Tập san toán học 2007 của trường THPT chuyên hoàng văn thụ

Lời nói đầu

Học toán v l m toán l hai vấn đề ho n to n khác nhau. Đó l hai mặt
không thể tách rời của toán học, trong đó học toán l cơ bản v l m toán l một vấn
đề đặc biệt quan trọng. Học toán sẽ giúp cho chúng ta nắm đợc những điều cơ bản
nhất v những vận dụng ban đầu của lý thuyết cơ sở. L m toán nghĩa l đ o sâu
suy nghĩ, phát triển một b i toán ở mức độ t duy cao hơn, nhờ đó sẽ giúp chúng ta
có một cái nhìn to n diện v sâu sắc hơn về một vấn đề. V hệ quả tất yếu của việc
đ o sâu suy nghĩ đó l những sáng tạo toán học nh những khái niệm, những b i
toán, những ứng dụng hay lý thuyết mới. Đó mới l mục đích sâu sắc nhất của toán
học. Với tinh thần đó, nhóm những cựu học sinh trờng THPT Chuyên Ho ng Văn
Thụ Hòa Bình đ cùng nhau xây dựng nên tờ Tập san Toán học 2007 nhằm mục
đích động viên phong tr o học toán ở trờng Chuyên Ho ng Văn Thụ nói riêng v
các bạn học sinh của Tỉnh Hòa Bình nói chung. Tờ báo đợc ho n th nh với sự tâm
huyết, lòng yêu toán v hớng tới mái trờng cũ của những học sinh đ từng học
tập dới mái trờng Ho ng thân yêu. Đó cũng l món qu m những cựu học sinh
muốn gửi tặng đến các thầy cô giáo với lòng biết ơn sâu sắc!
Đây l lần thứ hai Tập san ra mắt, nhng với quy mô v nội dung phong phú
hơn rất nhiều so với lần ra mắt trớc đó. Nội dung của Tập san l những b i viết với
nội dung tìm tòi, sáng tạo, những kinh nghiệm, ứng dụng v những phơng pháp
học toán. Hy vọng rằng dù với một lợng kiến thức không nhiều, nhng Tập san sẽ
mang lại cho các bạn nhiều điều bổ ích v lý thú.
Vì khả năng của Ban biên tập còn nhiều hạn chế v thời gian có hạn, nên
trong quá trình biên tập, chắc chắn không tránh khỏi những thiếu sót v nhiều điểm
không đợc nh mong muốn, rất mong nhận đợc sự thông cảm v những đóng
góp xây dựng của các bạn độc giả. V chúng t«i cịng hy väng r»ng, víi trun
thèng h o hïng của trờng THPT Chuyên Ho ng Văn Thụ, các bạn thế hệ sau sẽ
tiếp tục phát huy v không ngừng nâng cao vị thế của tuổi trẻ Hòa Bình trong mắt
bạn bè ở mọi miền đất nớc. Hy vọng rằng Tập san sẽ đợc các bạn khóa sau duy
trì v ho n thiện hơn nữa về mọi mặt. Ban biên tập xin đợc cảm ơn tất cả các bạn

đ tham gia v ủng hộ nhiệt tình để tờ Tập san đợc ra mắt đúng nh dự kiến. Xin
trân trọng giới thiệu cùng bạn đọc!
Chúc các bạn th nh công trong học tập v th nh đạt trong cuộc sống!
Hòa Bình tháng 1 năm 2007
Ban biên tập


Tập san Toán học 2007
Hội đồng biên tập
Trởng ban biên tập: Nguyễn Lâm Tuyền
Phó ban biên tập: Bùi Lê Vũ
Cộng tác viên: Nguyễn Thái Ngọc, Lu Nh Hòa, trần quang thọ
phạm tháI sơn, nguyễn duy ho ng
Mục lục
Phần 1. Sáng tạo toán học
Giới thiệu phơng pháp tính một số lớp tích phân dạng h m lợng giác Cao Trung Chinh...
Tổng quát hóa b i toán - Đỗ Thị Thu H ...
Xung quanh b i toán bất đẳng thức thi Toán Quốc tế 2005 Nguyễn Anh Tuấn.
Thử đi tìm bất đẳng thức trong tam giác Dơng Thị Hơng Nguyễn Nh Thắng..
Một sự tình cờ Nguyễn Lâm Tuyền
Sử dụng tính chất h m đơn ánh để giải b i toán phơng trình h m Nguyễn Thái Ngọc.
Lời giải các b i thi Toán Quốc tế 2003 H Hữu Cao Trình ...
Số phức với hình học phẳng Vũ Hữu Phơng..
Phơng trình h m v sự trï mËt – Bïi Lª Vị …………………………………………………………
D y sè v sự trù mật trên R+ Hồ Sỹ Tùng Lâm.
Một sè b i to¸n sè häc vỊ d y tỉng các lũy thừa Trần Quốc Ho n.
Cân bằng hệ số trong bất đẳng thức Cô-si Nguyễn Lâm Tuyền..
Phơng pháp sử dụng định nghĩa để tính giới hạn Lê Bảo Khánh..
Điểm Lemoine trong tam giác Lê Văn Đính...
Câu chuyện đờng tròn v elipse Lu Nh Hòa..

Một số phơng pháp xác định giới hạn của d y số Nguyễn Lâm Tuyền
Một lớp các b i toán bất đẳng thức Nguyên Minh Phúc.
Một số khái niệm về góc định hớng Trần Quang Thọ...
Tiêu chuẩn hội tụ tổng quát Bùi Lê Vũ Nguyễn Thái Ngọc
ứng dụng định lý Stolz trong tìm giới hạn của d y số Ngô Nhất Sơn.
ứng dụng của một b i toán tổng quát Nguyễn H Thuật
Tập dợt sáng tạo Đặng Phùng Hng.
Vận dụng định lý sách giáo khoa linh hoạt Trịnh Anh Tuấn..
Mở rộng khái niƯm t©m tØ cù cho tø diƯn – Ho ng An Giang
Phơng pháp logic mệnh đề Phạm Phúc Lân..
Phép chiÕu v øng dơng cđa phÐp chiÕu – Ngun L©m Tuyền.
Một số b i toán bất đẳng thức chọn lọc Lu Nh Hòa
Sử dụng đẳng thức để chứng minh bất đẳng thức Vũ Việt Dũng
Tiếp cận toán bằng vật lý Nguyễn Lâm Tuyền...
Bất đẳng thức Schur v øng dơng – Tr−¬ng Qc H−ng………………………………………………
Mét sè b i tËp về toán rời rạc Bùi Mạnh Quân...
Sử dụng h ng điểm điều hòa để giải b i toán cực trị Trần Thị Linh Phơng..

1
3
5
9
12
15
17
20
23
26
28
30

35
38
40
41
46
48
52
55
57
59
61
64
66
69
73
75
78
81
83
85

Phần II. Lịch sử v øng dơng To¸n häc
Sù ph¸t triĨn cđa sè häc – Phùng Ngọc Thắng...
Toán học v tự động hóa Nguyễn Lâm Tuyền
Dùng đa thức để phát hiện lỗi đờng truyền Nguyễn Lâm Tuyền..
Cấu trúc tự nhiên Nguyễn Thái Ngọc..

87
90
93

95

Phần III. Toán học v ngoại ngữ
Học toán v ngoại ngữ Ngô Th nh Long......
Phơng tích của điểm với đờng tròn Lu Nh Hòa...
Phép nghịch đảo Lu Nh Hòa...

97
98
99

Phần IV. Những b i toán hay v các b i toán tự sáng tạo
Các b i toán tự sáng tạo Nguyễn Lâm Tuyền.
Những b i toán hay Nhiều tác giả...

103
109


Phần i
Sáng tạo Toán học


Phần I - Sáng tạo toán học.

Giụựi Thieọu Phửụng Phaựp
Tớnh một số lớp tích phân dạng hàm lượng giác
ThÇy cao trung chinh
GV. THPT Chuyên Ho ng Văn Thụ, Ho Bình

Để

giúp học sinh có thêm những
kiến thức mang tính hệ thống, tôi xin
giới thiệu một số lớp tích phân dạng h m
số lợng giác thờng gặp trong các kì thi
tốt nghiệp cũng nh thi đại học. Hi vọng
qua b i viết n y, các em có thể rút ra
nhiều điều bổ ích cho bản thân.
I. Dạng f (sin x, cos x)dx .
1. NÕu f(sinx, cosx) l h m h÷u tØ thì đặt
x
t = tg .
2
2. Một số hiện tợng cá biệt.
- Nếu f(-sinx, cosx) = - f(sinx, cosx) thì
đặt x = cost.
- NÕu f(sinx, - cosx) = - f(sinx, cosx) thì
đặt x = sint.
- Nếu f(-sinx, - cosx) = f(sinx, cosx) thì
đặt x = tgt.
Qua các cách đổi biến nh trên, ta có
thể tính các tích phân một cách đơn giản
v nhanh chóng. Sau đây l một số ví dụ
cụ thể.
dx
1. Ví dụ 1. Tính I =
.
sin x
Lời giải.

Đặt

t

=

tg

x
2



dt =

dx
x
2 cos
2

,

2

2t
. VËy
1+ t 2
dx
dt
x

I =∫
= ∫ = ln t + c = ln tg + c
sin x
t
2
sin x =

TAÄP SAN TOÁN HỌC - 2007
1
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ - HÒA BÌNH

2.VÝ dơ 2. TÝnh I =

∫

sin 3 xdx

.
cos 2 x
Lời giải. Đặt t = cosx dt = − sin xdx .
Ta cã
 4 −2 
1− t2
I = -∫
dt = ∫  t 3 − t 3  dt =
3 2
t


7

1
3 3
3
t − 3t 3 + c = 3 cos 7 x − 3 3 cos x + c
7
7
3

Các bạn h y tự giải hai ví dụ sau:
cos 3 x + cos 5 x
3. VÝ dô3. TÝnh I = ∫
dx .
sin 2 x + sin 4 x
4.VÝ dô 4.
dx
TÝnh I = ∫ 2
sin x + 2 sin x cos x cos 2 x
Chú ý: ở đây mọi nguyên h m đợc hiểu
l trên mỗi khoảng của tập xác định.
II. Dạng sin m x cos n xdx .
- Nếu m hoặc n l số nguyên dơng lẻ
thì tơng ứng ta đặt t = cosx hoặc t =
sinx
- Nếu m v n đều l số nguyên dơng
chẵn thì chúng ta dễ d ng sử dụng công
thức hạ bậc v góc nhân đôi để giải
quyết b i toán.
- Nếu (m+n) l số nguyên chẵn thì đặt
t = tgx hoặc t = cotgx.
Tïy theo tõng ®iỊu kiƯn cđa b i toán

m ta có thể chọn lựa cách đặt cho phù
hợp. Sau đây l một số ví dụ:


Phần I - Sáng tạo toán học.
4.Ví dụ 4. Tính I =

1.VÝ dô1. TÝnh ∫ sin 4 x cos 5 xdx .
Lời giải. Đặt t = sinx, ta có dt = cosxdx
VËy ∫ sin 4 x cos 5 xdx =

(

)

(

2

)

= ∫ t 4 1 − t 2 dt = ∫ t 4 − 2t 6 = t 8 dt
1 5 2 7 1 9
t − t + t +c
5
7
9
1
2
1

= sin 5 x − sin 7 x + sin 9 x + c .
5
7
9

=

2.VÝ dô 2. TÝnh

sin xdx

∫ cos x

3

2 2

2

.

cos x

Lêi gi¶i.
Ta cã ∫

sin 3 xdx
cos x3 cos x

= ∫ sin 3 x cos

4
3

xdx

4
Đặt t = cosx (do m = 3, n = − ), ta cã
3
dt = - sinxdx. VËy

∫ sin x cos
3

−

4
3

4
3

xdx = - ∫ (1 − t ).t dt
2

−

 2 −4 

= ∫  t 3 − t 3  dt


5
1
−
3
= t 3 − 3t 3 + c
5
5
1
−
3
3
= cos x − 3cos 3 x + c
5
3. VÝ dô3. TÝnh I = ∫ sin 2 x cos 4 xdx .
Lời giải. Ta sử dụng công thức hạ bậc:
1
1 + cos 2 x
sinxcosx= sin 2 x , cos 2 x =
2
2
v dế d ng giải quyết b i toán.

dx

.
sin 11 x cos x
11

1
Lêi gi¶i. DƠ thÊy m = − , n = − v
3
3
m + n = - 4 nên ta đặt t = tgx , ta có
ngay dt = (1+tg2x)dx . VËy:
dx
dx
I= ∫
=∫
11
12
4 3
3
tg x cos x
cos x tg 11 x

(1 + t )
= ∫
(1 + t ) .t

3

∫

−

11
3

3

dt = ∫ (1 + t 2 ) .t

−

11
3

dt

11
5
− 
 −3
3
= ∫  t + t  dt


8
3 − 3 −2
= − t 3 − t 3 +c
8
2
8
3 −
3 −2
= − tg 3 x − tg 3 x + c
8
2

§Ĩ kết thúc b i viết, tôi xin đa ra
một số b i tập để các em luyện tập thêm
về phơng pháp trên.

