tài liệu tập huấn chuyên môn giáo viên toán trường trung học phổ thông chuyên

TÀI LIỆU TẬP HUẤN
PHÁT TRIỂN CHUYÊN MÔN GIÁO VIÊN
TRƯỜNG THPT CHUYÊN


MÔN TOÁN
(Tài liệu lưu hành nội bộ)

Hà Nội, tháng 7 năm 2012
VỤ GIÁO DỤC TRUNG HỌC

CHƯƠNG TRÌNH PHÁT TRIỂN
GIÁO DỤC TRUNG HỌC

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Chủ trì biên soạn:
Vụ Giáo dục Trung học
Chương trình phát triển giáo dục trung học

NHÓM TÁC GIẢ BIÊN SOẠN TÀI LIỆU:

1. GS.TSKH Hà Huy Khoái
2. GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu
3. GS.TSKH Đặng Hùng Thắng
4. PGS.TSKH Vũ Đình Hòa
5. PGS.TS Nguyễn Vũ Lương
6. TS Phạm Văn Quốc
7. TS Lê Anh Vinh
8. TS Trịnh Đào Chiến





Mục lục
Lời nói đầu 4
Hà Huy Khoái
Một số bài toán Số học - Tổ hợp 5
Nguyễn Văn Mậu
Lớp các phương trình hàm Cauchy, d’Alembert và dạng toán liên quan 22
Đặng Hùng Thắng

Một số lớp phương trình Diophant cơ bản 66
Vũ Đình Hoà
Bài toán tô màu đồ thị 105
Nguyễn Vũ Lương
Một cách tiếp cận tới bài toán tổ hợp 134
Trịnh Đào Chiến
Một số dạng bất phương trình hàm 188
Phạm Văn Quốc
Phương trình Pell 207
Lê Anh Vinh
Bất biến và nửa bất biến 220
3
Lời nói đầu
Hoạt động bồi dưỡng theo các bộ môn, phân theo các cụm, khu vực theo
địa hình và đặc thù văn hoá, đã trở thành sinh hoạt chuyên môn truyền
thống và ngày càng đi vào nề nếp trong hệ thống các trường trung học chuyên
và năng khiếu bậc phổ thông. Nhờ đó, các đơn vị, các trường THPT chuyên
chủ động xây dựng chương trình hành động và lựa chọn cách thức triển khai.
Đặc biệt chương trình tập huấn phát triển năng lực chuyên môn giáo viên
trường THPT chuyên gắn với các hoạt động bồi dưỡng chuyên môn nghiệp
vụ và năng lực tổ chức các hoạt động xã hội cho giáo viên đang giảng dạy ở
các đội tuyển các trường THPT Chuyên.
Ban tổ chức đã xây dựng nội dung, chương trình kế hoạch cho các hoạt
động bồi dưỡng chuyên môn nghiệp vụ; liên hệ mời các giáo sư, các nhà khoa
học có kinh nghiệm và tâm huyết trực tiếp giảng bài và tổ chức các semina
khoa học.
Sản phẩm của chương trình tập huấn là đã xây dựng một tập san (tài liệu
tập huấn) trong đó lưu giữ các nội dung gồm các bài viết, bài giảng, các đề
thi Olympic đề xuất kèm theo lời giải và giới thiệu những xu hướng mới cập
nhật với olympic khu vực và quốc tế.

Vì thời gian rất gấp gáp, nên các khâu chế bản và nội dung cuốn tài liệu
tập huấn này chắc chắn còn nhiều khiếm khuyết. Mong nhận được sự góp ý
của các thầy, cô và các đồng nghiệp.
Ban Tổ chức
4
Một số bài toán Số học - Tổ hợp
Hà Huy Khoái
Viện Toán học
Bài giảng này nhằm mục tiêu giới thiệu một số bài toán có thể gọi là thuộc
loại "số học - tổ hợp". Thực ra không có một "định nghĩa" nào cho loại bài
toán đó, nên ở đây chỉ giới hạn ở việc đưa ra một số ví dụ về loại bài toán
thường gặp trong những kỳ thi học sinh giỏi, mà việc giải chúng đòi hỏi những
phương pháp của số học và tổ hợp. Để tiện theo giõi, chũng tôi tạm chia bài
giảng thành bốn phần: Tỷ số vàng, Các dãy nhị phân, Tính chia hết và Trò
chơi.
Khi trình bày các lời giải, trong chừng mực có thể, chúng tôi cố gắng mô
tả quá trình hình thành nên lời giải đó, hơn là đưa ra một lời giải ngắn gọn.
§1. Tỷ số vàng.
Chúng ta đều biết "tỷ số vàng" sau đây thường xuất hiện trong khoa học,
nghệ thuật và đời sống
1 +
√
5
2
.
Tỷ số vàng đó cũng thường bắt gặp trong lời giải của những bài toán số học
- tổ hợp. Trước tiên ta xét ví dụ sau:
Bài toán 1. Giả sử γ, δ là những số vô tỷ dương, thỏa mãn
1
γ

+
1
δ
= 1.
5
Chứng minh rằng nếu đặt a
n
= [nγ], b
n
= [nδ] thì mỗi số nguyên dương xuất
hiện đúng một lần trong một trong hai dãy a
n
, b
n
.
Phân tích - Lời giải
Rõ ràng yêu cầu của bài toán tương đương với việc chứng minh rằng, các
số trong mỗi đoạn hữu hạn tùy ý [1, 2, ··· , N] có mặt ở một trong hai dãy, và
xuất hiện đúng một lần. Như vậy vấn đề chỉ còn là đếm xem trong N − 1 số
nguyên dương nhỏ hơn N, có bao nhiêu số thuộc một trong hai dãy nói trên.
Xét mọi số nguyên dương n thỏa mãn [nγ] < N, tức là n <
N
γ
. Như vậy,
các số n thỏa mãn là n = 1, 2, ··· , [
N
γ
]. Tương tự, các số m sao cho [mδ] < N
là m = 1, 2, ··· , [
N

