, tơn giáo, giới tính quan điểm trị, cống hiến phục vụ lồi người tình hữu nghị dân tộc
- Các lĩnh vực khoa học xét trao giải là: Nơng nghiệp, Tốn học, Vật lý, Hố học, Y học
- Các lĩnh vực nghệ thuật xét trao giải luân phiên năm là: Aâm nhạc, Hội họa, Điêu khắc Kiến trúc
Giải thưởng cho lĩnh vực gồm có 100 nghìn USD (trị giá gấp 10 lần giải thưởng Fields!) Trong trường hợp hai ba người nhận chung giải số tiền thưởng chia cho người
Những người giải thưởng Wolf hội đồng giải thưởng quốc tế lựa chọn Hội đồng gồm thành viên nhà khoa học chuyên môn tiếng lĩnh vực
Mỗi năm có hội đồng định Công việc hội đồng, biên nhận xét thành viên giữ hồn tồn bí mật Chỉ công bố công khai tên người giải lý dẫn đến định hội đồng Các định hội đồng giải thưởng tối cao không thay đổi
Buổi thức giới thiệu giải thưởng tổ chức tồ nhà quốc hội Israel đích thân tổng thống nhà nước Israel trao giải thưởng tận tay cho người giải buổi lễ trọng thể
Quỹ tài trợ Wolf cấp học bổng, trợ cấp cho sinh viên nhà khoa học Israel
(8)Solution.
If the original number is N = xy zw its reverse is R = wz yx We must have either x = or x = If not, then multiplying by would increase the total number of digits Since wz yx is a multiple of 4, it must be even so we must in fact have x = Considering w as the leading digit of R, the possibilities are either w = (if there is no digit to be carried) or w = (if there is) But considering
w as the units digit of N, we see that we must have w = (since 4*9 = 36 , but we want the units digit of R to be 2)
Considering y to be the second digit of N, we see that y = 0, 1, or (if it were larger, then there would be a carry digit and w, the first digit of R, would be rather than 8) But considering y
to be the ten’s digit of R, we see that it must be odd, hence y = A quick check shows that
( z8)*4 = 12 forces z =
We see that 2178 satisfies the necessary conditions and is hence the only such four-digit number
For five-digit numbers we must have (21a78)*4 = 87a12 and a quick test shows that 21978
works In fact, 219978, 2199978, all work
In general, the numbers we seek have the form
N1N2 Nk-1NkNk-1 N2N1 or N1N2 Nk-1NkNkNk-1 N2N1
where each of the Ni is of the form above (Ni = 2178 or 21978 or 219978, ) For example,
21782178 and 21978219997821978
BẢN TIN TOÁN HỌC – SỐ 02 (Ấn lưu hành nội mơn Tốn – Trường Phổ thông Năng khiếu thực hiện)
CHỦ NHIỆM: Trần Nam Dũng – Trịnh Thanh Đèo
BAN BIÊN TẬP: Trần Nam Dũng, Trịnh Thanh Đèo, Lê Minh Tuấn, Trần Vĩnh Hưng, Nguyễn Tiến Khải
BẢN TIN TOÁN HỌC – SỐ 03 (Ấn lưu hành nội mơn Tốn – Trường Phổ thơng Năng khiếu thực hiện)
CHỦ NHIỆM: Trần Nam Dũng – Trịnh Thanh Đèo