III. B i tập.
Tính các tích phân sau:
sin 2 x cos x
a) I1 = ∫
dx
sin x + cos x
cos 3 xdx
b) I2 = ∫
sin 2 x + sin x
sin 2 xdx
c) I3 = ∫
3
cos x − sin 2 x − 1
sin 3 xdx
d) I4 = ∫
3
cos 2 x
cos 4 xdx
e) I5 =
./.
sin 2 x
=============================
Giáo dục không phải l sự chuẩn bị cho
cuộc sống; Chính giáo dục l cuộc sèng.

Jonh Dewey

TẬP SAN TOÁN HỌC - 2007
2
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ - HÒA BÌNH


Phần I - Sáng tạo toán học.

toồng quaựt hoựa

Baứi Toaựn
Ch o các bạn - Những ngời đ , đang v
sẽ tiếp tục gắn bó với Toán học trên con
đờng đi tìm vẻ đẹp lộng lẫy của nó! Chắc
hẳn tất cả chúng ta đều đ từng kinh ngạc v
thán phục trớc các phát minh của những
nh toán học v cũng đ từng hỏi, tại sao
những kết quả đẹp nh vậy lại không phải do
chính chúng ta sáng tạo ra. Trong khi đó,
trên thực tế, nếu chúng ta đợc đối mặt với
nhiều trong số các phát minh đó thì chúng ta
có thể tìm ra lời giải dễ d ng trong tầm kiến
thức của mình. Hay đơn giản hơn, những bạn
yêu toán đ từng tham dự giải b i trên tạp
chí Toán học v Tuổi trẻ, đ có bao giờ các
bạn muốn trở th nh ngời ra đề toán hay
cha? Hay bạn cho rằng đó l công việc của
thầy cô, của những ngời đang nghiên cứu
toán học? Câu trả lời l không phải! Chúng
ta đều có thể tạo cho mình một cái gì đó trên

nền tảng những gì chúng ta đ biết v đ có,
v cái chúng ta cần chỉ l một chút sáng tạo.
Tôi muốn cùng các bạn thử sức với một
trong những phơng pháp - phơng pháp
tổng quát hóa!
Khi các bạn giải xong một b i toán, bạn
h y nên tự h o một chút về cách giải của
mình v h y tự hỏi xem, liệu cách giải đó có
còn phù hợp nếu bạn thay đổi chi tiết ở đề
b i. Theo tôi, cách giải tối u phải l cách
giải sử dụng ít nhất những dữ liệu đ có ở đề
b i. Khi đó với những giả thiết không cần
thiết, bạn có thể thay đổi nó m cách giải
vẫn giữ nguyên. §ã l mét c¸ch “tỉng qu¸t
hãa”. §iỊu n y cã vẻ hơi trái quy luật vì
cách l m l tổng quát b i toán dựa trên cách

Đỗ Thị Thu H
Chuyên Toán K97 - 00
Sv. Khoa Kế toán Kiểm toán
Đại học kinh tế Quốc dân - H Nội
giải b i toán. Nhng tôi nghĩ l rất tự nhiên
v dễ l m”. Chóng ta h y xem xÐt mét sè vÝ
dơ:
1. VÝ dơ 1. T×m h m f: [0;1] → R, liªn tơc
trong [0;1] tháa m n: f(x) ≥ 2x. f(x 2 )
Tôi xin đa ra 2 cách giải khác nhau.
a) Lêi gi¶i 1. Tõ f(x) ≥ 2x. f(x2) suy ra
x.f(x) ≥ 2x2.f(x2) , ∀ x ∈ (0;1]
Thay x = 0 f(0) 0

Đặt g(x) = x.f(x), x (0;1]
⇒ g(x) ≥ 2 g(x2)
1
1
⇒ g ( x 2 ) g(x).
2
Bằng quy nạp, ta chứng minh đợc:
1

2 g(x) g(x ), n 1. Vì g(x) liên tục
n

2n

1

trong [0; 1] nªn lim g(x 2 ) = g(1).
n

n → +∞

1

1
n
. lim g(x 2 ) ≥ g(x)
n → +∞
n→+∞ 2 n
0 f(x), x (0;1] (1)
1

Mặt khác, víi x ∈ [ ;1) ta cã
2
n
2
2
f(x) ≥ 2x. f(x ) ≥ f(x ) ≥ ... ≥ f(x 2 )

⇒ lim

⇒ f(x) ≥ lim f(x 2 ) = f(0) ≥ 0 (2)
n

n → +∞

Tõ (1) v (2) ta cã f(x) = 0, ∀ x ∈ [

1
; 1)
2

1
). B»ng quy n¹p ta chứng
2
n
n
minh đợc: f(x) 2nx 2 1 f(x 2 )

TẬP SAN TOÁN HỌC - 2007
3
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ - HÒA BÌNH

Víi x ∈ (0;


Phần I - Sáng tạo toán học.
Với n đủ lín th× f(x) ≥ 0

(3)

1
)
2
VËy f ( x) = 0, x (0;1] . Vì f(x) liên tục

Từ (1) v (3) ta cã f(x) = 0, ∀ x ∈ (0;

trong [0;1] nªn f(x) = 0, ∀ x ∈ [ 0;1]

NhËn xét. Từ cách chứng minh trên, ta thấy:
Số 2 trong ®iỊu kiƯn ho n to n cã thĨ thay
b»ng sè a > 0 bÊt kú, khi ®ã ta cã b i toán:
B i toán 1.1. Tìm tất cả các h m số f(x):
[0;1] R, liên tục trong đoạn [0;1] tháa
m n ®iỊu kiƯn: f(x) ≥ ax f(x2) , ∀ a > 0.
Hơn nữa, ta có thể thay đổi th nh b i toán
tổng quát sau m lời giải không thay đổi.
B i toán 1.2. Tìm tất cả các h m sè
f: [0;1] → R, liªn tơc trong [0; 1] tháa m n
®iỊu kiƯn f(x) ≥ ax α −1 f(x ), trong đó >1.
b) Lời giải 2. Do f(x) liªn tơc trong [0;1] nªn

f(x) cã nguyªn h m trong [0;1]. Gäi F(x) l
mét nguyªn h m cđa f(x) trong [0;1].
Đặt g(x) = F(x) - F(x2)
g/(x) = F/x) - 2x F(x2)
= f(x) - 2x. f(x2) ≥ 0, ∀ x [0;1]
g(x) l h m không giảm trên [0;1].
M g(0) = g(1) = 0 nªn g(x) = 0), víi mäi
x ∈ [0;1]
n

⇒ F(x) =F(x2)= .... = F(x 2 )
n
⇒ F(x) = lim F(x 2 ) = F(0), ∀ x ∈ (0;1)
n → +∞

⇒ f(x) = 0, ∀ x ∈ (0;1)
Do f(x) liªn tơc trong [0;1] nªn f(x) =
0, x [0;1].
Nh vậy, theo cách giải thứ 2, ta có thể
khái quát đợc b i toán nh sau:
B i to¸n 2.1. Cho h m g: [0;1] → [0;1] có
đạo h m trong [0;1] thỏa m n điều kiện
h m [g ( x) x ] đơn điệu trên [0;1], g(0)=0 v
g(1)=1. Tìm tất cả các
h m

TAP SAN TOAN HỌC 2007
4
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ - HÒA BÌNH

sè f : [ 0;1] → R , liªn tơc trong [0;1], tháa
m n: f(x) ≥ g/(x). f(g(x)), ∀ x ∈ [0;1].
Cã b¹n sÏ tù hái t¹i sao l¹i cã thĨ đa ra
một b i toán nh vậy. Rất đơn giản: Bạn h y
thử tổng quát hóa bằng cách thay x2 bằng
một h m g(x) bất kì, v áp dụng ho n to n
tơng tự cách trên bạn sẽ thấy cần phải bổ
sung giả thiết để có một cách giải ho n
chỉnh. Vì nh tôi đ nói ở trên, cách tổng
quát hóa b i to n ở đây l xuất phát từ cách
giải chứ không phải từ đề b i. Tất nhiên, với
giả thiết quá cụ thể nh trên sẽ dẫn ®Õn thu
hĐp h−íng tỉng qu¸t cđa b i to¸n, v để có
đợc một đề b i thực sự tổng quát tôi rất
mong chờ ở khả năng sáng tạo của các bạn.
Sau đây, mời các bạn cùng theo dõi ví dụ 2,
cùng với 2 cách giải ở cả ví dụ trớc, tôi xin
đề xuất ví dụ 3 khá thú vị:
2.Ví dụ 2. Giải phơng trình
1 x
f(x) - f( ) = x2 trên tập tất cả các h m
2 2
1 1
liên tục trong đoạn [- ; ].
2 3
Lời giải. Gọi F(x) l mét nguyªn h m cđa
1 1
x
f(x) trong [- ; ]. §Ỉt g(x) = F(x) - F( ),
2 3

2
1 x
ta cã: g/(x) = f(x) - f( ) = x2
2 2
1
⇒ g(x) = x3 + c.
3
Vì g(0) = 0 nên c = 0.
1
x
1
⇒ g(x) = x3. VËy F(x) = F( ) + x3
3
2
3
1
1 x
1
x
⇒ F(x) = x3+ ( )3 +... + ( n −1 ) +
3
3 2
3 2
x
8 3
1
x
+ F( n ) =
x (1 - 3n ) + F( n ), víi
21

2
2
2
1 1
mäi x ∈ [- ; ]. Khi n ®đ lín, ta cã:
2 3
8 3
1 1
x + F(0) ∀ x ∈ [- ; ].
F(x) =
21
2 3


Phần I - Sáng tạo toán học.
8 3
1 1
x , x [- ; ].
7
2 3
Thử lại thấy đúng.

f(x) =

Nhận xét. Qua cách giải trên ta thấy điều
1 1
đầu tiên l giả thiết x [- ; ] l không cần
2 3
thiết, ta có thể mở rộng tập xác định l
[ 1;1] m kết quả không thay đổi. Thứ hai,

giả thiết x2 cũng có thể khái quát th nh 1 đa
thức. Nh vậy, ta có thể khái quát nh sau:
B i toán 2a. Cho g(x) l đa thức bậc n có
tập
xác
định
l
[-1;1].
Tìm
h m f :[1;1] R , liên tơc trªn R v tháa
1 x
m n : f(x) - f( ) = g/(x).
3 2
Các bạn h y thử tìm ®iỊu kiƯn cho g(x)
nÕu ta mn kh¸i qu¸t g(x) th nh một h m
liên tục bất kì.
Trở lại b i toán ví dụ 1, với cách giải
trình b y ở b i to¸n vÝ dơ 2, ta ho n to n có
thể thay đổi giả thiết f(x) - 2xf(x2) 0 bởi
f(x)- 2x f(x2) = g(x).
Các bạn h y đa ra một đề b i có các
điều kiện rằng buộc cho g(x) để tạo th nh
một b i toán ho n chỉnh.
Kết hợp các hớng tổng quát trên, tôi xin
đề xuất một b i toán tổng quát hơn:
3. Ví dụ 3.
Cho c¸c h m sè g: [0;1] → R,
f : [ 0;1] → [ 0;1] trong ®ã g, h cã đạo h m
trên [0;1], h(0) = 0, h(1) =1 v g l đa thức
bậc n .Tìm h m f: [0;1] → R, tháa m n:

f(x) - h/(x).f(h(x)) = g/(x).
Mêi c¸c bạn h y giải b i toán n y v tiếp
tục! Sau đây l b i tập để các bạn tự luyện:
B i tập. Cho f(x) có đạo h m trong (0;1),
liªn tơc trong [0;1], ngo i ra f(0) = f(1) = 0.
Chøng minh r»ng tån t¹i mét sè c (0;1)
thỏa m n điều kiện:
f(c) = 1996.f/ (c).
Chúc các bạn th nh công!

