Abel và định lý lớn của ông (Tiếp theo kỳ trước) ppt

B¶n tin To¸n häc (Bé m«n To¸n trêng PTNK) - sè 03 - 1
Trong số này:
- Abel vµ ®Þnh lý lín cđa «ng (tiÕp theo).
- Lêi gi¶i vµ nhËn xÐt c¸c ®Ị to¸n sè 02.
- §Ị ra kú nµy.
- Liªn hƯ gi÷a d·y sè vµ d·y ®a thøc.
- Giíi thiƯu gi¶i thëng Wolf.
- TiÕng Anh qua c¸c bµi to¸n.
Abel vµ ®Þnh lý lín cđa «ng (TiÕp theo kú tríc)
V.Tikhomirov (Ngêi dÞch: TrÇn Nam Dòng)
§Þnh lý Abel. §èi víi mçi sè tù nhiªn n lín
h¬n bèn kh«ng thĨ t×m ®ỵc c«ng thøc biĨu diƠn
nghiƯm cđa mäi ph¬ng tr×nh bËc n th«ng qua c¸c
hƯ sè cđa nã sư dơng c¨n thøc vµ c¸c phÐp to¸n
sè häc.
Chóng ta sÏ chøng minh ë ®©y mét ®iỊu m¹nh
h¬n, vµ chÝnh lµ tån t¹i mét ph¬ng tr×nh (cơ thĨ)
bËc n¨m víi hƯ sè nguyªn kh«ng gi¶i ®ỵc b»ng
c¨n thøc.
VÝ dơ sÏ lµ ph¬ng tr×nh p(x) = x
5
− 4x − 2 = 0
Cã thĨ chøng minh ®ỵc (h·y thư tù lµm ®iỊu nµy)
r»ng ®a thøc p(x) kh«ng thĨ ph©n tÝch ®ỵc thµnh
c¸c thõa sè bËc nhá h¬n víi hƯ sè h÷u tØ (nh÷ng
®a thøc nh vËy ®ỵc gäi lµ bÊt kh¶ quy- vỊ tÝnh
chÊt cđa chóng xem trong phÇn Phơ lơc).
TÝnh kh«ng gi¶i ®ỵc b»ng c¨n thøc cđa ph¬ng
tr×nh p(x) = 0 ®ỵc suy ra tõ kÕt qu¶ nỊn t¶ng sÏ
®ỵc chóng ta chøng minh díi ®©y: nÕu ph¬ng
tr×nh bÊt kh¶ quy bËc n¨m gi¶i ®ỵc b»ng c¨n

thøc th× nã hc cã 5 nghiƯm thùc hc cã duy
nhÊt mét nghiƯm thùc. Ta chøng minh r»ng ph-
¬ng tr×nh cđa chóng ta cã 3 nghiƯm thùc. Ký
hiƯu c¸c nghiƯm cđa ph¬ng tr×nh nµy lµ x
1
, x
2
, x
3
,
x
4
, x
5
. Theo ®Þnh lý ViÌtte (xem Phơ lơc), σ
1
=
∑
1
5
x
k
= 0 (bëi v× tỉng c¸c nghiƯm b»ng hƯ sè cđa
x
4
, mµ nã b»ng 0). TiÕp theo σ
2
= ∑
1
5

x
k
x
l
= 0 (v×
tỉng c¸c tÝch cỈp b»ng hƯ sè cđa x
3
, mµ nã còng
b»ng 0). Nhng khi ®ã s
2
= ∑
1
5
x
k
2
= σ
1
2
− 2σ
2
= 0,
tõ ®©y suy ra p(x) kh«ng thĨ cã 5 nghiƯm ®Ịu
thùc. Nh vËy p(x) cã nghiƯm phøc a + bi. Nhng
khi ®ã a − bi còng lµ nghiƯm. MỈc kh¸c, ph¬ng
tr×nh cđa chóng ta cã kh«ng díi ba nghiƯm thùc
v× p(−2) = − 26, p(−1) = 1, p(1) = −5, p(2) = 22
vµ sù tån t¹i ba nghiƯm ®ỵc suy ra tõ ®Þnh lý vỊ
c¸c gi¸ trÞ trung gian cđa hµm sè liªn tơc. Nh vËy
chóng ta ®· chøng minh ®ỵc r»ng ®a thøc p(x) cã

®óng ba nghiƯm thùc.
(Chøng minh trªn lµ mét chøng minh ®¹i sè vµ
®Þnh lý ViÌtte sÏ cßn ®ỵc sư dơng ë c¸c phÇn tiÕp
theo. Tuy nhiªn kh¼ng ®Þnh ph¬ng tr×nh ®· cho
kh«ng thĨ cã 5 nghiƯm thùc cã thĨ chøng minh
dƠ dµng b»ng gi¶i tÝch: nÕu nã cã 5 nghiƯm thùc
th× theo ®Þnh lý Rolle ph¬ng tr×nh p’(x) = 5x
4
− 4
ph¶i cã 4 nghiƯm thùc, trong khi nã chØ cã 2
nghiƯm thùc).
Chøng minh kh¼ng ®Þnh chÝnh
Gi¶ sư p(x) = x
5
+ ∑
0
5
a
k
x
k
(trong ®ã a
k
lµ c¸c sè
h÷u tØ) lµ ®a thøc bÊt kh¶ quy (tøc lµ ®a thøc,
kh«ng ph©n tÝch ®ỵc thµnh tÝch cđa hai ®a thøc
cã bËc nhá h¬n), gi¶i ®ỵc b»ng c¨n thøc. §iỊu
nµy cã nghÜa lµ nghiƯm cđa nã thu ®ỵc tõ tËp hỵp
tÊt c¶ c¸c ph©n thøc b»ng c¸ch bỉ sung thªm c¸c
c¨n thøc nµo ®ã. VÝ dơ nghiƯm cđa ®a thøc bËc