δ
].
Như vậy, trong các số nguyên dương nhỏ hơn N, số các số thuộc một trong
hai dãy a
n
, b
n
là [
N
γ
] + [
N
δ
]. Do γ; δ là các số vô tỷ nên [
N
γ
]; [
N
δ
] ∈ Z. Từ đó ta
có:
N
γ
− 1 < [
N
γ
] <
N
γ
,

N
δ
− 1 < [
N
δ
] <
N
δ
,
suy ra
N(
1
γ
+
1
δ
) −2 = N −2 < [
N
γ
] + [
N
δ
] < N(
1
γ
+
1
δ
) = N.
Do đó

[
N
γ
] + [
N
δ
] = N −1.
Như vậy trong N −1 số nhỏ hơn N có đúng N −1 số thuộc một trong hai dãy
đang xét, đ.p.c.m.
Bài toán trên đây là một "thành phần" của rất nhiều bài toán tổ hợp.
Trong bài giảng này, chúng ta sẽ xem xét hai bài thuộc loại đó.
Bài toán 2.
6
Tìm các dãy tăng các số nguyên dương {a
n
}; {b
n
} thỏa mãn những tính
chất sau:
1/ a
1
= 1.
2/ Với mọi n ≥ 1, b
n
= a
n
+ n.
3/ a
n
là số nguyên dương nhỏ nhất không thuộc tập hợp {a

1
, a
2
, ··· , a
n−1
;
b
1
, b
2
, ··· , b
n−1
}.
Rõ ràng ba điều kiện nói trên xác định một cách duy nhất các dãy
{a
n
}, {b
n
}. Hơn nữa, đối với hai dãy tăng, việc thỏa mãn các điều kiện 1/
, 2/, 3/ tương đương với việc thỏa mãn các điều kiện 1/, 2/ , và 3’/ như sau:
3’/ Mỗi số nguyên dương đều thuộc một và chỉ một trong hai dãy đang
xét.
Do tính xác định duy nhất của các dãy thỏa mãn 1/, 2/, 3’/, ta chỉ cần
chứng minh sự tồn tại, bằng cách chỉ ra ví dụ cụ thể. Bài toán 1 cho ta cách
tìm hai dãy thỏa mãn điều kiện 3’/: đó chính là các dãy a
n
= [nγ], b
n
= [nδ],
trong đó γ, δ là những số vô tỷ dương, thỏa mãn

1
γ
+
1
δ
= 1.
Vấn đề chỉ là tìm γ để các điều kiện 1/ và 2/ được thỏa mãn. Để ý rằng
n = n + [nγ] −[nγ] = [n + nγ] −[nγ] = [(1 + γ)n] −[nγ].
Như vậy chỉ cần chọn γ vô tỷ, thỏa mãn:
1
γ
+
1
γ + 1
= 1.
Nghiệm của phương trình trên là "tỷ số vàng"
1+
√
5
2
.
Các dãy a
n
, b
n
cần tìm là:
a
n
= [
1 +

√
5
2
n]; b
n
= [
1 + 3
√
5
2
n].
7
Bài toán 1 và Bài toán 2 lại có thể làm "thành phần" cho bài toán phức
tạp hơn sau đây:
Bài toán 3
Lập dãy số theo cách sau: lấy x
1
= 1, với i ≥ 2 số x
i
nhận được từ x
i−1
bằng cách đổi (trong cách viết số x
i−1
) số 1 thành 01, số 0 thành 1. Làm như
vậy, ta nhận được dãy số 1, 01, 101, 01101, Trong dãy này, gọi a
n
là vị trí
của chữ số 1 thứ n, b
n
là vị trí của chữ số 0 thứ n (như vậy a

1
= 1, a
2
= 3, a
3
=
4, b
1
= 2, b
2
= 5, ···).
Tìm công thức xác định a
n
, b
n
.
Phân tích - Lời giải
Trước tiên ta cần tìm một công thức xác định mối liên hệ giữa a
n
và b
n
.
Gọi k
n
là số chữ số 0 đứng trước chữ số 1 thứ n. Theo định nghĩa hai dãy
đang xét ta có
a
n
= n + k
n

.
Theo bài ra, chữ số 0 thứ n được "sinh ra" từ chữ số 1 thứ n. Mặt khác, chữ
số 1 biến thành hai chữ số 01, chữ số 0 biến thành một chữ số 1. Trước chữ số
1 thứ n có k
n
chữ số 0, và "biến thành k
n
chữ số; còn n chữ số 1 "biến thành"
2n chữ số. Từ đó suy ra:
b
n
= k
n
+ 2n.
Từ hai công thức trên đây, ta có
b
n
= a
n
+ n.
Vì a
n
và b
n
đều là các "số thứ tự" nên hai dãy là dãy tăng, đồng thời mỗi
một số nguyên dương xuất hiện đúng một lần trong một trong hai dãy.
Các Bài toán 1 và Bài toán 2 cho ta đáp số:
a
n
= [