TAP SAN TOAN HOẽC 2007
5
TRệễỉNG THPT CHUYEN HOÀNG VĂN THỤ - HÒA BÌNH

Xung Quanh Bài Toán Bất ẹaỳng Thửực

THI TOAN QUOC TE 2005
Nguyễn anh tuấn
Chuyên toán k97-00
Sv. Líp D2000VT, Häc viƯn C«ng nghƯ
B−u chÝnh ViƠn th«ng.

Trong kú thi Olympic Toán Quốc tế lần
thứ 46 tổ chức tại Mexico có b i toán về bất
đẳng thức (BĐT) nh sau:
B i toán 1. Cho 3 số thực dơng x, y, z tháa
m n ®iỊu kiƯn xyz ≥ 1. Chøng minh r»ng:
x5 − x2
y5 − y 2
+ 5

+
x5 + y 2 + z 2
y + z 2 + x2

z5 − z2
0
(1)
z5 + x2 + y 2
Lời giải 1. BĐT (1) tơng đơng với:
( x5 + y 2 + z 2 ) − ( x 2 + y 2 + z 2 ) +
x5 + y 2 + z 2
+

+

(y

(z
+

5

+ z 2 + x2 ) − ( x2 + y 2 + z 2 )
y5 + z 2 + x2

5

+ x2 + y2 ) − ( x2 + y 2 + z 2 )
z5 + x2 + y2

+
≥0

1
1
+ 5
+
2
2
x +y +z
y + z 2 + x2
1
3
+ 5
≤ 2
(2)
2
2
z +x +y
x + y2 + z2
Ta sÏ chøng minh:
3( y2 + z2 )
1
≤
.
2
x5 + y 2 + z 2
2 ( x2 + y 2 + z 2 )
⇔

5

ThËt vËy, theo gi¶ thiÕt xyz ≥ 1 ta cã:
1
1
≤ 4
≤
5
2
2
x
x +y +z
2
2
+y +z
yz


Phần I - Sáng tạo toán học.


1

(3)

4

2x
+ y2 + z2
y + z2

áp dụng BĐT Bunhiacôpxky ta có:
2
2

y + z2 
2
2

 +y +z ×



2 




2x 4
×  2
  y + z2







2


+ y2 + z2  ≥



≥ ( x2 + y2 + z 2 )
⇔

2

3( y2 + z2 )

1

≤
(4)
2
2x 4
2
2
2 ( x2 + y 2 + z 2 )
+y +z
y2 + z2
Tõ (3) v (4) suy ra
3( y2 + z2 )
1
≤
.
2
x5 + y 2 + z 2

2 ( x2 + y 2 + z 2 )

Cịng t−¬ng tù:

3( z 2 + x2 )
1
≤
2
y5 + z 2 + x2
2 ( x2 + y 2 + z 2 )

3( x2 + y2 )
1
≤
2
z5 + x2 + y 2
2 ( x2 + y 2 + z 2 )

Cộng theo vế các BĐT trên ta thu đợc
(2) đpcm.
Đẳng thức xảy ra x = y = z = 1
Lời giải 2.
áp dụng BĐT Bunhiac«pxky ta cã:
( x5 + y 2 + z 2 )  1 + y 2 + z 2  ≥


x

≥ ( x2 + y2 + z 2 )

2

1
⇒ 5
≤
x + y2 + z2

1
≤
y + z 2 + x2
5

2

1
+ y2 + z2
x
.
2
x2 + y 2 + z 2 )
(

Thªm hai BĐT tơng tự nữa:

TAP SAN TOAN HOẽC 2007
6
TRệễỉNG THPT CHUYEN HOÀNG VĂN THỤ - HÒA BÌNH

1
z + x2 + y 2

5

1
+ z 2 + x2
y

( x2 + y 2 + z 2 )

2

v

1
+ x2 + y2
z
≤
2
( x2 + y 2 + z 2 )

Ta suy ra:
1
1
+ 5
+
5
2
2
x +y +z
y + z 2 + x2
1

+ 5
≤
z + x2 + y 2
1 1 1
+ + + 2 ( x2 + y 2 + z 2 )
x y z
≤
2
( x2 + y 2 + z 2 )

Mặt khác từ giả thiết xyz 1
1 1 1
⇒ + + ≤ yz + zx + xy ≤
x y z
≤ x 2 + y 2 + z 2 , do đó từ BĐT trên suy ra (2)
đpcm.
Đẳng thức xảy ra x = y = z = 1.
Bằng cách 2, ta chứng minh đợc b i to¸n
tỉng qu¸t sau:
B i to¸n 2. Cho n sè thực dơng x1 , x2 ,..., xn

( n 3)

thoả m n ®iỊu kiƯn x1 x2 ...xn ≥ 1.
Chøng minh r»ng:
x12 n +1 − x1n
+
x12 n +1 + x2 n + x3n + .. + xn n
+

x2 2 n +1 − x2 n
+…+
x2 2 n +1 + x1n + x3n + .. + xn n

xn 2 n +1 − xn n
≥ 0 (5)
xn 2 n +1 + x2 n + x3n + .. + xn 1n
Chứng minh. Theo BĐT Cô-si v gi¶ thiÕt
x12 n
x1 x2 ...xn ≥ 1 ta cã: x12 n +1 ≥
≥
x2 x3 ...xn

+

≥

( n − 1) x12 n

x2 n + x3n + ... + xn n

(6)


Phần I - Sáng tạo toán học.
Mặt khác, áp dụng BĐT Bunhiacôpxky ra
2


x2 n + ... + xn n

n
n

có:
+ x2 + ... + xn ×



n −1





( n − 1) x12 n
× 
  x2 n + ... + xn n



2


 + x2 n + ... + xn n  ≥






≥ ( x1n + x2 n + ... + xn n )
⇔

( n − 1) x1

2

1

≤

2n

+ x2 + x3 + ... + xn
n

x2 n + ... + xn n

n

( x2n + ... + xn n )
n
≤
n − 1 ( x n + x n + ... + x n ) 2
1

2

n

(7)

n

Tõ (6) v (7) suy ra:
1
≤
2 n +1
n
x1 + x2 + x3n + ... + xn n
1
≤
≤
2n
( n − 1) x1 + x n + x n + ... + x n
2
3
n
x2 n + ... + xn n

( x2n + ... + xn n ) .
n
≤
n − 1 ( x n + x n + ... + x n ) 2
1

2

n

Cùng với n -1 BĐT tơng tự khác, cộng
vế với vế ta thu đợc:
1
+
2 n +1
n
x1 + x2 + x3n + ... + xn n
1
+ 2 n +1
+…+
n
x2
+ x1 + x3n + ... + xn n
1
+ 2 n +1
≤
n
xn
+ x1 + x2 n + ... + xn −1n
n
≤
n
n
x1 + x2 + ... + xn n



x1n + x2 n + ... + xn n
⇔  2 n +1
− 1 +

n
n
n
 x1 + x2 + x3 + ... + xn

n
n
n


x + x2 + ... + xn
+  2 n +11
− 1 + … +
n
n
n
+ x1 + x3 + ... + xn
 x2



x1n + x2 n + ... + xn n
+  2 n +1
− 1 ≤ 0
n
n
n
+ x1 + x2 + ... + xn 1
xn

(5)
Đẳng thức xảy ra x1 = x2 == xn =1
Một dạng tổng quát khác cđa B i to¸n 1
nh− sau:
B i to¸n 3. Cho số tự nhiên n 3 v 3 số
thực dơng x, y, z thoả m n điều kiện
xyz 1 . Chøng minh r»ng:
xn − x2
yn − y2
zn − z2
+ n
+ n
xn + y 2 + z 2
y + z 2 + x2
z + x2 + y2
≥ 0 (8)
1
1
Hay l : n
+ n
+
2
2
x +y +z
y + z 2 + x2
1
3
+ n
2
2

2
z +x +y
x + y2 + z2
Bằng phơng pháp tơng tự nh lời giải 2
chúng ta có thể chứng minh đợc B i toán 3
đúng với n 8. Sau đây ta chứng minh
trong trờng hợp n = 6 :
áp dụng BĐT Bunhiacôpxky tổng quát ta
có: ( x 6 + y 2 + z 2 )(1 + y 2 + z 2 )(1 + y 2 + z 2 ) ≥
≥ ( x2 + y2 + z 2 )

3

1
⇒ 6
≤
x + y2 + z2

(1 + y + z )
(x + y + z )
2 2

2

2

2 3

2

.

x1n + x2 n + ... + xn n
⇔ 2 n +1
+
x1 + x2 n + x3n + ... + xn n

Thêm hai BĐT tơng tự nữa, suy ra
1
1
+ 6
+
6
2
2
x +y +z
y + z 2 + x2
1
+ 6
≤
z + x2 + y 2

x1n + x2 n + ... + xn n
+ 2 n +1
+…+
x2
+ x1n + x3n + ... + xn n

(1+ y
≤

x1n + x2 n + ... + xn n
+ 2 n +1
≤n
xn
+ x1n + x2 n + ... + xn −1n

TAÄP SAN TOÁN HỌC 2007
7
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ - HÒA BÌNH

2

+ z 2 ) + (1 + z 2 + x2 ) + (1 + x2 + y2 )
2

2

(x

Ta sÏ chøng minh

2

+ y2 + z 2 )

3

2

(9)


Phần I - Sáng tạo toán học.

(1 + y + z ) + (1 + z + x ) + (1 + x
≤ 3 ( x + y + z ) (10)
2 2

2

2

2 2

2

2

+ y2 )

2

2 2

2

Đặt u = x , v = y , t = z th× ta cã (10)
2

2

2

⇔ (1 + u + v ) + (1 + v + t ) +
2

2

+ (1 + t + u ) ≤ 3 ( u + v + t )
2

⇔ 3 + 4 ( y + v + t ) + 2 ( uv + vt + tu ) +

+ 2 (u 2 + v2 + t 2 ) ≤ 2 (u 2 + v2 + t 2 ) +
2

≥ 3 3 ( uvt ) = 3 3 ( xyz ) ≥ 3, do ®ã (11)
4

®óng v ta cã (10). Vậy từ (9) v (10) ta có
đpcm.
Tôi dự đoán rằng BĐT (8) đúng với mọi
n, mong các bạn cùng quan tâm tới việc
chứng minh b i toán n y. Sau đây l một b i
toán mới m tôi đ phát hiện ra trong quá
trình mở rộng b i toán trên.
Tìm tất cả các số nguyên n sao cho bất
đẳng thức (BĐT) sau đúng với mọi x, y, z
khác không:

( x + xy + y ) + ( y + yz + z ) +
+ ( z + zx + x ) ≤ 3 ( x + y + z )
2 n

2 n

2

2 n

2

2

2

2 n

(12)

Lêi gi¶i. Víi n = 0 thì BĐT (12) hiển nhiên
đúng với mọi x, y, z 0. Ta xét các trờng
hợp sau:
i) Với n < 0. Đặt n = -m (m > 0) , khi ®ã
B§T (12) trë th nh:
1
1
+
+

2
2 m
2
2 m
( x + xy + y ) ( y + yz + z )
+

(z

1
2

+ zx + x

)

2 m

≤

(x

3

2

⇔ xy + yz + zx ≤ x 2 + y 2 + z 2 . BĐT
đúng víi mäi x, y, z ⇒ (12) ®óng.
ii) Víi n = 2. BĐT (12) có dạng:

