Chuyen De_1

B¶n tin To¸n häc (Bé m«n To¸n trêng PTNK) – sè 02
–

-1

BẢN TIN TOÁN HỌC
BỘ MÔN TOÁN – TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU

Số 02

Tháng 10-2003

Lời ngỏ
Chào các bạn đến với số thứ hai bản tin toán học.
Thưa các bạn! Sau khi bản tin toán học số đầu tiên ra đời,
Ban biên tập đã nhận được sự hưởng ứng nhiệt tình của các bạn
học sinh PTNK cùng các bạn cựu học sinh giờ đã là sinh viên
hoặc ra làm việc.
Để đáp lại long tin cậy và mong mỏi của các bạn, Bản tin sẽ
ra 1 tháng 1 kỳ thay vì 2 tháng 1 kỳ như dự kiến..
Bản tin có mục đích cung cấp cho các bạn một số kiến thức
toán học mà có thể các bạn chưa được học trên lớp, cũng như cung
cấp các thông tin về các hoạt động toán học trong nước và trên thế
giới,… Bên cạnh đó, bản tin còn là diễn đàn để các bạn có thể
trao đổi thông tin về những vấn đề toán học mà mình quan tâm; là
nơi để các bạn có thể gởi những thắc mắc về những bài toán mà
mình ngại hỏi trong giờ học chính khóa; … Đồng thời, bản tin cũng
là nơi để các bạn tập dượt sáng tạo bằng cách gởi bài cộng tác
cho cho chúng tôi.
Ngay từ bây giờ, bạn có thể gởi thư cho chúng tôi theo đòa chỉ
hộp thư trước phòng bộ môn Toán (tầng trệt) hoặc gởi trực tiếp

cho các thành viên trong ban biên tập bảng tin.
BAN BIÊN TẬP
Trong số này:
- Abel vµ ®Þnh lý lín cđa «ng.
- §¸p ¸n ®Ị thi m«n to¸n N¨ng khiÕu – Kú thi tun sinh líp 10 – PTNK 2003.
- Lêi gi¶i vµ nhËn xÐt c¸c ®Ị to¸n sè 1.
- Cïng gi¶i to¸n.
- TiÕng Anh qua c¸c bµi to¸n.
Abel vµ ®Þnh lý lín cđa «ng
V.Tikhomirov


Bản tin Toán học (Bộ môn Toán trờng PTNK) số 02


-2

Nhà toán học vĩ đại ngời Na Uy Nils Henric Abel, ngời cùng với Grieg và
Ibsen đã làm rạng rỡ Tổ quốc của mình, đã sống một cuộc đời ngắn ngủi, đầy khó khăn
và đau khổ. Ông mất vì bệnh ... ở tuổi 28. Tất cả những kết quả toán học chính đ ợc ông
thực hiện trong vòng chỉ 3 năm. Carl Gustav Jacobi, ngời cũng sáng tạo và nghiên cứu
đồng thời những vấn đề của Abel đã viết: Abel đã rời xa chúng ta, nhng dấu ấn mà ông
để lại khó có thể phai mờ. Và những lời nói này trở thành lời sấm: hầu nh tất cả những
gì mà Abel cống hiến cho khoa học đều truyền đến thế hệ chúng ta nh những kho báu.
Biến đổi Abel, dấu hiệu hội tụ Abel, nhóm Abel, phơng trình tích phân Abel, tích phân
Abel vẫn là ngời bạn đồng hành thờng xuyên của các nhà toán học, và mọi nhà toán
học đều biết đến định lý lớn của Abel về tính không giải đợc bằng căn thức của phơng
trình bậc lớn hơn 4.
Abel sinh ngày 5 tháng 8 năm 1802 ở miền Nam Nau Uy. Cha ông là cha cố.
Năm 1915 cha ông đa ông đến học ở trờng Dòng ở thủ đô Christiania (nay là Oslo). Tại