1 +
√
5
2
n]; b
n
= [
1 + 3
√
5
2
n].
8
Trong phần các bài toán về trò chơi, ta sẽ gặp lại "tỷ số vàng".
§2 Các dãy nhị phân
Trong rất nhiều bài toán tổ hợp, đặc biệt là các bài toán "đếm", ta thường
gặp những tình huống mà tại đó có hai khả năng xẩy ra: được tô bởi hai màu;
đường đi chỉ được phép sang phải hoặc đi lên; học sinh nam hay nữ, số chẵn
hoặc lẻ; Về thực chất, những bài toán như vậy luôn luôn có thể đưa về cùng
một dạng phát biểu, trong đó thông thường nhất là dùng các dãy nhị phân
(các dãy gồm hai chữ số 0 và 1).
Để hiểu rõ hơn điều đó, ta xét bài toán sau đây.
Bài toán 4.
Sau giờ học, các em học sinh xếp hàng để nhận xe đạp ở nhà gửi xe. Giá
tiền gửi mỗi xe là 1000 đồng. Giả sử có k em học sinh có tờ 1000 đồng, m em
có tờ 2000 đồng. Hỏi có bao nhiêu cách xếp hàng lấy xe sao cho không em
nào phải chờ để lấy tiền trả lại? (Với giả thiết người giữ xe không có đồng
tiền lẻ nào).
Phân tích - Lời giải
Đây là một bài toán thuộc loại "hai khả năng": mỗi em học sinh hoặc có

tờ 1000 đồng, hoặc có tờ 2000 đồng. Như vậy, để dễ thấy bản chất bài toán,
ta có thể lập tương ứng mỗi hàng học sinh với một dãy gồm hai chữ số 0, 1.
Giả sử ứng với mỗi học sinh có tờ 1000 đồng trong hàng, ta viết số 0; ứng với
học sinh có tờ 2000 đồng, ta viết số 1. Như vậy, mỗi hàng học sinh tương ứng
một dãy gồm k chữ số 0, m chữ số 1. Để tồn tại cách xếp mà không có em
nào phải chờ lấy tiền trả lại, điều kiện cần là k ≥ m.
Cũng tương tự như trong nhiều bài toán tổ hợp khác, khi việc đếm số phần
tử thỏa mãn bài ra là khó, ta đếm "phần bù" của nó, tức là những phần tử
không thỏa mãn bài ra. Như vậy, ở đây ta sẽ xét xem có bao nhiêu hàng mà
9
có học sinh nào đó đến lượt mình phải chờ lấy tiển trả lại. Theo cách tương
ứng của chúng ta, một hàng như vậy sẽ tương ứng một - một với một dãy
gồm k số 0, m số 1, trong đó tồn tại vị trí 2s + 1 sao cho tại đó có số 1, đồng
thời ở 2s vị trí đầu, số số 0 và số số 1 là như nhau. Ta gọi một hàng như vậy
là "hàng xấu".
Nếu bạn là người giữ xe thì bạn sẽ làm thế nào trong tình huống đó?
Hiển nhiên là gọi thêm một bạn nào đó có tờ 1000 đồng lên đứng trước hàng!
Phương pháp "thực tiễn" này gợi cho ta lập tương ững mỗi hàng xấu gồm k
chữ số 0, m chữ số 1 với một hàng gồm k + 1 chữ số 0, m chữ số 1, với chữ số
0 đứng đầu. Đồng thời, trong 2s + 2 vị trí đầu tiên, số chữ số 0 và số chữ số
1 là như nhau.
Nếu ta đổi số 0 thành số 1, số 1 thành số 0 ở 2s + 2 vị trí đầu, một hàng
như trên sẽ tương ứng với một hàng gồm k + 1 chữ số 0, m chữ số 1, nhưng
với số 1 đứng đầu tiên. Lại bỏ đi số 1 đầu tiên này, ta được một hàng gồm
k + 1 chữ số 0, m − 1 chữ số 1.
Như vậy, mỗi hàng xấu gồm k chữ số 0, m chữ số 1 sẽ được tương ứng với
một hàng gồm k + 1 chữ số 0, m−1 chữ số 1 theo cách trên đậy. Dễ thấy rằng,
tương ứng như trên là một - một. Thật vậy, xét một hàng tùy ý gồm k + 1
chữ số 0, m −1 chữ số 1. Ta thêm số 1 vào đầu hàng, để được hàng gồm k + 1
chữ số 0, m chữ số 1. Do điều kiện k ≥ m nên trong hàng này phải tồn tại vị

trí (2s + 2) mà từ đó trở lên, số số 0 bằng số số 1. Ta đổi số 0 thành số 1 và
ngược lại ở các vị trí từ đó trở lên, để được hàng gồm k + 1 chữ số 0, m chữ
số 1, với số 0 đứng đầu. Bỏ số 0 đầu tiên này, ta nhận được một hàng xấu.
Từ những tương ứng trên suy ra rằng, số các hàng xấu gồm k chữ số 0, m
chữ số 1 bằng số các hàng (tùy ý) với k + 1 chữ số 0, m − 1 chữ số 1, tức là
bằng C
k+1
m+k
.
Như vậy, số cách xếp hàng sao cho không học sinh nào phải chờ lấy tiền
10
trả lại là:
C
k
m+k
− C
k+1
m+k
.
Bài toán 5.
Có 2k học sinh chiều cao khác nhau đôi một. Người ta muốn xếp họ thành
hai hàng ngang, sao cho trong mỗi hàng, chiều cao của học sinh giảm dần,
và ở mỗi vị trí, em đứng hàng trước cao hơn em đứng hàng sau. Hỏi có bao
nhiêu cách xếp hàng thỏa mãn yêu cầu?
Phân tích - Lời giải
Thoạt nhìn thì đây là bài toán khác hẳn với bài toán trên. Tuy nhiên, nếu
ta đã nắm vững nguyên tắc "hai khả năng" thì thấy cả hai bài chỉ cùng một
loại. Thật vậy, vấn đề ở đây chỉ là xếp học sinh vào một trong hai hàng.
Với quan niệm như trên, ta cho mỗi em đứng hàng trước cầm một tấm
biển ghi số "0", mỗi em hàng sau cầm tấm biểm ghi số "1". Sau đó gọi tất cả

