Tuyển tập chuyên đề Toán Học Tuổi Trẻ - Quyển 3

MỤC LỤC
Trang
Lời nói đầu

3

Những kí hiệu trong sách

4
CHUONG I

KHAI THAC CAC BAI TOAN TRUNG HOC CO SG
Phần một

TOÁN VỀ TẬP HỢP SỐ NGUYÊN, SỐ HỮU TỈ
Bui Quang Truong

Có thể làm tốn sinh động hơn được khơng ?...........................-5-5-5:

5

Bui Quang Truong

Cộng và trừ thêm một con số thích hợp.................
..- ác nhu
e,

7

Nguyễn Ngọc Hương

Tổng các chữ số của một số tự nhiên.....................--.
S0 S222 tre

9

Lé Quang Trung

Xây dựng cơng thức tính tổng các số tự nhiên bằng đa thức .................

1]

Nguyễn Hữu Bằng

Về bài toán so sánh phân SỐ ...................
cà tSnn HH 1102 tr.

12

Trần Xuân Đáng

Định lí Trung Hoa về SỐ đƯ...................Ặ.
LH. TH HH HH ng no

14

Ngô Hân

Phương pháp cực hạn. . . . . . . . . .

key

16

Lê Hào

Suy nghĩ từ lời giải một bài tốn thi vơ địch quốc tế..........................ccce2

18

Bùi Quang Trường

Phương trình căn đồng dang bậc hai....................... che

20

Nguyên Ngọc Bình Phương

Một số bài tốn về số hữu tỉ và sỐ vơ tỈ.................. teen

Lê Quang Trung

Tính biểu thức hữu tỉ bằng cách xét dạng đa thức bằng nhau tại nhiều

Trịnh Khôi

..- HH
TH TH TH

ye

22

2-81...

24

Tập dượt khai thác các đẳng thức đã biết........................5-55 ccccccccrecve2

26

Phần hai

TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT
Lê Hải Khôi

Về mối quan hệ giữa hai bất đẳng thức Cauchy và Bernoulli.................

28

Vũ Đức

Từ các tính chất cơ bản của bất đẳng thức......................---cccccc
tre

29

Ngô Văn Thái

Một phương pháp đánh giá tổng các phân thức........................--..--cccccce2

31

Tơn Nữ Bích Vân

Vận dụng hàng đẳng thức 4A” =ÌA| vào giải tốn........................-...-:

33


Vũ Đức

Một số bài toán về giá trị tuyỆt đỐI....................- neo

35

Nguyễn Đễ

Chứng minh bất đẳng thức đạng | AÌ < Ø ........................-----:¿ccsccccccsseei

38

Trinh Vinh Ngoc

Đôi điều về một phương pháp giải phương trình ở cấp trung học cơ sở.

39

Phan Ngọc Thảo

Bài toán cực trị của biểu thức chứa dấu căn..............................-ccccccccsSe2

4I

Vũ Đức

Suy luận hợp lí trong lời giải có vẻ thiếu tự nhiên..........................cseeie

Huỳnh Văn Trọng

Một số chú ý khi giải tốn tìm cực trị đại SỐ......................cceeeieinrre

46

Nguyễn Văn Hiến

Một số sai lầm khi giải toán CỰC tTỊ.....................
cà cà nhe Hy

48

Lê Văn Tiến

Một số lưu ý khi giải bài tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất........

51

Hồng Hải Dương

Giải tốn bất đẳng thức và cực trị dựa vào phương trình bậc hai............

53

Nguyễn Ngọc Khoa

Tìm cực trị một biểu thức bằng nhiều cách ............................-cs--ccccccrssee

56

Phạm Thị Việt Thái

Sử dụng phương pháp tham biến để tìm cực trị một biểu thức ...............

58

Nguyễn Ngọc Khoa

Giải tốn cực trị đại số với các biến có điều kiển........................ ....ccccse¿

60

Phần ba

REN LUYEN TU DUY QUA TOAN HINH HOC PHANG
Lê Trường Tùng

Về định lí Steiner - Lehimus..........................
ác 221211 LH
12111111110 11 cgxee

62

Ngơ Văn Thái

Trở lại định lí Steiner - Lehmus.....................
G SH HH HH
vớ,

64

Lê Ngọc Thành Vĩnh

Sửa sai thành... chưa đÚng ....................các Ă TS S S120 11H HH HH nhà hay

65

Võ Kim Huệ

Định lí bốn điểm và cách chứng minh hai đường thẳng
vng góc với nhau ...................... .

g0

66

Vũ Hữu Bình

Khi đặc biệt hố bài tốn..........................
.- -- HH HH
HH
HH ng rệt

69

Nguyễn Minh Thơng

Hãy giải một bài tốn theo những cách nhìn khác nhau...........................-

70

Đàm Hiểu Chiến

Khai thác một bài toán. . . . . . . . . .

nhện

72

Nguyễn Ngọc Nam

Từ kết quả của một bài toán.....................
tt HH HH
11211111121 re

74

Lê Quốc Hán

Từ một bài tốn hình học lớp Ĩ......................
HH... HH H0 1 Hà nho

76

Tạ Toàn, Đỗ Tiến Hải

Từ bất đẳng thức đại số đến bài tốn cực trị hình học......................
.....-

78

Nguyễn Văn Vĩnh

Nhận xét lời giải bài tốn như thế nào ?........................sen
rrrec

81

Phương pháp diện tích. . . . . . . . . . .

tiệt

83

Đăng Văn Biểu

Giải được bài toán chưa hẳn là kết thÚC........................
c5 ccc+ccccccvrvzrcree

86

Nguyễn Đức Tấn

Thay đối điều kiện thứ yếu trong bài tốn hình học........................---‹-

88

Nguyễn Đức Trường

Ứng dụng của một hệ thức về tỉ số điện tích....................-2-5 ccccccrxee

90

Hồng Ngọc Cảnh

Rèn luyện năng lực tư duy thông qua việc khai thác các bài tốn..........

92

Nguyễn Đức Tấn

Về một bài tốn cực trị hình học .........................-cà St
xe

95

Lê Duy Ninh

Phát triển từ một bài tốn hình học......................------ cScScnnnnererke

96

Ngô Thế Phiệt

11H TH TT

co

HH.

..- - cà HH

HT

TH HH HH Hưng

HH HH gà HH


CHƯƠNG

II

-

NHÌN BÀI TỐN TỪ NHIÊU HƯỚNG
Phần một

VẤN ĐỀ NGHIỆM VÀ NGHIỆM KÉP CỦA PHƯƠNG TRÌNH
Trần Tử Quảng

Về lời giải của một bài toán cơ bản........................... khe,

Nguyễn Phú Chiến

9)0)0:9: 0.18.

Pham Bao

Bậc của tham số và hình bao của họ đường thẳng y = ƒ(x,m).............

Trần Phương

Họ đường cong tiếp xúc với một đường cố định.........................
co ee

Dương Quốc Việt

Nhìn lại khái niệm nghiệm kép của phương trình

0000...

và vấn đề đường cong tiếp xúc với trục hoành .............................-..
Phạm Ngọc Bội

Một số vấn đề về nghiệm bội của phương trình...........................-«se cecsee

Nguyễn Văn Q

Bài tốn tiếp tuyến khi không dùng phương pháp nghiệm kép...............

Lê Thống Nhất

Lại bàn về chuyện tiếp xúc của hai đồ thị.......................- .--c«cseehieeiee

Nguyễn Anh Dũng

Về bài tốn phương trình tiếp tuyẾn..................... càng

Đăng Hùng Thắng

Về cơ sở của phương pháp nghiệm kép.....................-...nà ehHuướ

Nguyễn Việt Hải

Bàn về sự tiếp xúc của hai đồ thị......................--- -á +
nH HH
rệt

HH

ưu

Phần hai

MỐI LIÊN HỆ GIU'A CAC DUONG THANG, DUONG CONIC
Phan Nam Hùng

Một số dạng khác của bài toán con bướm .......................

Lê Hào

Một số hệ thức liên hệ giữa đường thẳng và đường trịn........................