trờng này Abel may mắn gặp đợc ngời thầy giáo đã phát hiện và đánh giá cao năng
khiếu toán học của ông. Bernt Mikel Holmboe - tên ngời thầy giáo - đợc ngời đời trân
trọng vì trong một thời gian dài đã hỗ trợ hết lòng cho ngời học trò vĩ đại nhng bất hạnh
của mình. Holmboe viết: Trong Abel có cả khả năng toán học thiên bẩm lẫn niềm đam
mê không bao giờ cạn đối với khoa học. Ngay từ đầu, ông đã viết, cậu ta sẽ trở thành
nhà toán học xuất sắc nhất thế giới, và có thể nghĩ rằng Abel sẽ biến lời dự đoán đó
thành hiện thực nếu nh bệnh tật không cớp đi sinh mạng của ông quá sớm nh vậy.
Abel vào đại học tổng hợp năm 1821. Cha của ông mất và ông không có điều
kiện sống tối thiểu. Ông làm đơn xin học bổng, nhng trờng không có kinh phí để cho
ông. Khi đó, một số giáo s của trờng, với suy nghĩ giữ gìn cho khoa học một tài năng
hiếm có, đã cho ông học bổng từ tiền lơng của chính họ. Những khoản tiền này không
đủ để nuôi sống gia đình, và Abel đã phải đi dạy thêm. Nhng ông cũng không thể thoát
khỏi cảnh đói nghèo.
Bài báo Chứng minh tính không giải đợc bằng căn thức của phơng trình tổng
quát bậc lớn hơn 4 đợc công bố vào năm 1826, và sự kiện này đã lập tức đặt Abel lên
vị trí của những nhà toán học hàng đầu thế giới. Nhng công trình sau đó của ông, đợc
Viện hàn lâm Khoa học Paris giới thiệu và chuyển cho Cauchy phản biện để in đã bị bỏ
quên trong đống giấy tờ của nhà bác học Pháp. Cauchy chỉ tìm thấy lại nó sau cái chết
của Abel. Công trình này của Abel, cùng với công trình của Jacobi đã đoạt giải thởng
lớn của Viện hàn lâm. Nếu nh giải thởng này đợc trao tặng khi Abel còn sống ... Nhng
điều đó đã không xảy ra, và những năm cuối đời Abel sống trong thiếu thốn. Ông mất
ngày 6 tháng 4 năm 1829.
Jacobi nói về ông:Abel mất sớm, cứ nh rằng ông chỉ muốn làm những gì mà ngời khác không đủ sức làm, để cho chúng ta làm nốt những thứ còn lại .
Chúng ta sẽ nói về một số thành tựu của Abel trong toán học.
Nghiên cứu của Abel trong giải tích toán học
Abel là ngời đầu tiên áp dụng tơng tự hóa của tích phân từng phần vào các tổng
rời rạc. Cách biểu diễn tổng các tích của hay dãy số dới dạng
1Nakbk = aNbN - 1N-1Bk(ak+1-ak),
(1)
trong đó ak, bk là các số đã cho, Bk = b1 + ...+ bk, 1 k N, đợc mang tên biến đổi Abel.

Nó trở thành và hiện vẫn là một công cụ quan trọng của giải tích cổ điển.
Nếu nh áp dụng biến đổi Abel cho chuỗi 1akbk với giả sử rằng chuỗi 1bk
hội tụ và dãy {ak}1 bị chặn và đơn điệu thì ta đợc chuỗi 1akbk hội tụ (từ (1) dễ dàng
suy ra đánh giá |nmakbk| 4maxn k m|Bk| max {|an|, |am|}, và sự hội tụ của chuỗi suy ra
từ tiêu chuẩn Cauchy). Đây chính là tiêu chuẩn Abel về sự hội tụ của một chuỗi. Cũng
vẫn phơng pháp này có thể chứng minh tiêu chuẩn Dirichlet: nếu nh dãy {bk}1 đơn điệu
và hội tụ về 0, còn dãy các tổng riêng sn = 1nak bị chặn thì chuỗi 1akbk hội tụ.
Các tiêu chuẩn hội tụ này ngày nay có trong bất cứ một cuốn sách giáo khoa nào
về giải tích toán học.


Bản tin Toán học (Bộ môn Toán trờng PTNK) số 02


-3

Cauchy đã quan niệm sai lầm rằng chuỗi các hàm số liên tục trên một đoạn, hội
tụ tại mọi điểm thì nó sẽ có giới hạn là một hàm liên tục. Abel đã đa ra phản ví dụ:
chuỗi
1(-1)k-1sinkx/k hội tụ tại mọi điểm của đoạn [-, ] (điều này có thể
kiểm chứng dễ dàng nếu áp dụng tiêu chuẩn Dirichlet), nhng giới hạn của chuỗi là một
hàm gián đoạn (nó bằng x/2 trong khoảng (-, ), bằng 0 tại các điểm -, và là hàm
tuần hoàn cho kỳ -2, nghĩa là có các điểm gián đoạn là + 2k, k=0, 1, ... ). Ví dụ
của Abel đóng một vai trò quan trọng trong việc hình thành một trong những khái niệm
nền tảng của giải tích khái niệm liên tục đều.
Nhân Abel (hay còn gọi là nhân Abel Poisson) - hàm số (1/).[a/(a2+x2)], a >
0, đóng một vai trò quan trọng trong giải tích và lý thuyết xác suất.
Abel là ngời đầu tiên tìm ra lời giải của phơng trình tích phân, tức là phơng trình
tuyến tính với vô số ẩn số. Phơng trình này, đợc mang tên ông, có mặt trong hàng loạt
các bài toán lý thuyết và ứng dụng. Nói riêng, Rieman và Liouville đã sử dụng nó để đa