+ y2 + z2 )

m

BĐT n y không đúng với mọi x, y, z 0.
ThËt vËy, cè ®inh x sao cho y → 0, z → 0 th×

TẬP SAN TOÁN HỌC 2007
8
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ - HÒA BÌNH

n y

( x + xy + y ) + ( y + yz + z ) +
+ ( z + zx + x ) ≤ 3 ( x + y + z )
⇔ 2( x y + y x + y z + z y + z x + x z) ≤
≤ ( x + y + z ) + 3( x y + y z + z x )
2 2

3

4

2 2

2

2 2

2

+ 2 ( uv + vt + tu ) - 3 ≥ 0
(11)
Tõ gi¶ thiÕt xyz ≥ 1, suy ra uv + vt + tu

2

vô lý.
ii) Với n = 1. Khi đó (12) cã d¹ng:
( x 2 + xy + y 2 ) + ( y 2 + yz + z 2 ) +

2

2

⇔ (u + v + t ) - 4 ( y + v + t ) +

2

3
,
x2m

+ ( z 2 + zx + x 2 ) ≤ 3 ( x 2 + y 2 + z 2 )

2

+ 4 ( uv + vt + tu ) + ( u + v + t )

vÕ tr¸i → +∞ , trong khi đó vế phải

2

3

4

3

4

3

2

2 2

2

2

3

3

2 2

2

2

1
1
1
4
4
4
( x y) + ( y − z ) + ( z − x) 0
2
2
2
BĐT cuối đúng BĐT (12) đúng với
n = 2.
iii) Víi n ≥ 3 , ta sÏ chøng minh rằng khi đó
(12) không đúng. Thật vậy, ta có (12) ⇔
⇔

n

n

 x 2 + xy + y 2   y 2 + yz + z 2 
+ 2
+
 2
2
2 
2
2 
x +y +z  x +y +z 

n

 z 2 + zx + x 2 
+ 2
≤3
(13)
2
2 
x +y +z 
Chän x = 1,1; y = 1; z = 0,1 th× ta cã:
n

n

 x 2 + xy + y 2   y 2 + yz + z 2 
+ 2
+
 2
2
2 
2
2 
x +y +z  x +y +z 
n

n

 z 2 + zx + x 2   x 2 + xy + y 2 
+ 2
> 2

=
2
2 
2
2 
x +y +z  x +y +z 
n

 3,31 
n
=
 > 1, 49 .
 2, 22 
B»ng quy nạp ta chứng minh đợc
1, 49 n > 3 víi mäi n ≥ 3 . Tõ ®ã suy ra (13)
không đúng với mọi x, y, z > 0 đpcm.
Từ những phân tích trên ở các trờng
hợp trên ta đi đến kết luận: tất cả các số
nguyên n phải t×m l n = 0, 1, 2.


Phần I - Sáng tạo toán học.

THệ ẹI TèM MOT BAT ẹaỳNG THệC

TRONG TAM GIAC
DƯƠNG THị HƯƠNG
Chuyên Toán K98 01
NGUYễN NHƯ THắNG
Sv. Lớp 3 CLC, K51 ĐHSP H Nội 1

Tất cả chúng ta đều biết đến những định
lí, những kết quả lý thú hay những chứng
minh độc đáo trong toán học. V liệu đ có
đôi lần bạn đ tự hỏi vì sao ngời ta lại nghĩ
ra những điều tuyệt diệu nh thế? Thật khó
để có thể trả câu hỏi n y một cách thật chính
xác. Nhng nh thế không có nghĩa l chúng
ta sẽ chịu bó tay! Mục đích của b i viết
n y l đặt chúng ta đứng ở vị trí những nh
khảo cổ thử đi tìm một chút gì đó, có thể
chỉ l một trò chơi cho riêng mình! Tôi
phải lu ý các bạn rằng, chúng ta sẽ thử l m
nh khai khoáng, khảo cổ, tìm kiếm
chứ không phải l nh phát minh bởi có thể,
những gì chúng ta tìm thấy sẽ không có gì l
quá mới lạ!
Thông thờng, để có thể tìm kiếm, khai
thác đợc, ta phải có một khu mỏ hay một
mảnh đất m u mỡ.
Bạn đ bao giờ để ý đến điều n y ch−a:
“ Víi mäi tam gi¸c ABC v c¸c sè thùc x,
y, z ∈ R v víi mét ®iĨm M bÊt kú th×:

→


→



→

( x MA+ y MB + z MC ) 2 0 ?
Không quá đặc biệt, nhng bạn thử biến
đổi lại xem n o! Không mấy khó khăn, bạn
có thể nhận đợc bất đẳng thức (BĐT):
( x + y + z )( xMA2 + yMB 2 + zMC 2 )
≥ a 2 yz + b 2 zx + c 2 xy (*), với a, b, c lần lợt
l 3 cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC.
Đây chính l “khu má” m chóng ta sÏ
khai th¸c.

TẬP SAN TOÁN HỌC 2007
9
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ - HÒA BÌNH

Mét. Ngay lập tức ta sẽ gặp một hệ
quả: x + y + z = 0 ⇒ a 2 yz + b 2 zx + a 2 xy , v
víi x = b, y = c - a, z = a - b ta đợc một kết
quả quen biết:
a 2 (c − a )(a − b) + b 2 (a − b)(b − c) +
+ c 2 (b − c)(c − a ) ≤ 0
hai . Mét vÝ dơ kh¸c Ýt tầm thờng hơn l
với bộ số (x, y, z) = (1, 1, 1) thì từ (*) ta
nhận đợc:
1
MA2 + MB 2 + MC 2 ≥ ( a 2 + b 2 + c 2 )
3
Ta gặp lại một kết quả quen thuộc trong
tam giác. Đẳng thức xảy ra

x MA+ y MB + z MC = 0

→


→


→

⇔ MA+ MB + MC = 0
M l trọng tâm tam giác.
ba. Thư víi bé (x, y, z) = (a, b, c) ta đợc:
(a + b + c)(aMA2 + bMB 2 + cMC 2 )
≥ a 2bc + b 2 ca + c 2 ab
⇔ aMA2 + bMB 2 + cMC 2 abc
Ta thấy lại kết quả đặc trng cho tâm
đờng tròn nội tiếp tam giác ABC. Những
vấn đề tơng tự đợc xét cho trực tâm, tâm
đờng tròn ngoại tiếp, đờng tròn b ng tiếp
v. v ... Nh vậy, với mỗi bé sè (x, y, z) thay

v o (*) ta sÏ thu đợc một BĐT. Các bạn h y
thử chọn v i bộ n o đó nhé!
Bốn. Nhng nh thế thì công việc của
chúng ta cha có gì l thú vị c¶. Thư lÊy
( x, y, z ) = ( a 2 , b,1) xem n o! Ta cã:

(a

2

+ b + 1)( a 2 MA2 + bMB 2 + MC 2 ) ≥

≥ a 2b + b 2 a 2 + c 2 a 2 b
Điều n y có vẻ ngồ ngộ! Bạn đ nghĩ
ra cách n o khác để chứng minh điều ngồ
ngộ ấy hay cha?
Xin các bạn đừng vội bực mình vì công
việc khai thác của chúng ta quá chậm chạp.
Trên đây chúng ta đ sử dụng công nghệ
khá cò kü l khi thay bé (x, y, z) bëi những
bộ số cố định. Việc l m n y không phải l
không có lợi ích gì nhng xem ra sản


Phần I - Sáng tạo toán học.
phẩm của chúng ta cha đợc phong phú
lắm.
Sau đây l một v i cải tiến nho nhỏ nhng
sẽ mang lại những kết quả bất ngờ.
năm. Trong (*) thay

a
b
c
(x, y, z) = (
,
,
) với
MA MB
MC
M ∉ { A; B; C} ta cã:
a
b
c
+
+
)(aMA + bMB + cMC) ≥
MA MB MC
a
b
c
≥ abc(
+
+
)
MB.MC MC.MA MA.MB
MB.MC MC.MA MA.MB
⇔
+
+
≥ 1. (1)

bc
ca
ab
DƠ thÊy khi M ∈ {A, B, C} th× (1) trở
th nh đẳng thức. Vậy (1) đúng với mọi M.
Suy diễn một chút, chúng ta sẽ có ngay
những kết quả quen thuéc:
MA MB MC
+
+
≥ 3
a
b
c
ma mb mc 3 3
+
+
≥
a
b
c
2
a
b
c
+
+
≥2 3
ma mb mc

(

n

n

n

Để ý l khi M không nằm trên cung lín
BC chøa A th×: ( − aMA + bMB + cMC ) > 0
(BĐT Ptôlêmê) nên ta thu đợc:
MB.MC MC.MA MA.MB

+
+
1 (2)
bc
ca
ab
Khi M BC không chứa A thì
M ∈ { A; B; C} cịng ®óng. VËy (2) ®óng với
điểm M bất kỳ.
Ta đ tìm thấy một họ h ng của BĐT
Ptôlêmê: Khi M BC thì (2) v BĐT
Ptôlêmê l tơng đơng. Nhng tiếc rằng,
trong khi BĐT Ptôlêmê thì ai cũng biết còn
ngời anh em n y thì chẳng mấy ai biết
đến! Thật đáng thơng!
Bảy. V nếu chúng ta thay
1

1 
 1
th× tõ (*)
( x, y , z ) =
,
,
2
2
2
MA MB MC
ta thu đợc:
1
1
1
+
+

 . (1 + 1 + 1) ≥
2
2
MC 2 
 MA MB
2

 MB.MC MC.MA MA.MB 
× −
+
+

bc

ca
ab 

≥ ( aMA − bMB − cMC ) .

TẬP SAN TOÁN HỌC 2007
10
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ - HÒA BÌNH

2

⇔ ( MB.MC ) + ( MC.MA ) + ( MA.MB ) ≥
2

n

 1 
 MA   MB   MC 

 +
 +
 ≥ 3

 a   b   c
3
ở đây ma, mb, mc lần lợt l ®é d i c¸c
trung tun øng víi c¸c ®Ønh A, B, C cđa tam
gi¸c ABC.
S¸u. Chóng ta cịng thư l m điều tơng tự
a

b
c
,
,
) ta có:
khi: (x, y, z) = ( −
MA MB MC
b
c 
 a
+
+
−
 ( − aMA + bMB + cMC )
 MA MB MC 
a
b
c
≥ abc(
−
−
)
MB.MC MC.MA MA.MB
⇔ ( − aMA + bMB + cMC )

2

a
b
c


 
 

≥
 +
 +

 MB.MC   MC.MA   MA.MB 

≥

2

2

1 2
( a MA2 + b2 MB 2 + c 2 MC 2 ) (3)
3
(3) vÉn ®óng khi M ∈ { A; B; C} .