2k em xếp lại thành một hàng dọc theo thứ tự chiều cao giảm dần. Làm như
vậy, ta được một dãy gồm k chữ số 0, k chữ số 1.
Dễ thấy rằng, một cách xếp hàng thỏa mãn bài ra chính là một cách xếp
hàng sao cho tại mỗi vị trí 2s +1, số số 0 từ vị trí đầu tiên đến đó phải ≥ s+1.
Theo Bài toán 4, số cách xếp hàng hỏa mãn bài ra là:
C
k
2k
− C
k+1
2k
=
(2k)!
k!(k + 1)!
.
§3. Tính chia hết
Ta bắt đầu với bài toán đơn giản sau.
Bài toán 6.
Tìm tất cả các tập hợp A = {a
1
, a
2
, ··· , a
n
; n > 2012} gồm những số nguyên
và có tính chất sau: 2012 ∈ A, đồng thời mỗi tập con tùy ý gồm 2012 số thuộc
11
A đều có thể chia thành 4 nhóm có số phần tử bằng nhau và tổng các phần
tử trong mỗi nhóm bằng nhau.
Phân tích - Lời giải.

Điều kiện của bài toán cho ta thấy rằng, tổng của 2012 số tùy ý thuộc A
là một số chia hết cho 4. Thay từ tập hợp 2012 phần tử một phần tử bất kỳ
bởi một phần tử khác tùy ý không thuộc tập đã chọn, tính chất tổng chia hết
cho 4 không hề thay đổi. Như vậy có thể thấy ngay rằng, mọi phần tử thuộc
A đều đồng dư nhau modulo 4.
Dĩ nhiên ta nẩy ra ngay dự đóan rằng, các phần tử của A đều bằng nhau.
Để có thể kiểm chứng dự đoán này, ta xét phần tử nhỏ nhất của A : ¯a. Khi
đó tập hợp B = {a
1
−¯a, a
2
−¯a, ··· , a
n
−¯a} rõ ràng cũng thỏa mãn những tính
chất đã nêu trong bài toán như đối với tập hợp A. Do đó, mọi phần tử của
B cũng đồng dư nhau modulo 4,và vì B chứa phần tử bàng 0 nên suy ra mọi
phần tử của B đều chia hết cho 4.
Từ đây, suy luận "quy nạp lùi" quen thuộc cho ta lời giải: tập hợp nhận
được từ B bằng cách thay mọi phần tử b ∈ B bởi
b
4
cũng có tính chất nêu
trong bài ra; và do đó các phần tử của tập hợp này cũng chia hết cho 4. Tiếp
tục quá trình,dễ suy ra mọi phần tử của B đều bằng 0. Như vậy, mọi số thuộc
A đều bằng 2012.
Bài toán 7
Với mỗi số nguyên dương d, gọi f(d) là số nguyên dương nhỏ nhất có đúng
d ước số dương. Chứng minh rằng với mọi k ≥ 0, f(2
k+1
) chia hết cho f (2

k
).
Phân tích- Lời giải. Để giải bài này, rõ ràng ta cần biết những số nào
sẽ có 2
k
ước dương, sau đó mới tìm số nhỏ nhất trong những số như vậy. Lẽ
tự nhiên là ta nghĩ ngay đến việc phân tích một số nguyên dương n ra thừa
số nguyên tố. Vì cần có công thức cho n tổng quát (khi chưa có thông tin gì
12
về các ước nguyên tố của nó), ta viết
n = Π
p
p
α(p)
,
trong đó α(p) là các số nguyên không âm, đồng thời chỉ có hữu hạn số khác
0. Nếu gọi d(n) là số ước dương của n thì
d(n) = Π
p
(α(p) + 1).
Như vậy, d(n) là một lũy thừa của 2 khi và chỉ khi với mọi p, tồn tại b(p) ≥ 0
sao cho
α(p) = 2
b(p)
− 1.
Để có thể nhìn rõ hơn"cấu trúc" của n, ta viết số mũ thành tổng (và có n
dưới dạng tích)
α(p) = 2
b(p)
− 1 = 1 + 2 + 2

2
+ ··· + 2
b(p)−1
,
n = Π
p
Π
b(p)−1
i=0
p
2
i
.
Khi đó d(n) = 2
k
, với k = Σ
p
b(p). Như vậy các số n cần tìm là tích của những
số nào đó có dạng p
2
r
, với p nguyên tố và r nguyên không âm. Từ phân tích
trên đây ta thấy rằng nếu số p
2
r
có mặt trong biểu diễn n dưới dạng tích, thì
những số p
2
m
với m < r cũng có mặt trong tích đó. Nghĩa là nếu một số nào

đó có mặt trong biểu diễn n thì mọi ước số của nó cũng đều tham gia trong
biểu diễn. Do đó ta có kết luận sau đây: nếu gọi S là tập hợp các số dạng p
2
r
,
với p nguyên tố và r nguyên không âm, thì d(n) là một lũy thừa của 2 khi và
chỉ khi n là tích các phần tử thuộc một tập con hữu hạn T của S có tính chất
sau: với mọi t ∈ T , s ∈ S, mà s|t thì s ∈ T. Hơn nữa, nếu d(n) = 2
k
thì tập
hợp T gồm k phần tử.
13
Dễ thấy rằng, với mọi k nguyên dương, tập hợp T
k
gồm k phần tử nhỏ
nhất của S thỏa mãn tính chất trên, suy ra f (2
k
) chính là tích các phần tử
thuộc T
k
. Từ đó suy ra ngay kết luận của bài toán.
Nhận xét: có thể thấy S = {2, 3, 4, 5, 7, 9, 11, 13, 16, 17, ···}, suy ra f(2) =
2; f(4) = 2.3 = 6; f(8) = 2.3.4 = 24; f(16) = 2.3.4.5 = 120; f (32) = 2.3.4.5.7 =
840,
Biểu diễn số
Có rất nhiều bài toán liên quan đến việc biểu diễn số nguyên (dương) dưới
một dạng nào đó. Nhìn chung, lời giải thường xuất phát từ việc xem xét kỹ
những trường hợp riêng rẽ, đặc biệt là khi các số đang xét tương đối nhỏ.
Ta xét ví dụ sau đây.
Bài toán 8.