Lê Hào

Mở rộng bài tốn con bướm cho các đường cônic.......................... coi

Bài Văn Viện

Họ tiếp tuyến với đường tTỊN......................
..
HH HH HH HH nưg

Lê Hữu Dũng

Giai điệu parabOlÌ. . . . . . . . . . . .

Phạm Quốc Phong

Viết phương trình parabol bằng phương pháp chùm ...............................

Cao Trung Chỉnh

Đi tìm một lời giải đẹp.......................
các HH
HH HH
tiệt

Trân Văn Minh

Khoảng cách từ một cônic đến một loại đường thẳng ...........................

Nguyễn Đạo Phương

Phương tích của một điểm đối với một đường cônic............................--

Nguyễn Đạo Phương

Đường cônic đẳng phương của hai đường cơnic..........................-ccccccsc«2

Nguyễn Thúc Hào

Phương trình tiếp dạng của đường cƠnIC ..........................-sàn

cọ

TH ng

nhe

HH HH Hà HƯU

Phần ba

TỪ HÌNH PHẲNG ĐẾN HÌNH KHƠNG GIAN
Hồ Cơng Dũng

Giải tốn cực trị hình học dưới cách nhìn đại sỐ..........................
cac

Nguyễn Minh Hà

Điểm Torricelli của tứ điện .......................
¿+ 1t tk 111111111511 rxee

Trịnh Bằng Giang

Thử mở rộng một bài toán. . . . . . . .

... Là HH HH ng HH HH nà

Hg


Võ Giang Giai

Một vài kết quả đẹp của hình học chứng minh bằng phương pháp
diện tích, thể tích...........................«k1 n 9T HT HT TH Tà TH HH TT cv

160

Hồ Cơng Dũng

Nhìn từ định lí Menelaus .............................-- HH

kh

163

Trịnh Bằng Giang

Đi tìm một dạng định lí sin cho tứ diện......................
c1 nh nsnhh
re

165

Nguyễn Anh Dũng

là...

167

Hồ Quang Vinh

Mặt cầu tiếp xúc với đường thẳng chứa các cạnh của khối tứ diện ........

170

Lưu Hùng

Vài ứng dụng của định lí con nhím .........................
HH
iey

173

Phạm Đăng Long

Phát triển một bài toán .......................-cà c vàn ng HH HH ng
re,

176

kg

ng

.................

CHƯƠNG III

100 ĐỀ TỐN HAY
Phần một

ĐỀ BÀI

kê

0 ...........

210. 0.

6:8.

.Ầ....

eee anảỪDDỪ..

Hình học phẳng ...........................- chen
Hình học khơng gian...................... ch

Phần hai

LỜI GIẢI

18]1......................

191

182......................

197

185....................c.

211

186......................

216

re. 188......................

232


SGuyen chon theo chuyén dé

TOAN HOC &v TUOI TRE
QUYEN 3

# KHAI THÁC CÁC BÀI TỐN THCS
# NHÌN BÀI TỐN TỪ NHIÊU HƯỚNG.
# 100 ĐỀ TOÁN HAY

NHÀ XUẤT BẢN GIÁO DỤC


(z2 7
KHAI THÁC CÁC BÀI TOÁN

TRUNG HỌC CƠ SỞ

Phần một

TOÁN VỀ TẬP HỢP SỐ NGUYÊN, SỐ HỮU TỈ
CO THE LAM TOAN SINH DONG HON DUOC KHONG ?
(Về cách giải phương trình nghiệm nguyên ax + by = c)

BÙI QUANG TRƯỜNG (Hà Nội)
Các sách tham khảo về toán đã giới thiệu
hàng loạt mẹo mực để tìm nghiệm ngun của

phương trình vơ định hai ẩn dạng ax + by = c

với ¿, b, c là các số nguyên. Đây là một bài toán
đơn giản và ta sẽ phải lặp đi lặp lại cùng một
kiểu lí luận để ¿, í¡, /;,... ngun. Cơng việc đó
thật đơn điệu và rất nhiều bạn ngại khi phải tìm
tỚI ty, ty, fy,

Chẳng hạn, một lời giải mẫu trong sách giáo

khoa những năm 80 về cách tìm nghiệm nguyên
của phương trình
23x
+ 53y = 109

(1)

nhu sau :
_ 109-53y _

2a

4

23: = 2-374

Muốn y ngun phải có

22 2t.

5

=í¡

ngun

hay 7t, +2t=3

Tì

ừ (3)

4
có

(3)
/

re

2

r và f¡ ngun nên phải có

5

1-4,
2

=í;

ngun

hay 2t, +t, = 1.

Từ (4) có

(4)

4, =1-2t,

va t=1-34 +h

=

được y = 2 —3t+t, =2~-3(-2+
7th) + (1 — 2h)

17-7y

2 FG

Muốn x nguyên phải có / =
nguyên, hay

17—
Từ (2)
có y=~—z

(2)

1 - 3(1 - 2t))
+ t, hay f= —2 + 7ty. Khi d6 ta

Từ (1) ta có

v=

23/
+ 7y = 17

17—7y
23

= 9 — 23t.
là số

và x= 4—2y+

=4_— 2(9-— 23/2) — 2 + Trạ

=-l6 + 530.


Phương pháp giải đã dẫn chúng ta
nhưng việc làm thật tẻ nhạt. Nếu nghĩ
điều trong sách vở là đã tuyệt vời, kín
chúng ta sẽ thụ động khơng phát huy

tới đích,
rằng mọi
kế rồi thì
được khả

năng suy nghĩ sáng tạo.

Chọn A là bội nguyên của ø sao cho c + A chia
hết cho b, tức là A = ma và

c + A

-+A-by-A A _ kbby
kb-b ơn
ya ft
Achy
a

Chúng ta hãy thử tìm một con đường khác.

a

(5)

. BD
qog
`
ằ cac OD
Giản ước — dé dua về dạng tối giản — = —

Từ (5) có
7-Ty
7q - y)
x=3-5y+
=3-5y+
12
12
Vì 7 và 12 nguyên tố cùng nhau nên để
x ngun thì

a

= k=»)

Xét bài tốn : 7ừn nghiệm ngun của phương

trình 12x - 67y = 43

= kb với m, k

là các số nguyên. Lúc đó

3

=

phải nguyên. Từ đó suy

ra y= l— 12? và x = 67 — 2.

Phải chăng phương pháp giải ở đây chỉ thuận
lợi cho việc giải phương trình (5) mà thơi ? Để
trả lời chúng ta hãy thử giải phương trình (1)
theo kiểu đã giải phương trình (5).
17—7y

Từ (1) ta có x= 4—2y+

ad

chia hết cho 7 (!). Cố tạo ra con số chia hết cho

a

với (, b} = 1. Muốn x nguyén phải có k—y
a =f
nguyên. Từ đó suy ra y = k — đi, x = b't — m.

Như thế để tìm tồn bộ các nghiệm nguyên
của phương trình zx + by = c (6) chúng ta chỉ
can
tìm
một
cặp
nghiệm
ngun
(*ọ, Yạ) = (Tom, k).
Thí
trình

dụ.

. Giá như

23
17 va 7 có ước số chung, hay đẹp hơn nữa: 17

a

Tìm

nghiệm

ngun

của

phương

“12x +35 y =395

we

ee

3+2

Lời giải.

(7)

29

9

= 9

7, chúng ta cộng và trừ thêm 4 thì được x =
4-2y+

1(3-y)-4

. Con số 4 mới xuất hiện
23
đã gây thêm phiên phức. Nếu nó chia hết cho 23
thì tốt quá (!). Bằng một linh cảm trực giác
chúng ta chọn con số khác : 46.
oy
17-7y
Ta viết x =4-2 y+
23

353 + 108x

=

5+2lx

12+3x+

20

các bội số nguyên của 29 thì 58, khi cộng 5 sẽ
chia hết cho 21).

=/

nguyên

Muốn

y

nguyên

thì

a

et

phải là

số nguyên. Vậy x=29/—3 và

suy ra y= 9 — 237 va
x=2-184+46t+7t

Từ đó

12+3v+
2? 21X+58~
5Š (vì nhạn thấy trong
29

=4- 2y+ 79-y)
23
—2.
a

„Ắ33
9

hay —10§x
+ 29y = 353.

y=——>—

17—7y+
46 - 46
=4~ 2y+ sity”
23

Tuyệt ! Như vậy phải có

Do đó (7) © -12x+ 22
9

=53t- 16.