B¹n thư chøng minh (3) khi M G xem
n o, chắc cũng không đơn giản lắm!
Tám. Trong (*) thay
1
1
1
( x, y , z ) =
,
,

ta đợc
MA MB MC
( MB.MC + MC.MA + MA.MB )( MA + MB + MC )
≥ a 2 MA + b 2 MB + c 2 MC


Phần I - Sáng tạo toán học.
Giả sử tam giác ABC tù tại A, khi đó ta
có: MB c – MA, MC ≥ b – MA.
DÊu b»ng xÈy ra ⇔ M ≡ A. Do ®ã
2
a MA + b 2 MB + c 2 MC ≥
( a 2 − b2 − c 2 ) MA + bc(b + c) ≥ bc(b+c) (4).
Đẳng thức xẩy ra M A.
Ta thấy rằng (4) đúng cả trong trờng hợp
M { A; B; C} v khi M ≡ A th× cã dÊu đẳng
thức. Nh vậy ta có b i toán:
Cho tam giác ABC tù ở A. Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thøc.
.
( MB.MC + MC.MA + MAMB)( MA + MB + MC )
Ta thấy rằng những bất đẳng thức thu đợc ở
trên đều đúng với mọi M. Do đó khi thay M
bởi những vị trí đặc biệt ta lại thu đợc khá
nhiều kết quả, tính chất thú vị.
Các bạn thấy đấy, xuất phát từ (*), mỗi
lần thay (x, y, z) bởi một bộ n o đó, ta thu
đợc một kết quả mới. Công việc của nh
tìm kiếm l phải biết chắt lọc, giữ lại những
gì có giá trị từ những thứ t−ëng chõng nh−

tÇm th−êng. Cã mét lÇn l m thư, chúng ta
mới thấy rằng, để có những gì chúng ta đang
đợc học hôm nay không phải l dễ. Tôi hi
vọng sau b i viết n y, mỗi chúng ta sẽ rút ra
một điều gì đó cho riêng mình để có thể học
môn Toán vui vẻ hơn, v những ai say mê
muốn l m những nh khảo cổ, h y cứ bắt
tay v o công việc của mình dẫu biết rằng
chúng ta có thể chẳng thu luợm đợc gì to
tát. Nhng, có một điều tôi tin chắc l sau
khi những lần nh thế, bạn sẽ thấy Toán học
c ng đáng yêu hơn.
Nếu bạn cảm thấy thích công việc tìm
kiếm, m y mò những điều mới mẻ (dù chỉ
cho riêng mình) tôi có thể giới thiệu với bạn
một v i mảnh đất m u mỡ, phù hợp với
những gì bạn mong muốn:
A. Mảnh đất 1:
Mảnh đất n y đòi hỏi bạn phải cã mét v i
sù chn bÞ vỊ sè phøc. Trong số thực, ta có
đẳng thức:
(m b)(m c) (m − c)(m − a) (m − a)(m − b)
+
+
=1
(a − b)(a − c) (b − c)(b − a) (c − a)(c b)

Để có đợc đẳng thức trên hoặc những
đẳng thức tơng tự, bạn có thể dựa v o công
TAP SAN TOÁN HỌC 2007

11
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ - HOỉA BèNH

thức nội suy Lagrăng cho đa thức v so sánh
hệ số. Chẳng hạn, ví dụ trên khai triển x2 tại
a, b, c. Do các số phức tính toán nh số thực
nên trong các số phức cũng có các đẳng thøc
nh− vËy. VËn dơng tÝnh chÊt “nh n” (hc
chn) cđa tổng v tích cho mỗi số phức
tơng ứng với một điểm. Chẳng hạn từ đẳng
thức trên ta thu đợc:
(m b)(m − c) (m − c)(m − a) (m − a)(m − b)
+
+
≥1
(a − b)(a − c) (b − c)(b − a) (c − a)(c − b)
MA.MC MC.MA MA.MB
⇒
+
+
≥1
AB. AC
BC.BA CA.CB
Theo cách đó, bạn sẽ thu đợc rất nhiều
điều thú vị.
B. Mảnh đất 2:

Gọi a, b, c l ba cạnh của tam giác
ABC tơng ứng. Các điểm M, N nh trên
hình vẽ.

Xuất phát từ kết quả a.NA + b.NB +
+c.NC a.MA + b.MB + c.MC. H y
tìm cách giải trän vĐn b i to¸n sau:
Cho tam gi¸c ABC v x, y, z > 0 . H y
tìm điểm M trong tam gi¸c ABC sao cho:
S(M) = xMA + yMB + zMC nhỏ nhất.
Chắc các bạn cũng đ biết khi x = y = z
thì ta có b i toán điểm Toricelli của tam giác
C. Mảnh đất 3.
Trớc hết, các b¹n h y chøng minh víi
x + y > 0, y + z > 0, z + x > 0 th× ta cã :
xMA + yMB + zMC ≥ 4 xy + yz + zx .S ABC
Tõ ®ã h y xây dựng một v i tính chất mới!
Vẫn còn nhiều vùng đất mới đang chờ in
dấu chân các bạn. Chúc th nh c«ng!


Phần I - Sáng tạo toán học.

Moọt Sửù
Tỡnh cụứ
Nguyễn Lâm Tuyền
Chuyên Toán K99 02
Sv. Lớp Điều khiển Tự Động 1 - K47
ĐH Bách Khoa H Nội

Trong cuộc sống, nhiều điều thú vị
đôi khi đến với chúng ta một cách nhẹ
nh ng, man mác L m cho ta thêm yêu
đời, yêu cuộc sống! B i viết n y tôi xin

trình b y một niềm vui nho nhỏ m tôi
tình cờ có đợc khi đang thả hồn với
những b i toán hóc búa. Thân tặng tới các
bạn, đặc biệt l các em lớp chuyên Toán
K01-04 những ngời rất tâm hut víi tê
b¸o n y. Hy väng r»ng qua b i viÕt n y phÇn
n o sÏ gióp Ých cho các bạn trong quá trình
học toán.
I/ Thử thách.
Năm còn học lớp 10 Chuyên Toán, có hai
b i toán khiến tôi rất trăn trở. Đó l hai b i
toán thi học sinh giỏi Quốc gia, vừa quen lại
vừa lạ:
B i toán HSG1. Cho ®a thøc P(x) = x3 – 9x2
+ 24x 27. Chứng minh rằng với mỗi số tự
nhiên n, tồn tại số nguyên an sao cho P(an)
chia hết cho 3n.
B i toán HSG2. Cho đa thức P(x) = x3
+153x2 -111x +38.
i) Chứng minh rằng với mỗi số tự nhiên n,
tồn tại ít nhất 9 số nguyên a thuộc đoạn
[1;32000 ] sao cho P(an) chia hÕt cho 32000.

TẬP SAN TOÁN HỌC 2007
12
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ - HÒA BÌNH

ii) Hỏi trong đoạn [1;32000 ] có tất cả bao
nhiêu số nguyên a sao cho P(an) chia hết
cho 32000.

(Các bạn có thể tham khảo thêm ở các số tạp
chí Toán học v Tuổi trẻ tháng 01, 02, 09
năm 2001)
Sau nhiều ng y suy nghĩ tôi đ phát hiện
ra một cách chứng minh, nhng khá d i v
chỉ cho riêng B i toán HSG1 (xin không nêu
ra ở đây).
II/ Tình cờ.
Bẵng đi một thời gian để rồi tình cờ lật lại
trang sách. ý tởng chợt lên, tôi hạ bút viết
nh đ đợc lập trình sẵn. Tôi đ có một
lời giải mới cho B i toán HSG1, nhng tất
nhiên l với phong cách ho n to n khác.
Lời giải đó nh sau.
Ta có P(x) = x3 – 9x2 + 24x – 27
= (x - 3)3 – 3(x - 3) – 9
⇒ P(3x+3) = 9(3x3 – x – 1).
B i to¸n quy vỊ viƯc chứng minh: Với
mỗi n, tồn tại bn N* sao cho Q(bn) chia hết
cho 3n. ở đây Q(x) = 3x3 – x – 1.
Ta sÏ chøng minh ®iỊu n y b»ng quy n¹p
theo n. Víi n = 1 chän b1 = 2.
Giả sử khẳng định đúng tới n.
Ta có Q(bn+Q(bn)) =
= 3(bn+Q(bn))3 – (bn+Q(bn)) – 1
3
= (3bn − bn − 1) + 9bn Q (bn )(bn + Q (bn )) +
+ 3Q 3 (bn ) − Q (bn )
= 3 3bn Q (bn )(bn + Q (bn )) + Q 3 (bn ) 



Chän bn+1 = bn+Q(bn) th× Q(bn+1) chia hết
cho 3n+1. Tóm lại ta có điều phải chứng
minh.
Vội v ng đem áp dụng cho B i toán
HSG2 nhng không th nh công! Tôi
quyết định quay trở lại B i toán HSG1 với
mục đích mở rộng nó v đ đa ra đợc b i
toán tổng quát sau.
B i toán A. Xét tập hợp các đa thức có dạng
T = { P(x) = ax3 + bx2 + cx + d / a ≠ 0,
b ≡ 0(mod3), c ≅ 0(mod3), a + c ≅


Phần I - Sáng tạo toán học.
0(mod3)}. Khi đó với mỗi số nguyên dơng
n, tồn tại số nguyên an sao cho P(an) chia hÕt
cho 3n.

Chøng minh. Ta chøng minh b»ng quy n¹p.
Víi n = 1, ta cã P(0) = d, P(-1) =- a + b –
c + d ≡ - (a + c) + d ≡ 0(mod3), P(1) = a +
b + c + d ≡ (a + c) + d(mod3). Lu ý rằng
trong 3 số hạng liên tiếp của mét cÊp sè
céng cã c«ng sai kh«ng chia hÕt cho 3, luôn
tồn tại một số chia hết cho 3. Vậy với n = 1,
b i toán đúng.
Giả sử tồn tại ak ®Ĩ P(ak) chia hÕt cho 3k.
Ta cã P(ak + hP(ak)) = a(ak + hP(ak))3 +
b(ak + hP(ak))2 + c(ak + hP(ak)) + d =

= P (ak ). ( 3a.ak2 .h + 3a.ak h 2 P (ak ) + h3 P 2 (ak ) +
+bh 2 P (ak ) + (2bak + c)h + 1)

Ta thÊy 2bak + c ≅ 0 (mod3) ⇒ tån t¹i
h ∈ {1; 2} sao cho (2bak + c)h + 1≡ 0(mod3).
Tõ ®ã chän ak+1 = ak + hP(ak) th× ta cã
P(ak+1) chia hÕt cho 3k+1 (đpcm).

Tất nhiên l cũng với xu hớng đó, tôi
tìm cách mở rộng b i toán thêm nữa, nhng
quả thực l rất khó khăn. Sau một v i phép
thử v dự đoán tôi đa ra b i toán sau m
theo tôi, ở một khía cạnh n o đó, nó mở rộng
cho B i toán HSG1.
B i toán B. Cho số nguyên tố lẻ p v đa
thức Q ( x) = ( p − 1) x p − x − 1 . Chứng minh
rằng với mỗi số nguyên dơng n, tồn tại vô
hạn số nguyên dơng an m Q(an) chia hết
cho pn.
Với lời giải cũng giống nh cách chứng
minh B i toán HSG1.
Đặc biệt trờng hợp n = p, ta có b i toán
riêng nhng dờng nh lại khó hơn vì với
b i toán mới n y, chúng ta sẽ không dễ d ng
nghĩ ngay tới phơng pháp quy nạp để chứng
minh.
B i toán C. Cho số nguyên tố lẻ p v ®a
thøc Q ( x) = ( p − 1) x p − x − 1 . Chøng minh

TẬP SAN TOÁN HỌC - 2007

13
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ - HÒA BèNH

rằng tồn tại vô hạn số nguyên dơng a m
Q(a) chia hết cho pp.
Tò mò, tôi thử tìm một lời giải khác cho
b i toán mới n y. V cũng tình cờ tôi đa ra
đợc một lời giải mới, v tất nhiên l cũng
với phong cách ho n to n mới: sử dụng
khái niệm hệ thặng d của lý thuyết ®ång d−
thøc.
B i to¸n C cịng chÝnh l néi dung của b i
T8/336 trên Tạp chí Toán học v Tuổi trẻ
tháng 06/2005 do tôi đề xuất. Xuất sứ của
b i T8/336 l nh− vËy v cã lÏ, ®ã cịng l
mét sự tình cờ.
Chứng minh B i toán C.
Nhận xét: Giá trị tại pp điểm nguyên dơng
liên tiếp của đa thức Q(x) lập th nh một hệ
thặng d đầy đủ (modpp).
Thật vậy, trong pp số nguyên dơng liên
tiếp, giả sử có u > v sao cho
Q (u ) ≡ Q (u )(mod p p ) ⇔ ( p − 1)u p − u − 1
≡ ( p − 1)u p − u − 1(mod p p )
⇔ ( p − 1) ( u p − v p ) − ( u v ) 0(mod p p ) (*).

Theo định lý Fermat nhá, ta cã
u ≡ u (mod p ) , v p ≡ v (mod p ) . Do ®ã tõ (*)
p

ta cã ( p − 2) ( u − v ) ≡ 0(mod p ) . L¹i cã

( p; p − 2 ) = 1 , suy ra u ≡ v(mod p) .