Tìm số k nguyên dương lớn nhất có tính chất sau: tập hợp các số nguyên
dương phân hoạch được thành k tập con A
1
, A
2
, ··· , A
k
sao cho với mọi n ≥ 15
, với mọi i ∈ {1, 2, ··· , k} tồn tại hai phần tử khác nhau của A
i
có tổng bằng
n.
Phân tích - Lời giải
Ta bắt đầu với trường hợp k = 2. Rõ ràng có thể phân hoạch tập hợp các
số nguyên dương thành hai tập con: A
1
= {2n, n ≥ 3}∪{1, 2}; A
2
= {2n −1, n ≥
3} ∪ {3, 4} có tính chất: mọi số nguyên dương ≥ 7 biểu diễn được dạng tổng
hai số thuộc A
1
và tổng hai số thuộc A
2
. Khi k = 3, dĩ nhiên việc phân hoạch
thành "chẵn, lẻ" như trên được thay bởi phân hoạch theo modulo 3, và cũng
như trước, cần thêm vào mỗi lớp đồng dư modulo 3 một số số đầu tiên để
bảo đảm mỗi tập đều biểu diễn được mọi số lớn hơn hoặc bằng 15 dưới dạng
tổng hai số. Có thể chọn phân hoạch sau đây:
A

1
= {1, 2, 3} ∪{3m; m ≥ 4},
14
A
2
= {4, 5, 6} ∪{3m −1; m ≥ 4},
A
3
= {7, 8, 9} ∪{3m −2; m ≥ 4}.
Dễ thử lại rằng, phân hoạch trên đây thỏa mãn bài ra. Hơn nữa, có thể nhận
thấy rằng, điều kiện biểu diễn được mọi số ≥ 15 đối với phân hoạch trên đây
đã rất "chặt", chẳng hạn số 14 không thể biểu diễn dạng tổng hai số thuộc
A
2
hoặc hai số thuộc A
3
. Từ đó có thể dự đoán rằng, k = 3 là giá trị lớn nhất
có thể để tồn tại phân hoạch thỏa mãn bài ra.
Ta sẽ chứng minh dự đoán trên, nghĩa là với k ≥ 4 không thể phân hoạch
tập các số tự nhiên thành k tập hợp con thỏa mãn bài ra.
Rõ ràng nếu với k ≥ 4 nào đó mà tồn tại phân hoạch thỏa mãn, thì phân
hoạch như vậy cũng tồn tại với k = 4: chỉ cần lấy phân hoạch A
1
, A
2
, A
3
, A
4
∪

A
5
∪···∪A
k
ta được phân hoạch gồm 4 tập hợp thỏa mãn bài ra. Như vậy chỉ
cần chứng minh không thể tồn tại phân hoạch gồm 4 tập hợp con thỏa mãn
bài ra.
Giả sử tồn tại một phân hoạch như vậy: A
1
, A
2
, A
3
, A
4
. Như ta đã thấy
trong các ví dụ khi k = 2, 3, các tập hợp A
i
phải chứa những số nào đó trong
những số tự nhiên đầu tiên. Xét 10 số nhỏ nhất mà mỗi một tập hợp A
i
đều
phải biểu diễn được: 15, 16, , 24. Mỗi số trong 10 số này đều là tổng của
hai số nào đó thuộc tập hợp B = {1, 2, ··· , 23}. Như vậy, mỗi tập hợp A
i
cần
chứa ít nhất 5 số thuộc B. Do bốn tập A
i
rời nhau mà B chỉ có 23 phần tử
nên phải tồn tại tập A

j
nào đó chứa đúng 5 số thuộc B, giả sử đó là các số
{x
1
, x
2
, x
3
, x
4
, x
5
}. Năm số này biểu diễn được đúng 10 số trong các số từ 15
đến 24, tức là 10 số đó chính là 10 tổng có thể {x
k
+ x
l
, k = l; 1 ≤ k,
eq5}. Từ đó suy ra:
15 + 16 + ··· + 24 = 4(x
1
+ x
2
+ x
3
+ x
4
+ x
5
),

15
vì mỗi số x
i
tham gia trong đúng 4 cặp số. Đẳng thức trên đây cho ta mâu
thuẫn vì tổng ở vế trái là 195, trong khi vế phải chia hết cho 4.
Bài toán 9.
Với mỗi số nguyên dương m, ký hiệu C(m) là số nguyên dương k lớn nhất
để tồn tại tập hợp S gồm m số nguyên sao cho mỗi số nguyên từ 1 đến k đều
thuộc S, hoặc là tổng của hai số thuộc S (không nhất thiết khác nhau).
Ví dụ : C(3) = 8; S = {1, 3, 4}.
Chứng minh bất đẳng thức sau đây:
m(m + 6)
4
≤ C(m) ≤
m(m + 3)
2
.
Phân tích - Lời giải
Điều kiện bài toán gợi cho ta thấy cần phải tính số phần tử của tập hợp
S ∪(S + S), trong đó
S + S = {x + y|x, y ∈ S}.
Nếu với mỗi tập hợp A, ký hiệu qua |A| số phần tử của nó, thì ta có bất đẳng
thức hiển nhiên sau:
|S ∪(S + S)| ≤ |S|+ |S + S|.
Mỗi phần tử của S + S nhận được bằng cách lấy tổng một cặp số (bằng nhau
hoặc khác nhau) của S, suy ra bất đẳng thức sau:
|S + S| ≤ |S|+ C
2
|S|
=