hai thu ®ỵc b»ng c¸ch bỉ sung thªm vµo c¸c
ph©n sè c¸c sè d¹ng p
1
+ p
2
√a , trong ®ã a lµ
ph©n sè kh«ng chÝnh ph¬ng, cßn nghiƯm cđa ph-
¬ng tr×nh x
3
+ px + q thu ®ỵc b»ng c¸ch bỉ sung
vµo cho c¸c ph©n sè ®Çu tiªn lµ c¨n thøc d¹ng
√a , sau ®ã lµ c¸c sè d¹ng q
1
+ q
2
3
√c + q
2
3
√c
2
,
trong ®ã c = p
1
+ p
2
√a. C¸c sè cã d¹ng b + √a
cã thĨ céng, trõ, nh©n vµ chia (tÊt nhiªn lµ trõ
BẢN TIN TOÁN HỌC
BỘ MÔN TOÁN – TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU

Số 03
Tháng 11-2003
Bản tin Toán học (Bộ môn Toán trờng PTNK) - số 03 - 2
chia cho 0). Những tập hợp số nh vậy đợc gọi là
trờng. Các số dạng q
1
+ q
2
3
c + q
2
3
c
2
trong đó
c = p
1
+ p
2
a còn q
i
, p
j
là các phân số cùng lập
thành một trờng. Nếu nh p(x) giải đợc bằng căn
thức thì điều này có nghĩa là có thể lần lợt bổ
sung các căn số dạng
n1
a
1

và thu đợc trờng
hạng 1 P
1
, sau đó lại bổ sung nghiệm
n2
a
2
trong
đó a
2
thuộc P
2

Gọi P là trờng số thu đợc từ tập hợp các số hữu tỷ
bằng cách bổ sung thêm tất cả các căn trừ căn
cuối cùng r =
n
a, trong đó a thuộc P và a
n
với mọi thuộc P. Không mất tính tổng quát có
thể giả sử n là số nguyên tố (vì nếu n không
nguyên tố thì nó có thể viết dới dạng n = n
1
p,
trong đó p nguyên tố, nh vậy đầu tiên ta bổ sung
n1
a = a
1
, sau đó là
p

a
1
).
Theo định nghĩa, p(x) có nghiệm trong P(
n
a) (ta
sẽ ký hiệu trờng số thu đợc bằng cách bổ sung
vào trờng P căn
n
a nh vậy). Mọi số thuộc P(
n
a)
đều biểu diễn dới dạng đa thức bậc n1 của r với
hệ số trong P (xem Phụ lục). Ta sử dụng ở đây
tính chất: nếu P là trờng số và r =
n
a , trong đó n
số nguyên tố, a
n
với thuộc P, thì mọi phần
tử x của P(
n
a) sẽ biểu diễn một cách duy nhất d-
ới dạng x =
0
n-1

k
r
k

. Kết quả này có thể chứng
minh trực tiếp một cách dễ dàng.
Nh vậy, giả sử x
1
là nghiệm thực của đa thức p(x)
(mà nghiệm thực của một phơng trình bậc 5 thì
luôn tồn tại - điều này suy ra từ tính chất hàm số
liên tục nhận mọi giá trị trung gian; đa thức bậc
5 với hệ số cao nhất dơng sẽ dần đến cộng vô
cùng khi x dần đến cộng vô cùng, dần đến trừ vô
cùng khi x dần đến trừ vô cùng, do đó phải có
nghiệm). Ta viết x
1
dới dạng x
1
=
0
n-1

k
r
k
với
hệ số thuộc P. Giả sử = e
2

i/n
là căn nguyên
thuỷ của đơn vị và x
k

=
0
n-1

k

(k-1)j
r
j
, 1 k n.
Ta thu đợc n số thuộc P(
n
a). Xét đa thức
q(x) = (x-x
1
)(x-x
2
) (x-x
n
) = x
n

1
x
n

1
+
2
x

n

2
+ (1)
n

n
.
Khi đó
1
=
1
n
x
k
= n
0
, nghĩa là số hạng thứ
hai của đa thức q(x) thuộc trờng P. Tiếp theo,
bằng cách bình phơng, ta thu đợc s
2
=
1
n
x
k
2
-
cũng là số thuộc P, từ đó áp dụng công thức s
2

=

1
2
2
2
(và từ đẳng thức
1
= s
1
) ta thu đợc là
hệ số thứ ba của đa thức q cũng thuộc P. Tiếp
theo, chúng tôi đề nghị các bạn kiểm tra rằng
tiếp tục cũng sẽ nh vậy: tất cả hệ số của đa thức q
đều là các số thuộc P (nếu bạn muốn chứng minh
điều này, hãy sử dụng công thức Newton biểu
diễn
k
nh các đa thức của s
1
, , s
k
).
Chú ý rằng nếu nh đa thức P(x) nào đó có
nghiệm là r thì nó có nghiệm
k
.r. Thật vậy, các
đa thức P và Q(x) = x
n
a có nghiệm chung, và