Còng tõ (*) ta cã
( u − v ) ( p − 1) ( u p −1 + u p −2 v + ... + v p −1 ) − 1 ≡

(

)

≡ 0(mod p ) . Mặt khác u v(mod p )
p

( p − 1) ( u p −1 + u p − 2 v + ... + v p −1 ) − 1 ≡
≡ ( p − 1). p − 1 ≅ 0(mod p p ) .

Suy ra u ≡ v(mod p p ) .
Chó ý l 0 < u – v < pp u = v. Nhận
xét đợc chứng minh.
Hệ quả l trong pp số nguyên dơng liên
tiếp, tồn tại duy nhÊt mét sè a ®Ĩ Q(a) chia
hÕt cho pp. V do đó hiển nhiên l trong tập
hợp vô hạn các số nguyên dơng, tồn tại vô
số số a m Q(a) chia hết cho pp. B i toán
đợc chứng minh.


Phần I - Sáng tạo toán học.
Trong lời giải B i toán B ta chỉ ra đợc sự

tồn tại của an nhng đ không chỉ ra đợc có
bao nhiêu số nh vậy. Cái thú vị ở cách giải
B i toán C không chỉ l ở sự mới lạ trong
cách t duy m còn khắc phục đợc điểm
hạn chế của phơng pháp trớc đó. Khá bất
ngờ với lời giải trên, tôi chợt nhớ đến b i
toán HSG2 m mình cha giải đợc. Đem áp
dụng phơng pháp mới n y cho b i toán đó
v tôi đ th nh công!
Nhng tôi lại ®i tõ b i to¸n …tỉng qu¸t:
B i to¸n D. Xét tập hợp các đa thức có dạng
T = { P(x) = ax3 + bx2 + cx + d / a ≠ 0,
b ≡ 0(mod3), c ≡ 0(mod3), a + c
0(mod3)}. Khi đó giá trị tại 3n điểm nguyên
dơng liên tiếp của đa thức P(x) T lập
th nh một hệ thặng d đầy đủ (mod3n).
Chứng minh. Trong 3n số nguyên dơng
liên tiếp giả sử có u > v m Q(u) ≡ Q(v)
(mod3n) ⇔ au3 + bu2 + cu + d ≡ av3 + bv2
+ cv + d (mod3n) ⇔ a(u3 - v3)+ b(u2 - v2) +
+ c(u – v) ≡ 0(mod3n) (*).
Ta cã b≡0(mod3), u3≡u(mod3), v3≡
v(mod3) nªn tõ (*) ⇒ a(u3 - v3)+ b(u2 - v2)
+ c(u – v) ≡ 0(mod3)
⇒ (a + c)(u - v) ≡ 0 (mod3) ⇒ u ≡ v(mod3),
do (a + c) ≅ 0(mod3).
Còng tõ (*) ta cã (u – v)[a(u2 + uv + v2)
+ b(u + v) + c] ≡ 0(mod3n).
M u ≡ v(mod3), c ≅ 0(mod3) ⇒ a(u2 +
+ uv + v2) + b(u + v) + c ≅ 0(mod3) ⇒ u

v (mod3n). Vậy u = v đpcm.
Hệ quả l : Trong 3n số nguyên dơng liên
tiếp tồn tại duy nhất một số a để Q(a) chia
hết cho 3n.
Đây chính l sù tỉng qu¸t cho B i to¸n
HSG2. Cơ thĨ, lời giải của b i toán HSG2
nh sau:
Lời giải B i to¸n HSG2. Ta cã P(x) = x3
+153x2 -111x +38 ∉ T. Gi¶ sư P(x) chia
hÕt cho 32000 ⇒ P(x) ph¶i chia hÕt cho 3

TẬP SAN TOÁN HỌC - 2007
14
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ - HÒA BÌNH

⇒ x cã d¹ng 3k + 1 ⇒ P(x) = P(3k + 1) =
= 33(k3 + 52k2 22k +3).
* NÕu k = 3m + 2 ⇒
P(x) = 33(27m3 + 495m2 387m + 263)
kh«ng chia hÕt cho 34 víi mäi m.
* NÕu k = 3m + 1 ⇒
P(x) = 34 (9m3 + 165m2 129m + 26)
kh«ng chia hÕt cho 35 víi mäi m.
* NÕu k = 3m ⇒
P(x) = 34(9m3 + 156m2 + 22m + 1).
Ta thÊy ®a thøc Q(m) = (9m3 + 156m2 +
22m + 1) ∈T v 1 ≤ x ≤ 32000 ⇔ 0 ≤ m ≤
T
31998 – 1. VËy P(x) chia hÕt cho 32000 ⇔ x =
9m + 1 v Q(m) chia hết cho 31996.

Theo hệ quả của B i toán D suy ra: Trong
9.31996 sè nguyªn liªn tiÕp 0, 1, 2, ,
31998 1 tồn tại đúng 9 số nguyên a m Q(a)
chia hết cho 31996 Trong đoạn [1; 32000]
tồn tại đúng 9 số nguyên a m P(a) chia hÕt
cho 32000.

Ta cịng dƠ d ng nhËn ra l trong ®o¹n
[1;3n ] (n ≥ 1998) tån t¹i 3n – 1998 sè nguyªn a
m P(a) chia hÕt cho 32000. B i toán HSG2 đ
đợc giải quyết trọn vẹn!
III/ Lời kết.
Chỉ một chút thay đổi đề b i theo ý
tởng của mình các bạn có thể tạo ra đợc
những b i toán mới cũng khá hóc búa đấy
chứ! Vấn đề đặt ra ở đây l trong trờng hợp
tổng quát, đa thức P(x) bậc n thì kết quả sẽ
ra sao? Bản thân tôi cũng cha có điều kiện
để tìm hiểu thêm, mong các bạn cùng quan
tâm coi nh một b i tập trớc khi kết thúc
b i viết n y.
Nh vậy đấy các bạn ạ, từ một sự tình cờ
tôi đ giải đợc một b i toán khó v tìm ra
đợc nhiều điều thú vị. Nhng để có đợc sự
tình cờ đó l cả một quá trình nỗ lực
không ngừng v một trái tim đam mê Toán
học m nh liệt. Cuối cùng xin chúc các bạn
th nh công v tìm ra đợc nhiều công
trình cho riêng mình trong quá trình học tập
v vơn lên ở tất cả các lĩnh vực!

Phần I - Sáng tạo toán học.

Sệ DUẽNG TNH CHAT HÀM ĐƠN ÁNH

ĐỂ GIẢI BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH HÀM
Ngun th¸I ngọc
Chuyên toán k99-02
Sv. Lớp ĐT8 K48, Khoa Điện tử Viễn thông - ĐH Bách Khoa H Nội

Trong các kì thi Học sinh giỏi, ta thờng

gặp các b i toán về giải phơng trình h m.
Đây l dạng toán khá quen thuộc với các
bạn. Trong cuốn "Phơng trình h m" của GS
- TS.Nguyễn Văn Mậu, tác giả đ đề cập
tơng đối sâu về một lớp phơng trình h m.
Trong phạm vi b i viết n y, tôi xin đợc nêu
ra một phơng pháp để giải dạng toán nói
trên khá hiệu quả. Đó l phơng pháp sử
dụng tính chất h m đơn ánh. Trớc hết, tôi
xin nêu định nghĩa v một số nhận xét xoay
quanh h m đơn ánh:
Định nghĩa h m đơn ánh.
H m số f : X Y
x y = f(x)
đợc gọi l một h m đơn ánh nếu ∀x1, x2
thuéc X m x1 ≠ x2 suy ra f(x1)≠ f(x2)
NhËn xÐt 1.

Cho f l mét h m sè x¸c định, liên tục
trong khoảng (a,b), khi đó, nếu các số u, v
thuéc (a,b) sao cho u < v v f(u) < f(v) thì
với bất kỳ w thuộc (u,v) luôn có:
f(u)Chứng minh. Để chứng minh nhận xét trên
ta thừa nhận định lý về giá trị trung gian sau:
Cho f(x) l h m số xác định, liên tục
trong đoạn [a,b], khi đó f(x) lấy tất cả các
giá trị từ f(a) đến f(b).
Trở lại nhận xét trên, ta sẽ chứng minh
bằng phản chứng. ThËt vËy, nÕu f(u) < f(v)
liên tục của f v định lí về giá trị trung gian
của một h m số liên tục suy ra f(v) l giá trị
trung gian của f(u) v f(w). Do đó sẽ tồn tại
v' thuộc [u;w] sao cho f(v') = f(u) v v' ≤ w
< v do vậy v' v. Điều n y mâu thuẫn với
giả thiết đơn ánh của f. Nhận xét đợc chøng
minh .
TẬP SAN TOÁN HỌC - 2007
15
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ - HÒA BÌNH

HƯ qu¶. Cho f l mét đơn ánh , xác định v
liên tục trên khoảng (a,b) v c¸c sè a', b' ∈
(a,b) víi a' < b'. Khi đó:
i) Nếu f(a') < f(b') thì f tăng ngặt trªn [a,b]
tøc l f(u) < f(v) nÕu a' < u < v < b'.
ii) Nếu f(a') > f(b') thì giảm ngặt trên [a',b']

nghĩa l f(u) > f(v) nếu a' < u < v < b.
Ta sẽ chứng minh điều khẳng định thứ
nhất. Vì f(a') < f(b') nên nếu a' < u < b' th×
theo NhËn xÐt 1 ta cã: f(a') < f(u) < f(v).
Vì f(a') < f(u) nên nếu a' < u < v ⇒ f(a')
< f(u) < f(v) < f(b').
Tơng tự cho khẳng định 2.
Nhận xét 2.
Điều kiện ắt có v đủ để một h m số xác
định liên, tục trên khoảng (a,b) đơn ánh l
h m số f(x) đơn điệu ngặt trên khoảng đó.
Chứng minh.
a) Nếu f đơn điệu ngặt thì f đơn ánh:
Cho u v. Khi ®ã hc u > v hc u < v,
do vËy f(u) < f(v) hc f(u) > f(v) nghÜa l
f(u) ≠ f(v).
b) Nếu f đơn ánh thì f đơn điệu ngặt: Với a'
< b' (a,b). Khi đó hoặc f(a') < f(b') hc
f(a') > f(b') do vËy ta sÏ chøng minh:
Hc (i): Nếu f(a') Hoặc (ii): Nếu f(a') >f(b') thì f giảm ngặt.
Xét (i), cho u < v; u, v (a,b) đặt w =
min {a';u }; z=max{b';v} khi đó a', b', u, v
đều thuộc đoạn [w, z] .
Theo hệ quả của Nhận xét 1,vì f đơn ánh
nên tăng ngặt trên [w,z]. Vì u v, u, v ∈
[w,z] nªn f(u) < f(v) v u, v l hai điểm bất
kì (u < v) trên (a,b) nên f tăng ngặt trên
(a,b).
Muốn chứng minh (ii) chỉ cần thay f bëi

− f v lËp luËn t−¬ng tù .


