Tải bản đầy đủ (.pdf) (283 trang)

CÁC CHUYÊN đề CHỌN lọc bồi DƯỠNG học SINH GIỎI TOÁN thpt (rất hay)

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (7.37 MB, 283 trang )

HỘI TOÁN HỌC

SỞ GD & ĐT HƯNG YÊN

HÀ NỘI

****************

*******************

NGUYỄN VĂN MẬU, NGUYỄN VĂN PHÊ
(C HỦ BIÊN)

HỘI THẢO KHOA HỌC

C ÁC CHUYÊN ĐỀ CHỌN LỌC
BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN

HƯNG YÊN 25-26/02/2017


LỜI MỞ ĐẦU
Nguyễn Văn Phê
Tỉnh ủy viên - Giám đốc Sở GD& ĐT Hưng Yên

Thực hiện Nghị quyết 29-NQ/TW Hội nghị lần thứ 8, Ban Chấp hành Trung ương khóa
XI về đổi mới căn bản, toàn diện giáo dục và đào tạo; Nghị quyết số 09-NQ/TU ngày
4/10/2016 của Ban Chấp hành Đảng bộ tỉnh khóa XVIII về Chương trình phát triển GD
& ĐT tỉnh Hưng Yên giai đoạn 2016-2020, một số định hướng đến năm 2025; Kế hoạch
321/KH_UBND ngày 29/12/2016 của UBND tỉnh Hưng Yên về thực hiện Nghị quyết số 09NQ/TU ngày 4/10/2016 của Ban Chấp hành Đảng bộ tỉnh khóa XVIII, Sở GD & ĐT Hưng
Yên phối hợp với Hội Toán học Hà Nội tổ chức Hội thảo Các chuyên đề chọn lọc bồi dưỡng học


sinh giỏi Toán THPT tỉnh Hưng Yên lần thứ Nhất năm 2017.
Trong những năm qua, công tác phát hiện và bồi dưỡng học sinh giỏi của tỉnh luôn được
quan tâm chú trọng. Hằng năm, Sở GD & DT tổ chức kì thi học sinh giỏi cấp tỉnh các môn
văn hóa cho học sinh lớp 9 và học sinh THPT, làm tốt công tác tuyển chọn và bồi dưỡng cho
học sinh tham gia kì thi Học sinh giỏi cấp quốc gia THPT. Kết quả kì thi chọn học sinh giỏi
quốc gia hằng năm được giữ ổn định, trong đó có nhiều em đạt giải cao. Trong 2 năm trở lại
đây, có 3 học sinh được tham gia thi Olympic Quốc tế Châu Á - Thái Bình Dương. Song song
với việc bồi dưỡng học sinh, công tác đào tạo, bồi dưỡng đội ngũ giáo viên được quan tâm,
như một khâu quan trọng tạo nên chất lượng công tác bồi dưỡng học sinh giỏi. Nhiều hội
thảo, các lớp tập huấn chuyên môn được tổ chức hằng năm theo quy mô cấp tỉnh với mục
tiêu nâng cao kiến thức, kĩ năng, nghiệp vụ sư phạm cho giáo viên.
Hội thảo Các chuyên đề Toán học bồi dưỡng học sinh giỏi tỉnh Hưng Yên lần thứ Nhất năm
2017 được tổ chức nhằm đánh giá khách quan thực trạng công tác đào tạo, bồi dưỡng học
sinh giỏi, từ đó đề ra những giải pháp hữu hiệu nhằm đào tạo học sinh giỏi trong những
năm tiếp theo.
Hội thảo được vinh dự đón tiếp nhiều nhà khoa học, nhà giáo lão thành, các chuyên gia
Toán học đầu ngành, các chuyên gia giáo dục về với đất Hưng Yên ngàn năm Văn Hiến. Ban
tổ chức Hội thảo hy vọng đây sẽ là cơ hội để các giáo viên bộ môn Toán của tỉnh Hưng Yên
và các tỉnh bạn được trao đổi, chia sẻ, rút ra những bài học kinh nghiệm quý báu trong công
tác bồi dưỡng học sinh giỏi nói chung, bộ môn Toán cấp THPT nói riêng. Hội thảo Toán học
cũng sẽ là tiền đề để chúng ta tổ chức những hội thảo tiếp theo đối với các bộ môn khoa học
khác.
Nhân dịp này, Sở GD& ĐT Hưng Yên chân thành cảm ơn Hội Toán học Hà Nội, các nhà
khoa học, nhà giáo lão thành, các chuyên gia Toán học đầu ngành. Sở GD & ĐT tỉnh ghi
nhận sự đóng góp của các chuyên gia giáo dục, lãnh đạo, cán bộ phụ trách chuyên môn của
Sở GD & ĐT, các thầy, cô giáo bộ môn Toán đã viết bài và tham gia Hội thảo. Sự đóng góp
của các đồng chí góp phần làm nên thành công của Hội thảo.


Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017


TRƯỜNG THPT C HUYÊN HƯNG YÊN NƠI THẮP SÁNG NHỮNG TÀI NĂNG TOÁN HỌC
Nguyễn Thị Hồng Thúy
Hiệu trưởng trường THPT Chuyên Hưng Yên

Trường Trung học phổ thông Chuyên Hưng Yên được thành lập ngày 23 tháng 5 năm
1997. Ban đầu, trường có tên là trường Phổ thông Năng khiếu Hưng Yên. Từ năm 2003 đến
nay, trường mang tên trường THPT Chuyên Hưng Yên. Trường tọa lạc tại số 1, đường Chu
Văn An, phường An Tảo, thành phố Hưng Yên. Mục tiêu của nhà trường là xây dựng một
ngôi trường chất lượng cao, trong đó học sinh được bồi dưỡng năng khiếu, đồng thời được
phát triển toàn diện về trí tuệ, năng lực tư duy, nghiên cứu và thể chất.
Trải qua gần 20 năm kể từ khi thành lập đến nay, trường THPT Chuyên Hưng Yên không
ngừng phát triển lớn mạnh về mọi mặt. Trong đó, công tác bồi dưỡng học sinh giỏi, học sinh
năng khiếu được coi là nhiệm vụ trọng tâm hàng đầu. Tính đến nay, trường đã có tổng số
714 học sinh đoạt giải học sinh giỏi Quốc gia, trong đó có 12 giải nhất, 85 giải nhì, 328 giải ba,
290 giải khuyến khích; có 1 học sinh đạt Huy chương Đồng quốc tế, 4 học sinh được tham
gia dự thi Olympic Quốc tế Châu Á-Thái Bình Dương. Đối với bộ môn Toán, nhà trường có
92 giải, trong đó có 1 giải nhất, 6 giải Nhì, 53 giải Ba, 32 giải khuyến khích; 1 học sinh được
tham gia dự thi Olympic Quốc tế Châu Á-Thái Bình Dương.
Trong không khí của những ngày đầu xuân mới Đinh Dậu 2017, trường THPT Chuyên
Hưng Yên được vinh dự chọn là đơn vị đăng cai tổ chức Hội thảo Các chuyên đề chọn lọc bồi
dưỡng học sinh giỏi Toán THPT của ngành GD& ĐT Hưng Yên. Đây là dịp sinh hoạt chuyên
môn bổ ích góp phần nâng cao chất lượng đội ngũ giáo viên, nâng cao chất lượng bồi dưỡng
học sinh giỏi môn Toán, đồng thời cũng là hoạt động ý nghĩa hướng tới kỉ niệm 20 năm
thành lập trường THPT Chuyên Hưng Yên (1997-2017).
Tham gia viết bài cho Hội thảo có 25 tác giả, nhóm tác giả là các chuyên gia đầu ngành
bộ môn Toán; hội viên Hội Toán học Hà Nội; Báo Toán học và Tuổi trẻ; giảng viên trường
Đại học Thăng Long, học viện An Ninh nhân dân; giáo viên bộ môn Toán thuộc các trường
THPT của thành phố Hải Phòng, tỉnh Bắc Giang, Bình Định; giáo viên Toán các trường THPT
Chuyên ĐHSP Hà Nội, Vĩnh Phúc, Tuyên Quang và THPT Chuyên Hưng Yên. Các chuyên

đề tập trung vào các lĩnh vực khác nhau của Toán học như: Số học, Hình học, Tổ hợp, Dãy số,
Bất đẳng thức, Phương trình, Bất phương trình. . . . Nhiều chuyên đề có chất lượng chuyên
môn sâu, thể hiện sự đầu tư của tác giả trong nghiên cứu, tổng hợp. Nhiều chuyên đề có
tính ứng dụng cao và mới, có thể áp dụng trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi quốc gia.
Hội thảo nhận được sự quan tâm sâu sắc của Lãnh đạo Sở GD& ĐT, Hội Toán học Hà Nội,
các trường THPT, THPT Chuyên trong và ngoài tỉnh. Nhân dịp này, trường THPT Chuyên
Hưng Yên xin chân thành cảm ơn sự quan tâm chỉ đạo của Ban Giám đốc Sở GD& ĐT, các
2


Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017

phòng chuyên môn thuộc Sở GD& ĐT; xin bày tỏ tình cảm biết ơn sâu sắc đến GS-TSKH
Nguyễn Văn Mậu và Hội Toán học Hà Nội đã phối hợp giúp đỡ về chuyên môn và công tác
tổ chức Hội thảo; xin cảm ơn các cán bộ quản lí, các thầy cô giáo đã tham gia và viết bài góp
phần tạo nên thành công của Hội thảo.