Q bất khả quy nên P chia hết cho Q và do đó mọi
x
k
là nghiệm của P(x).
Hơn nữa, có thể chứng minh đợc rằng nếu đa
thức bất khả quy P bậc nguyên tố n trở thành khả
quy khi bổ sung căn thức bậc k, trong đó k cũng
là số nguyên tố, thì k = n. Chúng ta sẽ không đa
ra ở đây chứng minh của kết quả này. Từ đây có
thể suy ra đợc rằng đa thức q(x) là luỹ thừa của
đa thức p(x). Nhng vì bậc của các đa thức này
nguyên tố nên n (bậc của q) chia hết cho 5 và vì
n là số nguyên tố nên n = 5 và các đa thức p và q
trùng nhau.
Nh vậy p(x) = (xx
1
) (xx
5
), trong đó x
1
là số
thực, còn x
k
=
0
+
1

k

1
.r + +
4

4(k

1)
.r
4
, r =
5
a , 1 k 5. Thêm vào đó, có thể coi rằng số
đã đợc bổ sung vào P, vì
5
1 biểu diễn đợc qua
căn bậc 2 chồng (ta dựng đợc hình ngũ giác đều
bằng thớc và compa!). Có thể xảy ra hai trờng
hợp: 1) a là số thực 2) a không thực.
Ta xét trờng hợp thứ nhất. Vì P nên có thể
coi rằng chính r cũng thực. Ta ký hiệu x
1
là
nghiệm thực của đa thức p. Khi đó x
1
=
0
+
1
.r + +
4

.r
4
, nh vậy x
1
=
0
+
1
.r + +

4
.r
4
( c ký hiệu số phức liên hợp của c - đây
không phải là ký hiệu chuẩn, chỉ dùng trong bài
này, ký hiệu chuẩn dùng gạch ngang ở bên trên),
và, từ tính duy nhất của biểu diễn nghiệm, ta suy
ra tất cả các
i
đều thực. Nhng khi đó thì tất cả
các nghiệm còn lại đều phức. Ta chứng minh,
chẳng hạn cho x
2
. Ta có x
2
=
0
+
1
.r + +

4

4
.r
4
. Khi đó x
2
=
0
+
1

4
.r + +
4
.r
4
.
Nếu nh x
2
= x
2
thì từ tính duy nhất của biểu diễn,
suy ra
1
=
1

4

, từ đó
1
= 0, tơng tự
2
=
3
=
4
= 0, mâu thuẫn.
Bây giờ ta xét trờng hợp thứ hai, khi a có modul
và argument 0 và có thể giả sử rằng r =
5
a.e
i

/5
. Đặt R =
5

2
. Khi đó 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 là số thực) vấn đề lại đa về với trờng
hợp trớc, và, có nghĩa là p có nghiệm thực duy
nhất. Còn lại trờng hợp b). Khi đó x
1
=
0

+
1
.r
+ +
4
.r
4
= x
1
=
0
+
1
.r + +
4
.r
4
= (r
5
/a)
(
0
+
1
.R/r + +
4
.(R/r)
4
=
0

+
4
(R
4
/a).r
+ +
1
(R/a).r
4
B¶n tin To¸n häc (Bé m«n To¸n trêng PTNK) - sè 03 - 3
Tõ ®©y, do tÝnh duy nhÊt cđa biĨu diƠn, ta ®i ®Õn
c¸c ®¼ng thøc
α
0
= α
0
, α
1
= α
4
(R
4
/a), α
2
= α
3
(R
3
/a), α
3

= α
2
(R
2
/a), α
4
= α
1
(R/a).
Tõ c¸c hƯ thøc nµy dƠ dµng chøng minh r»ng c¸c
nghiƯm cßn l¹i x
k
®Ịu thùc. Ta chøng minh ®iỊu
nµy, ch¼ng h¹n cho x
2
. Ta cã:
x
2
= α
0
+ α
1
ε.r + + α
4
ε
4
.r
4
.
nh vËy

x
2
= α
0
+ α
1
ε.r + + α
4
ε
4
.r
4
= α
0
+
α
4
(R
4
/a)ε.r + + α
1
(R/a)ε
4
.r
4
= x
2
Nh vËy hc tÊt c¶ nghiƯm cđa p ®Ịu thùc, hc
chØ cã mét nghiƯm. Nhng ph¬ng tr×nh x
5

−4x−2
= 0 cã ba nghiƯm thùc. Cã nghÜa lµ nghiƯm cđa
ph¬ng tr×nh nµy kh«ng thĨ biĨu diƠn qua c¨n
thøc. §Þnh lý Abel ®ỵc chøng minh.
(TrÇn Nam Dòng, dÞch tõ T¹p chÝ Kvant, sè 1/2003)
GIẢI BÀI KỲ TRƯỚC
Bµi 1: Cho a, b, c, d , m là các số tự nhiên và
a + d , (b
−
1)c , ab – a + c chia hết cho m.
Chứng minh rằng ab
n
+ cn + d chia hết cho
m với mọi số tự nhiên n.
Lời giải. Đặt T
n
= a.b
n
+ c.n + d,
∀
n
∈
N.
Ta chứng minh “T
n
chia hết cho m” (*) bằng
qui nạp theo n.
- Với n = 0 ta có: T
0
= (a +d)