ra khái niệm đạo hàm bậc phân số.
Abel đã đặt nền móng cho lý thuyết tích phân các hàm số dạng
R(x, y)dx,
trong đó R
H(x, y) = 0
là hàm phân thức (tức là tỉ số của hai đa thức), còn H là đa thức hai biến. Câu hỏi về
tính biểu diễn đợc của các tích phân nh vậy qua các hàm sơ cấp là một câu hỏi rất sâu.
Câu trả lời chứa trong định lý cơ bản đợc chứng minh bởi Abel, và đợc biểu thị thông
qua các đặc tính tô-pô của đa tạp hai chiều (cụ thể là - giống của mặt Rieman H(z, w) =
0 trong không gian phức). V.I. Arnold trong cuốn sách Toán học là gì? giải thích bản
chất của định lý này và kết luận:Trong định lý này, có một điều đáng ngạc nhiên là
mối liên hệ giữa các vấn đề mà thoạt nhìn rất xa nhau của toán học: lý thuyết các hàm
sơ cấp, tích phân và tô-pô.
Về tính giải đợc bằng căn thức của phơng trình đại số
Và bây giờ chúng ta sẽ nói về thành tựu nổi tiếng nhất của Abel về định lý của
ông liên quan đến tính giải đợc bằng căn thức của phơng trình đại số. Công trình này có
ảnh hởng lớn đến sự phát triển của đại số, còn thực chất khái niệm nhóm Abel đợc đa ra
trong công trình này là cơ sở của lý thuyết nhóm. Định lý Abel có liên hệ với những lĩnh
vực khác nhau của toán học và có hàng loạt các chứng minh khác nhau. Chúng ta sẽ
trình bày một trong những chứng minh đại số trực tiếp. Chứng minh này khá sơ cấp,
mặc dù có sử dụng số phức.
Mỗi chúng ta đều biết công thức tìm nghiệm của phơng trình bậc hai x2 + px + q
= 0:
x1,2 = (-p p2- 4q)/2.
Vì các số na đợc gọi là căn thức nên ngời ta nói rằng phơng trình x2 + px + q = 0 giải
đợc bằng căn thức.
Một thời gian dài các nhà toán học tìm công thức cho nghiệm của phơng trình
bậc ba. Vào giữa thế kỷ 16, một công thức nh vậy đã đợc tìm thấy. Phơng trình x3 + ax2
+ bx + c = 0 có thể dễ dàng đa về dạng x3 + px + q = 0, và nghiệm của nó có thể tìm đợc bằng công thức
x = 3 -q/2 +q2/4 + p3/27 + 3 -q/2 -q2/4 + p3/27 .

Nếu tính đúng các giá trị của các căn thức thì có thể tìm đợc cả ba nghiệm của phơng
trình bậc ba. Nh thế, với phơng trình bậc ba tồn tại công thức tính nghiệm thông qua căn
thức.
Không lâu sau khi công thức Cardano đợc công bố ngời ta chứng minh đợc rằng
việc giải phơng trình bậc bốn bất kỳ có thể đa về phơng trình bậc hai và bậc ba bằng
một quy trình chuẩn, nghĩa là với phơng trình bậc bốn cũng có công thức tính nghiệm
bằng căn thức.


Bản tin Toán học (Bộ môn Toán trờng PTNK) số 02


-4

Và sau đó, trong khoảng thời gian gần 3 thế kỷ ngời ta đã cố gắng tìm công thức
cho các phơng trình bậc cao hơn nhng đều thất bại. Và định lý chứng minh bởi Abel đã
đặt dấu chấm cho những cố gắng này.
Định lý Abel
Định lý Abel. Đối với mỗi số tự nhiên n lớn hơn bốn không thể tìm đợc công thức
biểu diễn nghiệm của mọi phơng trình bậc n thông qua các hệ số của nó sử dụng căn
thức và các phép toán số học.
Chúng ta sẽ chứng minh ở đây một điều mạnh hơn, và chính là tồn tại một phơng
trình (cụ thể) bậc năm với hệ số nguyên không giải đợc bằng căn thức.
Việc chứng minh kết quả này sẽ đợc trình bày trong số báo sau. Cụ thể, chúng ta
sẽ chứng minh phơng trình p(x) = x5 - 4x - 2 = 0 không giải đợc bằng căn thức.
(Còn tiếp Trần Nam Dũng dịch từ Tạp chí Kvant, số 1/2003)

Đáp án đề thi tuyển sinh vào lớp 10 năng khiếu năm học
2003-2004 (Toán Năng khiếu)
Câu 1. 1) Chứng minh rằng phơng trình (a2-b2)x2 + 2(a3-b3)x + a4 - b4 = 0 có nghiệm

với mọi a, b.
2) Giải hệ phơng trình
xy + x + y = 5

3
3
( x + 1) + ( y + 1) = 35

Lời giải:
1) + Nếu a = b thì phơng trình trở thành 0 = 0. Mọi x là nghiệm của phơng trình.
+ Nếu a = -b thì phơng trình trở thành 2a3x = 0 có nghiệm x = 0.
+ Nếu a b thì a2 - b2 0, phơng trình đã cho là phơng trình bậc hai có =
(a3 - b3)2 - (a2 - b2)(a4 - b4) = a2b2(a-b)2 0 do đó có nghiệm.
Vậy trong mọi trờng hợp phơng trình đã cho có nghiệm.
2) Đặt X = x+1, Y = y+1, ta có hệ phơng trình
XY = 6
3
3
X + Y = 35

Suy ra X3, Y3 là nghiệm của phơng trình T2 35T + 216 = 0. Từ đó (X, Y) = (2, 3)
hoặc (3, 2) suy ra (x, y) = (1, 2) hoặc (2, 1). Thử lại thấy thoả.
Câu 2. 1) Cho an = 22n+1 2n+1 + 1, bn = 22n+1 + 2n+1 + 1. Chứng minh rằng với mọi n
nguyên dơng, trong hai số an, bn luôn có đúng một số chia hết cho 5 và một số không
chia hết cho 5.
2) Tìm tất cả các bộ ba số nguyên dơng phân biệt mà tích của chúng bằng tổng
của chúng.
Lời giải:
1) Ta có an.bn = (22n+1+1)2 - 22n+2 = 24n+2 + 1 = 16n.4 + 1 = (5k+1)n.4 + 1 =
(5K+1).4 + 1 chia hết cho 5.