C HƯƠNG TRÌNH HỘI THẢO
Sáng ngày 25.02.2017
10h00-11h00 Họp Ban Tổ chức và Ban Chương trình
11h30-12h30 Ăn trưa
Chiều ngày 25.02.2017
13h30-13h45 Văn nghệ chào mừng
13h45-14h15 Khai mạc
Phát biểu chào mừng: Nguyễn Thị Hồng Thúy, HT trường THPT Chuyên Hưng Yên
Phát biểu khai mạc: Nguyễn Văn Phê, Giám đốc sở GD & ĐT Hưng Yên
Phát biểu đề dẫn: GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu, Chủ tịch hội THHN
14h15-15h15 CÁC BÁO CÁO MỜI PHIÊN HỌP TOÀN THỂ
Điều khiển: PGS.TS Trần Huy Hổ, PGS.TS Nguyễn Thủy Thanh
1. PGS.TS. Đàm Văn Nhỉ, Một vài kết quả về đường bậc ba

2. TS. Nguyễn Văn Ngọc, Một số bất đẳng thức của các hàm hyperbolic
3. TS Vũ Tiến Việt, Xung quanh một bài toán thi IMO
4. TS Nguyễn Việt Hải, Số lũy thừa
5. ThS Nguyễn Bá Đang, Tứ giác điều hòa
15h15-15h45

Nghỉ giải lao

15h45-17h45 CÁC BÁO CÁO CHUYÊN ĐỀ PHIÊN HỌP TOÀN THỂ
Điều khiển: PGS.TS. Nguyến Minh Tuấn, PGS.TS. Hà Tiến Ngoạn
6. Hoàng Minh Quân, Một số mở rộng và áp dụng của bất đẳng thức Klamkin
7. Đặng Thị Mến, Một số phương pháp giải phương trình hàm trên tập số nguyên
8. Trần Thị Lan Hương, Phương trình và hệ phương trình qua các kì thi học sinh giỏi
9. Huỳnh Duy Thủy, Tiếp cận các phương pháp tìm cực trị của một biểu thức đa biến
10. Lê Thị Mai, Một số dạng toán về bất đẳng thức đối với hàm phân thức
11. Vũ Văn Thưởng, Sử dụng bất đẳng thức Karamata khảo sát bất đẳng thức trong tam giác
12. Phan Ngọc Toản, Sử dụng tính chất giải tích trong các bài toán số học
13. Phạm Văn Dũng, Một số ứng dụng của định lý Lagrange
14. Mông Thanh Hằng, Phương pháp lượng giác giải phương trình đa thức bậc cao
17h45-18h00 Tổng kết hội thảo
Điều khiển: GS.TSKH. Nguyễn Văn Mậu
18h30-20h30 Ăn tối và giao lưu văn nghệ
3


Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017

MỤC

LỤC


Chương trình
2. Đàm Văn Nhỉ, Một vài kết quả về đường bậc ba
3. Nguyễn Việt Hải Số lũy thừa
4. Nguyễn Văn Ngọc, Một số bất đẳng thức của các hàm hyperbolic
5. Nguyễn Bá Đang, Tứ giác Điều hòa
6.Vũ Tiến Việt, Xung quanh một bài toán thi IMO
7. Nguyễn Duy Liên, Định lý thặng dư Trung hoa và một số ứng dụng
8. Hoàng Phương Anh, Lý thuyết đồ thị và ứng dụng
9. Phạm Văn Dũng - Hoàng Thị Nhung,
Phương pháp đạo hàm trong chứng minh bất đẳng thức
10. Phạm Văn Dũng - Hoàng Thị Minh Thúy, Một số ứng dụng của định lý Lagrange
11. Mông Thanh Hằng, Phương pháp lượng giác giải phương trình đa thức bậc cao
12. Lương Thị Hằng, Phương pháp hàm sinh xác định dãy số
13. Trần Thị Lan Hương,
Phương trình, bất phương trình, hệ phương trình qua các kì thi học sinh giỏi
14. Lê Thị Mai,
Một số dạng toán về bất đẳng thức đối với hàm phân thức bậc hai trên bậc nhất
15. Đặng Thị Mến, Một số phương pháp giải phương trình hàm trên tập số nguyên
16. Đặng Thị Mến, Cấp của một số nguyên và ứng dụng giải một số bài toán số học
17. Hoàng Minh Quân - Ngụy Phan Tiến,
Một số mở rộng và áp dụng của bất đẳng thức Klamkin
18. Nguyễn Thị Tâm - Hoàng Thị Nhung - Trần Thi Hằng, Định lí Helly và ứng dụng
19. Vũ Thị Thuần - Nguyễn Thị Đan Quế, Số chính phương theo modul bậc tùy ý
20. Vũ Thị Thuần, Sử dụng đại lượng bất biến và đơn biến trong toán tổ hợp
21. Huỳnh Duy Thủy, Tiếp cận các phương pháp tìm cực trị của một biểu thức đa biến
22. Phan Ngọc Toàn, Sử dụng tính chất giải tích trong các bài toán số học
23. Đặng Thị Mến, Một số ứng dụng của số phức trong đại số và toán tổ hợp
24. Vũ Văn Thưởng, Sử dụng bất đẳng thức Karamata khảo sát bất đẳng thức trong tam giác
25. Quách Thị Tuyết Nhung, Một số bài toán về dãy số truy hồi tuyến tính cấp hai

26. Hoàng Tuấn Doanh, Một số tính chất của hàm số học cơ bản và áp dụng

4

2
5
12
23
39
49
55
79
90
105
116
130
143
166
172
184
193
205
214
226
241
254
259
270
279
290



Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017

MỘT

VÀI KẾT QUẢ VỀ ĐƯỜNG BẬC BA
Đàm Văn Nhỉ
Trường THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội

Tóm tắt nội dung
Mục đích của báo cáo này là trình bày một phần nội dung của cuốn giáo trình (xem
[2]) nhằm lý giải sự hình thành, phát triển của một số kết quả trong Hình học Sơ cấp và
xâu chuỗi các vấn đề liên quan lại thành một thể logic. tác giả mong muốn đưa đến cho
người đọc một cái nhìn toàn cục về môn học này về sự ra đời của Hệ tiên đề Hilbert, Hệ
tiên đề Wayne và Hệ tiên đề Pogorelov của Hình học Euclid, giới thiệu Mô hình Carte để
kiểm tra hệ tiên đề do Pogorelov đưa ra thỏa mãn ba yêu cầu: Độc lập-Phi mâu thuẫnĐầy đủ. Tác giả tập trung trình bày Định lý Pascal cho đường cong bậc hai và chỉ ra Định
lý Newton, Pappus, Brianchon và mở rộng bài toán con bướm. Việc sử dụng phương
pháp đa thức và mở rộng trường cho ta hình dung được sự phát triển của môn Hình học
Sơ cấp từ đa thức bậc 0, đa thức bậc 1 rồi đến đa thức bậc 2 và tiếp tục phải xét đa thức
bậc 3. Bậc cao hơn nữa của hình học sẽ được tiếp tục nghiên cứu trong Hình học Đại số.
Mục tiêu của chuyên đề nhằm trang bị một cách sâu sắc các kiến thức, rèn luyện tư
duy và kĩ năng giải toán hình cho các em học sinh khá, giỏi; cho các em sinh viên, các
học viên cao học. Với một vài bài toán mở để các em tập dượt nghiên cứu, xây dựng kết
quả mới.

1

Định lý Pascal


Định lý 1 (Pascal). Giả sử 6 điểm A1 , A2 , . . . , A6 nằm trên đường tròn (C ). Khi đó, điểm giao
A = ( A1 A5 ) × ( A2 A4 ), B = ( A3 A4 ) × ( A6 A1 ), C = ( A2 A6 ) × ( A3 A5 ) thẳng hàng.
Chứng minh. Gọi I = A1 A5 × A2 A6 , J = A1 A5 × A3 A4 và K = A3 A4 × A2 A6 . Theo
Định lý Menelaus, với tam giác I JK và các bộ ba điểm ( A, A2 , A4 ), ( B, A1 , A6 ), (C, A3 , A5 )
thuộc ba cạnh tương ứng thẳng hàng ta nhận được ba hệ thức sau:
A6 K A1 I BJ
CK A5 I A3 J
AI A4 J A2 K
.
.
= 1,
.
.
= 1,
.
.
= 1.
AJ A4 K A2 I
A6 I A1 J BK
CI A5 J A3 K
Nhân các kết quả này lại và biến đổi theo phương tích
1 =

=
Do

AI A4 J A2 K A6 K A1 I BJ CK A5 I A3 J
.
.
.

.
.
.
.
.
AJ A4 K A2 I A6 I A1 J BK CI A5 J A3 K
AI BJ CK A4 J.A3 J A2 K.A6 K A1 I.A5 I
AI BJ CK
.
.
.
.
.
=
.
.
.
AJ BK CI A1 J.A5 J A3 K.A4 K A2 I.A6 I
AJ BK CI

AI BJ CK
.
.
= 1 nên A, B, C thẳng hàng theo Định lý Menelaus.
AJ BK CI

5


Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017


Ví dụ 1. Giả sử tứ giác lồi ABCD nội tiếp trong đường tròn ( T ). Giả sử giao I = AC × BD,
J = AB × CD và K là giao hai tiếp tuyến Bb và Cc của đường tròn tại B và C. Khi đó ba điểm
I, J, K thẳng hàng.
Bài giải. Kết quả này được suy ra từ Định lý Pascal với 6 điểm A, B, B, C, C, D.
Ví dụ 2. Giả sử 5 điểm A1 , A2 , A3 , A4 , A6 nằm trên đường tròn (C ). Khi đó ba điểm giao
A = ( A1 A3 ) × ( A2 A4 ), B = ( A3 A4 ) × ( A6 A1 ) và C = ( A2 A6 ) × ( A3 t), ở đó A3 t là tiếp
tuyến với đường tròn (C ) tại A3 , thẳng hàng.
Bài giải. Kết quả này được suy ra từ Định lý Pascal và A5 ≡ A3 .