Nói một cách khái qt, dé tim nghiệm
nguyên của phương trình ax + by = c với các số

nguyên a, b, c (6) chúng ta có thể làm như sau :

y=l10—-9+8§7:?+21 =1+ 108.
Vào một lúc xuất thần, sự ln ln nghĩ
đến những cái mới có thể khiến bạn tách vế phải
c của phương trình zx + by = c (6) thành hai

phần : một phần chia hết cho z, phần còn lại

Qua câu chuyện về cách tìm nghiệm nguyên
của phương trình vô định này, tôi không muốn

Xg» Yo là các số nguyên.

dừng ở mục tiêu giới thiệu với bạn đọc một
phương pháp giải khác với sách giáo kho mà
cịn muốn nói rằng : đừng vội thoả mãn và yên
lòng với những kết quả đã nêu trong sách vở mà
phải luôn luôn nghĩ đến những cái mới tốt đẹp
hơn, trong sáng hơn và hãy dũng cảm, kiên trì

chia hết cho b, nghĩa là c = zxạ + by, (8) với
Thế thì (6) ©
>

x=

Do

xt

ax + by = axạ + by,
b(ya (Yo ~ 3 —
a

(a',b')=1

nên

X0—

+

bya~—
Đo
y)
a

yet

da một

số

tiếp cạn chúng.

Ngồi các cách giải trên cịn có cách giải của

nguyên.

Vậy x=xạ+b't,

y=yg -a't.

Bản chất của phương pháp tách c thành hai
phần nêu trên là gì ?

Đó là khi biết một cặp nghiệm ngun
(xạ,yọ) của phương trình vơ định (6) thì có

ngay cơng thức nghiệm của (6). Đẳng thức (8)
đã khẳng định (xạ,yạ) là một cặp nghiệm
nguyên của (6).

nhà toán học Ấn Độ Boơkhatcara đầu thế kỉ XI,

các bạn có thể tự tìm các cách giải khác, hoặc
xem trong các cuốn sách sau :

— Số và khoa học về số ; G. N. Becman

NXE Giáo dục, Hà Nội, 1962.

;

~— Tìm tịi lời giải các phương trình vơ định ;
Bùi Quang Trường ; NXB Giáo dục, Hà Nội
1995.

CỘNG VÀ TRỪ THÊM MỘT CON SỐ THÍCH HỢP
BÙI QUANG TRƯỜNG (Hà Nội)

Trong bài Có thể làm tốn sinh động hơn

Con đường suy luận hợp lôgic không thẳng

được không ? THTT số 154 tháng 2.1987 tác giả

tuột được nữa, nó có vẻ đã phải lượn cong đi ?

cách
Cách
biến
(x, y)

chùn lại, gây hãng trong lịng bạn và kích thích

đã giải phương trình vơ định zx + by =c bằng

cộng và trừ thêm một con số thích hợp.
giải đó khơng dùng tới q nhiều bước
đổi như sách giáo khoa. Nghiệm nguyên
của phương trình trên được tìm ra sau một

vài thử nghiệm và biến đổi.

Trong bài Phương trình vơ định ax + by = c

+ đxy(*) (Tuyển tập 30 năm, tạp chí Tốn học
và Tuổi trẻ NXB Giáo dục, 2004 trang 58 — 59)
tác giả vẫn dùng cách cộng, trừ thêm một con

số thích hợp để tìm nghiệm ngun của phương

trình vơ định ax+by=c+xy và dường như
lúng túng trước phương trình
ax+ by =c+dxy

(1)

Khơng ! Nó thực sự vẫn thẳng. Nó dường như
bạn muốn tiếp tục đi trên con đường thẳng
băng : Cứ cộng, trừ thêm một con số thích hợp
thi dd sao |

Các ban có nghĩ như vậy khơng ? những ban
trẻ u tốn và ham muốn cống hiến cho các bài
toán những lời giải đẹp và trong sáng.

Có thể và lúc nào đó, bạn nhìn phương trình

(1) trên trang giấy trắng trước mặt và bạn viết :
(1)@

ax=c+dxy—by=c+y(de-b)

(2)

Truong hop dx — b = 0 cho x nguyên, tức là
b:d

thì ta chỉ việc thay x = 2

(nguyên) vào


(2) được øx =c. Nếu

x=

b

c
57

< = p thì (1) có nghiệm

d

x=

Trong trường hợp dx—b +0
chia hết cho 2), ta viết

Thí dụ 1. Tìm nghiệm nguyên của phương
trình 2x — 3y = —5xy + 39,
(5)

(tức b khơng

qX—C

Qo

Lời giải.

(3)

y= dx —b

(5) ©

- dmx — mb + mb ~c

y=

dx —b

Dé y nguyén

Sy

de —b

phai c6

P

(6) © y= a.

_ „mắc
b—c

~~“

=r

dx—b

1a số

x=———

(3) nguyên

dv—b

c

là ax — c = 0

7

ye

dax — cả
dvx—b `

_

nguyên.

Lúc

7

Fras tea

Tóm lại, cộng và trừ thêm một cơn số thích
hợp là phương pháp tìm được nghiệm ngun

của phương trình vơ định (1). Nhưng đấy có
phải là phương pháp hay nhất khơng ? Phương
pháp đó có thể giải quyết được phương trình

„ ab ~ cả

Geb

.
iêu ` kỉ
>Me
Điều kiện cần để y nguyên là Ä⁄
số

10x+22

tương ứng y = 3, 2, 6, -1.

rõ ràng là ab. Vậy :

dx —b

_ 3x+lI
2+3

là các ước số của 7. Vậy có x = 2, —5, —l, —2 và

Con số thích hợp để cộng, trừ thêm vào tử số

=

(7)

Điều kiện cần để y nguyên là 2x + 3 = + 1, + 7

Và sm hay mun bn s

_ daxabt+abcd

T-ơyy3

Li gii. (7) â 5x = y(2x + 3) — 11

nảy ra một ý định : nhân hai vế của (3) với d
dy =

7

mãn đẳng thức 5x — 3y = 2xy — 11

ra x; Sxgiải (3) bằng cách cộng, trừ thêm một con số

được (3) ©

~5y x3

Thí dụ 2. Tìm các số nguyên (x ; y) thoả

hoặc |ax - c| > |dx — b|. Bình phương hai vế suy
thích hợp vào tử số.

`

số nguyên của 189 = 3.3.3.7. Tức là —5x + 3 = + k
với k = 1, 3, 7, 9, 21, 27, 63, 189. Từ đóx chỉ có
các giá trị nguyên x = —12, 0, 2, 6. Tương ứng là
y=-1, -13, —5, l.

(4)

sao ? Ở (*) ta đã biết một cách giải : Điều kiện

cần để y=

3-5.

Điều kiện cần để y nguyên là -5x + 3 là ước

Tất nhiên chỉ những giá trị x cho bởi (4) là
nghiệm ngun mới thoả mãn bài tốn, lúc đó
y=m +t. Nhưng nếu a không chia hết cho d thi
-Cc

7”

J7”

với f là ước số nguyên của mb — c = “ —€,

ax

= 10x -195

Nhân hai vế với 5 được

sy_10x=6+6-195 „189

p?mb =c
€

(6)

Cộng, trừ thêm 6 vào tử số được

nguyên, hay
dat — bí = mb—c

2x = y3-5x)+39

Vi x nguyén nén 3- 5x #0, do đó

Néu a:d ttc la a = d.m (m nguyên) thì
cộng và trừ thêm mb vao tir s6 được

một

với M là ước số nguyên của

Lấy hai thí dụ ở (*) nhưng giải bằng cách 2.

xay ra.

là

b

d
ab — cd sao cho x, y nguyén.
Chúng ta gọi đó là Cách 2 để giải (1) nhằm
phân biệt với Cách 7 đã đưa ra trong (*).

tae
in gw
as.
ad
khi đó y là số ngun bất kì ; cịn

nếu - # 4 thì trường hợp đx —- b = 0 khơng thể

d

ab m
- cả

đó

ab — cả

tổng qt hơn (1) hay khơng ?

za

y= a ™

;

Chúng ta sẽ cịn gặp nhau bàn về những
phương trình vơ định. Phải khơng các bạn ?