M
m ( theo gt)
do đó (*) đúng với n = 0.
- Giả sử (*) đúng với n = k, nghóa là T
k

M
m.
- Ta chứng minh (*) đúng với n = k+1.
Thật vậy, ta có T
k+1
– T
k
=
= a.b
k+1
– a.b
k
+ c
= b
k
.(a.b – a + c) – b
k
.c + c
= b
k
.(a.b – a + c) – c.(b
k
–1)
= b

k
(ab – a + c) – c(b -1)(b
k-1
+ + b + 1).
Do đó: (T
k+1
– T
k
)
M
m ( vì theo giả thiết ta
có ab – a + c và (b–1)c
M
m). Mà T
k

M
m
(theo giả thiết qui nạp), nên T
k+1

M
m.
Vậy T
n

M
m
∀
n

∈
N.
Nhận xét: Đây là 1 bài toán dễ. Tất cả các
bạn tham gia giải đều giải đúng và tốt bài
toán này.
Bài 2 Cho H
n
là dãy Fibơnaci tổng qt: H
n
=
H
n
−
1
+ H
n
−
2
với mọi n > 2 và H
1
, H
2
là số
ngun .
a) Hãy tìm T phụ thuộc vào H
1
, H
2
sao cho
H

2n
H
2n+2
+ T, H
2n
H
2n+4
+ T , H
2n
−
1
H
2n+2
− T,
H
2n
−
1
H
2n+3
+ T đều là các số chính phương .
b) Chứng minh T duy nhất .
Lời giải. Ta có H
n
2
– H
n
−
1
H

n+1
= H
n
(H
n
−
1
+H
n
−
2
)
− H
n
−
1
(H
n
+H
n
−
1
) = −(H
n
−
1
2
–H
n
−

2
H
n
).
Dùng qui nạp và áp dụng cơng thức trên ta
chứng minh được:
H
n
2
– H
n
−
1
H
n+1
=(−1)
n
−
2
( H
2
2
– H
1
H
3
) = (−1)
n
(H
2

2
– H
2
H
1
– H
1
2
).
Mặt khác,
H
n
2
– H
n
−
2
H
n+2
= H
n
2
– (H
n
– H
n
−
1
)(H
n+1

+ H
n
)
= −H
n
(H
n+1
– H
n
−
1
) + H
n
−
1
H
n+1
= −(H
n
2
– H
n
−
1
H
n+1
) = (−1)
n+1
( H
2

2
– H
2
H
1
− H
1
2
).
Xét T = (H
1
2
+ H
1
H
2
− H
2
2
), dễ thấy T thỏa
mãn điều kiện đề bài
B¶n tin To¸n häc (Bé m«n To¸n trêng PTNK) - sè 03 - 4
b) Chứng minh T duy nhất. Thật vậy, giả sử
tồn tại T
1
≠ T thoả điều kiện đề bài. Ta có
H
2n+1
2
– H

2n
H
2n+2
= (−1)
2n+1
(H
2
2
– H
2
H
1
− H
1
2
)
= −(H
2
2
– H
2
H
1
– H
1
2
) = T.
Suy ra, H
2n+1
2

+ T
1
−T = H
2n
H
2n+2
+ T
1
= K
2
.

Do
đó
|T
1
−T| = |(K−H
2n+1
)(K+ H
2n+1
)|
≥
|H
2n+1
| (*)
Dễ thấy: H
n
tiến đến ∞ khi n tiến đến ∞, nên
H
2n+1

2
tiến đến +∞ khi n tiến đến ∞. Do đó tồn
tại t sao cho |H
2t+1
| > T
1
−T mâu thuẫn với (*).
Vậy điều giả sử sai. Do đó tồn tại duy nhất T
thoả đề bài.
Bµi 3: Cho n ≥ 2 vµ n sè thùc kh«ng ©m x
1
,
x
2
, , x
n
tho¶ m·n ®iỊu kiƯn x
1
+ + x
n
= 1.
T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cđa biĨu thøc
4 5
1
( )
n
i i
i
S x x
=

= −
∑
.
Lời giải. (Dựa theo lời giải của bạn Nguyễn
Hoài Phương, lớp 12T
1
)
Trước hết ta có bổ đề đơn giản sau đây:
Cho 0
≤
a
≤
1/2 và 0
≤
b
≤
1/3. Chứng minh
rằng (a+b)
4
– (a+b)
5

≥
(a
4
– a
5
) + (b
4
– b

5
).
(*)
Thật vậy, ta có
(a+b)
4
– (a+b)
5

≥
(a
4
– a
5
) + (b
4
– b
5
)
⇔ (4a
3
b + 4ab
3
+ 6a
2
b
2
) − (5a
4
b + 5ab

4
+
10a
2
b
3
+ 10a
3
b
2
) ≥ 0
⇔ (4a
2
+ 4b
2
+6ab) − (5a
3
+5b
3
+10ab
2
+10a
2
b)
≥ 0
⇔ (1/2 − a)( 5a
2
+14b
2
/3+11ab/2 ) + (1/3−b)