Mặt khác bn - an = 2.2n+1 không chia hết cho 5. Kết hợp với điều vừa chứng minh
ở trên ta suy ra trong hai số an, bn có đúng một số chia hết cho 5, suy ra an + bn không
chia hết cho 5.
2) Giả sử 3 số đó là (x, y, z). Không mất tính tổng quát, có thể giả sử x < y < z.
Theo điều kiện đề bài
x + y + z = x.y.z
=> 1/xy + 1/yz + 1/zx = 1.


Bản tin Toán học (Bộ môn Toán trờng PTNK) số 02


-5

Nếu x 2 thì ta có y 3, z 4 do đó 1/xy + 1/yz + 1/zx 1/6 + 1/12 + 1/8 < 1. Mâu
thuẫn. Vậy ta phải có x = 1. Thay vào ta đợc phơng trình 1/y + 1/z + 1/yz = 1._Tiếp
theo có hai cách giải:
Cách 1: Nếu y 3 thì z 4, do đó 1/y + 1/z + 1/yz 1/3 + 1/4 + 1/12 < 1. Mâu
thuẫn. Vậy ta phải có y = 2, suy ra z = 3. Vậy ta có bộ (1, 2, 3) thoả mãn yêu cầu bài
toán.
Cách 2: 1/y + 1/z + 1/yz = 1 <=> yz = y + z + 1 <=> (y-1)(z-1) = 2 = 1.2 => y =
2, z = 3.
Câu 3. Cho tam giác ABC vuông tại A. Hạ đờng cao AA1. Đặt BA1 = x, CA1 = y.
1) Gọi r, r lần lợt là bán kính đờng tròn nội tiếp các tam giác AHK và ABC tơng
ứng. Hãy tính tỷ số r/r theo x, y và tìm giá trị lớn nhất của tỷ số này.
2) Chứng minh tứ giác BHKC nội tiếp một đờng tròn. Tính bán kính đờng tròn
này theo x, y.
Lời giải:
p dụng tính chất của tam giác vuông (hoặc dùng tam giác đồng dạng) ta suy ra
AA1 = xy . Ta có HK = AA1 = xy . Hai tam giác AHK và ABC đồng dạng với tỷ số

HK/BC = xy /(x+y) do đó r/r = xy /(x+y). áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có xy
(x+y)/2. Dấu bằng xảy ra khi x = y. Suy ra giá trị lớn nhất của r/r là 1/2.
2) Ta có HKA1 = HAA1 = ACB. Từ đó suy ra HKC + HBC = HKA1 +
A1KC + HBC = ACB + 900 + HBC = 1800. Suy ra tứ giác BHKC nội tiếp trong
một đờng tròn.
Tiếp tục áp dụng tính chất tam giác đồng dạng ta tính đợc
x
x
y
y
, BH = x
, AK = x
, CK = y
x+ y
x+ y
x+ y
x+ y

AH = y

Gọi I là tâm đờng tròn ngoại tiếp tứ giác BHKC và M, N là hình chiếu của I lên AB, AC
2


y
1
y 1
x
R = IB = IM + BM = x
+ .y

+
.
x
ữ


x+ y ữ
x+ y
x+ y 2
2
x2 y
y 2 x 1 y3
1 y3
x 2 + 3xy + y 2
+
+ .
+ .
=
x+ y x+ y 4 x+ y 4 x+ y
4
2

tơng ứng thì
Suy ra

2

2

2

2


ữ
ữ =


R = x 2 + 3 xy + y 2 / 2 .

Câu 4. 1) Cho đờng tròn (C) tâm O và một điểm A nằm trong đờng tròn. Một đờng
thẳng qua A cắt (C) tại M và N. Chứng minh rằng đờng tròn (C) qua O, M, N luôn đi
qua một điểm cố định khác O.
2) Cho đờng tròn (C) tâm O là đờng thẳng (D) không cắt (C). I là một điểm di
động trên (D). Đờng tròn đờng kính IO cắt (C) tại M và N. Chứng minh rằng đờng
thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định.
Lời giải:
1) Gọi (C) là đờng tròn qua O, M, N. Kẻ OA nối dài cắt (C) tại B. Ta có OBN
= (1/2) cung (ON) = (1/2) cung (OM) =MNO = ANO. Từ đó suy ra hai tam giác
ONB và OAN đồng dạng. Do đó ON/OB = OA/ON => OB = ON 2/OA => điểm B là
điểm cố định.
2) Hạ OP vuông góc với (D) thì P cố định và nằm trên đờng tròn đờng kính IO.
Giả sử MN cắt OP tại A. Tơng tự nh trên, hai tam giác OAN và ONP đồng dạng, từ đó
OA/ON = ON/OP => OA = ON2/OP => A là điểm cố định.