TỔNG CÁC CHỮ SỐ CỦA MỘT SỐ TỰ NHIÊN
NGUYEN NGỌC HƯƠNG (Tiền Giang)

Vậy n = 1990,

Với mỗi số tự nhiên n, ta gọi Š(n) là tổng các

chữ số của n viết trong hệ thập phân.

I. Mot s6 tinh chat cua ham S(n)
(các bạn hãy tu chứng minh)
1) 0< S(n) 2) n = S(n) (mod 9)

N

;0
S(n)sa,+9k

nếu

day | =úy ¿=...

=a, =d, =9.

b)

S(n)<(a,-1)+9k

néu cé ít nhất một

trong & chữ số ø¿_¡,2y_;,....đ¿ khác 9.
4) Nếu SŒ@) >r+9r
r> I1 thì n>r99...9

vớir,t;0
(sau r có r chữ số 9),

5) Sứi + m)
với mọi n, m e Ñ

6) SŒưm) < S(n).SŒm) với mọi n, m e Đ.

Ta có thể sử dụng các tính chất trên để giải

các bài tốn về các số viết trong hệ thập phân.
II. Cac bai toán

Bài 1. Tìm số tự nhiên n biết tổng các chữ số

của n bằng nˆ — 1900n + 28.
Lời giải. Nếu

= S(n) (mod 9) va. 1998
theo

giả

1998n -n =O

I, ...,
& thi

a)

Lời giải. Gọi số tự nhiên đã cho là n. Ta có n
mà

3) Néu n S$ ad _...địđo
vol ake

Bài 2. Biết tổng các chữ số của một số tự
nhiên bằng tổng các chữ số của tích số đó với

1998, chứng minh rằng số đó chia hết cho 9.

< n < 1998 thì ta có

S(n) = n* —1999n + 28 < n2 — 1909n + 1908
= (n— 1) — 1998) < 0 (loại).

e Nếu n = 1999 thi S(n) = S(1999) = 28 =
n7 - 1999n +28 (đúng).

thiét
(mod

= S(1998n) (mod 9)
S(n) = $(1998n)

9) >

1997n:9

nên

=>

n:9

(đpcm).
Ss(2n)

Bai 3. Chứng mình rằng

S(n)

>—
+

1...
vol

mol

neN.

Lời giải. Ta có
Sứ) = S(0n) = S(.2n) < SG).S(2n)
=

.
5.8(2n)

Bài

=>

S(2n)

——

%

4. a) Tìm

n+ S(n) = 1998.

)

“s

1

as

với mọi

số tự nhiên

.

e

Đ

n sao

.

cho

b) Chứng minh rằng có ít nhất một trong hai
số tự nhiên liên tiếp biểu diễn được dưới dạng

n+S(n) với n là một số tự nhiên nào đó.
Lời giải. a) Cách 1 : Ta có n= 1998 — S(n) < 1997
=> S(n) < 9.3 = 27
- S(n) = 1971.
=> n=1998
Dat n=19ab

v6ia,be N;0
Ta có 19ab
+ 10+ ø + b = 1998
=> lla+2b = 88
=

70 <11a <88

Vậy n = 1980.

—a=8,b=0.

e Nếu n > 1999 thì ta có

Cách 2. Ta có 1998 = n + S(n)

S(n) = n? — 1990n +28 > nín — 1999)
> m (loại).

= n—S(m) +25(m)

=> 2S(n):9

=> S(n): 9.


Mặt khác n
S(n) < 9.3 = 27.

=

1998 — S(n) < 1997 >

Do d6 S(n) = 9, 18 hoac 27. Thử trực tiếp chỉ
cé S(n) = 18 thoả mãn, ứng với n = 1980.

tng voi n= 1 van
= 243.

b) Dat S,, =n + S(n) với mỗi n e Đ.

Bài 7. Kí hiệu bình phương tổng các chữ số

Nhận xét.

của n 1a f\(n). Dat f,(n) = f,(f,\(n)). Tính

e Nếu ø tận cùng bằng 9 thì S„.¡ < SŠ„.
se Nếu
5+]

= Si

ø

tận

cùng

khơng

phải

là 9

thì

+].

Đối với số tự nhiên m > 2 bất kì, ta chọn & là

số lớn nhất sao cho S,<m => $%¿(¡ Sm+].
Do cach chon & thi S,,, 2m. Do đó hoặc
Spay =m hoae S,., =m+1.

Bài 5. Cho a là tổng các chữ số của (2513,
b là tổng các chữ số của a. Tính tổng các chữ số

của b.

Lời giải. Ta có

fieos(2'”P) và fnooy(2'°?9).

Lời giải. Ta có n = 2°”? = 2.8558 = 2 (mod 9)
!@) = 4 (mod9) => ƒ›(n) = 7 (mod9).

Mặt khác ø = 2.8666 < 10667
=> f,(n) < (9.667)" = 36036009
=> f,(n) < (2 + 9.7)? = 4225
=> fy(n) < (3 + 9.3)” = 30Ỷ.
Goi S = S(f,(n))

n= (2991999 - (2393-1999 _ g5997 „ 05997

S< 30.

=> a=S(n) < 9.5997 = 53973
=> b=S(a) $< 4+94 = 40 >

256 hoặc 625.

c=S(b)

<3+9.1= 12. Vin = (2°) = 8 (mod 9) và
n=a=h=c=8(mod
9) nénc=8.

Bài 6. Tìm số tự nhiên n sao cho luỹ thừa

bậc 5 của tổng các chữ số của n bằng n”.
Lời giải. Giả sử số n cần tìm có k chữ số và S ;

là tổng các chữ số đó. Ta có SỐ = n? với k>2 ;

= n2> 1022 (1)
SỐÕ
$<9k,n> 107! —95>/
Đặt

uy

9k

= 1022
5

5

St <102 =

102@+D-2

= ——>——

Từ đó u,,,
Vi449=24+54+6=64+2+5=
13 nén

fin)= 13”= 169 => fa(n)= 16?
= 256.

Vay vik 4

Với mọi k > 2.

với mọi k > 2 nên dãy số

(u,) la day giam.
Vi ug < 1 nén ta có 9k
k>6

|

f,(n) = 169

néuk chan

f,(n) = 256

néuk lé

Do đó ftoog() = 169, ftooo(n) = 256.

III. Cac bài tập tự luyện

Bài 1. Tổng các chữ số của một số chính

có thể bằng

khơng ? Vì sao ?

5

thi ta cé6 S = 7 (mod 9) va

Suy ra Š bằng 7, 16 hoặc 25 — f,(n) bang 49 ;

phương

Ta “na
có

10

Tir (1), (2) phai c6 k $5 = § < 9.5 = 45.
Mat khac S° = n” suy ra S phai 1a s6 chinh
phương. Vậy S cé thé 18 1, 4, 9, 16, 25, 36. Thir
trực tiếp thì S° =n? chi ding khi S = 1 vaS=9

1995 hoặc

1997 được

Bài 2. Người ta viết dãy số tự nhiên liên tiếp
từ I1 đến 1.000.000. Sau đó mỗi số được thay

bằng tổng các chữ số của nó. Cứ làm như vậy

cho đến khi trong dãy chỉ cịn các số có một chữ

số, lúc này trong dãy cuối cùng chữ số nào xuất

hiện nhiều lần nhất ?

Bài 3. Tôn tại hay không số tự nhiên r sao

< 10%? vi moi
(2)

cho S(n)=m, S(n*) =m
nhiên cho trước ?

véim

la một số tự


Bài 4. Chứng minh rằng

S(8n) `
Sọ về

=

VỚI mọi

Bai 7. Tim s6 tu nhién n thoa man mỗi đẳng

thức sau :

a) n+ S(n) = 1999;

neNĐ,n>Ĩ0.