Hệ quả 1 (Newton). Giả sử đường tròn nội tiếp trong tứ giác lồi ABCD tiếp xúc với các cạnh
AB, BC, CD, DA tại E, F, G, H, tương ứng. Khi đó, bốn đường thẳng AC, BD, EG, FH đồng
quy tại một điểm.
Chứng minh. Gọi O = EG × FH, X = EH × FG. Vì D là giao điểm của hai tiếp tuyến
GD, HD nên, theo Định lý Pascal, Định lý 1, cho 6 điểm E, G, G, F, H, H có ba điểm
O, D, X thẳng hàng. Tương tự, với 6 điểm E, E, H, F, F, G ta cũng có B, X, O thẳng hàng.
Ta đã có : BD, EG, FH đồng quy tại O. Hoàn toàn tương tự, AC, EG, FH cũng đồng quy
tại O. Như vậy, AC, BD, EG, FH đồng quy tại một điểm.
Định lý 2. Giả sử 6 điểm A1 , A2 , . . . , A6 nằm trên đường cong bậc hai không suy biến (ℓ). Khi
đó ba điểm giao A = ( A1 A5 ) × ( A2 A4 ), B = ( A3 A4 ) × ( A6 A1 ) và C = ( A2 A6 ) × ( A3 A5 )
thẳng hàng.
Chứng minh. Qua phép biến đổi tuyến tính có thể coi (ℓ) : x = y2 . Ký hiệu dij ( x, y) = 0
là phương trình đường thẳng Ai A j . Đặt
p( x, y) = d24 ( x, y)d16 ( x, y)d35 ( x, y) − αd34 ( x, y)d26 ( x, y)d15 ( x, y).
Đây là một đa thức bậc ba đối với x và y. Tọa độ 6 điểm A1 , . . . , A6 thỏa mãn phương
trình p( x, y) = 0. Lấy một điểm bất kỳ A thuộc (ℓ), khác 6 điểm trên. Ta chọn α để tọa

6



Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
độ điểm A thỏa mãn p( x, y) = 0. Nếu thế x qua y2 ta được đa thức p(y2 , y) bậc
6.
Phương trình p(y2 , y) = 0 cho tung độ của 7 điểm khác nhau, có nghĩa: p(y2 , y) = 0 có
7 nghiệm y khác nhau. Vậy p(y2 , y) ≡ 0 hay mọi điểm thuộc (ℓ) đều có tọa độ thỏa mãn
p( x, y) = 0. Coi p( x, y) như là một đa thức của x. Với phép chia đa thức, ta nhận được
p( x, y) = ( x − y2 )q( x, y) + r(y),
trong đó q( x, y) là thương và r(y) là phần dư. Vì mọi điểm thuộc (ℓ) : x = y2 đều thỏa
mãn p( x, y) = 0 nên r(y) ≡ 0. Vậy p( x, y) = ( x − y2 )q( x, y). Vì p( x, y) là đa thức bậc
3 nên q( x, y) phải là đa thức bậc nhất hay p( x, y) = ( x − y2 )( ax + by + c). Do 9 điểm
A1 , A2 , . . . , A6 và A, B, C đều thuộc đường cong phẳng p( x, y) = 0, nhưng A, B, C không
thuộc (ℓ) : x = y2 nên A, B, C thuộc đường thẳng (d) : ax + by + c = 0 hay A, B, C thẳng
hàng.
Hệ quả 2 (Pappus). Giả sử 3 điểm A1 , A2 , A3 nằm trên đường thẳng (d1 ) và 3 điểm A4 , A5 , A6
nằm trên đường thẳng (d2 ) khác (d1 ). Khi đó ba điểm giao A = ( A1 A5 ) × ( A2 A4 ), B =
( A1 A6 ) × ( A3 A4 ) và C = ( A2 A6 ) × ( A3 A5 ) thẳng hàng.
Chứng minh. Kết quả này được suy ra từ Định lý 2.

Hệ quả 3 (Brianchon). Giả sử lục giác lồi ABCDEF ngoại tiếp một đường tròn. Khi đó, ba
đường thẳng AD, BE, CF đồng quy tại một điểm.
Chứng minh. Giả sử đường tròn nội tiếp trong lục giác lồi ABCDEF tiếp xúc với các
cạnh AB, BC, CD, DE, EF, FA tại G, H, I, J, K, L, tương ứng. Đặt M = AB × CD, N =
DE × FA. Theo Hệ quả 1, với tứ giác AMDN ta có các đường thẳng AD, IL, GJ đồng
quy tại A′ . Tương tự, các đường thẳng BE, HK, GJ đồng quy tại B′ ; các đường thẳng
CF, HK, IL đồng quy tại C ′ . Chú ý rằng, hai đường thẳng IL và A′ C ′ là một. Theo Định
lý Pascal, Định lý 1, với các điểm G, G, I, L, L, H có ba điểm A, O, P thẳng hàng, ở đó
O = GI × HL, P = IL × GH. Cũng theo Định lý Pascal, với các điểm H, H, L, I, I, G có ba
điểm C, O, P thẳng hàng. Vậy A, C, P thẳng hàng. Xét G = AB × A′ B′ , H = BC × B′ C ′ ,
P = CA × C ′ A′ . Theo phần đảo của Định lý ??, Định lý Desargues, đối với ∆ABC và
∆A′ B′ C ′ có AA′ = AD, BB′ = BE, CC ′ = CF đồng quy.


7


Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017

2

Mở rộng bài toán con bướm

Mệnh đề 1 (Bài toán con bướm). Qua trung điểm I của dây cung MN của một đường tròn ta
kẻ hai dây cung bất kỳ AB và CD, đều khác MN. Gọi giao điểm giữa AC và BD với MN là P
và Q tương ứng. Ta luôn có IP = IQ.
Chứng minh. Gọi O là tâm đường tròn và J, K là trung điểm đoạn AC, BD, tương ứng.
Vì ∆I AC ∼ ∆IDB nên ∆I AJ ∼ ∆IDK và suy ra ∠ I J A = ∠ IKD. Do tứ giác IOJP và
IOKQ đều nội tiếp trong đường tròn tương ứng nên ∠ IOP = ∠ I JP = ∠ IKQ = ∠ IOQ.
Từ đó suy ra IP = IQ.
Bổ đề 1. Cho tứ giác lồi ABCD với giao hai đường chéo I = AC × BD. Lấy E, H, F, G thuộc
cạnh AB, BC, CD, DA, tương ứng sao cho EF và GH cùng đi qua I. Giả sử EG, FH cắt AC tại
M, N, tương ứng. Chứng minh rằng
1
1
1
1
+
=
+
.
IA
IN

IC
IM
IA
AM IN
.
=
. Biến đổi
Bài giải. Trước tiên ta chỉ ra hệ thức P =
I M CN
IC
S AEG S IFH
S
S
S
S
P =
.
= IFH . CBD . ABD . AEG
S IEG SCFH
S IEG SCFH SCBD S ABD
IF.IH CB.CD I A AE.AG
.
. .
=
IE.IG CF.CH IC AB.AD
IA
S FAC S HAC SDAC SBAC I A SEAC SGAC
.
.
.

. .
.
=
.
=
SEAC SGAC S FAC S HAC IC SBAC SDAC
IC
Đặt I A = a, IC = c, I M = m, IN = n. Ta có
1
1
1
=
+
.
IN
IC
IM

a−m n
a
1
.
= và suy ra hệ thức
+
m c−n
c
IA

Mệnh đề 2. Cho dây cung MN của một đường tròn, (đường bậc hai), và điểm I thuộc đoạn
MN. Giả sử hai dây cung bất kỳ AB và CD, đều khác MN, đi qua điểm I. Gọi giao điểm giữa

AC và BD với MN là P và Q tương ứng. Ta có đồng nhất thức
1
1
1
1
+
=
+
.
IM
IP
IN
IQ

8


Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017

Chứng minh. Giả sử MA cắt ND tại T và MC cắt NB tại H. Do 6 điểm A, M, C, B, N, D
cùng thuộc một đường tròn, (đường bậc hai), nên ba điểm T, I, H thẳng hàng theo Định
1
1
1
1
+
=
+
theo Bổ đề 1.
lý Pascal. Ta có đồng nhất thức

IM
IP
IN
IQ

3. Đồ thị phẳng 21-điểm K3
Mục này dành trình bày Mệnh đề 3. Đây là lời giải cho Bài tập 16 trang 56 trong "Bài
tập về các đồ thị phẳng bậc ba" của Smôgôrdevski và Stôlôva (bản tiếng Nga).
Giả sử tam giác ABC có độ dài ba cạnh a = BC, b = CA, c = AB. Ký hiệu a là đường
thẳng cắt đường thẳng AC tại điểm cách đều hai điểm A và B, cắt đường thẳng AB tại
điểm cách đều hai điểm A và C. Ký hiệu b là đường thẳng cắt đường thẳng BA tại điểm
cách đều hai điểm B và C, cắt đường thẳng BC tại điểm cách đều hai điểm B và A. Ký
hiệu c là đường thẳng cắt đường thẳng CB tại điểm cách đều hai điểm C và A, cắt đường
thẳng CA tại điểm cách đều hai điểm C và B.
Gọi A0 , B0 , C0 là những điểm đối xứng với A, B, C qua BC, CA, AB, tương ứng. Gọi
A1 , B1 , C1 là những điểm đối xứng với A, B, C qua a, b, c, tương ứng. Gọi 2 điểm E là
những điểm thỏa mãn aEA = bEB = cEC, gọi 2 điểm F là những điểm nhìn các cạnh

π
. Gọi H là trực tâm và O là tâm đường tròn ngoại tiếp
tam giác ABC dưới góc hay
3
3
∆ABC.
Gọi A2 , A3 là các đỉnh của các tam giác đều BCA2 , BCA3 , gọi B2 , B3 là các đỉnh của các
tam giác đều CAB2, CAB3 và gọi C2 , C3 là các đỉnh của các tam giác đều ABC2, ABC3 .
Ví dụ 3. Xác định phương trình a khi biết tọa độ A, B, C.
Bài giải. Dựng hệ tọa độ Oxy sao cho A(0; 0), B( x2 ; kx2 ), C ( x3 ; hx3 ). Điểm P0 ( p; hp) cách
đều A và B khi và chỉ khi
p2 + h2 p2 = ( p − x2 )2 + (hp − kx2 )2 .