Phần I - Sáng tạo toán học.
Nh vậy l chúng ta đ có một số nhận
xét v hệ quả khá hay về h m đơn ánh. Sau
đây xin đợc đi v o mét sè b i to¸n cơ thĨ:
B i toán 1. Tìm tất cả các h m số liên tục
f : R R thoả m n điều kiện
f(x.f(y)) =y. f(x) , ∀x,y ∈ R.
Lêi gi¶i. Cho x = y = 0 ⇒ f(0) = 0. DÔ thÊy
f(x) ≡ 0 l một nghiệm của phơng trình
h m.
Xét f(x) 0. Cho x = y = 1 ⇒ f(f(1)) =f(1) .
Suy ra: f(x.f(f(1))) =f(1).f(x) =f(x.f(1))=f(x).
VËy f(1) =1. Gi¶ sư tån t¹i x1 ≠ x2 m f(x1)
= f(x2) . Ta cã f(x.f(x1)) = x1.f(x), ∀x∈R v
(x.f(x2)) = x2. f(x), ∀x∈R.
⇒ x1. f(x) = x2. f(x) , ∀x∈R
⇒ x1 = x2 (v× f(x) 0 ), mâu thuẫn.
Vậy f l đơn ánh v do f liªn tơc nªn theo
NhËn xÐt 2 suy ra f đơn điệu ngặt .
Có f(1) >f(0) vậy f tăng ngặt (Hệ quả của
Nhận xét 1)
Có f(f(x.f(y))) =f(y.f(x)) = x.f(y), ∀x∈R
NÕu f(x.f(y)) > x.f(y)
⇔x.f(y) = f(f(x.f(y))) > f(x.f(y)) > x.f(y), v« lÝ
NÕu f(x.f(y))< x.f(y)
⇔ x.f(y) = f(f(x.f(y))) < f(x.f(y)) < x.f(y), v« lÝ
VËy f(x.f(y)) = x.f(y)

Thay x =1⇒ f(1) =x,∀x
Thư l¹i thÊy f(x) ≡ 0, f(1) ≡ x l hai
nghiệm của phơng trình h m
B i toán 2. Tìm tất cả các h m f(x) xác định
trên R có hữu han nghiệm thoả m n:
f(x4+y) = x3.f(x)+f(f(y)), x,y R.
(APMO- 2002)
Lêi gi¶i. Cho x = 0 ⇒ f(f(y))=f(y), ∀y∈R
⇒ f(x4+y) = x3.f(x) + f(y), ∀x, y ∈ R.
⇒ f(x4+y) = -x3.f(-x) + f(y), ∀x, y ∈ R
⇒ f(0) = 0
Cho y = 0 ⇒ f(x4) = x3.f(x), ∀x∈R
NÕu ∃x0 ≠ 0 sao cho f(x0) = 0
4
⇒ f(x 0 ) = 0. Nếu x0 1 thì tồn tại d y: x1
= x0 , xn=x 41 ,n = 2, 3, ....
n
Đây l d y vô số số hạng khác nhau m
f(x) nhận l m nghiệm. Trái giả thiết.

TAP SAN TOAN HOẽC - 2007
16
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ - HÒA BÌNH

NÕu x0 = ± 1 tøc l f(1) = f(-1) = f(0) th×
ta cã f(2) = 2.f(1) = 0.
VËy 2 l nghiƯm của f, trái với điều trên.
Vậy x = 0 l nghiƯm duy nhÊt cđa h m
f(x).
Cã f(x4+y) = x3.f(x) + f(y) = f(x4) + f(y)

NÕu x ≥ 0 ⇒ f(x+y) = f(x) + f(y)
NÕu x < 0 ⇒ f(x+y) = f(-x-y) = -f(x-y)
= -(f(-x) + f(-y)) = f(x) + f(y).
VËy f(x+y) = f(x) + f(y),∀x, y ∈ R.
Gi¶ sư ∃ x1 ≠ x2 m f(x1) = f(x2)
⇒ f(x1+y) = f(x2+y),∀y∈ R.
⇔ f(x1- x2) = 0. Hay f nhËn x1-x2 ≠ 0 l m
nghiệm (Vô lí).
Vậy f l đơn ánh .
Do f(f(y))=f(y)⇒ f(y) = y, ∀y∈R.
Thư l¹i thÊy f(y) ≡ y l nghiệm duy nhất
của phơng trình h m.
B i toán 3. Tìm tất cả các h m f :N*N*
thỏa m n
f(m+f(n))= n+ f(m+ 2003),∀m,n∈N*
Lêi gi¶i. Gi¶ sư ∃ n1 ≠ n2 m f(n1) = f(n2)
⇒ f(f(n1)+m) = n1 +f(m+2003), ∀m,∈N* v
f(f(n2)+m)= n2 +f(m+2003), m,N*, Vô lí.
Vậy f l đơn ánh.
Ta cã: f(f(1)+f(n)) = n + f(f(1)+2003) =
n+1 + f(2003+2003) = f(f(n+1)+2003).
Từ đó f(f(1)+f(n)) = f(f(n+1)+ 2003).
Do f l đơn ánh nên
f(1) + f(n) = f(n+1) + 2003.
Bằng quy nạp ta suy ra: f(n) = an +b.
Thay v o ®iỊu kiƯn của b i ta xác định
đợc: a=1, b=2003.
Vậy f(n)=n+2003, n N*.
Cuối cùng xin nêu một số b i toán m ta
có thể sử dụng tính chất h m đơn ánh để giải

quyết . Chúc các bạn th nh công !
1. Tìm tất cả các h m số f :QQ thoả
m n :f(f(x)+y)=x+ f(y),x,yQ.
2. Tìm tất cả các h m số f: R→R tho¶
m n
f(y-f(x))=f(x2002-y)-2001.y.f(x), ∀x,y∈R.
(Chän häc sinh giái quèc gia 2001-2002).


Phần I - Sáng tạo toán học.

LễỉI GIAI CAC BAỉI THI TOAN QUOC TE 2003
H Hữu Cao Trình
Chuyên toán K99 02
Lớp K6 CNKHTN Toán, ĐHKHTN - ĐHQG H Nội

Tôi cũng xin chia sẻ một số kinh nghiệm
trong giải toán với các bạn qua lời giải đề thi
toán quốc tế 2003. Hi vọng rằng qua đây các
bạn sẽ rút ra cho mình nhiều điều bổ ích.
B i số 1. Lấy A l mét tËp con 101 phÇn tư
cđa tËp S gồm các số tự nhiên từ 1 đến
1000000. Chứng minh rằng: tồn tại các số
t1, t2,..., t100 thuộc S sao cho c¸c tËp
Ai = {x + t i / x A} , i = 1, 2,..., 100 đôi
một không giao nhau.
Lêi gi¶i. XÐt tËp D = {x − y / x, y ∈ A}, ta
thÊy D cã nhiÒu nhÊt 101.100 +1 phần tử,
trong đó chắc chắn chứa phần tử 0.
Nhận xét: Ai, Aj có giao khác rỗng khi v chØ

khi ti - tj ∈ D (*), nªn ta chØ cần chọn 100
phần tử không thỏa m n (*). Ta chọn bằng
quy nạp:
Việc chọn 1 phần tử l tầm thờng. Giả
sử chọn đợc k phần tử, k 99 không vi
phạm (*). Nh vậy, ta vẫn còn ít nhất 106 10101.k 1 sự lựa chọn nữa cho phần tử thứ
k+1. Tóm lại, ta có thể chọn đợc 100 số t1,
t2,..., t100 không vi phạm (*). Theo nguyên lý
quy nạp, b i toán đợc chứng minh.
* Chú ý: Phát biểu tổng quát sau vẫn đúng
nhờ phép chứng minh tơng tự.
Nếu A l tËp con k ph©n tư cđa tËp S gồm
các số tự nhiên từ 1 đến n v m l số nguyên
dơng thỏa m n: n > (m -1)( C k + 1), thì tồn
2
tại m số t1, t2,..., tm thuộc S thỏa m n các tập
Ai xác định nh trên đôi một không giao
nhau.
B i số 2. Tìm tất cả các cặp số nguyên
a2
dơng (a; b) thỏa m n
l một
2ab 2 b 3 + 1
số nguyên dơng.

TAP SAN TOÁN HỌC - 2007
17
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ - HOỉA BèNH

Lời giải. Giả sử cặp (a; b) thỏa m n b i

a2
toán. Do k =
> 0 nên 2ab2 2
3
2ab − b + 1
b
b3+1 > 0 v a ≥ .
2
Mặt khác, ta có a2 b2(2a - b) +1 > 0
nên hoặc a > b hoặc 2a = b (*)
Xét hai nghiệm (a1, a2) của phơng trình
2
a - 2kb2a + k(b3-1) = 0, víi gi¶ sư a1 ≥ a2
.Theo ®Þnh lý Vi- et, ta cã a1+a2 = 2kb2 ⇒ a1
kb2 > 0.
Hơn nữa, từ a1a2 = k(b3-1), ta cã 0 ≤ a2 =
k (b 3 − 1)
k (b 3 − 1)
≤
< b. KÕt hỵp víi
a1
kb 2
b
(*) ⇒ a2 = 0 hc a2 = 2 .
2
3
- NÕu a2 = 0 th× b - 1 = 0 ⇒ a1 = 2k, b =1.
b2
b2
b2 b

- NÕu a2 =
th× k =
v a1 =
.
2
4
2
2
Nh vậy, ta đ tìm đợc (a;b) dới dạng
(2t; 1) hc (t; 2t) hc (8t4- t; 2t), t ∈ N*.
Thư lại đều thấy thỏa m n.
Chú ý: Có thể suy đợc (*) bằng cách sau:
Xét h m f(b) = 2ab2- b3+1, h m n y tăng
4a
4a

trên 0; , giảm trên ;+ v ta có:
3
3

3
2
2
f(a) = a + 1 > a , f(2a-1) = 4a - 4a+2 > a2,
f(2a+1) = - 4a2- 4a < 0.
a2
Nếu b a v
nguyên dơng thì b =
f (b)
4a

2a. ThËt vËy, nÕu a ≤ b ≤
th× f(b) ≥ f(a)
3
a2
4a
> a2
< 1, vô lý. Còn nếu b >
f (b)
3
th× :


Phần I - Sáng tạo toán học.
i) Nếu b > 2a + 1 thì f(b) < f(2a+1) < 0,
vô lý.
ii) NÕu b ≤ 2a-1 th× f(b) ≥ f(2a-1) > a2, vô
lý.
B i 3. Mỗi cặp cạnh đối diện của lục giác
lồi có tính chất sau: khoảng cách
3
trung điểm của chúng gấp
lần tổng độ
2
d i của chúng.
Chứng minh rằng tất cả các góc của lục
giác bằng nhau.
Lời giải.
Cách 1. Ta sẽ chøng minh nhËn xÐt sau: NÕu
∠QPR ≥ 60 0 v L l trung điểm của QR thì
3

QR. Dấu bằng xảy ra khi v chỉ
2
khi PQR l tam giác đều.
Chứng minh nhận xét. Lấy S sao cho QRS
l tam giác đều v P nằm trong phần giao
của nửa mặt phẳng bờ QR chứa S với phần
hình tròn ngoại tiếp QRS.Vậy P nằm trong
cả (L, LS)
3
PL < LS =
QR (đpcm)
2

PL

Trở lại b i toán của ta, gọi lục giác lồi l
ABCDEF. XÐt mét ®−êng nèi trung ®iĨm N
cđa DE víi trung ®iĨm M cđa AB , AE ∩ BD
= P. Không mất tổng quát giả sử
APB 60 0 . Vì tổng 3 góc tạo bởi các
đờng chéo chính liên tiÕp b»ng 1800. Theo
nhËn xÐt trªn, ta cã :
3
MN =
(AB+DE) ≥ PM+PN ≥ MN
2
DÊu b»ng buéc x¶y ra theo gi¶
thiÕt ABP l tam giác đều. Đến lúc đó, ta

TAP SAN TOÁN HỌC - 2007

18
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ - HÒA BÌNH

cã thĨ gi¶ sư mét trong hai gãc còn lại tạo
bởi các đờng chéo chính 600 v chứng
minh tơng tự, ta có ngay ABCDEF có tất cả
các góc bằng nhau.
Cách 2. Sử dụng vectơ v nhận xét ở cách 1,
các bạn h y tự chứng minh (!).
B i 4. Cho ABCD l mét tø gi¸c néi tiÕp.
Gäi P, Q, R l các chân đờng vuông góc hạ
từ D xuèng BC, CA, AB. Chøng minh:
PQ=QR khi v chØ khi phân giác của
ABC , ADC v đờng chéo AC đồng quy.
Lời giải.
Cách 1. Ta biết P, Q, R thẳng h ng (đờng
thẳng Simsơn). Dễ d ng có đợc :
DCA ~ ∆DAR
∆DAB ~ ∆DPQ
∆DBC ~ ∆DRQ
QR
DB.
DA DR
BC = QR BA nªn PQ
⇒
=
=
PQ PQ BC
DC DP
DB.

BA
DA BA
= QR ⇔
=
(1)
DC BC
Theo tÝnh chất của đờng phân giác, (1)
xảy ra khi v
chỉ khi phân giác
ABC , ADC chia AC theo cùng một tỷ số,
tức l chúng đồng quy, (đpcm).