(5b
2
+ 9a
2
/2 + 16ab/3) + 53ab/36 ≥ 0.
Vậy (*) đúng. Dấu “=” xảy ra ⇔ ab = 0.
Trở lại bài toán:
Đặt F(x
1
, x
2
, …, x
n
) =
4 5
i
1
(x )
n
i
i
x
=
−
∑
Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử x
1
≥ x
2
≥ … ≥ x

n
≥ 0.
Với n = 2 ta có F(x
1
, x
2
) = (x
1
4
− x
1
5
) + (x
2
4
–
x
2
5
) = x
1
4
(1 − x
1
) + x
2
4
(1 – x
2
) = x

1
4
x
2
+ x
2
4
x
1
=
x
1
x
2
(x
1
3
+x
2
3
) = x
1
x
2
(x
1
+ x
2
)(x
1

2
+ x
2
2
–x
1
x
2
) =
x
1
x
2
(x
1
2
+ x
2
2
– x
1
x
2
) = (1/3)(3x
1
x
2
)(x
1
2

+ x
2
2
–
x
1
x
2
) ≤ (1/3)((x
1
2
+x
2
2
+2x
1
x
2
)/2)
2
= 1/12.
Dấu “=” xảy ra ⇔ 3x
1
x
2
= x
1
2
+ x
2

2
– x
1
x
2
⇔
x
1
.x
2
=1/6. Mà theo giả thiết, x
1
+ x
2
= 1 và
x
1
, x
2

≥
0, do đó x
1,2
= (3 ±
3
)/6.
Với n > 2. Do x
1
≥ x
2

≥… ≥ x
n
≥ 0 nên 0 ≤ x
n
−
1
≤
1/(n−1) ≤ 1/2 và 0 ≤ x
n
≤ 1/n ≤ 1/3.
Do đó, áp dụng bổ đề ta có
(x
n
−
1
+x
n
)
4
–(x
n
−
1
+x
n
)
5
≥
(x
n

−
1
4
–x
n
−
1
5
)+(x
n
4
–x
n
5
).
Suy ra:
F(x
1
, x
2
, …, x
n-1
+x
n
)
≥
F(x
1
, x
2

, …, x
n
).(1)
Dấu “=” xảy ra ⇔ x
n
−
1
x
n
= 0 ⇔ x
n
= 0
(do x
n
−
1
≥ x
n
≥ 0) (2)
Tiếp tục giảm n như vậy cho đến khi n = 2.
Mà theo chứng minh trên thì
Max F(x
1
, x
2
) = 1/12, (3)
xảy ra khi x
1
= (3+
3

)/6, x
2
= (3−
3
)/6 (4)
Từ (1) & (3) suy ra F(x
1
, x
2
, …, x
n
)
≤
1/12.
Từ (2) & (4) ta được dấu “=” xảy ra ⇔ x
1
=
(3+
3
)/6, x
2
= (3−
3
)/6 và x
i
= 0 với i >2.
Nhận xét: Đây là 1 bài toán khá hay. Có rất
ít các bạn giải bài toán này. Như bạn Phương
cho hướng giải khá tốt tuy nhiên trong trình
bày vẫn còn nhiều chỗ chưa tốt. Mong các

bạn sẽ trình bày tốt hơn trong những bài sau.
Các bạn thử giải bài toán khi thay số 1 trong
đề bài bởi số a > 0 thì sẽ thấy khá thú vò.
Ngoài ra, các bạn còn có thể mở rộng bài
toán bằng cách thay số mũ 4, 5 bằng các số
mũ k, l với k < l. Hy vọng sẽ nhận được bài
mở rộng của các bạn.
B¶n tin To¸n häc (Bé m«n To¸n trêng PTNK) - sè 03 - 5
Bµi 4: Cho a lµ sè nguyªn. Chøng minh r»ng
mäi íc nguyªn tè cđa
2.6 6
1
n n
a a− +
®Ịu cã
d¹ng 6
n+1
k+1 (n lµ sè nguyªn d¬ng).
Lời giải: Gọi p là ước ngun tố của
2.6 6
1
n n
a a− +
.
Dễ thấy p khơng chia hết cho 3.
2.6 6
1
n n
a a− +
≡

0 (mod p) (1)
Mà
3.6 6 2.6 6
1 ( 1)( 1)
n n n n
a a a a+ = + − +
Nên
3.6
1
n
a +
≡
0 (mod p) (2)
Suy ra
1
6
n
a
+
≡
1 (mod p)
Gọi h là cấp của a theo mod p.
Suy ra: h |
1
6
n+
.
Do đó h có dạng h =
3 .2
k t

( k, t
≤
n+1)
Xảy ra các trường hợp:
- Nếu t ≤ n, dễ thấy
3.6
n
a
≡
0 (mod p) ( vơ lý).
- Nếu t = n+1 và k ≤ n, suy ra
2.6
1
n
a ≡
(mod p)
Kết hợp với (1) suy ra :
6
n
a
≡
2 (mod p), suy ra
3.6
n
a
≡
8 (mod p) (3)
Từ (2) & (3) suy ra p | 9
⇒
p = 3.( vơ lý)