Vậy

P0

x2 ( 1 + k2 ) x2 h ( 1 + k2 )
;
.
2(1 + hk) 2(1 + hk)

Điểm

N0 (n; kn)

9

cách

đều

A



C

khi


Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017



chỉ

khi

x
x2 ( 1 + k2 )
2(1 + hk)
x3 ( 1 + h2 )
2(1 + hk)

x3 ( 1 + h2 ) x3 k ( 1 + h2 )
;
. Đường thẳng a là
2(1 + hk) 2(1 + hk)
y
1
x
y
1
x2 h ( 1 + k2 )
2
(
1
+
hk)
1
= 0.
= 0 hay x2 x2 h
2(1 + hk)

1 + k2
2(1 + hk)
x3 k ( 1 + h2 )
x3 x3 k
1
1 + h2
2(1 + hk)
N0

đường

thẳng

Mệnh đề 3. Giả sử ∆ABC có độ dài cạnh a, b, c. Khi đó 21 điểm nêu trên đều thuộc tập K3 gồm
tất cả các điểm M thỏa mãn
1 a2 + MA2 a2 MA2
1 b2 + MB2 b2 MB2
1 c2 + MC2 c2 MC2

= 0.

Chứng minh. Khi M ≡ A thì MA = 0, MB = AB = c.MC = AC = b. Khi
1 a2 + MA2 a2 MA2
1
a2
0
2
2
2
2

2
2
2
đó 1 b + MB b MB
= 1 b + c b c2 = 0. Vậy A, A0 ∈ K3 . Tương tự
2
2
2
2
1 c + MC c MC
1 c2 + b2 c2 b2
B, B0 , C, C0 ∈ K3 .
1 a2 + H A 2 a2 H A 2
Vì a2 + H A2 = b2 + HB2 = C2 + HC2 = 4R2 nên 1 b2 + HB2 b2 HB2 =
1 c2 + HC2 c2 HC2
1 4R2 a2 H A2
1 4R2 b2 HB2 = 0. Vậy H ∈ K3 .
1 4R2 c2 HC2
1 a2 + OA2 a2 OA2
1 a2 + R 2 a2 R 2
Vì 1 b2 + OB2 b2 OB2 = 1 b2 + R2 b2 R2 = 0 nên O ∈ K3 .
1 c2 + OC2 c2 OC2
1 c2 + R 2 c2 R 2
1 a2 + EA2 a2 EA2
1 a2 + EA2 u2
2
2
2
2
Đặt aEA = u. Vì 1 b + EB b EB

= 1 b2 + EB2 u2 = 0 nên hai điểm E
2
2
2
2
1 c + EC c EC
1 c2 + EC2 u2

a2 + b 2 + c 2
+ 2 3S. Do
thuộc K3 . Đặt v = AA22 =
2
T=

1
nên T =
1
1
A3 , B2 , B3 , C2 , C3

1 a2 + A 2 A 2 a2 A 2 A 2
1 b2 + A 2 B 2 b2 A 2 B 2
1 c2 + A 2 C 2 c2 A 2 C 2

a2 + v v
b 2 + a2 b 2
c 2 + a2 c 2
∈ K3 .

a2 =


1 a2 v
1 a2 b 2
1 a2 c 2

a2 = 0. Vậy A2 ∈ K3 . Tương tự


. Đặt x = FA, y = FB, z = FC.
3
2
2
= z + x + zx, c2 = x2 + y2 + xy. Vì F ∗ :=

Giả sử F nhìn ba cạnh dưới cùng một góc
Khi đó ta có a2 = y2 + z2 + yz, b2

=

1 a2 + v a2 v
1 b 2 + a2 b 2 a2
1 c 2 + a2 c 2 a2

10


Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
1 a2 + FA2 a2 FA2
1 b2 + FB2 b2 FB2
1 c2 + FC2 c2 FC2



F =

=

1 xy a2 x2
1 yz b2 y2
1 zx c2 z2

1 x2 + y2 + z2 + xy a2 x2
1 x2 + y2 + z2 + yz b2 y2
1 x2 + y2 + z2 + zx c2 z2

nên

= c2 xz3 − b2 xy3 + a2 x3 y − c2 yz3 + b2 y3 z − a2 x3 z

và dễ dàng thấy F ∗ = 0 qua việc thay a2 = y2 + yz + z2 , b2 = z2 + zx + x2 và c2 =
x2 + xy + y2 . Như vậy hai điểm F cũng thuộc K3 . Việc kiểm tra ba điểm còn lại A1 , B1 , C1
cũng thuộc K3 được coi là một bài tập.
Mệnh đề 4. Nếu ∆ABC không đều thì bậc của K3 bằng 3.
Chứng minh. Đặt u = MA2 , v = MB2 , t = MC2 ; α = a2 , β = b2 , γ = c2 . Vậy
1 α + u αu
0 =
1 β + v βv
1 γ + t γt
= γvt − βvt + αut − γut + βuv − αuv

+ αγu − αβu + αβv − βγv + βγt − αγt.


Biểu diễn u = x2 + y2 + a1 x + b1 y + c1 , v = x2 + y2 + a2 x + b2 y + c2 và t = x2 + y2 +
a3 x + b3 y + c3 , Khi đó hệ số của ( x2 + y2 )2 đúng bằng γ − β + α − γ + β − α = 0. Vậy K3
là đồ thị bậc 3. Dễ dàng kiểm tra bậc của K3 bằng 3 khi tam giác ABC không đều.
Nhận xét 1. Phương trình cho K3 không qua định thức rất phức tạp

( a2 − b2 ) MA2.MB2 + (b2 − c2 ) MB2 .MC2 + (c2 − a2 ) MC2.MA2 =
a2 c2 ( MA2 − MC2 ) + c2 b2 ( MC2 − MB2 ) + b2 a2 ( MB2 − MA2 ).

Tài liệu
[1] N. V. Mậu và Đ. V. Nhỉ (2015), Đồng nhất thức và phương pháp tọa độ trong Hình học,
Nhà xuất bản ĐHQG Hà Nội.
[2] T. T. Nam, Đ. V. Nhỉ, T. T. Tình, N. A. Tuấn (2016), Giáo trình HÌNH HỌC SƠ CẤP,
Nhà xuất bản ĐHSP Thành phố HCM.

11


Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017

SỐ LŨY THỪA
Nguyễn Việt Hải
Tạp chí Toán học & Tuổi trẻ

Các bài toán về số lũy thừa, nói riêng là số chính phương, thường không cần nhiều vốn
kiến thức, nhưng đòi hỏi sự phân tích và tổng hợp giả thiết một cách thông minh, phương
pháp biến đổi khéo léo, khả năng suy luận chặt chẽ, biện luận đầy đủ. Chính vì thế mà các
bài toán về số lũy thừa thường gặp trong các kì thi chọn học sinh giỏi cấp 2, cấp 3, thi toán
quốc tế và các cuộc thi tuyển vào lớp 10.
Các bài toán về số lũy thừa khá phong phú, ở đây chỉ trình bày một số kiến thức cơ bản

dùng để xét xem một số có là số chính phương, số lũy thừa hay không; đồng thời nêu một
số bài toán liên quan đến các dạng của số lũy thừa.
Còn nhiều bài toán về số lũy thừa trong hệ thập phân chưa được nêu ra do số trang có
hạn.
Một số kiến thức cơ bản về ước số chung lớn nhất, các số nguyên tố cùng nhau và phương
trình vô định bậc nhất hai ẩn được sử dụng, coi như bạn đọc đã biết.

1

Một số tính chất của số lũy thừa

Định nghĩa 1.
a) Ta gọi lũy thừa bậc n, (n ≥ 2) của một số tự nhiên a, tức là số an , là số lũy thừa.
b) Ta gọi bình phương của một số tự nhiên a, tức là số a2 , là số chính phương, như thế số
chính phương là số lũy thừa bậc hai.
c) Số nguyên lớn hơn 1 mà không chia hết cho số chính phương lớn hơn 1 nào được gọi là
số phi chính phương.
Chẳng hạn, các số sau là số phi chính phương: 2; 3; 5; 7; 6 = 2.3; 30 = 2.3.5.
Các số sau không là số chính phương và cũng không là số phi chính phương:
12 = 22.3; 60 = 22.3.5.
Nhận xét 1. Số 0, số 1 là số chính phương và là số lũy thừa bậc tùy ý. Các tên gọi số lũy
thừa, số chính phương, số phi chính phương chỉ sử dụng cho các số nguyên không âm.
Định lý 1. a) Số phi chính phương hoặc là một số nguyên tố lớn hơn 1, hoặc là tích các số
nguyên tố phân biệt với số mũ đều bằng 1.
b) Mỗi số nguyên dương a đều biểu diễn duy nhất được trong dạng tích của một số chính
phương và một số phi chính phương, tức là có dạng a = b2 c.
Chứng minh.
12



Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017

a) Gọi p là ước số nguyên tố bất kì của số phi chính phương c với số mũ là s. Nếu s ≥ 2
thì c chia hết cho p2 , trái với định nghĩa số phi chính phương, vậy s = 1.
b) Gọi b là số nguyên dương lớn nhất thỏa mãn b2 là ước của a thì a = b2 c. Nếu số c không
là số phi chính phương thì nó phải chia hết cho một số chính phương e2 với e > 1, lúc đó
c = e2 d nên a = b2 c = b2 e2 d = (be)2 d mà be > b, trái với sự xác định số b.
Giả sử số a có hai cách biểu diễn a = b2 c = e2 d, trong đó c, d là các số phi chính phương. Đặt
(b, e) = n thì b = nb1 , e = ne1 và (b1 , e1 ) = 1. Lúc đó b2 c = e2 d ⇔ n2 b12 c = n2 e12 d ⇔ b12 c =
e12 d. Từ đó và (b1 , e1 ) = 1 thì (b12 , e12 ) = 1 nên e12 là ước số của c. Do c là số phi chính phương
thì e1 = 1. Xét tương tự thì b1 = 1. Vậy cách biểu diễn a = b2 c là duy nhất
Định lý 2. a) Nếu số lũy thừa bậc n chia hết cho số nguyên tố p thì số đó chia hết cho pn .
b) Nếu số chính phương chia hết cho số nguyên tố p thì số đó chia hết cho p2 .
Chứng minh.
a) Giả sử cn chia hết cho số nguyên tố p với n ≥ 2. Nếu (c, p) = 1 thì (cn , p) = 1, điều này
không xảy ra nên (c, p) = p, tức là c chia hết cho p, do đó cn chia hết cho pn .
Khi n = 2 thì có câu b).
Định lý 3. a) Nếu số lũy thừa bậc n là tích của hai số nguyên tố cùng nhau, tức là cn = a.b
với ( a, b) = 1, thì mỗi thừa số a, b là số lũy thừa bậc n. b) Nếu số chính phương là tích của hai
số nguyên tố cùng nhau, tức là c2 = a.b với ( a, b) = 1, thì mỗi thừa số a, b là số chính phương.
Chứng minh. a) Đặt ( a, c) = e thì a = ed và c = em với (d, m) = 1. Từ cn = a.b với n ≥ 2 có
en mn = edb ⇔ en−1 mn = db. Vì ( a, b) = 1 thì (e, b) = 1, đồng thời có en−1 mn = db nên b là
ước của mn . Từ (d, m) = 1 thì (d, mn ) = 1, đồng thời có en−1 mn = db thì mn là ước của b. Suy
ra b = mn và d = en−1 . Từ đó có a = ed = dn .
Khi n = 2 thì có câu b).
Định lý 4. Căn bậc n của một số nguyên dương hoặc là số nguyên dương, hoặc là số vô tỉ.
Nói cách khác, nếu an = d với d là số nguyên dương mà a là số hữu tỉ thì a là số nguyên.


n


r
là phân số
s
tối giản với r, s là các số nguyên dương, tức là (r, s) = 1, suy ra (s, r n ) = 1. Từ điều giả sử có
r n = an sn = dsn , suy ra s là ước số của r n nên s = (s, r n ) = 1. Vậy nếu a là số hữu tỉ thì a = r
là số nguyên dương.
Chứng minh. Giả sử

d = a ⇔ an = d với d là số nguyên dương. Giả sử a =

Định lý 5. Giả sử a, b, m, n là các số nguyên dương. a) Nếu an là ước của bn thì a là ước
của b. b) Nếu aAm = bn và (m, n) = 1 thì tồn tại số nguyên dương c sao cho a = cn và b = cm .
Chứng minh.
a) Đặt ( a, b) = d thì a = de và b = dk với (e, k ) = 1. Từ đó (en , kn ) = 1. Theo giả thiết
n
b = an c nên dn kn = dn en c, suy ra kn = en c mà (en , kn ) = 1 nên en = 1, tức là e = 1, do đó
b = ak.
b) Theo điều kiện có nghiệm của phương trình vô định bậc nhất, nếu (m, n) = 1 thì tồn
tại các số nguyên x, y sao cho mx + ny = 1. (Bạn đọc tự chứng minh rằng hai số x, y không
13


Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017

thể cùng dấu). Giả sử mx − ny = 1 với x, y đều dương (nếu nx − my = 1 thì xét tương tự),
bx
bx n
nx
mx

ny
= c là
hay là mx = ny + 1. Từ đó b = a = a a , hay là a =
.
Theo
Định

4
thì
ay
ay
số nguyên dương, suy ra a = cn , thay vào am = bn được b = cm .
Định lý 6. Cho số nguyên s ≥ 2 thì chọn được số nguyên ns sao cho với mỗi số nguyên
m ≥ ns thì tồn tại số lũy thừa as thỏa mãn m < as < 2m.



Chứng minh. Giả sử có m < as < 2m hay là s m < a < s 2m. Để tồn tại số a nguyên thì cần




√ √
1
. Nếu chọn số
có s m + 1 < s 2m ⇔ s 2m − s m > 1 ⇔ s m( s 2 − 1) > 1 ⇔ m > √
s
( 2 − 1) s



1
1
s
s

nguyên ns ≥ 1 + √
thì
với
m

n

1
+
sẽ

m
<
a
<
2m
s
s
s
s
s
( 2 − 1)
( 2 − 1)
Định lý 7. Giả sử a, b, n là các số nguyên dương. a) Nếu số b thỏa mãn an < b < ( a + 1)n thì
số b không là số lũy thừa bậc n.

b) Nếu số b thỏa mãn a2 < b < ( a + 1)2 thì số b không là số chính phương.
Chứng minh. a) Giả sử b = cn thì có an < cn < ( a + 1)n , suy ra a < c < ( a + 1), nhưng không
tồn tại số nguyên c như thế.
Khi n = 2 thì có câu b)
Định lý 8 (Định lí Liouville ). Với số nguyên dương a và n ≥ 2 thì đẳng thức ( a − 1)! + 1 = an
chỉ xảy ra khi a = 5.
Chứng minh. Giả sử có số a > 5 thỏa mãn ( a − 1)! + 1 = an (n > 1). Do ( a − 1)! là số chẵn
nên an là số lẻ, suy ra a là số lẻ. Theo giả thiết có

( a − 2)!( a − 1) = an − 1 = ( a − 1)( an−1 + an−2 + · · · + a + 1) ⇔ ( a − 2)! = ( an−1 − 1) + ( an−2 − 1) + ·
(1)
a−1
a−1
> 2nn( a − 2)! chứa tích
.2 = a − 1. Từ đó và (1) suy ra
Với a > 5 thì a − 2 >
2
2
a − 1 là ước của n, do đó n ≥ a − 1. Thay vào (1) được
( a − 2)! ≥ a a−2 + a a−3 + · · · + a + 1 > a a−2 , nhưng điều này không xảy ra nên không tồn tại
số a như thế. Với a ≤ 5 thì chỉ xảy ra đẳng thức 4! + 1 = 52.
Chú ý 1. Ta đã biết một số đẳng thức dạng a! + 1 = b2 (n > 1) như: 4! + 1 = 52 ; 5! + 1 =
112 ; 7! + 1 = 712 . Nhà toán học M. Kraitchik đã kiểm tra (năm 1924) với a ≤ 1020 thì không
có số a nào để a! + 1 là số chính phương. Ta không biết với a > 1020 thì có số a nào để a! + 1
là số chính phương hay không ?
Định lý 9. a) Số chính phương có chữ số tận cùng là một trong các chữ số 0, 1, 4, 5, 6, 9 và
không có chữ số tận cùng là 2, 3, 7, 8.
b) Nếu số chính phương có chữ số tận cùng là 5 thì hai chữ số cuối cùng là 25.
c) Nếu số chính phương có chữ số tận cùng là 6 thì chữ số hàng chục là chữ số lẻ.
d) Nếu số chính phương có chữ số tận cùng là 4 hoặc là chữ số lẻ 1, 5, 9 thì chữ số hàng chục

14


Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017

là chữ số chẵn.
Chứng minh. Xét số n = 10k + r với k, r đều là số nguyên và 0 ≤ r ≤ 9 thì n2 = (10k + r )2 =
20k(5k + r ) + r2 .Vì r2 chỉ có thể là 00, 01, 04, 09, 16, 25, 36, 49, 64, 81 nên chữ số tận cùng của
số chính phương chỉ có thể là 0, 1, 4, 5, 6, 9. Hơn nữa, do 20k (5k + r ) là số chẵn nên chữ số
hàng chục của số chính phương có cùng tính chẵn lẻ với r2 , từ đó kết luận được hai chữ số
cuối cùng của n2
Định lý 10. a) Số chính phương khi chia cho 3 có dạng 3n hoặc 3n + 1 và không có dạng
3n + 2.
b) Số chính phương khi chia cho 4 có dạng 4n hoặc 4n + 1 và không có dạng 4n + 2, 4n + 3.
c) Số chính phương khi chia cho 5 có dạng 5n, hoặc 5n + 1, hoặc 5n + 4 và không có dạng
5n + 2, 5n + 3.
d) Số chính phương khi chia cho 6 có dạng 6n, hoặc 6n + 1, hoặc 6n + 3 hoặc 6n + 4 và
không có dạng 6n + 2, 6n+.
e) Số chính phương khi chia cho 8 có dạng 8n hoặc 8n + 1 hoặc 8n + 4 và không có dạng
8n + r với r bằng 2, 3, 5, 6, 7.
g) Số chính phương khi chia cho 9 có dạng 9n hoặc 9n + 1 hoặc 9n + 4 hoặc9n + 7 và không
có dạng 9n + r với r bằng 2, 3, 5, 6, 8.
Chứng minh. Áp dụng lập luận như ở chứng minh Định lí 9.
a) Xét n = 3k + r với k, r đều là số nguyên và 0 ≤ r ≤ 2 thì n2 = (3k + r )2 = 3k (3k + 2r ) + r2
và r2 chỉ có thể là 0, 1, 4, từ đó rút ra kết luận. Chứng minh tương tự cho các trường hợp còn
lại
Định lý 11. a) Số lũy thừa bậc s ≥ 3 khi chia cho 4 không có dạng 4n + 2.
b) Số lũy thừa bậc s ≥ 3 khi chia cho 8 không có dạng 8n + r với r bằng 2, 4, 6.
c) Số lũy thừa bậc ba khi chia cho 9 không có dạng 9n + r với r bằng 2, 3, 4, 5, 6, 7.
d) Số lũy thừa bậc s > 3 khi chia cho 9 không có dạng 9n + r với r bằng 3, 6.