1
2
|S|(|S|+ 1).
Trong hai bất đẳng thức cần chứng minh, bất đẳng thức bên phải tương
đối dễ thấy. Số C(m) là số nguyên dương k lớn nhất sao cho tồn tại tập S
gồm m số nguyên dương thỏa mãn
{1, 2, ··· , k} ⊂ S ∪ (S + S).
16
Từ chứng minh trên ta có
k ≤ |S ∪ (S + S)| ≤
1
2
|S|(|S|+ 3).
Từ đó suy ra
C(m) ≤
m(m + 3)
2
.
Ta chứng minh bất đẳng thức bên trái. Trước tiên, tập hợp S cần tìm chứa
một số số tự nhiên liên tiếp nào đó 1, 2, ··· , t; t < m. Với những số này, tập
hợp S ∪(S + S) chứa các số 1, 2, ··· , 2t. Như vậy, để biểu diễn được những số
tiếp theo, cần thêm số 2t + 1. Các số 1, 2, ··· , t, 2t + 1 cho phép biểu diễn các
số tự nhiên cho đến số 3t + 1, vì thế muốn biểu diễn các số lớn hơn, ta cần
thêm số 3t + 2. Lý luận trên đây chỉ ra rằng tập hợp S gồm m phần tử cần
tìm có dạng
{1, 2, ··· , t} ∪{(k + 1)t + k; k = 1, 2, ··· , m − t.}
Khi đó dễ thấy rằng
{1, 2, ··· , m + (m + 1)t −t
2
} ⊂ S ∪ (S + S).

Ta cần tìm giá trị t < m sao cho số các số biểu diễn được là lớn nhất, tức là
tìm t sao cho m+)m + 1)t −t
2
đạt cực đại. Dễ chứng mỉnh rằng đại lượng này
đạt cực đại khi t = [
m + 1
2
], và giá trị cực đại là [
m(m + 6)
4
].
Từ đó ta có bất đẳng thức cần chứng minh.
§4. Trò chơi
Bài toán 10.
Trên bàn có n > 1 que diêm. Có hai người lần lượt lấy diêm. Mỗi người
đến lượt mình được lấy một số que diêm tùy ý trong những que còn lại trên
bàn, nhưng không vượt quá số que diêm mà người đi trước vừa lấy, và người
17
đi đầu tiên không lấy quá n −1 que. Người nào lấy que diêm cuối cùng được
xem là chiến thắng.
Tìm các số n sao cho người đi trước có chiến lược thắng.
Phân tích -Lời giải.
Dễ thấy rằng nếu n lẻ thì người đi trước luôn luôn thắng, bằng cách ở
nước đi đầu tiên, người đó chỉ lấy một que diêm, do đó ở những nước đi tiếp
theo, mỗi người chỉ được lấy một que diêm.
Xét trường hợp n chẵn. Rõ ràng người nào lấy một số lẻ que diêm đầu
tiên sẽ thua, vì để lại cho người đi nước tiếp theo một số lẻ que diêm: trở
về trường hợp trên. Do đó, người chiến thắng phải luôn lấy một số chẵn que
diêm. Như vậy, có thể hình dung các que diêm được gắn thành từng cặp, và
mỗi người đến lượt sẽ lấy một số cặp nào đó.

1/ Nếu chỉ có một cặp (n = 2): người đi trước thua, vì chỉ được lấy một
que.
2/ Nếu số cặp lẻ và > 1 (n ≡ 2 mod 4): ta trở về trường hợp n lẻ (vì các
que diêm đã được gắn thành cặp), và người đi trước thắng.
3/ Nếu số cặp chẵn (n ≡ 0 mod 4): mỗi người muốn thắng thì luôn phải
lấy một số chẵn cặp (nếu ngược lại thì ta trở về trường hợp 2/). Khi đó có thể
hình dung các que diêm được gắn thành từng nhóm 4 que. Tương tự trường
hợp 1/ và 2/ ta thấy nếu số nhóm là một (n = 4) thì người đi trước thua; nếu
n > 4 và số nhóm lẻ (n ≡ 4 mod 8) thì người đi trước thắng. Nếu số nhóm là
chẵn (n ≡ 0 mod 8), ta lại gắn các que diêm thành từng nhóm 8 que,
Như vậy, người đi trước có chiến lược thắng khi và chỉ khi n không phải
là một lũy thừa của 2 (n = 2
k
.)
Trên đây là một bài về trò chơi, mà lời giải đơn giản dựa vào việc xét
modulo 2
k
. Trong phần còn lại của mục này, chúng ta sẽ xem xét một bài
toán trò chơi rất tổng quát. Sở dĩ chúng tôi đưa ra ví dụ này vì lời giải của nó
18
hội tụ đầy đủ những vấn đề thường gặp trong bài toán về trò chơi: tập hợp
có chiến lược thắng, đồ thị, số học. Hơn nữa, chúng ta lại một lần nữa tìm
thấy sự tham gia của "tỷ số vàng"
Bài toán 11.
Cho hai đống đá, một đống có a hòn đá, đống kia có b hòn. Hai người
chơi, mỗi người đến lượt mình được lấy một số tùy ý hòn đá từ một trong
hai đống, hoặc lấy từ hai đống số hòn đá như nhau. Người lấy được hòn cuối
cùng là người chiến thắng. Tìm tất cả các cặp (a, b) sao cho người đi sau có
chiến lược thắng. (Ví dụ: (1,2) là cặp có tính chất đó).
Phân tích - Lời giải.