B¶n tin To¸n häc (Bé m«n To¸n trêng PTNK) – sè 02
–

-6

C©u 5. 1) Trªn b¶ng vu«ng 4x4 cã ghi 9 sè 1 vµ 7 sè 0. Víi mçi phÐp biÕn ®ỉi b¶ng cho
phÐp thay tÊt c¶ c¸c sè 0 trªn cïng mét hµng hc cïng mét cét thµnh c¸c sè 1 vµ c¸c sè
1 thay b»ng c¸c sè 0. Hái sau mét sè h÷u h¹n c¸c phÐp biÕn ®ỉi b¶ng, cã thĨ ®a b¶ng ®·
cho vỊ b¶ng gåm toµn sè 0 ®ỵc kh«ng?
2) ë v¬ng qc “S¾c mµu kú ¶o” cã 13 hiƯp sÜ tãc ®á, 15 hiƯp sÜ tãc vµng vµ 17
hiƯp sÜ tãc xanh. Khi hai hiƯp sÜ kh¸c mµu gỈp nhau, tãc cđa hä biÕn sang mµu thø ba
(vÝ dơ nÕu hiƯp sÜ tãc ®á gỈp hiƯp sÜ tãc xanh th× c¶ hai sÏ biÕn thµnh hiƯp sÜ tãc vµng).
Hái sau mét sè h÷u h¹n lÇn gỈp nh vËy, cá thĨ x¶y ta trêng hỵp ë v¬ng qc “S¾c mµu
kú ¶o” tÊt c¶ c¸c hiƯp sÜ ®Ịu cã cïng mµu ®ỵc kh«ng?
Lêi gi¶i:
1) Gäi S(n) lµ tỉng sè sè 1 sau lÇn biÕn ®ỉi b¶ng thø n. Ta cã S(0) = 9. Mçi lÇn
biÕn ®ỉi b¶ng, gi¶ sư trªn dßng ta chän cã k sè 1 vµ 4-k sè 0. Sau khi biÕn ®ỉi, ta cã k
sè 0 vµ 4-k sè 1. Nh vËy S(n+1) = S(n) + 4 - k - k = S(n) + 2(2-k). Nh thÕ, S(n+1) vµ
S(n) cã cïng tÝnh ch½n lỴ. Do S(0) = 9 lỴ nªn S(n) lỴ víi mäi n, tøc lµ ta kh«ng thĨ biÕn
®ỉi vỊ b¶ng cã toµn sè 0.
2) Ta gäi D(n), V(n), X(n) lÇn lỵt lµ sè hiƯp sÜ tãc ®á, vµng, xanh t¬ng øng sau lÇn
gỈp thø n vµ ®Ỉt S(n) = V(n) + 2X(n). Ta cã S(0) = 15 + 2.17 = 49.
+ Khi hai hiƯp sÜ ®á vµ vµng gỈp nhau, tãc hä ®ỉi sang mµu ®á, do ®ã S(n+1) =
V(n) - 1 + 2(X(n)+2) = S(n) + 3.
+ Khi hai hiƯp sÜ ®á vµ xanh gỈp nhau, tãc hä ®ỉi sang mµu vµng, do ®ã S(n+1) =
V(n) + 2 + 2(X(n)-1) = S(n).
+ Khi hai hiƯp sÜ vµng vµ xanh gỈp nhau, tãc hä ®ỉi sang mµu ®á, do ®ã S(n+1) =
V(n) - 1 + 2(X(n)-1) = S(n) - 3.
Nh vËy S(n+1) lu«n cã cïng sè d víi S(n) trong phÐp chia cho 3. V× S(0) chia 3 d 1 nªn
S(n) chia 3 d 1 víi mäi n. Do ®ã kh«ng thĨ x¶y ra trêng hỵp sau mét sè h÷u h¹n lÇn gỈp
nhau, tÊt c¶ c¸c hiƯp sÜ ®Ịu cã cïng mµu tãc (v× khi ®ã S sÏ chia hÕt cho 3!).

Lời giải và nhận xét các đề toán số 1 (9/2003)
Bài 1: Tìm 12 số nguyên dương có tổng bằng tích.