Bài 5. Tìm số tự nhiên nø nhỏ nhất sao cho

S(S(n)) 210 va S(S(S(n))) < 9.
Bài 6. Với mỗi số tự nhiên n, chimg minh
rằng tồn tại vô hạn số tự nhiên z sao cho
S(nm) < 2S(m).

b) n— S(n) = 1998

c) 2n + 3S(n) = 122

;

đ) 3n + 2S(n ~ 3) = 6007
e) n+ S(n) + S(S(n)) = 1998
Bài 8. Cho z là tổng các chữ số của (3 8292,
b là tổng các chữ số của ø, c là tổng các chữ số

của b. Tính tổng các chữ số của c.

XÂY DỰNG CƠNG THÚC TÍNH TỔNG CÁC SỐ TỰ NHIÊN

BẰNG ĐA THÚC

LÊ QUANG TRƯNG (Bạc Liêu)
Gia str f(x) là một đa thức có bậc 0n (n > 1).

Xét ding thitc f(x) - f(x-1) = g(x)

(1)

Ta nhận thay g(z) là đa thức có bac (n — 1)

và khi thay x lần lượt bằng 1, 2, 3,..., n rồi cộng

lại ta được tổng :

ø(1) + ø() +...+ sứ) = n) - f0)
(2)
Do d6 xuat phat tir yéu cdu tinh téng n số tự
nhiên nào đó ta sé chon g(x) và dẫn đến bài toán :
"xác định đa thức ƒ(x) thoả mãn +) - Ñ+x - l) =

g(x)". Sau đây xin nêu một vài ví dụ minh hoạ.

Thí dụ 1. Tính tổng S = 1 + 2 + 3 +...+n

Từ tổng trên và (1), (2) ta chon g(x) = x va f(x)
là đa thức bậc hai. Do đó ta xét bài tốn : Tìm

da thifc bac hai f(x) biét f(x) —- f+x - L) = x.

Lời giải. Giả sử ƒ(x) = ax? + bx +c (a# 0).

Khi đó từ (1)có 2ax—ø+b
= x,
1
suyra =>,

2

Vay f(x) =3

1
vợ
b=~, c tuỳ ý.
c

"

Thay x lần lượt bằng 1, 2, 3,..., n từ (2) có

S=l+2+3+...

re, + D

= f(n)- f(0)=

Thi du 2. Tinh tong S=1 oes

+...+(2n—1).

Từ tổng đó và (1), (2) ta chon g(x) = 2x - 1

và xét bài tốn : Tìm đa thức bậc hai f(x) biét
ƒŒœ)- ƒŒ&-—1) = 2x —]1.

Lời giải. Giả sử Ñx) = ax’ + bx + c (a # 0).

Khi đó từ (1) có 2axT— a+b
= 2x,
suy rad=1,b=0,c

tuy y. Vay Ax) =x

Thay x lần lượt bằng 1, 2, 3,... m, từ (2) có

+c.

$=1+3+5 +... + Ĩn — l) =0) —ĐO) = nẺ.

__-Thí dụ 3. Tính tổng
S=1#2+3? +5? +...+(2nT—
ĐỂ.
Từ tổng trên ta chọn

g(x) =(2x-1)? =4x”—~4x+lvà

xét

bài

tốn : Tìm đa thức bậc ba +) biết

ƒŒœ)~ ƒŒ&~U=4x?~4x+l.
Lời giải. Giả sử ƒ(x) = ax” + bx? +cx+ d

(a # 0). Khi đó từ (1) có
11

3ax? -(3a—2b)x—b+c+a= 4x? T—A4x+]

4ax? +(3b —6a)x? + (4a— 3b + 2a)x+b—a+d

4
3a=4
2

a=3

53a-2b=4

Vay f(x) _

=x, giai ra ta dugc :

@ib=0

a+c-b=]l

3

1

a=..b=2,

""

fayaax

-sx+d,

Lần lượt thay x bằng 1, 2, 3,..., z từ (2) được

S=l12+3+...+(2n— DJ =
= f(n)- fO)=—

d=0,

e

tuy

y va

tat te

Thay x lần lượt bằng 1, 2, 3,..., n từ (2) có

$S=l!+2!+3Ÿ+..+n

4

2

2

urn"

2

4.4

Qua các thí dụ trên, chắc các bạn đã nhận ra

Thi dụ 4. Tính tổng

c4ch chon g(x) và từ đó tìm được ƒ{x) thoả mãn

S=l+2l+3Ÿ+...+n.

u cầu của phương pháp này.

và xét bài tốn : Tìm đa

thức bậc bốn ƒ(+) biết

Bây giờ các bạn hãy thử tính hai tổng sau
day nhé !

ƒŒ)~ƒŒœ-~1)= 3.

Bai 1. Tinh $,; =2+4+6+...
+ 2n.

Bai 2. Tinh S, = 17+ 27+3°+..477,

Lời giải. Giả sử

f(x)

rae

cat,

= 14.13,
, 1,2

An? —n

Ta chon g(x) = x°

Khi đó từ (1) có

=ax'+bhetex?+drte

(a #0).

VỀ BÀI TỐN SO SANH PHAN SO
NGUYỄN HỮU BẰNG (Nghệ An)
Trong phần ơn tập về tính chất của bốn phép
tính của phân số dương có bài tốn :
Šo sánh bằng nhiều phương pháp khác nhau
xem trong hai phân số 7 và 16

TT.
thì phân số

nào lớn hơn ?

Đấy là một bài toán đơn giản nhưng chứa
đựng nhiều điều thú vị trong chương trình Tốn 6.
Trước hết xin nêu tóm tắt những cách so sánh
phân số dương quen thuộc là:

1. Quy đồng mẫu các phân số đã cho rồi so

sánh các tử với nhau.

12

2. Viết các phân số đã cho dưới dạng các
phân số cùng tử rồi so sánh các mẫu với nhau.
3. So sánh phân số dựa vào tính chất : Nếu

ad 4. So sánh tỉ số các phân số đã cho với 1 dua
vào tính chất :

Nếu Ý <1 thì x< y.

y

5. Viết các phân số dưới dạng số thập phân

rồi so sánh các số thập phân đó.

6. So sánh số nghịch đảo của các phân số

dựa vào tính chất :


b
Nếu u —Tế?
< —“ tm

—>—
. >

nên áp dụng các cách 6, 7, 8, tương ứng là hợp

C

7. Dựa và tính chất bắc cầu của quan hệ thứ
~

ami

tự : Nếu

bến

sim

và ad

~a@

thi 5 <7

c. Để vận dụng cách 10 trong bài toán ban

đầu ta cần viết

ic

8. So sanh "phan bi của các phân số đối với
đơn vị” dựa vào tính chất : Nếu

lí nhất.

ma

đều nhỏ

hon
| va 1-2b <1-b
a

13=5.2+3;16=7.2 +2.
Tương

tự ta cũng

so sánh được

một

cách

.
3;
89 à 895
nhanh gọn hai phân số, chăng hạn gs VÀ 954°
Ta có 89

5

nên

82 < 89-10+5
95
9510+4

Tiếp theo xin nêu thêm vài cách giải khác

5
4

do

dựa vào một số tính chất mở rộng hơn.

9. Ta có tính chất (bạn đọc tự chứng minh) :
Nếu

7<” thì

7

< ote
Shy
bed

C
sd

d. Một điều thú vị là nhờ so sánh phân số mà

ta có một cách chứng minh tính chất sau :

Cho a, b, c, đ là các số nguyên dương, néu a
thì ad < bc.

Áp dụng vào bài tốn trên ta có :

Thật vậy từ giả thiết suy ra
bra=dTC

0= 1-f>1-45
10. Từ tính chất đã nêu ở cách 9 ta dễ dàng

suy ra tính chất sau :

antco
oc 4,

thì — “Tnd*g với
n là số

Néu s*g
nguyên dương.

su
7
16°

5

75

3

nên

5

5.2+3

7ế72+22

SUY

ra

d

=> o
=>

ad
< be.

Nghia là : Cho hai số tự nhiên biến thiên có
tổng khơng đổi, thế thì tích của chúng càng lớn
nếu hiệu của chúng càng nhỏ.