Việc cho phép lấy hoặc một số đá tùy ý từ một trong hai đống, hoặc lấy số
đá như nhau từ mỗi đống gợi cho ta hình ảnh: hoặc giảm theo chiều ngang,
theo chiều dọc, hoặc theo đường chéo. Để mô tả tình hình đó, tốt nhất là
dùng một đồ thị có hướng.
Xét đồ thị mà các đỉnh là các điểm trên mặt phẳng với tọa độ nguyên
không âm, các cạnh là những đoạn nối hai điểm, nằm trên những đường song
song các trục tọa độ và trên những đường song song với đường thẳng y = x.
Các cạnh có hướng từ phải sang trái, từ trên xuống dưới. Với bài toán có hai
đống đá với số đá là a, b, ta có một đồ thị có hướng mà điểm xuất phát là
điểm có tọa độ (a, b). Trong quá trình chơi, mỗi người đến lượt mình sẽ đi
theo một trong ba hướng (phải-trái, trên-dưới hoặc giảm theo đường chéo)
đến một đỉnh mới của đồ thị. Người chiến thắng là người đến điểm (0,0) đầu
tiên. Như vậy, một cặp (a, b) thỏa mãn bài ra ứng với một vị trí thắng theo
định nghĩa sau:
Định nghĩa Ta gọi điểm (a, b) là một vị trí thắng nếu người chơi nào đến
được vị trí đó thì họ sẽ có chiến lược thắng, không phụ thuộc bước tiếp theo
19
của dối thủ.
Như vậy, bài toán đặt ra là tìm tập hợp các vị trí thắng. Trước tiên ta làm
quen một khái niệm trong trò chơi.
Định nghĩa. Giả sử R là một tập hợp những vị trí nào đó. Khi đó ta nói
R ổn định trong nếu mỗi bước (theo quy tắc của trò chơi) xuất phát từ một
điểm thuộc R sẽ có đích đến là một điểm không thuộc R. Tập hợp R gọi là
ổn định ngoài nếu từ vị trí tùy ý không thuộc R, tồn tại một bước đi mà đích
đến thuộc R.
Tập hợp R vừa ổn định trong, vừa ổn định ngoài được gọi là một lời giải.
Rõ ràng (a, b) là một vị trí thắng nếu và chỉ nếu (a, b) thuộc một tập lời
giải nào đó chứa điểm (0,0). Do đó, bài toán đòi hỏi tìm các tập lời giải chứa
điểm (0,0).
Bổ đề Tồn tại không quá một lời giải chứa điểm (0, 0).

Chứng minh. Giả sử R, S là hai lời giải khác nhau chứa điểm (0,0). Lấy
điểm s
1
∈ S; s
1
∈ R. Từ s
1
, tồn tại bước đi đến r
1
∈ R, và r
1
∈ S. Khi đó
lại tồn tại bước đi từ r
1
đến s
2
∈ S, s
2
∈ R. Lặp lại quá trình, ta được dãy
s
1
, r
1
, s
2
, r
2
, ··· , kết thúc tại (0,0), mà mỗi vị trí trong dãy chỉ thuộc một trong
hai tập hợp R; S Suy ra điểm (0,0) chỉ thuộc một trong hai tập hợp R; S:
mâu thuẫn.

Như vậy, ta đã chứng minh được tính duy nhất của tập hợp lời giải. Vấn
đề còn lại là chỉ ra một tập hợp có tính chất đòi hỏi. Quan sát trên đồ thị
dẫn ta đến Bổ đề sau:
Bổ đề. Giả sử R là một tập hợp vị trí có các tính chất sau:
1/ (0, 0) ∈ R.
2/ Nếu (a, b) ∈ R thì (b, a) ∈ R.
3/ Với mọi a ∈ N
∗
tồn tại duy nhất b ∈ N
∗
sao cho (a, b) ∈ R.
4/ Với mọi d ∈ N
∗
tồn tại duy nhất (a, b) ∈ R sao cho a −b = d.
20
5/ Nếu (a, b), (k, l) ∈ R, a < b, k < l, b − a < l − k thì a < k, b < l.
Khi đó R là một tập hợp lời giải.
Chứng minh. Từ điều kiện 3/ suy ra rằng mọi số tự nhiên là tọa độ của
một cặp đối xứng (tính chất 2/) các vị trí thuộc R. Ta chứng minh tính ổn
định trong và ổn định ngoài của R.
a/ Tính ổn định trong. Giả sử (a, b) ∈ R. Theo tính chất 3/ nếu ta giảm a
hoặc b thì sẽ đến một vị trí không thuộc R. Nếu giảm a và b với cùng một đại
lượng, thì theo tính chất 4/, ta cũng đến một vị trí ngoài R.
b/ Tính ổn định ngoài. Giả sử (a, b) ∈ R. Nếu a = b, ta có ngay một bước
đi đến điểm (0, 0) ∈ R. Giả sử a = b. Theo tính chất 3/ tồn tại c sao cho
(a, c) ∈ R. Theo tính chất 4/, tồn tại k, l sao cho l −k = b − a, (k, l) ∈ R. Khi
đó nếu c < b thì tồn tại bước đi từ (a, b) đến (a, c) (giảm b). Nếu c > b thì
c −a > b − a = l − k nên theo tính chất 5/ , c > l; a > k: khi đó ta giảm đồng
thời a, b một đại lượng bằng a −k = b − l, và đi đến vị trí (k, l) ∈ R
Như vậy để giải bài toán chỉ cần tìm một tập hợp vị trí thỏa mãn tính

chất 1/- 5/. Tập hợp như thế ta đã từng gặp trong Bài toán 2.
Thật vậy, xuất phát từ điểm (0, 0), ta xây dựng dãy a
n
, b
n
, n ≥ 1 bằng
quy nạp như sau: giả sử đã có (a
1
, b
1
); (a
2
, b
2
), ··· , (a
n
, b
n
). Khi đó lấy a
n+1
là
số nguyên dương nhỏ nhất chưa xuất hiện trong hai dãy a
n
, b
n
trước đó, đồng
thời lấy b
n+1
= a
n+1