Lời giải:
Gọi 12 số nguyên dương cần tìm là a1, a2, …, a12. Theo giả thiết ta có:
a1 + a2 + … + a12 = a1.a2…a12
(*)
Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử: a1 ≥ a2 ≥ … ≥ a12. Khi đó ta có:
VT ≤ 12a1, suy ra a1.a2…a12 ≤ 12.a1.
Từ đđó a2.a3…a12 ≤ 12. (**). Với mọi 5 ≤ i ≤ 2 ta có:
ai4 ≤ aii-1 = a2.a3…ai ≤ a2.a3…a12 ≤ 12 => ai = 1.
Vậy ai = 1 với mọi i = 5, …, 12. Thế vào (*) ta có:
a1 + a2 + a3 + a4 + 8 = a1.a2.a3.a4.
Thế vào (**): a2.a3.a4 ≤ 12, suy ra: a43 ≤ 12 nên a4 ≤ 2.
+ Nếu a4=2: Ta có ai ≥ 2 với mọi i = 1, 2, 3.
VT ≤ 4.a1+8 ≤ 4.a1+ 4.a1 = 8a1 ≤ a1.a2.a3.a4 =VP
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = a3 = 2.
Như vậy trong trường hợp này ta có 1 nghiệm: a i =1 với i=5, …, 12 và ai = 2 với i = 1,
…, 4.


B¶n tin To¸n häc (Bé m«n To¸n trêng PTNK) – sè 02
–

-7

+ Nếu a4 =1 ta có: a1 + a2 + a3 + 9 = a1.a2.a3. Thế vào (**), suy ra: a2.a3 ≤ 12. Từ đó:
a32 ≤ 12 nên a3 ≤ 3.
+ Nếu a3 = 3 : Ta có a1, a2 ≥ 3.
VT ≤ 3.a1 + 9 ≤ 3.a1 + 3.a1 = 6.a1 < 9a1 ≤ a1.a2.a3 =VP (loại)
+ Nếu a3 =2: Ta có: a1 + a2 + 11 = 2.a1.a2. ⇔ (2.a1-1).(2.a2-1) = 23,
nên 2a1 - 1 = 23 và 2a2 - 1 = 1 => a1 = 12, a2 = 1 (loại vì a2 ≥ 2)
+ Nếu a3 =1 ta có: a1 + a2 +10 = a1.a2 ⇔ (a1-1).(a2-1)=11 ⇔ a1 - 1 =

11 và a2 – 1 = 1  a1 = 12 và a2 = 2.
Như vậy ta có 1 nghiệm ai =1 với i = 3, 4, …, 12, a2 = 2 và a1 =12.
Vậy bài toán có 2 nghiệm:
1) a(i) =1 với i = 5, …, 12 và a1 = a2 = a3 = a4 =2.
2) ai =1 với i = 3, 4, …, 12, a2 = 2 và a1 =12.
Nhận xét:
1) Đâây là một bài toán khá đơn giản đối với các bạn đã làm quen với phương trình
nghiệm nguyên. Nhìn chung các bạn tham gia gửi bài đều giải tốt bài này và đều có
1 hướng giải giống nhau. Tuy nhiên, phần trình bày nhiều khi còn rườm rà và chưa
rõ ý.
2) Dựa vào cách giải trên đây, có thể đưa ra một số đánh giá cho bài toán tổng quát:
Tìm n số nguyên dương có tổng bằng tích (Bài toán A(n)). Ví dụ:
(i) Bài toán A(n) luôn có ít nhất 1 nghiệm (hãy nghiên cứu kỹ các nghiệm và
trả lời tại sao?)
(ii) Nếu a1, a2, …, an là nghiệm của A(n) thì a1 + a2 + …+ an ≤ 2n.
(iii) Nếu n ≤ 2k - k thì có nhiều nhất k trong số a i ≥ 2 (như vậy có ít nhất n-k
số bằng 1).
(iv) Tổng quát, nếu n ≤ ak - (a-1)k thì có nhiều nhất k trong số ai ≥ a.
3) Các bạn sau đây đã có lời giải tốt: Nguyễn Anh Cường, Nguyễn Hành Trình, Võ
Nguyễn Thuỷ Tiên, Lê Minh Huy (10 Toán), Nguyễn Thanh Bình (12 Toán). Bạn
Phạm Văn Hồng Thắng (10 Toán) tìm được nghiệm tổng quát cho trường hợp n bất
kỳ, tuy nhiên khẳng đònh của bạn cho rằng đây là tất cả các nghiệm của bài toán là
thiếu chính xác.
Trần Vónh Hưng
Bài 2 : Cho a , b , c ≥ 0 . Chứng minh rằng :

a+b
b+c
c+a
a

b
c
+
+
≥ 2. 
+
+
c
a
b
c+a
a+c
 b+c


÷
÷


Lời giải :
Cách 1: (Của bạn Võ Nguyễn Thuỷ Tiên và một số bạn khác)


B¶n tin To¸n häc (Bé m«n To¸n trêng PTNK) – sè 02
–

-8

Với x , y > 0 ta có các bất đẳng thức sau :
1 1

4
+ ≥
x y x+ y
1
x+ y ≥
x+ y
2

i.

(

ii.

)

Thật vậy :
1 1
4
+ ≥
⇔ ( x + y ) 2 ≥ 4.x. y ⇔ ( x − y ) 2 ≥ 0 .
x y x+ y
2
1
x+ y ≥
x + y ⇔ 2.( x + y ) ≥ x + y ⇔
2

(

)

(

)

(

x− y

)

2

≥0

Do đó ta có bất đẳng thức i và ii :
a b
1  a
b
a+b
= c + c ≥ .  c + c ÷÷
2 
c

b c
1  b
c
+ ≥
. 