Ví dụ : 95.98 > 94.99 ;

Thật ra tính chất này cũng đúng với 2, b, c, đ

là các phân số dương. Khi đó ta xét các tỉ số
tương ứng thay cho phân số.

a. Do bốn số 5, 7, 13, 16 đôi một nguyên tố
cùng nhau nên khi áp dụng các cách giải l1, 2,

3,4 vào bài toán trên ta đều quy về so sánh

5.16 và 7.13,

b. Khi so sánh các phân số chẳng hạn = va

36.97

b

a°>(a~ 1)(a + 1).

3

Một vài nhận xét về các cách giải.

33°99

> d-c

19957 > 1992.1998 ;

Áp dụng vào bài toán trên ta có
Vi

b-a

969,

” Ø7]'

1991

T90 và

_

1993

19977

ro ràng ta

Rõ ràng một bài tốn đơn giản nhưng cũng

chứa đựng nhiều vấn đẻ lí thú.

Cuối cùng xin nêu vài bài tập vận dụng.
Bài 1. So sánh từng cặp phân số sau theo
cách hợp lí nhất :

47V
49 38 0383 625 3871.
96
100°43 428 655 3874 `
73 và 7345
65. 6551”

13


Huong dén : taco n?>n(n-1)(n+1)>

Bài 2. Chứng minh rằng
a)

+4

22

yt

32

1

1007

1

Dat

piety

1

2.

9

100”

2

—

nề `nn—l)@-+l)

1

11

(n-l)n

nữn+1)”

VỚI H =2; 3;...


ĐỊNH LÍ TRUNG HOA VỀ SỐ DƯ
TRAN XUAN DANG (Nam Dinh)
Định lí Trung Hoa về số đư được phát biểu

như sau :

là n số nguyên dương
nguyên
tế cùng nhau từng đơi mot va
a,ds,....d,„ là n số ngun bất kì thì hệ phương
Nếu

mị,m›,...,
ri,

trình đồng dư sau có nghiém :

X = dy (mod m,)
Ngoài ra nếu x = c là một nghiệm nào đó

của hệ thì x = xạ là một nghiệm của hệ khi và chỉ
khi ton tait € Z, sao cho x, =c +(mmy...m, Jt.
Chứng mình. Với mỗi ¡ € {1, 2,..., n}, dat
Khi

nguyên

tố

cùng

nhau

từng

đôi

một

nên

m = m.ma,...,f„,.
Theo (1) thi x, — ¢ chia hét cho m.

Xo=Cc+mI.

x =a, (mod m,)

.

nhỏ nhất của mm, mạ,..., mạ). Vì mỊ, mạ,..., mạ

Vậy tồn tai t € Z sao cho x, — c = mt. Suy ra

xX = a, (mod m,)

m.m›...m
n=—L—-—",
i
m,
(m,,n;) =1.

Dat m = [mị, mạ,..., mụ„] (m là bội số chung

đó

.

n„*

và

Ngược lại nếu x„ c Z thoả mãn xạ = c + mt
thì rõ ràng x = x„ là một nghiệm của hệ.

Áp dụng định lí Trung Hoa về số dư ta có

thể giải được các bài toán sau.

Bài toán 1. Chứng minh rằng với mỗi số tự
nhiên n, tồn tại n số tự nhiên liên tiếp mà mỗi số
trong n số đó đều là hợp số.

(Ki hiéu (m,,n;)
1a USCLN cua m; va n;). Vi
131

Lời giải. Giả sử p, pạ..... p„ là n số ngun
tố khác nhau từng đơi một. Xét hệ phương trình

vậy tồn tại b, e Z, sao cho b,n, =1 (mod ?;).

đồng dư x = -k (mod p?) (k= 1, 2,..., n). Theo

Đặt M=
3 a,bjn,. Khi
j #¡ thì ni, Với
j=l

méi

i =

1, 2,.., 2 thh

M=a,bn,

=a,.1=a,

(mod m,). Vay x = M 14 mot nghiém cua hé.
Giả sử x = c là một nghiệm

x=x¿

là một

(xe —c):m,

14

nghiệm

nào

đó

với mọi ¡ = ], 2,..., n.

của hệ. Nếu

của

hệ

thì
(1)

định lí Trung Hoa về số dư, tồn tại x„ 6 Ñ* sao

cho x9 = -k (mod p2) với mọi È = l, 2,.... n.
Khi đó các số

Xe + Ì,x„ + 2,..., xạ + n đều là hợp số (với
1
p£).

Bài toán 2. Chứng minh rằng với mọi số tự

nhiên n, tồn tại n số tự nhiên liên tiếp sao cho


bất kì số nào trong các số đó cũng đều không

phải là luỹ thừa (với số mũ nguyên) của một số
nguyên tố.

(Đề thi toán quốc tế năm 1989)

Lời giải. Cách 1 : Với mỗi số tự nhiên n, xét
n số ngun

tố khác

nhau

từng

đơi một 7j\,

Pa›-... D„. Theo định lí Trung Hoa về số dư tồn

tai a € N* sao cho a= p, —k (mod pj) với k
= |, 2,..., n. Khi d6, dé dang thấy rằng các số
a+l,a+2,...,a + n đều không phải là luỹ thừa
(với số mũ nguyên) của một số nguyên tố.
Cách 2 : Giả sử n là một số tự nhiên bất kì
Và DỊ, Dạs..., D„› đị› đạ›-... đ„ là các số nguyên tố
khác nhau từng đôi một. Theo định lí

d= 112”®...n”" và số hạng đầu bằng đ. Với
lnền,

4 4

4H

ny

Khi đó kd =\1?k.2?&0k Pk LnPk
aq

4

atl

Gy

Số 1+,2/1,.,k ft ..n

c6 Đ* vì a,:p,

với

mỗi
i # k va (a, +1): p,.
Vậy mọi số hạng của cấp số cộng trên đều là

luỹ thừa của một số tự nhiên với số mũ ngun
lớn hon 1.

Bài tốn 4. Chứng mình rằng có vô hạn số
tự nhiên k sao cho các số k.2” + 1 (n e Ñ*) đều
là hợp số.
Lời

giải

Với

mỗi

số

tự

nhiên

my

đặt

Trung Hoa về số dư, hệ phương trình đồng dư

F„ =2?” +1 thì với mỗi
m = 0, 1, 2, 3, 4 ta có

x=~]

F„ là số nguyên tố còn # =2”

(mod p¡đ)), x = ~2 (mod ?2đ2),..., x = —n

(mod p„¿„) có nghiệm.

Chú

ý rằng

các

+l= 2? +]

= 641.p vớip là số nguyên tố,p > 2l+1= F4.

số

214), P2425) Pudn

nguyên tố cùng nhau từng đôi một. Hiển nhiên
rằng có thể chọn x = c là một nghiệm của hệ
này sao cho c e Đ*. Khi đó các số c + 1, c + 2,...,
c + n là n số tự nhiên liên tiếp và bất kì số nào

trong các số đó cũng chia hết cho ít nhất 2 số
nguyên tố khác nhau (c + l) :(t#\), (c + 2)

:(P2đ2),....(c +): (p„4„). Vì vậy khơng có số
nào trong các số đó là luỹ thừa (với số mũ
nguyên) của một số ngun tố.

Bài tốn 3. Chứng mình rằng với mỗi số tự
nhiên n, tôn tại một cấp số cộng gồm n số hạng
sao cho mọi số hạng của nó đều là luỹ thừa của
một số tự nhiên với số mũ nguyên lon hon 1.

Lời giải. Giả sử p, là số nguyên thứ ¡ ( = 1,
2,..., n) và đặt p = pqps...jp„. Kí hiệu gq, = mộ

i
Khi đó (p,,z,) =1 (1 2„.., n}, hệ phương trình đồng dư x = 0 (mod
4j, x = —l (mod p, ) có nghiệm x = a, c Ñ*,
Xét cấp số cộng gồm

5

ø số hạng với công sai

Do (p, 2? ~ 1) = I nên theo định lí Trung Hoa

về số dư có vơ hạn số tự nhiên k thoả mãn k = l

(mod (2 ~ 1)641) và k =—1 (mod p).

Ta sẽ chứng minh với k > p thì k2”
(n = 1,2, ...) đều là hợp số.