Chứng minh. a) Với r bằng 0, 1, 2, 3 thì số r s không có dạng 4n + 2 với s ≥ 3 nên (4t + r )s =
4m + r s không có dạng 4n + 2. Chứng minh tương tự đối với b) c) và d).
Để chứng minh một số là số lũy thừa ta có thể dùng các Định lí 2, Định lí 3, Định lí 4, Định
lí 5, hoặc biến đổi số đang xét thành lũy thừa bậc n của số nguyên.
Để chứng minh một số không phải là số chính phương hoặc không là số lũy thừa ta chỉ ra
rằng số đó không thỏa mãn một điều kiện cần của số chính phương, số lũy thừa theo các
Định lí 2, Định lí 7, Định lí 9, Định lí 10, Định lí 11.

2

Xác định và nhận dạng số lũy thừa

Bài toán 1. Chứng minh rằng mỗi cặp số nguyên dương (m, n) mà tổng và tích của chúng
đều là số chính phương thì chúng có dạng m = ka2 , n = kb2 , trong đó a2 + b2 = kc2 với k là
số phi chính phương.
Lời giải. Giả sử m + n = q2 và mn = e2 . Đặt d = (m, n) thì m = dm1 , n = dn1 và (m1 , n1 ) = 1
theo tính chất của ước chung lớn nhất. Thay vào mn = e2 được d2 m1 n1 = e2 . Từ d2 là ước
15


Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017

của e2 , xét (d, e) suy ra d là ước của e, tức là e = dh, thay vào đẳng thức trên được m1 n1 = h2 .
Từ đó và (m1 , n1 ) = 1 thì m1 = u2 và n1 = v2 theo Định lí 3, tức là m = du2 , n = dv2 .
Theo Định lí 1 viết được d = kg2 với k là số phi chính phương. Đặt a = gu, b = gv thì
viết được m = kg2 u2 = ka2 , n = kg2 v2 = kb2 , trong đó k là số phi chính phương và
q2 = m + n = ka2 + kb2 = k( a2 + b2 ). Đặt (k, q) = p thì k = ps, q = pc và (s, c) = 1
theo tính chất của ước chung lớn nhất. Từ đẳng thức trên k = ps là ước của q2 = p2 c2 ,
tức là p2 c2 = tps, suy ra pc2 = ts, mà (s, c) = 1 nên s là ước của p, tức là p = rs, do đó
k = ps = rs2 , nhưng k là số phi chính phương nên s = 1, tức là k = p và q = pc = kc. Thay

vào đẳng thức q2 = k( a2 + b2 ) được k2 c2 = q2 = k ( a2 + b2 ) rút ra kc2 = a2 + b2 ..
Ngược lại, dễ thấy các cặp số (m, n) có dạng trên thì có tổng và tích đều là số chính
phương.
Bài toán 2 (Cấp số cộng (nhị thức bậc nhất) chứa số chính phương). a) Chứng minh rằng
nếu một cấp số cộng a + bn (với các số nguyên a, b đã cho, b > 0 và n = 1, 2, . . . ) chứa một
số chính phương thì cấp số đó chứa vô hạn số chính phương.
b) Tìm các số nguyên n sao cho 27 + 22n là số chính phương.
c) Từ câu trên hãy chỉ ra cách tìm các số nguyên n sao cho a + bn là số chính phương (với
các số nguyên a, b đã cho, b > 0).
Lời giải. a) Giả sử trong cấp số cộng a + bn với n = 1, 2, . . . tồn tại số a + bn0 = e2 thì các
số dạng (bn + e)2 = b2 n2 + 2ben + e2 = b(bn2 + 2en + n0 ) + a cũng là số chính phương với
n = 1, 2, . . .
b) Ta chuyển việc xét số chính phương 27 + 22n = e2 về xét số chính phương 5 + 22s = e2 ,
trong đó n = s − 1 ≥ 1. Đặt e = 22t + rvi − 10 ≤ r ≤ 10 thì 22s + 5 = e2 = 22(22t2 + 2tr ) + r2
nên 22 là ước số của r2 − 5, suy ra 0 ≤ r2 = 22m + 5 ≤ 100, dẫn đến 0 ≤ m ≤ 4. Từ đó ta
tìm được m = 2 nên r = 7 hoặc r = −7. Từ 22n + 27 = e2 = 22(22t2 + 2tr ) + 49 suy ra hai
nghiệm là n1 = 22t2 + 14t + 1 và n2 = 22t2 − 14t + 1, trong đó t là số tự nhiên tùy ý.
c) Giả sử với các số nguyên a, b, n có số chính phương a + bn = e2 . Ta đặt số a = bv + d với
0 ≤ d ≤ b − 1 thì e2 = bn + a = bn + bv + d = b(n + v) + d.
Ta đặt số e = bt + r với −k ≤ r ≤ k , trong đó b = 2khocb = 2k + 1, thì
bn + d = e2 = (bt + r )2 = b(bt2 + 2tr ) + r2 hay là bm + d = r2 với m = n − (bt2 + 2tr ).
Giả sử b = 2k hoặc b = 2k + 1. Ta chuyển việc xét số chính phương a + bn = e2 về xét số
chính phương d + bm = r2 với 0 ≤ d ≤ b − 1 và −k ≤ r ≤ k (với b = 2k thì thừa một số),
dẫn đến tìm số m sao cho 1 − b ≤ −d ≤ bm = r2 − d ≤ r2 ≤ k2 ≤ b2 , tức là 0 ≤ m ≤ b .
Như vậy số a + bn = e2 là số chính phương khi và chỉ khi tồn tại số m sao cho d + bm = r2
với các số d, m, r được xác định như trên.
Chú ý rằng tồn tại cấp số cộng a + bn không chứa số chính phương nào như 2 + 22n.
Bài toán 3. Tam thức bậc hai chứa số chính phương
a) Tìm các số nguyên n sao cho n2 + 4n + 25 là số chính phương.
Từ đó hãy chỉ ra cách tìm các số nguyên n sao cho n2 + 2kn + c là số chính phương (với c, k

là các số nguyên đã cho, k > 0).
b) Tìm các số nguyên n sao cho n2 + 3n + 11 là số chính phương.
16


Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017

Từ đó hãy chỉ ra cách tìm các số nguyên n sao cho n2 + (2k + 1)n + c là số chính phương
(với c, k là các số nguyên đã cho, k > 0).
Lời giải. a) Giả sử n2 + 4n + 25 = e2 thì có (n + 2)2 + 21 = e2 nên e2 − (n + 2)2 = 21, hay là
(e − n − 2)(e + n + 2) = 1.3.7. Xét các trường hợp sau đây.
e + n + 2 = 21
e = 11
1)

e−n−2 = 1
n=8
Lúc đó có 82 + 4.8 + 25 = 121 = 112
e+n+2 = 7
e=5
2)

e−n−2 = 3
n=0
Lúc đó có 02 + 3.0 + 25 = 52
Giả sử n2 + 2kn + c = e2 thì có (n + k )2 + c − k2 = e2 nên e2 − (n + k )2 = c − k2 , hay là
(e − n − k)(e + n + k) = c − k2 . Vì e − (n + k)ve + (n + k) có cùng tính chẵn lẻ nên cần phân
tích số c − k2 thành tích hai số cùng tính chẵn lẻ.
Nếu c − k2 = u.v ≥ 0 với 0 ≤ u ≤ vvu + v chẵn thì giải hệ phương trình e − n − k = u và
e + n + k = v sẽ tìm được nghiệm (e, n).

Nếu k2 − c = u.v ≥ 0 với 0 ≤ u ≤ v và u + v chẵn thì giải hệ phương trình n + k − e = u và
e + n + k = v sẽ tìm được nghiệm (e, n).
b) Giả sử n2 + 3n + 11 = e2 hay là 4n2 + 12n + 44 = 4e2 thì có (2n + 3)2 + 35 = 4e2 nên
4e2 − (2n + 3)2 = 35, hay là (2e − 2n − 3)(2e + 2n + 3) = 1.5.7. Xét các trường hợp sau đây.
2e + 2n + 3 = 35
e=9
1)

2e − 2n − 3 = 1
n=7
Lúc đó có 72 + 3.7 + 11 = 81 = 92
2e + 2n + 3 = 7
e=3
2)

2e − 2n − 3 = 5
n = −1
Lúc đó có 12 − 3.1 + 11 = 9 = 32
c) Giả sử n2 + (2k + 1)n + c = e2 hay là 4n2 + 4(2k + 1)n + 4c = 4e2 thì có
(2n + 2k + 1)2 + 4c − (2k + 1)2 = 4e2 nên 4e2 − (2n + 2k + 1)2 = 4c − (2k + 1)2 , hay
là (2e − 2n − 2k − 1)(2e + 2n + 2k + 1) = 4c − (2k + 1)2 .
Vì 2e − (2n + 2k + 1) và e + (2n + 2k + 1) có cùng tính chẵn lẻ nên cần phân tích số
4c − (2k + 1)2 thành tích hai số cùng tính chẵn lẻ.
Nếu 4c − (2k + 1)2 = u.v ≥ 0 với 0 ≤ u ≤ v và u + v chẵn thì giải hệ phương trình
2e − 2n − 2k − 1 = u và 2e + 2n + 2k + 1 = v sẽ tìm được nghiệm (e, n).
Nếu (2k + 1)2 − 4c = u.v ≥ 0 với 0 ≤ u ≤ v và u + v chẵn thì giải hệ phương trình
2n + 2k + 1 − 2e = u và 2e + 2n + 2k + 1 = v sẽ tìm được nghiệm (e, n).