+
÷
Tương tự :
a a

2  a

c a
1  c
a
+ ≥
. 
+
÷
b b
b÷
2  b

1  a
a  b
b  c
c 
a+b
b+c
c+a
. 
+
+
+
+

+
≥
+
+
÷

÷

÷ (*)
Suy ra :


c÷

b÷
2  b
c
a
b
  c
  a
 
1
1
4
2. 2
+
≥
≥
Áp dụng ii và i ta có :

b
c
b+ c
b+c

Áp dụng i ta có :

Suy ra :
Tương tự :

Suy ra :

a
a
a
+
≥ 2. 2.
c
b
b+c
b
b
b
+
≥ 2. 2.
c
a
c+a
b
b

b
+
≥ 2. 2.
c
a
c+a
 a
a  b
b  c
c
+
+ 
+
+ 
+

÷
÷
÷
÷
÷
c  c
a  a
b÷
 b



a
b

c 
≥ 2. 2 
+
+
÷ (**)
c+a
a+c ÷
 b+c


Từ (*) và (**) ta có bất đẳng thức của đề bài

a+b
b+c
c+a
a
b
c 
+
+
≥ 2. 
+
+
÷
c
a
b
c+a
a+c ÷
 b+c



Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi : a = b= c .
Cách 2: (Của bạn Nguyễn Hành Trình)
Không mất tính tổng quát có thể giả sử a ≥ b ≥ c. Bất đẳng thức đã cho tương đương
với:


B¶n tin To¸n häc (Bé m«n To¸n trêng PTNK) – sè 02
–
 a+b
c   b+c
a   c+a
b
−2
+
−
2
+
−
2

÷

÷



c
a+b ÷

a
b+c ÷
b
c+a

 
 
a + b − 2c b + c − 2a c + a − 2b
⇔
+
+
≥0
c( a + b)
a(b + c)
b(c + a )

-9

÷
÷≥ 0


Từ a ≥ b ≥ c suy ra a + b - 2c ≥ 0 và c(a+b) = ac + bc ≤ b(a+c), từ đó
a + b − 2c a + b − 2c
≥
c ( a + b)
b( a + c )

Tương tự, do b+c -2a ≤ 0 và a(b+c) ≥ b(c+a) nên
b + c − 2a b + c − 2a

≥
a (b + c )
b( a + c )

Từ đó suy ra

a + b − 2c b + c − 2a c + a − 2b a + b − 2c b + c − 2a c + a − 2b
+
+
≥
+
+
=0
c ( a + b)
a (b + c)
b (c + a )
b (c + a )
b (c + a )
b (c + a )

chính là điều cần chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
Nhận xét:
1) Đây là một đề toán khá thú vò về bất đẳng thức. Việc khá nhiều bạn giải được
bài này cho thấy kỹ năng giải toán bất đẳng thức của học sinh Việt Nam nói chung
và học sinh trường ta nói riêng khá tốt.
2) Các bạn sau đây còn có lời giải tốt: Lê Minh Huy, Phan Văn Hồng Thắng (10
Toán).
3) Bạn Nguyễn Anh Cường (10 Toán) đã đưa ra và chứng minh bài toán tổng quát
“Với các số nguyên dương m ≥ 2, n ≥ 3 và n số dương a1, a2, …, an ta luôn có bất
đẳng thức

m


a2 + ... + an
a + a + ... + an
a + ... + an −1
an
a1
+m 1 3
+ ... + m 1
≥ (n − 1)  m
+ ... + m

a1
a1
an
a1 + ... + an −1
 a2 + ... + an


(2)
÷
÷ T


uy nhiên, trong lời giải, bạn đã phạm sai lầm cơ bản khi biến đổi. Bất đẳng thức (2)
thực sự không đúng. Lấy ví dụ cho tất cả các ai bằng nhau thì (2) tương đương với
n m n − 1 ≥ (n − 1)n m

1

⇔ m n −1 ≥ n −1
n −1

Bất đẳng thức cuối cùng chỉ đúng khi m = 2 hoặc n = 2. Lời giải của bạn Cường chỉ
đúng trong trường hợp m = 2 (trường hợp n = 2 là hiển nhiên vì ta có đẳng thức).
4) Bạn Nguyễn Thanh Bình (12 Toán) đã đưa ra và chứng minh đúng bài toán tổng
quát. Bất đẳng thức của bạn Bình chính là bất đẳng thức (2) nhưng thay n-1 ở vế
phải bằng (n-1)2/m. Cách giải là dùng bất đẳng thức Bunhiacopsky mở rộng. Các
bạn hãy thử sức xem sao.
Nguyễn Tiến Khải