+ I

Thật vậy số n viết được dưới dạng
n = 2”(2¡ + 1)

với m,
r >0. Khi
m = 0, 1, 2, 3, 4 thì vì

k2" + 1= 27% +1 (mod (222 —1)) nên
(k.2"+1:F„. Vì k2” + 1>p >ƑF¿ (do k> p)
nên k.2” + 1 là hợp số.

Với m = 5 thì k.2” + 1 = 2” + 1 (mod 641).
Mặt khác (2” + I) :Fs =

(k.2" +1)! 641, ma

k.2" +1>F, > 641 > k.2" + 1 là hợp số.
V6i m > 6 thin

= 2°A voi h 1a mot s6 tu

nhién.

6

Tw day tacé k.2"+1=27 +1 (mod p) hay
`
6
.
6
(2"+19:p
vì 2? "4+n:Q? -1
mà
6
.
.
(27 -1):F; vàF,:p. Do k2” + 1 >k>p
nên k.2” + 1 là hợp số

Tóm lại có vơ số tự nhiên k để k.2” + 1 là
hợp số.
45


Dạng tổng quát của định lí Trung Hoa về số

dư nhu sau :

Cho n số nguyên dương nguyên tố cùng nhau

từng đôi một

mị,m,....m,

và các số nguyên

bị, bạ ,....by

42 ,...„ 4,
(a,,m,) =(d),m,)

= ...

=

cho

sao

(a

n?

m„)=1. Khi dé

đ¡xị = bị (mod m,)
hé phuong trinh déng du

đạx¿ = hy (mod m)

a,x, = b, (mod m,)

có nghiệm. Ngoài ra nếu x = c là một nghiệm
nào đó của hệ thì x = x„ là một nghiệm của hệ
khi

và

chỉ

khi

tổn

tai

t

€

Z,

sao

cho

Xy =C+(mmy...m, Jt.

Chứng mình. Xét các phương trình đồng du
ayy = 1 (mod m;) (1 Si sn). Vi (a,,m,) =1

hệ này có nghiệm y,. Khi đó

(y,,z,)

vậy phương trình đồng dư a,x =b,

thi

= 1. Vì

(mod m,)

tương đương với phương trình y;2,x = y,b, (mod mm.

Nhưng phương trình này lại tương đương với
phuong

trinh

x=y,b,

(mod

m,).

Nhu

vậy

ta được hệ phương trình đồng dư

x = y,b, (mod m,)

x =y;b; (mod m;)
x =y„b,

(mod m,)

Áp dụng định lí Trung Hoa về thặng dư ta có

điều phải chứng minh,

Cuối cùng là một số bài tập dành cho bạn
đọc.
Bài 1. Xét một cấp số cộng tăng có các số

hạng là các số tự nhiên. Chứng minh rằng có thể
chọn từ cấp số cộng này một số tuỳ ý các số
hạng liên tiếp nhau sao cho tất cả đều là hợp số.

Bài 2. Giả sử ƒ(z) là một đa thức với các hệ
số nguyên và m là một số tự nhiên. Biết rằng số
dư của phép chia cho m (m > 2) của các số ƒ(]),

f(2),... bằng 0 hoặc bằng 1. Chứng minh rang m
là luỹ thừa của một số nguyên tố.

PHƯƠNG PHÁP CỤC HẠN
NGÔ HẦN (Hà Bắc)
Khi giải một số bài tốn có các yếu tố rời rạc
hoặc hữu hạn, nếu ta dùng phương pháp cực

hạn để chứng minh nhiều khi rất thuận lợi.

Nội dung của phương pháp này là phải chọn
được phần tứ cực hạn (nhỏ nhất hoặc lớn nhất)
của một tập hợp đã cho.
Đặc biệt nếu tập hợp đã cho là một tập con

của tập hợp các số thực hoặc tập hợp đã cho có
quan hệ với một tập con của tập hợp các số thực

thì có thể sử dụng một tính chất (hay nguyên lí)
của các số thực (xem bài Nguyên lí khởi đầu
cực trị. Tuyển tập 30 năm Tạp chí Tốn học và
Tuổi trẻ, NXB Giáo dục, 2004, trang 60 — 61).
16

Tính chất đó như sau :
Trong một tập hợp hữu hạn khác rỗng các số
thực luôn chọn được số nhỏ nhất và số lớn nhất.

Để các bạn làm quen với phương pháp cực
hạn, xin giới thiệu một số bài toán sau.

Bài toán 1. 7 người vào rừng hái nấm được
tất cả 100 cái. Số nấm hái được của mỗi người
đêu khác nhau. Chứng mình rằng có 3 người hái

được tổng số nấm khơng ít hơn 50 cái.

Lời giải. Gọi số nấm hái được của mỗi người

là ø¡,a;,...,a; được sắp xếp từ nhỏ đến lớn :
đị < đạ < đy < dạ < đs < đc < đ;

q)


Xét hai trường hợp :

1) a; 216.

Vì (x2 + y?) chia hét cho 3 nén x, vA yo

Goi M 1a tap hop gém ba số

nguyên as,d¢,d,.

Khi dé theo (1) thi a, 1a s6

nhỏ nhat cua M :
216

>ag217;,4a,2 18.

cho 3.
Đặt xạ = 3xị ; yọ = 3y¡, trong đó xị và và yị

đs + dc + a; 3 5Ì
as

<

khơng chia hết cho 3 thi x + y2 khi chia cho 3
sẽ có số dư là 1, do đó (x2 + y2) khơng chia hết

Do đó ta có

2)

ciing chia hét cho 3. That vay, néu x, va y, déu

(2)

15. Gọi N là tập hợp gồm

là các số nguyên không đồng thời bằng 0.
Ta có :

4 số

Ox? + Oy? = 322

nguyên đt, đa, đ+, đ¿. Khi đó theo (1) có

aa
hay

Mặt khác a¿ là số lớn nhất của N nên

3(+xƒ + ví)

_Vì z2 chia hết cho 3 nên z„ cũng chia hết
cho 3. Đặt z¿ = 3z¡ trong đó z¡ là số nguyên
dương. Ta có

a3$13;a)<12;a,<11
Taco:

xy 2 + yy 2_= 3z;.4,2

dy +d, +43 +44 $50
Suy ra d5 + dg + a7 2 50
Các bất đẳng thức (2) và (3)
toán được chứng minh.

(3)
chứng

tỏ bài

Bài tốn 2. Chứng minh rằng phương trình
x? + y =3z?

chỉ có một nghiệm nguyên duy nhất.

= z2.

(4

|

Lời giải. Dễ thấy phương trình đã cho có
nghiệm tâm thường
x=y=z=0.

Giả sử phương trình cịn có nghiệm ngun
(x; y; z) khác với nghiệm (0 ; 0 ; 0). Nhận thấy

nghiệm này phải có x và y không đồng thời
bằng 0. Suy ra z z 0.
Xét hai trường hợp :
1)z >0. Gọi M là tập hợp các số nguyên z > 0
có được từ các nghiệm nguyên (x ; y ; Z) của

phương trình.

Đẳng thức này chứng tỏ (x\ ; y¡ ; z¡) cũng là

nghiệm nguyên của phương trình (4). Nhưng vì
0 < z¡ < z¿ nên không thoả mãn với z„ là số
nguyên dương nhỏ nhất.
Như vậy phương
ngun với z > 0.

trình

khơng

có

nghiệm

2) z < 0. Nhận thấy nếu (x ; y ; z) là nghiệm
của phương trình thì (x ; y ; — z) cũng là nghiệm.
Do đó phương trình đã cho khơng có
nghiệm nguyên (x; y; z) với z < 0.
Tóm lại phương trình đã cho có một nghiệm

ngun duy nhất là (0, 0, 0).

Bài toán 3. Trong mặt phẳng cho n đường
thẳng

(n > 3) trong đó khơng

có hai đường

thẳng nào song song và khơng có ba đường

thẳng nào đơng quy. Chứng minh rằng tôn tại
một tam giác được tạo thành từ ba đường thẳng
đã cho mà tam giác này không bị chia cắt bởi

bất kì đường thẳng nào trong các đường thẳng

M có số nhỏ nhất z„ ứng với nghiệm (x,; Yọ ; Zo).
Ta có

X52. + Yov2= 325 4,2
2.TUYEN CHỌN..TH&TT (QUYỂN 3)-A

cịn lại.