+ (n + 1).
Dễ chứng minh rằng, tập hợp R = {(0, 0), (a
n
, b
n
), n = 1, 2, ··· là tập hợp
thỏa mãn các điều kiện 1/-5/, và do đó là tập hợp các vị trí thắng.
Vậy tập hợp cần tìm là
{(0, 0); (
1 +
√
5
2
n;
3 +
√
5
2
n); (
3 +
√
5
2
n;
1 +
√
5
2
n), n = 1, 2, 3, ···}.
Ví dụ: (0, 0); (1, 2); (3, 5); (4, 7); (6, 10);

(2, 1); (5, 3); (7, 4) ; (10, 6)
21
Lớp các phương trình hàm Cauchy, d’Alembert
và dạng toán liên quan
Nguyễn Văn Mậu
Trường Đại học KHTN, ĐHQGHN
Trong lý thuyết các phương trình hàm thì hai dạng toán cơ bản nhất là
phương trình hàm Cauchy và phương trình hàm d’Alembert. Chúng đóng vai
trò nòng cốt (về phương pháp luận và phương pháp giải) để giải quyết lớp các
khác nhau về xác định hàm số trong đại số và trong lượng giác tương ứng.
Hầu hết, các đề toán về phương trình hàm trong các kỳ thi Olympic quốc tế
và khu vực thường tập trung khai thác các tính chất giải tích của hàm số như
tính giải tích, tính khả vi, liên tục, khả tích, giới nội, đo được, Khi không
viện trợ đến một trong các tính chất giải tích đó thì việc giải các phương trình
hàm thường chỉ thực hiện được trên tập rời rạc (Z, N, Q, ), còn trên tập R
thì gặp muôn vàn khó khăn, chưa có hướng giải quyết tổng thể. Vì thế, việc
xem xét các phương trình hàm cộng tính Cauchy trên R trong lớp hàm không
liên tục sẽ gắn với tính phi tuyến (mạnh) và rất khó hình dung ra dáng điệu
đồ thị của chúng trên mặt phẳng.
Bài viết này nhằm giới thiệu và phân tích toàn cảnh bức tranh phức hợp
đó.
22
1 Hàm cộng tính và song cộng tính
Trong mục này sẽ giới thiệu tổng quan về lớp phương trình hàm Cauchy
(xem [1]-[8]). Có lẽ A.M. Legendre là người đầu tiên đã tìm được nghiệm của
phương trình hàm Cauchy (hàm cộng tính)
f(x + y) = f(x) + f(y), ∀x, y ∈ R.
Trong cuốn sách của mình, Kuczma (1985) đã trình bày rất chi tiết các tính
chất của lớp hàm cộng tính. Tiếp theo, lớp hàm này được đề cập nhiều trong
các cuốn sách của Acze’l (1966, 1987), Acze’l và Dhombres (1989), và Smital

(1988).
Dựa vào nghiệm của phương trình hàm Cauchy (hàm cộng tính), lớp
nghiệm tổng quát của nhiều phương trình hàm (hai hay nhiều biến) thông
qua lớp các hàm cộng tính, lũy thừa, logarit hay mũ có thể biểu diễn thông
qua chúng.
1.1 Về lớp hàm cộng tính liên tục
Trong mục này, ta định nghĩa hàm cộng tính và khảo sát dáng điệu của
chúng dựa theo các giả thiết về tính trơn khác nhau chẳng hạn như tính đo
được, tính liên tục, tính khả vi, tính đơn điệu, tính lồi, lõm,
Định nghĩa 1.1. Một hàm f : R → R được gọi là một hàm cộng tính khi và
chỉ nó thỏa phương trình hàm Cauchy
f(x + y) = f(x) + f(y), ∀x, y ∈ R. (1)
Phương trình hàm (1) được xét đầu tiên bởi A.M. Legendre (1791) và
C.F. Gauss (1809) nhưng A.L. Cauchy (1821) mới là người đầu tiên tìm thấy
23
nghiệm tổng quát của nó. Phương trình (1) có một vị trí đặc biệt trong toán
học. Nó được gặp ở hầu hết tất cả các ngành học của toán như là sự khởi đầu
của các phép tính đối với hàm số.
Định nghĩa 1.2. Một hàm f : R → R được gọi là tuyến tính khi và chỉ khi
nó có dạng
f(x) = ax ∀x ∈ R,
với a là hằng số tùy ý.
Đồ thị của một hàm tuyến tính f(x) = ax là một đường thẳng (không
thẳng đứng) đi qua gốc tọa độ và do đó nó được gọi là tuyến tính. Câu hỏi
từ rất lâu đã được đặt ra là ngoài hàm tuyến tính trên thì còn có hàm cộng
tính nào khác nữa không?
Ta dễ dàng chỉ ra rằng chỉ có các hàm cộng tính liên tục mới là tuyến tính.
Điều này đã được Cauchy khẳng định vào năm (1821).
Định lý 1.1. Cho f : R → R là một hàm cộng tính liên tục. Thế thì f là
tuyến tính, nghĩa là f(x) = ax ở đây a là một hằng số tùy ý.

Để ý rằng, tính liên tục của f suy ra nó cũng là hàm khả tích. Chính tính
khả tích của f đã làm cho hàm cộng tính f trở thành tuyến tính. Do đó mọi
hàm cộng tính khả tích cũng là tuyến tính.
Định nghĩa 1.3. Hàm f : R → R được gọi là khả tích địa phương khi và chỉ
khi nó là khả tích trên mọi đoạn hữu hạn.
Ta có kết luận rằng mọi ánh xạ cộng tính khả tích địa phương cũng là
tuyến tính. Ta nêu một chứng minh ngắn của Shapiro (1973). Giả thiết f
là hàm cộng tính khả tích địa phương. Từ đó f(x + y) = f(x) + f (y) đúng
24