B¶n tin To¸n häc (Bé m«n To¸n trêng PTNK) – sè 02
–

- 10

Cïng gi¶i to¸n
Mêi c¸c b¹n tham gia gi¶i to¸n cïng víi B¶n tin To¸n häc. SÏ cã nh÷ng phÇn quµ hÊp
dÉn dµnh cho c¸c b¹n gi¶i ®óng vµ sím nhÊt cho b¶n tin. Khi ®Ị xt c¸c bµi to¸n,
chóng t«i cè g¾ng ghi râ xt xø cđa bµi to¸n. Trong trêng hỵp kh«ng râ xt xø, chóng
t«i dïng tht ng÷ “D©n gian”. PhÇn thëng th¸ng 9 sÏ ®ỵc trao cho c¸c b¹n: Vâ Ngun
Thủ Tiªn, Ngun Hµnh Tr×nh, Lª Minh Huy vµ Ngun Thanh B×nh. C¸c b¹n liªn hƯ
víi thÇy Nam Dòng vµo c¸c s¸ng thø n¨m ®Ĩ nhËn quµ.
Bµi 1: Cho a, b, c, d , m là các số tự nhiên và a + d , (b-1).c , a.b – a + c chia hết cho
m. Chứng minh rằng a.bn + c.n + d chia hết cho m với mọi số tự nhiên n.
Ngun TiÕn Kh¶i
Bµi 2: Cho {Hn} lµ d·y sè Fibonacci tỉng qu¸t, tøc lµ H 1, H2 lµ c¸c sè nguyªn bÊt kú vµ
víi n > 2 th× Hn = Hn-1 + Hn-2.
a) H·y t×m T, phơ thc vµo H1 vµ H2 sao cho c¸c sè H2nH2n+2+T, H2nH2n+4 + T, H2n-1H2n+1

- T, H2n-1 H2n+3 - T ®Ịu lµ c¸c sè chÝnh ph¬ng.
b) Chøng minh T lµ duy nhÊt.
TrÝch tõ t¹p chÝ AMM
Bµi 3: Cho n ≥ 2 vµ n sè thùc kh«ng ©m x1, x2, …, xn tho¶ m·n ®iỊu kiƯn x1 + …+ xn =
1. T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cđa biĨu thøc
n

S = ∑ ( xi4 − xi5 ) .
i =1

Chän ®éi tun Trung Qc 1999

Bµi 4: Cho a lµ sè nguyªn. Chøng minh r»ng mäi íc nguyªn tè cđa a 2.6 − a 6 + 1 ®Ịu cã
d¹ng 6n+1.k+1 (n lµ sè nguyªn d¬ng).
Ngun Thµnh Nh©n
n

n

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.
D©n gian.

Tiếng Anh qua các bài toán: Bài số 2.
Problems 2: Does there exist a function f: R  R such that f(f(x)) = x2 – 2 for all real
x?
Solution: No. In fact, we prove a more general noexistence theorem.
Suppose X a set, g: X  X has exactly two fixed points {a, b} and gog has exactly
four fixed points {a, b, c, d}. Then there is no function f: X  X such that g = fof.
We first prove that g(c) = d and g(d) = c. Suppose g(c) = y. Then c = g(g(c)) =

g(y), and hence g(g(y)) = g(c) = y. Thus y is a fixed points of gog. If y = a, then we see
that a = g(a) = g(y) = c leading to a contradiction. Similarly y = b forces b = c. If y =
c, then c = g(y) = g(c), so that c is one of a, b. Thus the only possibility is y = d, giving
g(c) = d. A similar analysis gives g(d) = c.
Suppose there exists a function f: X  X such that g(x) = f(f(x)) for all x ∈ X.
Then it is easy to see that f(g(x)) = g(f(x)) for all x ∈ X. Let x0 ∈ {a, b}. Then f(x0) =


B¶n tin To¸n häc (Bé m«n To¸n trêng PTNK) – sè 02
–

- 11

f(g(x0)) = g(f(x0)), so that f(x0) is a fixed point of g. Hence f(x0) ∈ {a, b}. Similarly, it is
easy to show that x1 ∈ {a, b, c, d} implies that f(x1) ∈ {a, b, c, d}.
Consider f(c). This lies in {a, b, c, d}. If f(c) = a then f(a) = f(f(c)) = g(c) = d, a
contradiction since f maps {a, b} into itself. Similarly, f(c) = b gives f(b) = d, which is
impossible. If f(c) = c, then c = f(c) = f(f(c)) = g(c) = d from our earlier observation.
This contradicts the distinctness of c and d. If f(c) = d then f(d) = f(f(c)) = g(c) = d and
this gives g(d) = f(f(d)) = f(d) = d contradicting our observation that g(d) = c. Thus g(c)
cannot be an element of {a, b, c, d}.
We conclude that there is no function f: X  X suc that g = fof.
We now use the above result to show that there is no function f: R  R such that
f(f(x)) = x2 – 2. Consider g(x) = x2 – 2. It has two fixed points 2, -1 and gog has four
fixed points (-1±√5)/2, 2, -1. Hence there is no function f such that g = fof and this
proves our assertion.
B¶n tin ®· nhËn ®ỵc bµi viÕt cđa c¸c b¹n: Ngun Thµnh Nh©n, Ngun §¨ng Khoa.
Chóng t«i sÏ nghiªn cøu sư dơng trong c¸c sè b¸o sau. RÊt mong nhËn ®ỵc sù ®ãng gãp
cđa c¸c b¹n.
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