- Nếu t = n+1 và k =n+1, suy ra h =
1
6
n+
. Do
đó
1
6
n+
| p-1.
Do đó ta có điều cần chứng minh.
Nhận xét: Đây là 1 bài tốn tương đối hay. Kỹ
thuật của bài tốn khơng phải là khó lắm,
nhưng có ít bạn tham gia giải bài. Các bạn sau
đây có lời giải đúng : Lương Minh Thắng -
11T, Nguyễn Hồi Phương - 12T.
Bµi 5: Lơc gi¸c låi ABCDEF cã ABF lµ tam
gi¸c vu«ng c©n t¹i A. BCEF lµ h×nh b×nh hµnh.
AD = 3, BC = 1, CD + DE =
2 2
. TÝnh diƯn
tÝch lơc gi¸c.
Lời giải. Thực hiện phép quay
0
90
A
Q
−
: B
→

F,
D
→
D’, C
→
C’.
Ta có: FC’ = BC & FC’
⊥
BC.
Mà: EF //= BC nên tam giác EF’C vuông cân
tại F.
Do đó: C’E = EF
2
= BC
2
=
2
. (1)
Ta lại có C’D’ = CD nên C’D’ + DE = CD +
DE = 2
2
. (2)
Mà tam giác ADD’ vuông cân tại A nên DD’
= AD
2
= 3
2
. (3)
Từ (1), (2) & (3) ta suy ra D’C’ + C’E + ED =
D’D, nên D, E, C’, D’ thẳng hàng.

Do đó :
S
ABCDE
= S
ABCD
+ S
ADEF
= S
AFC’D’
+S
ADEF
= S
ADD’
−
S
EFC’
= 4 (đvdt).
Vậy: S
ABCDE
= 4 (đvdt).
Nhận xét: Đây là 1 bài toán khá đơn giản.
Tuy nhiên, để có được 1 cách giải hay và
ngắn gọn thì không phải là dễ.
Phần thưởng tháng 10 sẽ được trao cho các bạn: Nguyễn Hoài Phương (lớp 12T1) và bạn Lương
Minh Thắng (lớp 11 Toán).
.
Liên hệ giữa dãy số và dãy đa
thức
Nguyễn Đăng Khoa (12 Tốn)
Giữa đa thức và số ngun có nhiều điểm tương

đồng. Vì vậy giữa dãy
số ngun và dãy đa
thức cũng có nhiều nét
giống nhau. Bài viết
này xin trình bày một
số nét giống nhau đó.
I. Dãy truy hồi tuyến
tính cấp 2:
Cho trước x
0,
x
1,
a, b ∈ Z. Xét những dãy số
ngun dạng:
x
n+2
= ax
n+1
+ bx
n
∀n≥0
(∗)
Trước khi thực hiện việc
tương tự hóa cho đa thức, ta
B¶n tin To¸n häc (Bé m«n To¸n trêng PTNK) - sè 03 - 6
xét 1 vài bài toán liên quan đến dãy có dạng (*)
và kinh nghiệm giải quyết :
Bài 1: Cho a
0
= a

1
= 1, a
n+2
= 14a
n+1
– a
n.
Chứng
minh rằng 2a
n
– 1 là số chính phương.
Giải: Dùng qui nạp, chứng minh (a
n
, a
n+1
) là
nghiệm (x,y) của phương trình:
x
2
– 14xy + y
2
+ 12 = 0 (1)
Suy ra, phương trình x
2
– 14xa
n
+ a
2
n
+ 12 = 0

có nghiệm x = a
n+1.
Do đó 49a
n
2
– a
n
2
– 12 = m
2
(m∈Z),
⇒ 48a
n
2
– 12 = m
2
=> m
M
6 => m = 6m
1
⇒ a
n
2
– 1 = 3m
1
2

⇒ (2a
n
– 1)(2a

n
+ 1) = 3m
1
2
Dùng qui nạp chứng minh (2a
n
+ 1)
M
3,∀n.
Mà (2a
n
– 1 ; 2a
n
+1) = 1
⇒ 2a
n
– 1 là số chính phương và (2a
n
+1) /3 là số
chính phương.
Câu hỏi :
1) Tại sao có thể đưa ra phương trình (1)?
2) Xét dãy u
0
= u
1
= 1, u
n+2
= (u
n+1

2
+12)/u
n
và
v
o
=1, v
n+1
= 7 +
1248
2
−
n
v
. Ta có thể kết luận
u
n
= a
n
= v
n,
∀n hay không?
3) Hãy dựa vào công thức tổng quát của {a
n
} để
đưa ra phương trình 4a
n
2
–1 = 3m
1

2
?
Ba câu hỏi trên đều có thể trả lời dựa trên mối
quan hệ giữa dãy truy hồi tuyến tính cấp 2 và
phương trình Pell, hay tổng quát hơn là phương
trình Diophant bậc 2. Tuy nhiên đó không phải
là chủ đề chính của bài này. Ta xét thêm một số
ví dụ :
Bài 2. Cho a
0
= 2 ;a
1
= 1, a
n+1
= a
n
+ a
n – 1
. Chứng
minh rằng, nếu p là ước nguyên tố của a
2k – 2
thì
p là ước nguyên tố của a
2k+1
+1.
Bài 3. Cho u
1
= u
2
= −1, u

n+2
+u
n+1
+2u
n
= 0.
Chứng minh rằng 2
n+2
– 7u
n
2
luôn là số chính
phương.
Bài 4. Chứng minh rằng, với mọi n∈N
∗

thì:
kkn
n
k
k
n
C 32
22
0
2
12
−
=
+

∑
luôn là tổng 2 số chính phương
liên tiếp.
II. Tương tự hóa cho các dãy đa thức:
Xét các dãy đa thức {P
n
(x)} được xác định bởi:
A
1
B
1
P
0
; P
1
∈ C[x], P
n+2
= A.P
n+1
+B.P
n
Tương tự như dãy truy hồi ta xét phương trình
đặc trưng:
x
2
– Ax – B = 0
Đặt x
1
= (A −
BA 4