Cách 2. Giả sử phân giác ABC , ADC lần
LA BA
lợt cắt AC ở L v M. Tõ
=
v
LC BC
MA DA
=
⇒ L≡M khi v chØ khi
MC DC


Phần I - Sáng tạo toán học.
BA DA
=
AB.CD = CB.AD (1)
BC DC
Đặt = ACB , = CAB , ta cã: c¸c tø

gi¸c PDQC v APQR néi tiÕp nên PDQ
hoặc bằng hoặc bằng 1800 - . ∠QDR
hc b»ng γ hc b»ng 1800 - γ . Theo ®Ýnh
lý h m sè sin ta cã:
PQ = CDsin α , QR = ADsin γ
sin α DA
⇒ PQ = QR
=
sin
DC
sin BC
Mặt khác
=
nên ta có luôn
sin
BA
PQ = QR ⇔ AB.CD = CB. AD (2)
Tõ (1) v (2) suy ra đpcm.
B i 5. Cho n l số nguyên dơng v
x1 x2 ... xn l các sè thùc.
a) Chøng minh r»ng:
2

 n

2(n 2 − 1) n
2
 ∑ xi − x j  ≤
∑1(xi − x j )



3
i, j =
 i , j =1

b) Chøng minh r»ng dấu đẳng thức xảy ra
khi v chỉ khi x1,x2,...,xn l một cấp số cộng.
Lời giải.
a) Không mất tổng quát, ta giả sử
n

x
i =1

i

=0 (do 2 vế của bất đẳng thức (B§T)

chØ phơ thc (xi - xj)). Ta cã :
n

∑x

i , j =1

i

− x j = 2∑ (xi − x j )
i< j

= 2∑ xi (2i − n − 1) . Sư dơng B§T Cauchy i =1

Schwarz, ta cã:
2

n
n
 n

 ∑ xi − x j  ≤ 4∑ (2i − n − 1) 2 ∑ xi2


i =1
i =1
 i , j =1

n
n(n + 1)(n 1)
=4
xi2
3
i =1
Mặt khác, ta có:
n

i , j =1

− x j ) = n ∑ xi2 − ∑ xi

n

n

i =1

n

∑x
j =1

j

+

n

j =1

n

i =1

2

i

p p −1
sao cho nó
p 1
không đồng d với 1(mod p ) . Đặt −íc n y l

q v ta chøng minh ®ã l số cần tìm.
Thật vậy, giả sử tồn tại số tự nhiªn n sao
cho n p ≡ p (mod q ) .
mét −íc nguyªn tè cđa

Ta cã n p ≡ p p 1(mod q) (theo định
nghĩa của q). Mặt khác, từ định lý nhỏ
Fermat n q 1 1(mod q ) .Tõ p 2 / q − 1 , ta cã :
( p 2 , q − 1) = q .
Tõ
®ã
dÉn
®Õn
2

n

∑ (x

2

 n

2(n 2 − 1) n
2
 ∑ xi − x j  ≤
∑1(xi − x j )


3

i, j =
 i , j =1

b) DÊu b»ng x¶y ra nÕu xi = k(2i-n-1) víi
k n o ®ã, nghÜa l x1, x2, ..., xn l một cấp số
cộng. Mặt khác, giả sử x1, x2, ..., xn l mét
cÊp sè céng víi c«ng sai d. Ta cã:
x + xn
d
xi = (2i − n 1) + 1
. Giảm tất cả
2
2
x + xn
đi một lợng 1
, ta thu đợc
2
n
d
xi = (2i n 1) v ∑ xi = 0. Tõ ®ã, ta
2
i =1
cã đẳng thức.
B i 6. Cho p l một số nguyên tố. Chứng
minh rằng: tồn tại số nguyên tố q thỏa m n
víi mäi sè nguyªn n, sè np - p không chia hết
cho q.
p p 1
Lời giải. Ta có:
= 1 + p + ... + p p −1 = p −1

≡ p + 1(mod p 2 ) . Do ®ã ta cã thÓ lÊy Ýt nhÊt

i =1

+ n∑ x 2 = 2n∑ xi2 . Do vËy nªn:
j

TẬP SAN TOÁN HỌC - 2007
19
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ - HÒA BÌNH

n p ≡ 1(mod q ) , nªn ta cã p ≡ 1(mod q ) . H¬n

thÕ, 1+p+p2+...+pp -1≡ p (mod q), theo cách
lấy q ta có p0 (mod q), vô lý.
Vậy ta có đpcm.
Cuối cùng, rất mong các bạn sẽ luôn say
mê, tìm tòi để học tốt bộ môn toán. Các bạn
h y quyết tâm thật cao v h y tin rằng: Chỉ
biết rằng cuối cùng chúng tôi sẽ thắng !


Phần I - Sáng tạo toán học.

SO PHệC VễI HèNH

HOẽC PHANG

Vũ Hữu Phơng
Chuyên Toán K00 03

Sv. Lớp ĐT8 K48, Khoa Điện tử Viễn thông - ĐH Bách Khoa H Nội

Các

bạn thân mến, để giải các b i toán
hình học phẳng, chúng ta có khá nhiều
phơng pháp nh sử dụng vector, tọa độ, các
phép biến hình.. nhng có lẽ số phức l công
cụ m nhiều bạn còn cha hoặc ít sử dụng vì
tính mới lạ của nó. B i viết n y xin đợc trao
đổi với các bạn một số kinh nghiệm m tôi
có về số phức.
I. Định nghĩa số phức.
Trớc hết, các bạn h y l m quen với đơn
vị ảo m ngời ta kí hiệu l i đợc xác định
bởi đẳng thức: i2 = -1 (điều n y cho phép
khai căn bất kì số thực n o).
Với đơn vị ảo, ngời ta thiết lập các biểu
thức dạng: z = a +ib; a, b R (1).
1. Định nghĩa.
Mỗi biểu thức z = a +ib; a, b R đợc
gọi l một số phức.
2. Một số khái niệm liên quan.
Trong biểu thức (1), a đợc gọi l phần
thực, b đợc gọi l phần ảo của số phức z.
Để gän h¬n, ng−êi ta kÝ hiƯu:
a = im(z) = I(z); b = re(z) = R(z).
Biểu thức (1) đợc gọi l biểu diễn đại số
của số phức v các bạn chú ý r»ng khii b = 0
th× z = a l mét sè thùc, khi a = 0, b ≠ 0 thì

ta gọi z = ib l số thuần ảo.
Số phức z = a - ib đợc gọi l số phức
liên hợp của số phức z.
Tập hợp các số phức z ®−ỵc kÝ hiƯu l
C = {a + ib / a, b ∈ R} .
II. PhÐp tÝnh trªn C.
TÝnh chÊt giao hoán, kết hợp trong C
giống nh trong R.
Các phép cộng, trừ, nhân, chia những số
phức với biểu diễn đại số nh− sau:
1. (a+ib) + (c+id) = (a+c) + i(b+d)
2. (a+ib) - (c+id) = (a-c) + i(b-d)
3. (a+ib)(c+id) = (ac-bd) + i(ad+bc)

TẬP SAN TOÁN HỌC - 2007
20
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ - HÒA BÌNH

a + ib ac + bd
bc − ad
= 2
+i 2
, ở đây c2+d2
2
2
c + id c + d
c +d
> 0.
III. Dạng hình học, lợng giác của số
phức. NhÃn.

1. Dạng hình học.
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, nếu ®iĨm M
cã täa ®é M(a;b) th× ng−êi ta biĨu diƠn nã
bëi sè phøc z = a +ib, gäi l nh n của điểm
M.

4.

Tóm lại: iểm M(a;b) có nh n l z = a +
ib. Ng−êi ta còng nãi vector OM có nh n
l z = a +ib.
2. Dạng lợng giác.
Vẫn với điểm M trên (khác gốc tọa độ), ta
xét góc định hớng = (Ox, OM ) . Đặt r
a
b
= a 2 + b 2 ta cã cos ϕ = , sin ϕ = , do ®ã
r
r
z = r ( cos ϕ + i sin ϕ ) (2)
BiĨu diƠn (2) đợc gọi l biểu diễn lợng
giác của số phức z.
Ngời ta gäi r l modul cđa z, kÝ hiƯu z
§ång thêi, gäi ϕ l argument cđa z, viÕt t¾t
l argz, tất nhiên argz nhận vô số giá trị :
argz = ϕ + k2 π , k ∈ Z, v ta th−êng dïng ϕ
∈ [0; 2 π ]. Víi hai sè phøc
z1 = r1 ( cos ϕ1 + i sin ϕ1 )

z2 = r2 ( cos ϕ 2 + i sin ϕ2 ) ta cã:

Phần I - Sáng tạo toán học.
z2 z2 = r1r2 cos (ϕ1 + ϕ2 ) + i sin (ϕ1 + ϕ2 ) 



= arg(c.f.q) =

z1 r1
=  cos (ϕ1 − ϕ 2 ) + i sin (ϕ1 − ϕ2 ) 

z2 r2 

= arg(1 + i )(2 + i )(3 + i ) = arg(10i ) =


2

(đpcm)

Để cho tiện, bắt đầu từ đây ta kí hiệu
điểm bởi chữ in hoa v nh n cđa nã l ch÷ in
th−êng. VÝ dơ: ®iÓm Z cã nh n l z = a + ib.
Bây giờ, ta xét hai điểm Z1, Z2 có nh n
t−¬ng øng l
z1 = r1 ( cos ϕ1 + i sin ϕ1 )

z2 = r2 ( cos ϕ 2 + i sin ϕ2 )
Lóc n y th× tỉng z3 = z1 + z2 sẽ biểu diễn

vị trí của điểm Z3 m
OZ 3 = OZ1 + OZ 2
HiÖu w = z1 - z2 sÏ l nh n cña Z1 Z 2 .
Góc định hớng

(OZ , OZ ) = arg z arg z
1

2

1

2

= arg

Víi 4 ®iĨm Z1, Z2, U1, U2, ta cã:
U −U2
arg Z1Z 2 , U1U 2 = arg 1
Z1 − Z 2
IV. TÝnh chÊt.
1) z + z = 2R(z)
2) z1 z 2 = z1 z 2 ; z1 + z 2 = z1 + z 2
3) z. z = z 2

(

z1
z2

B i to¸n 2. Cho tø gi¸c låi ABCD. Dựng ra
phía ngo i các tam giác cân đồng dạng
ABP,BCD,CDR,DAS, m P,Q,R,S tơng ứng
l các đỉnh cân. Chứng minh: nếu PQRS l
h×nh b×nh h nh th× ABCD cịng l h×nh bình
h nh.
Lời giải.

)

4) Z1Z 2 U1U 2

z 2 − z1 z 2 − z1
=
u 2 − u1 u 2 u1

(

)

V. Một số b i toán.

Đặt AB, AP = , thế thì = arg

B i toán 1. Cho ba hình vuông ABCD,
BEFC, EPQF nh hình vẽ. Chøng minh

l

r»ng: ∠ ACD + ∠ AFD + ∠ AQD =

2

.

Lời giải. Dựng hệ trục tọa độ nh hình vẽ v
nhận AB l m vectơ đơn vị của trục ho nh.
Suy ra nh n cña A, B, C, D, E, F, P, Q t−¬ng
øng l : a = 0; b =1; c =1 + i; d = i; e =2; f
= 2 + i; p =3; q =3 + i.
Tõ ®ã: ∠ACD + ∠AFD + ∠AQD =
= (AB,AC) + (AE,AF) + (AP,AQ) =
= argc + argf + argq =
TAÄP SAN TOÁN HỌC - 2007
21
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ - HÒA BÌNH

p − a AP
=
( cos ϕ + i sin ϕ )
p − b AB

p−a
hay
p −b

AP
1

p−a 1
=
nªn
= (1+tg ϕ ) suy
AB 2 cos ϕ
p−b 2
1
ra p = (1 + tgϕ )( b − a ) + a .
2

m

T−¬ng tù nh− vËy ta còng cã:
q=

1
(1 + tagϕ )( c − b ) + b ,
2