Lời giải. Giả sử dị là một trong các đường

thẳng đã cho. Xét tất cả các giao điểm của n -— Ì
đường thẳng cịn lại. Goi M 1a tập hợp các
17


khoảng

cách (số đo là số thực dương) từ các

giao điểm đó đến đường thẳng đ¡. M có số nhỏ

nhất là fo.

Giả sử P là giao điểm của hai đường thẳng
dy và dạ có khoảng cách đến đ¡ bằng ứ,. Các
đường thẳng đ; và d; cat d, tai các điểm Q và R
tương ứng (vì khơng có hai đường thẳng nào
song

song). Như thế tam giác PQR

được

thành từ ba đường thẳng đ¡, d>, đ; và khơng bị
cắt bởi bất kì đường thẳng nào. Thật vậy, giả sử

có đường thẳng đ¿ cắt cạnh PR hoặc cạnh PQ
tại đểm 7 < P (vì khơng có ba đường thẳng

nào đồng quy). Khoảng cách từ 7 đến đ;¡ là ứ).
Rõ ràng /¡ < íq. Điều này trái với f¿ là khoảng
cách nhỏ nhất.

tạo

SUY NGHĨ TỪ LỜI GIẢI MỘT BÀI TOÁN
THI VO DICH QUOC TE
LÊ HÀO (Phú Yên)
Đôi lúc một vấn dé đã được giải quyết xong
lại gợi ý tìm ra một vấn đề hồn tồn khác
nhưng lại rất có ý nghĩa. Nếu loay hoay mãi vẫn
khơng giải quyết được vấn đề thứ hai, các bạn
thử "mô phỏng" theo những lập luận khi giải
quyết vấn dé thứ nhất xem sao !. Một sự "mơ

phỏng" có sáng tạo, cải tiến, bổ sung có thể

giúp ta đạt mục đích. Nhiều khi nhờ thế mà bạn
bỗng tìm được những kết quả thú vị bất ngờ.
Xin nêu một trường hợp như thế.

Trong cuốn Tuyển tập những bài tốn thi vơ
địch quốc tế có nêu một bài tốn do CHLB Đức

đề nghị (năm 1988) như sau :

Bài toán. a, b là hai số nguyên dương sao
cho a” + bˆ chia hết cho ab + 1. Chứng mình

rằng

a? +b?

ab+1

là số chính phương.

Tác giả nêu hai cách giải khác nhau. Cả hai
cách đều hay, làm thu hút sự chú ý của tôi.
Ở đây xuất hiện vấn để sau khi thay ab + 1 bởi
ab — Ì.

Nếu a, b e Đ*, (2ˆ + b2) : (ab — 1) thì có
kết luận gì về thương

18

a’ +b
=

ab —]

?

Ta thấy
2

1? +2?

(7 +27): (x2-1) ao >1

1? +3?

(1? +37): (1x3-1) và 1

=5

=5.

x3-1
Thử thêm vài cặp số tự nhiên nữa, tôi càng
tin rằng mệnh đề sau là đúng :
Mệnh đề 1. Nếu a, b là hai số nguyên dương
sao
2,
a’

cho
42

+b

d

+P

chia

hét

cho

ab

—

1 thì

=5,

ab-1

Chứng minh mãi không được, tôi bỗng nhớ

đến cách giải thứ hai bài tốn thi vơ địch quốc

tế ở trên. Cái cốt lõi của cách giải này là : Từ

chỗ (a* +7): (ab+1)
c+d
trên

chiracé c,d e Ñ* mà

a’ 2, +b p2
co 2, +d 42
Pal cdal”

Tôi nhận thấy để chứng minh mệnh đề 1 ở
cần giải quyết đều cốt lõi sau : Từ

chỗ (2” +b”): (ab— 1) chỉ ra có c, đ e Đ* mà
c+d
a?+bˆ

c?+d?

. Dựa theo
ab—1
cảđ-I
cách giải thứ hai bài tốn thi vơ địch quốc tế kể


trên, có cải tiến, thay đổi một số lập luận, khắc
phục một số trở ngại, cuối cùng tôi chứng minh
được mệnh đề ! như sau.

Chứng mình. Giả sử (a2 + b?): (ab — 1). Ta

thay a # b vì nếu ø = b thì (22?):(a? —1),

Vì (u? +1)! (u—1) thi nhu di biét : wu = 2

a

+h?

ab-1

(a? -1) néna= 2 hoặcø = 3. Lúc đó
_@tl_,

-

mm

a-l

>0 ta

ab —]

có kab — k= bỲ + 1 —= k =-1 (mod b), do đó

b?(a? +b?)

b`“+1

——>————=bc
bool
be + 1+

=

ab al
a’

2

+h

Do đồ TT

2

ab+1+—
h*

2

+¢

Điều thú vị là từ cách chứng minh của mệnh
để 1, ta có thể chỉ ra cách tìm tất cả nghiệm
nguyên của phương trình

Các bạn hãy xét hai day s6 (a,) va (b,) với
k= 1, 2,... xác định bởi cơng thức :
đi = Ì,ay=
2 và a, + 4
=

1, bạ =3

và b,

=bc+ab
c+a

= ab ab ++

bc

be.

2

Nếu c > 1 thì lập luận như trên, có đ € N*,

+d?

cả ~1

là nghiệm của (1), có thé xem x, > yạ. Khi đó

"“.-

Xeye —Ï

ab-1

be—I

To

`

— 2+]
ye

hoặc xạ = 3, do đó (x„ ; yạ) là hai số liên tiếp
đầu tiên ở một trong hai dãy số trên.
Nếu yạ„ > 1, theo chứng minh mệnh đề 1, có

Cứ tiếp tục như thế, quá trình này phải dẫn
đến tồn tại số w e Ñ* mà ø > b>c> d>...>w> 1,
_

(1)

Nếu yạ = 1 thì x2 +5x¿ +6=0 nên x¿ = 2

= 2> b(c — b). Vì b > 1 nên b >c.

_b.+c?

(k= 1, 2, 3...).

Chứng mình. Điều kiện cần. Giả sử (xe ; yạ)

(b° + (be - 1) >b?+1>be—I

a? +b?

2h.)

khi và chỉ khi xạ + yọ là hai số kê nhau ở một
trong hai dãy số nói trên.

=> (hb? + 1)? > bt + 1 = (ab — (be - 1) >

bc — Ì

=

x2+yV” =5wy+5=0

nên ab - l = b“ + 1 + b(øT— b)— 2> bˆ + 1

ab —]

+ hư va

= Say,,, (k= 1,2, 3...)

Mệnh đề 2. Cặp số nguyên dương (Xo5 Yo) Ia

Tương tự như trên thì b # c. Vì b > 1 vàa>b

eth pte

=5,

một nghiệm của phương trình

F pe=1

a>b>c>ddé

2

Ta có :

—

TT

ab —

|

có nghiệm nguyên dương khi và chỉ khi m = 5.

Từ đó bŸ + 1 = (ab — 1)(be — 1). Ta c6
b`+1

†P

x?+y? — mxy
+ m = 0

by

có c e Đ* để k= bc - l.

b?Œ? +c?)

2

xJƯ+y“—5xy+5=0.

có b?(a?
+ b?): (ab — I)
b`+1

#

Hệ quả. Phương trình

Ta xét
a > b > 1. Từ (aˆ + b7):
(ab —1)

=> (b4 +1)! (ab-1). Đặt k=

—

is nen

i

Từ mệnh đề 1 ta có ngay hệ quả sau :

xảy ra. Do vai trò của a và b như nhau có thể
suy ra 2:

—

(đpcm).

nhung (a’, a” — 1) = 1 nên 2: (z? —1), không
xem a > b, Néu b = 1 thi do (a? +1)! (a-1)

2

"+1

hoặc w = 3, vậy

Zo

E

Đ*,

xe

> Yo

> %

dé

a

2

Xoo

Khi

đó

phương

2

+

5-20 7%

-1

trình

2
_ Yo

+

2

tT 20

*oZo -1

bậc

hai

X? -5y¿X +5+ y2 =0 có hai nghiệm xạ, z,.
Theo dinh li Viéte x, + z, = Sy,.
19