2
+
) /2; x
2
= (A +
BA 4
2
+
)/2
Lúc đó P
n
= C
1
x
1
n
+C
2
x
2
n
với C
1
, C
2
là các biểu
thức không phụ thuộc n.
Bây giờ ta chuyển các bài toán ở phần I từ số
nguyên sang đa thức:
Bài 1

’
: Cho P
0
(x) =P
1
(x)=1/2; A(x) = 2 x
2
+ 12x
+17; P
n+2
(x) = 2A(x)P
n+1
(x) – P
n
(x). Chứng minh
rằng 2(x+3)P
n
(x) – 1 = (x+2) H
n
2
(x) với H
n
(x)
∈ Z[x].
Giải: Đặt M(x) = x
2
+ 6x + 8. Dùng quy nạp,
chứng minh
P
n+1

2
(x)–2A(x)P
n
(x)P
n+1
(x)+P
n
2
(x)+M(x) = 0 (2)
⇔ (A
2
(x)–1)P
n
2
(x)–M(x)=(P
n+1
(x) – A(x)P
n
(x))
2
⇔ 4(x+3)
2
P
n
2
(x)M(x) – M(x) = T
n
2
(x)
⇒ T

n
(x)
M
M(x) = (x+2).(x+4).
⇒(2(x+3)P
n
(x)–1)(2(x+3)P
n
(x)+1) =
= (x+2)(x+4)
)(
2
xQ
n
(i)
Ta có (2(x+3)P
n
(x)–1), 2(x+3)P
n
(x)+1) = 1. (ii)
Chứng minh P
n
(−2)=1/2 ∀n.
Suy ra 2(x+3)P
n
(x) – 1
M
(x+2) ∀n
Khi đó 2(x+3)P
n

(x)–1
M
(x+4) ∀n (iii)
Từ (i), (ii), (iii) suy ra:
2(x+3)P
n
(x) – 1 =H
n
2
(x)
2(x+3)P
n
(x) + 1 = G
n
2
(x)
Câu hỏi:
1) Tại sao đưa ra phương trình (2)(cách dự
đoán)?
2) Hãy chứng minh H
n
(x), G
n
(x)∈Z[x]?
Như vậy, ta có được bài 1’ đối với đa thức tương
tự như bài 1 đối với số nguyên .
Mặt khác, từ bài trên, ta có thể suy ra vô số bài
toán kiểu như bài 1 bằng cách cho x giá trị cụ
thể.
Ví dụ: Khi x =1 ⇒ A(1)=31. Ta có P

0
=P
1
=1/2;
P
n+2
= 62P
n+1
– P
n .
Chứng minh (8P
n
–1)/3 luôn là
số chính phương.
Ta thực hiện việc tương tự hóa đối với bài 2 ở số
nguyên.
Bài 2’. Cho P
0
(x)=2 ; P
1
(x)=A(x)∈ R[x],
P
n+2
(x)= A(x)P
n+1
(x) + B(x)P
n
(x). Chứng minh
rằng, nếu α là nghiệm của P
2n

– 2B
n
(x) thì α là
nghiệm của P
2n+1
A(x)B
n
(x).
Có thể xem bài 2 là trường hợp đặc biệt khi A ≡
1 ; B ≡ 1
Bài tập:
B¶n tin To¸n häc (Bé m«n To¸n trêng PTNK) - sè 03 - 7
Bài 1. Hãy xây dựng bài tốn cho đa thức đối
với các bài 3; 4 ở số ngun.
Bài 2. a) Giải phương trình:
P
2
(x) – (x
2
+6x+8)Q
2
(x) = 1
b) Biểu diễn các nghiệm P(x) thành dãy đa thức
truy hồi P
o
(x), P
1
(x),…
Nguyễn Đăng Khoa
ĐỀ RA KỲ NÀY

Bài 1. Cho {x
n
} là 1 dãy số khơng âm sao cho với mọi dãy số {y
n
} khơng âm mà
1
n
n
y
∞
=
< ∞
∑
thì
1
.
n n
n
x y
∞
=
< ∞
∑
. Chứng minh rằng:
1
n
n
x
∞
=

< ∞
∑
(Định nghĩa:
1 1
lim( )
n
n k
n
n k
y y
∞
→∞
= =
=
∑ ∑
).
Bài 2. Cho n số 1, 2,…, n. Điền n số này trên 1 đường tròn. Gọi S là tổng nhỏ nhất của 3 số
đứng cạnh nhau trong cách điền. Tìm maxS trong tất cả các cách điền trong trường hợp:
a) n =2002
b) n =2003
Hãy tổng qt bài tốn nếu có thể.
Bài 3. Cho một lưới hình chữ nhật kích thước 2×n. Người ta cần phủ kín lưới trên bằng hai
loại gạch kích thước 1×2 và 2×2. Hỏi có bao nhiêu cách phủ?
Giải thưởng WOLF
Thế giới có nhiều giải thưởng dành cho toán học. Giải thưởng Fields là giải thưởng lớn nhất
trao cho các nhà toán học xuất sắc dưới 40 tuổi (giải thưởng Fields đã được bản tin toán học giới
thiệu ở số đầu tiên). Có lẽ giải thưởng lớn thứ hai trao cho các nhà toán học lỗi lạc là giải thưởng
Wolf (không hạn chế tuổi).
Quỹ tài trợ Wolf bắt đầu hoạt động từ năm 1976 với ngân quỹ ban đầu là 10triệu USD. Toàn
bộ số tiền này do dòng họ Wolf cống hiến. Tiến só Ricardo Subirana Lobo Wolf (Nhà Hoá học

người Đức gốc do thái) và bà Francisca (vợ ông) là những người thành lập và tài trợ chính cho quỹ
này. Số tiền trên được đầu tư và chỉ dùng thu nhập hằng năm để trao giải, cấp học bổng và trang
trải các khoản chi phí cho quỹ.
Quỹ tài trợ Wolf được điều hành theo “Luật quỹ tài trợ Wolf 1975” và các hoạt động của nó
do một “Ban điều hành Israel” cai quản.
Mỗi năm có 5 hoặc 6 giải thưởng Wolf được trao cho các nhà khoa học hoặc nghệ só xuất
chúng, không phân biệt quốc tòch, sắc tộc, tôn giáo, giới tính hoặc quan điểm chính trò, vì những
cống hiến phục vụ loài người và vì tình hữu nghò giữa các dân tộc.
- Các lónh vực khoa học được xét trao giải là: Nông nghiệp, Toán học, Vật lý, Hoá
học, và Y học.
B¶n tin To¸n häc (Bé m«n To¸n trêng PTNK) - sè 03 - 8
- Các lónh vực nghệ thuật được xét trao giải luân phiên hằng năm là: m nhạc, Hội
họa, Điêu khắc và Kiến trúc.
Giải thưởng cho mỗi lónh vực gồm có bằng và 100 nghìn USD (trò giá gấp 10 lần giải thưởng
Fields!). Trong trường hợp hai hoặc ba người cùng nhận chung một giải thì số tiền thưởng được
chia đều cho mỗi người.
Những người được giải thưởng Wolf do một hội đồng giải thưởng quốc tế lựa chọn. Hội đồng
này gồm 3 hoặc 5 thành viên là những nhà khoa học và chuyên môn nổi tiếng trong mỗi lónh vực.
Mỗi năm có một hội đồng mới được chỉ đònh. Công việc của hội đồng, biên bản và nhận xét
của mỗi thành viên được giữ hoàn toàn bí mật. Chỉ công bố công khai tên của những người được
giải và lý do dẫn đến quyết đònh của hội đồng. Các quyết đònh của hội đồng giải thưởng là tối cao
và không được thay đổi.
Buổi chính thức giới thiệu giải thưởng được tổ chức tại toà nhà quốc hội Israel và đích thân
tổng thống nhà nước Israel trao giải thưởng tận tay cho những người được giải trong một buổi lễ
trọng thể.
Quỹ tài trợ Wolf còn cấp học bổng, trợ cấp cho sinh viên và các nhà khoa học Israel.
Tiếng Anh qua các bài toán: bài số 3.
Problem 3. Find three positive integers having the property that when you reverse the order of their
digits, the numbers increase by a factor of exactly 4. For example 1234 would be transformed to
4321, but that is not quite four times as large.

Solution.
If the original number is N = xy zw its reverse is R = wz yx. We must have either x = 1 or x =
2. If not, then multiplying by 4 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 = 2. Considering w as the leading digit of R, the
possibilities are either w = 8 (if there is no digit to be carried) or w = 9 (if there is). But considering
w as the units digit of N, we see that we must have w = 8 (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 2 (if it were larger, then
there would be a carry digit and w, the first digit of R, would be 9 rather than 8). But considering y
to be the ten’s digit of R, we see that it must be odd, hence y = 1. A quick check shows that
( z8)*4 = 12 forces z = 7.
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
N
1
N
2
N
k-1
N
k
N
k-1
N
2
N
1

or N
1
N
2
N
k-1
N
k
N
k
N
k-1
N
2
N
1
B¶n tin To¸n häc (Bé m«n To¸n trêng PTNK) - sè 03 - 9
where each of the N
i
is of the form above (N
i
= 2178 or 21978 or 219978, ). For example,
21782178 and 21978219997821978.
BẢN TIN TOÁN HỌC – SỐ 02 (Ấn bản lưu hành nội bộ do bộ môn Toán – Trường Phổ thông Năng khiếu thực
hiện)
CHỦ NHIỆM: Trần Nam Dũng – Trònh Thanh Đèo
BAN BIÊN TẬP: Trần Nam Dũng, Trònh Thanh Đèo, Lê Minh Tuấn, Trần Vónh Hưng, Nguyễn Tiến Khải
BẢN TIN TOÁN HỌC – SỐ 03 (Ấn bản lưu hành nội bộ do bộ môn Toán – Trường Phổ thông Năng khiếu thực
hiện)
CHỦ NHIỆM: Trần Nam Dũng – Trònh Thanh Đèo

BAN BIÊN TẬP: Trần Nam Dũng, Trònh Thanh Đèo, Lê Minh Tuấn, Trần Vónh Hưng, Nguyễn Tiến Khải