17



Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017

3

Số lũy thừa dưới dạng tích các số nguyên dương

Bài toán 4. Chứng minh rằng mỗi số sau không là số chính phương:
a) Tích hai số nguyên dương chẵn liên tiếp;
b) Tích bốn số nguyên dương liên tiếp.
Lời giải. a) Giả sử 2a(2a + 2) = b2 thì số b phải chẵn, tức là b = 2c. Thay vào đẳng thức trên
được a( a + 1) = b2 . Vì ( a, a + 1) = 1 nên theo Định lí 3 phải có a = c2 , a + 1 = e2 , trong đó
c ≥ 1. Dễ thấy rằng c2 < c2 + 1 < c2 + 2c + 1 = (c + 1)2 nên theo Định lí 7 thì không tồn tại
số chính phương a + 1 = c2 + 1 = e2 , trái với điều giả sử. b) Xét tích a( a + 1)( a + 2)( a + 3) =
a( a + 3)( a + 1)( a + 2) = ( a2 + 3a)( a2 + 3a + 2). Số a2 + 3a = a( a + 3) = 2b là số chẵn vì hai
số a và a + 3 có tính chẵn lẻ khác nhau. Lúc đó tích ban đầu trở thành 2b(2b + 2), sử dụng
kết quả câu a).
Bài toán 5. Chứng minh rằng mỗi số sau không là số lũy thừa bậc n
a) Tích hai số nguyên dương liên tiếp;
b) Tích hai số nguyên dương lẻ liên tiếp;
c) Tích ba số nguyên dương liên tiếp.
Lời giải. a) Giả sử a( a + 1) = bn . Vì ( a, a + 1) = 1 nên theo Định lí 3 phải có a = cn , a + 1 = en ,
trong đó c ≥ 1. Với n ≥ 2 ta sẽ chỉ ra rằng cn < cn + 1 < (c + 1)n , tức là có
a = cn < a + 1 = en = cn + 1 < (c + 1)n , như thế theo Định lí 7 thì không tồn tại
số a + 1 = en .
Ta sẽ chứng minh quy nạp theo n rằng cn < cn + 1 < (c + 1)n . Với n = 2 thì
c2 < c2 + 1 < c2 + 2c + 1 = (c + 1)2 , khẳng định đúng. Giả sử khẳng định đúng
đến n, xét số mũ n + 1 có cn+1 + 1 < c.cn + 1 ≤ (cn + 1)c < (c + 1)n (c + 1) < (c + 1)n+1 ,
khẳng định đúng với n + 1. Vậy khẳng định đúng với số nguyên dương n bất kì nên không
tồn tại số a + 1 = en .

b) Xét số lẻ a và giả sử a( a + 2) = bn . Đặt d = ( a, a + 2) thì d là ước của ( a + 2) − a = 2,
nhưng do a lẻ nên d = 1. Theo Định lí 3 phải có a = cn , a + 2 = en , trong đó c ≥ 1. Với n ≥ 2
ta sẽ chỉ ra rằng cn < cn + 2 < (c + 1)n , tức là có a = cn < a + 2 = en = cn + 2 < (c + 1)n ,
như thế theo Định lí 7 thì không tồn tại số a + 2 = en .
Ta sẽ chứng minh quy nạp theo n rằng cn < cn + 2 < (c + 1)n . Với n = 2 thì
c2 < c2 + 2 < c2 + 2c + 1 = (c + 1)2 , khẳng định đúng. Giả sử khẳng định đúng đến n, xét số
mũ n + 1 có cn + 1 + 2 < c.cn + cn + 2c + 2 < (cn + 2)(c + 1) < (c + 1)n (c + 1) < (c + 1)n+1 ,
khẳng định đúng với n + 1. Vậy khẳng định đúng với số nguyên dương n bất kì nên không
tồn tại số a + 1 = en .
c) Giả sử a( a + 1)( a + 2) = bn . Do ( a + 1, a( a + 2)) = 1 nên Theo Định lí 3 phải có
a + 1 = cn , a( a + 2) = en , trong đó n ≥ 2 và c ≥ 2. Từ đó 1 = ( a + 1)2 − a( a + 2) =
c2n − en = (c2 − e)(c2n−2 + c2n−4 e + · · · + c2 en−2 + en−1 ), nhưng vế phải của đẳng thức trên
lớn hơn 1 khi n ≥ 2
Nhận xét 2. 1) Các nhà toán học P. Erdos
¨ và J.L.Selfridge đã chứng minh được rằng
Tích của n(n > 1) số nguyên dương liên tiếp không là số lũy thừa. ([2] tr. 86).
18


Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017

2) Nhà toán học P. Erdos
¨ đã chứng minh được rằng:
Tích của n(n > 1) số nguyên dương lẻ liên tiếp không là số lũy thừa. ([2] tr. 87).
3) Xét tích hai số nguyên dương chẵn liên tiếp 2a(2a + 2) = b3 ⇔ (2a + 1)2 = b3 + 1. Ta biết
có đẳng thức 32 = 23 + 1. Năm 1844 nhà toán học người Bỉ C. E.Catalan đã nêu giả thuyết:
Hai số nguyên dương liên tiếp khác 8 và 9 thì không thể là những số lũy thừa.
Nhiều nhà toán học đã tìm cách chứng minh giả thuyết này, mãi đến năm 2002 điều này
mới được tiến sĩ Preda Mihailescu chứng minh đầy đủ ( Paderborn
de/ preda/ papers/ caterelle.ps).


4

Tổng các số lũy thừa

Bài toán 6. Chứng minh rằng mỗi số sau không là số chính phương:
a) Tổng các bình phương của hai số lẻ.
b) Tổng các lũy thừa bậc chẵn của hai số lẻ.
Lời giải. a) b) Để ý là chúng có dạng 4k + 2.
Bài toán 7. Chứng minh rằng tổng các bình phương của k số nguyên dương liên tiếp không
là số chính phương với mỗi số k bằng 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10.
Lời giải. a) Vớin ≤ 1 xét tổng Sk = n2 + (n + 1)2 + · · · + (n + k − 1)2 ==
12 + 22 + · · · + (n + k − 1)2 − (12 + 22 + · · · + (n − 1)2 ) == 12 + 22 + · · · + (k − 1)2 + k2 +
( k + 1 ) 2 − 12 + ( k + 2 ) 2 − 22 + · · · + ( k + n − 1 ) 2 − ( n − 1 ) 2 .
Chú ý rằng 12 + 22 + · · · + (k − 1)2 = (k − 1)k (2k − 1).
Còn k2 + k (k + 2) + k(k + 4) + · · · + k (k + 2n − 2) = nk2 + 2k (1 + 2 + · · · + (n − 1)) =
nk2 + kn(n − 1) = kn2 + k (k − 1)n. Từ đó Sk = kn2 + k(k − 1)n + (k − 1)k (2k − 1)
Từ đó sẽ áp dụng Định lí 2, Định lí 10 cho mỗi trường hợp sau đây.
S3 = 3n2 + 6n + 5 = 3(n + 1)2 + 2, có dạng 3m + 2.
S4 = 4n2 + 12n + 14 = 4(n2 + 3n + 3) + 2, có dạng 4m + 2.
S5 = 5n2 + 20n + 30 = 5((n + 2)2 + 2). Số có dạng m2 + 2 không chia hết cho 5 khi đặt
m = 5t + r với r = 0, 1, 2, −1, −2.
Nếu S6 = 6n2 + 30n + 55 = 6(n + 2)(n + 3) + 18 + 1 = m2 thì số m lẻ nên có
6(n + 2)(n + 3) + 18 = (m − 1)(m + 1). Vế phải chia hết cho 4, nhưng 18 = 2.9.
S7 = 7(n2 + 6n + 13) = 7(7n + 14 + n2 − n − 1). Số n2 − n − 1 không chia hết cho 7 khi đặt
n = 7t + rvir = 0, 1, 2, 3, −1, −2, −3.
S8 = 4(2n2 + 14n + 35). Nếu 2n2 + 14n + 35 = m2 thì số m lẻ nên có 2(n + 3)(n + 4) + 10 =
(m − 1)(m + 1). Vế phải chia hết cho 4, nhưng 10 = 2.5.
S9 = 9(n + 4)2 + 9.6 + 6, có dạng 9m + 6.
S1 0 = 5(2n2 + 18n + 57). Số 2n2 + 18n + 57 = 2(n2 − n + 1) + 20n + 55 không chia hết cho

5 khi đặt n = 5t + r với r = 0, 1, 2, −1, −2.
Nhận xét 3. 1) Với k = 2 thì phương trình n2 + (n + 1)2 = m2 ⇔ (2n + 1)2 − 2m2 = −1 ⇔
t2 − 2m2 = −1 (phương trình Pell ) với t = 2n + 1, có vô hạn nghiệm nguyên dương, chẳng
19


Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017

hạn là 32 + 42 = 52 và 202 + 212 = 292 . Dễ dàng chứng minh rằng:
Nếu phương trình n2 + (n + 1)2 = m2 có nghiệm (n1 ; n1 + 1; m1 ) thì nó cũng có nghiệm
(n2 ; n2 + 1; m2 ) với n2 = 3n1 + 2m1 + 1; m2 = 4n1 + 3m1 + 2.
Mệnh đề đảo cũng đúng, tức là hệ thức trên cùng với 32 + 42 = 52 là mọi nghiệm của phương
trình n2 + (n + 1)2 = m2 ([2] tr. 43-44). Xem thêm Bài tập 13, 15. 2) Với k = 11 thì mệnh đề
trên không đúng. Chẳng hạn:
182 + 192 + 202 + 212 + 222 + 232 + 242 + 252 + 262 + 272 + 282 = 772 .
Bài toán 8. Chứng minh rằng:
a) Tổng các lũy thừa bậc chẵn của ba số nguyên liên tiếp không là số lũy thừa bậc chẵn.
b) Tổng các lũy thừa bậc chẵn bằng nhau của 9 số nguyên liên tiếp không là số lũy thừa.
Lời giải. a) Ba số nguyên liên tiếp khi chia cho 3 có các số dư khác nhau nên tổng các lũy
thừa bậc chẵn của chúng có dạng 3n + 2. Áp dụng Định lí 10.
b) Viết mỗi số trong dạng 9t + r với −4 ≤ r ≤ 4 thì tổng các lũy thừa bậc chẵn đều bằng 2n
của 9 số nguyên liên tiếp có dạng S = 9m + 2(1n + 4n + 16n ) = 9k + 2(1n + 4n + 7n ). Đặt
n = 3v + s với 0 ≤ s ≤ 2 thì 1n + 4n + 7n có dạng 9u + 3 nên S có dạng 9x + 6. Áp dụng
Định lí 2.
Bài toán 9. Tìm số tự nhiên n nhỏ nhất với n > 1 sao cho tổng các bình phương của n số tự
nhiên liên tiếp từ 1 đến n là số chính phương. Lời giải. Tổng các bình phương của n số tự
1
nhiên liên tiếp từ 1 đến n bằng S = 12 + 22 + · · · + n2 = n(n + 1)(2n + 1). Giả sử S = m2
6
thì

n(n + 1)(2n + 1) = 6m2 .
(2)
Xét các trường hợp sau.
1) Nếu n = 6k thì (2) có dạng k (6k + 1)(12k + 1) = m2 . Các thừa số ở vế trái nguyên tố sánh
đôi nên áp dụng liên tiếp Định lí 3 đối với tích k (6k + 1) và tích (k (6k + 1))(12k + 1) thì mỗi
thừa số là số chính phương. Với k = 1 thì vế trái bằng 7.13 nên không là số chính phương.
Với k = 2 thì vế trái có dạng 4k + 2 nên không là số chính phương. Với k = 3 thì vế trái có
dạng 9k + 3 nên không là số chính phương. Với k = 4 thì n = 24, vế trái bằng 4.25.49 nên có
12 + 22 + · · · + 242 = 702 .

(3)

2) Nếu n = 6k + 1 thì (2) có dạng (6k + 1)(3k + 1)(2k + 1) = m2 . Lập luận tương tự trên,
chú ý rằng số 2k + 1 nhỏ nhất (lớn hơn 1) là số chính phương khi k = 4, lúc đó n = 25 > 24.
3) Nếu n = 6k + 2 thì (2) có dạng (3k + 1)(2k + 1)(12k + 5) = m2 .
4) Nếu n = 6k + 3 thì (2) có dạng (2k + 1)(3k + 2)(12k + 7) = m2 .
5) Nếu n = 6k + 4 thì (2) có dạng (3k + 2)(6k + 5)(4k + 3) = m2 .
6) Nếu n = 6k + 5 thì (2) có dạng (6k + 5)(k + 1)(12k + 1) = m2 .
Cả bốn trường hợp trên đều không xảy ra đẳng thức khi k = 0.
Xét k > 0, lập luận như trên thì mỗi thừa số ở vế trái trong mỗi trường hợp đều là số chính
phương.
Chú ý rằng 12k + 5 = 3(4k + 1) + 2 và 6k + 5 = 3(2k + 1) + 2 nên mỗi tích ở vế trái trong
mỗi trường hợp đều chứa thừa số 3t + 2, thừa số này không là số chính phương theo Định
lí 10, trái với nhận xét trên.
20


Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017

Như vậy từ đẳng thức (3) và lập luận trên rút ra số n = 24 là số nhỏ nhất thỏa mãn đề bài.

Chú ý 2. 1) Đã chứng minh được số n = 24 là số duy nhất thỏa mãn đề bài. ([2] tr. 87).
2) Cũng chứng minh được tổng 13 + 23 + · · · + n3 không là số lũy thừa bậc ba. ([2] tr. 81).

5

Bài tập

Bài 1. Chứng minh rằng mỗi số sau không là số chính phương:
a) A = 12345678
b) B = 996699 + 20112012
c) C = 72012 + 52013
d) D = 3.512010 + 242
Bài 2. Chứng minh rằng mỗi số sau không là số chính phương với các số nguyên dương n,
m bất kì:
a) E = 19n5 + 15n3 − 19n − 2
b) F = n6 − n4 + 2n3 + 2n2 (n > 1)
c) G = 3nm − 1
d) H = 3n + 4
Bài 3. Chứng minh rằng mỗi số sau không là số lũy thừa:
a) K = 1012 + 32
b) Tổng các bình phương của năm số nguyên liên tiếp.
Bài 4. Chứng minh rằng mỗi số sau không là số chính phương:
a) n3 + 1 với số tự nhiên lẻ n.
b) 2.13n + 5.7n + 26 với số tự nhiên n.
Bài 5. Tìm mọi cặp số (m, n), mỗi số nhỏ hơn 60, mà tổng m + n và tích mn đều là số chính
phương.
Bài 6. Chứng minh rằng với x ≥ y ≥ 1 thì số x2 + y không là số chính phương
Bài 7. Chứng minh rằng với n ≥ 2 thì số 2n − 1 không là số lũy thừa.
Bài 8. Chứng minh rằng với n ≥ 4 thì số 2n + 1 không là số lũy thừa.


21


Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017

Bài 9. Chứng minh rằng mỗi số sau là số chính phương với n là số tự nhiên:
a) Tích của bốn số nguyên liên tiếp cộng với 1.
b) 4S + 1 với S = 1.2.3 + 2.3.4 + · · · + n(n + 1)(n + 2).
c) Tổng M = 13 + 23 + · · · + n3
Bài 10. Tìm các số nguyên n sao cho 15n + 34 là số chính phương.
Bài 11. Tìm các sốnguyên n sao cho n2 + 5n + 11 là số chính phương.
Bài 12. a) Tìm số nguyên n2 nhỏ nhất sao cho với mỗi số nguyên m ≥ n2 thì có số lũy thừa
a2 thỏa mãn m < a2 < 2m.
b) Tìm số nguyên n3 nhỏ nhất sao cho với mỗi số nguyên m ≥ n3 thì có số lũy thừa a3 thỏa
mãn m < a3 < 2m.
Bài 13. Giải phương trình nghiệm nguyên dương m2 + n2 = (n + 1)2 .
Bài 14. Cho phương trình nghiệm nguyên dương x2 + y2 = z2 .
a) Chứng minh rằng hoặc x hoặc y phải chia hết cho 3.
b) Chứng minh rằng hoặc x hoặc y phải chia hết cho 4.
c) Chứng minh rằng hoặc x hoặc y hoặc z phải chia hết cho 5.
d) Giải phương trình x2 + y2 = z2 với x, y, z từng cặp nguyên tố cùng nhau.
Bài 15. a) Giải phương trình nghiệm nguyên x2 + ( x + 1)2 = ( x + 2)2 .
b) Chứng minh rằng phương trình x n + ( x + 1)n = ( x + 2)n không có nghiệm số tự nhiên
với n > 2.
c) Giải phương trình nghiệm nguyên x3 + ( x + 1)3 + ( x + 2)3 = ( x + 2)3 .
d) Chứng minh rằng phương trình x3 + ( x + 1)3 + ( x + 2)3 + ( x + 3)3 = ( x + 4)3 không có
nghiệm nguyên.

Tài liệu
[1] Sierpinski W. A (1964), Selection of Problems in the Theory of Number. The Macmillan Company. 1

[2] Sierpinski W.A (1998), Elementary Theory of Numbers, North-Holland. Amsterdam,
PWN- Polish. Scientific Publishers.Warszawa.(1ed : 1964).
1 Sách

này dịch ba quyển tiếng Nga, có sửa chữa, bổ sung:
1) Ta biết gì và không biết gì về các số nguyên tố của W. Sierpinski (1961). 2) Một trăm vấn đề đơn giản, đồng
thời rất khó trong Số học của W. Sierpinski (1961). 3) Trên ranh giới của Hình học và Số học (của A. Makowski,
in chung với quyển 2).

22


Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017

MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC CỦA CÁC HÀM
HYPERBOLIC
Nguyễn Văn Ngọc
Đại học Thăng Long

Tóm tắt nội dung
Các hàm hyperbolic có nhiều tính chất tương tự hoặc giống các tính chất của các hàm
lượng giác, mặc dù chúng được định nghĩa như là những hàm mũ. Vì vây, nhiều tài liệu
còn gọi các hàm này là hàm lượng giác hyperbolic.
Các hàm hyperbolic có nhiều ứng dụng trong giải tích Toán, đặc biệt là trong công
thức nghiệm của các phương trình vi phân tuyến tính hệ số hằng, trong phép tính tích
phân, trong Vật lý v.v..
Do nhu cầu về so sánh đánh giá các đại lượng chứa các hàm hyperbolic, phát sinh các
bất đẳng thức của các hàm hyperbolic, việc nghiên cứu các bất đẳng thức của các hàm
hyperbolic được nhiều người quan tâm. Hiện nay đã có một số lượng đáng kể các công
trình về bất đẳng thức của các hàm hyperbolic. Tuy nhiên, sách chuyên khảo về bất đẳng

thức của các hàm hyperbolic chưa có nhiều, nhất là bằng tiếng Việt.
Bài viết này giới thiệu một số bất đẳng thức của các hàm hyperbolic, nhằm gợi ý và
làm cơ sở cho những chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi.

1
1.1

Bổ trợ
Các bất đẳng thức cơ bản của dãy số

Trong mục này trình bày kiến thức bổ trợ về một số bất đẳng thức của dãy số để tiện
sử dụng sau này.
Trong luận văn này xin trình bày lại một số bất đẳng thức đại số cơ bản nhất đó là
bất đẳng thức AM − GM (Arithmetic Mean - Geometric Mean), bất đẳng thức Cauchy Schawrz, bất đẳng thức Chebyshev,...
Định lý 1 (Bất đẳng thức AM - GM). Với n số thực không âm bất kì a1 , a2 , . . . , an , ta có
bất đẳng thức

a1 + a2 + . . . + a n
n
a1 .a2 . . . . .an .
n
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = . . . = an .
Định lý 2 (Bất đẳng thức Cauchy - Schawrz). Xét hai bộ số thực tùy ý a1 , a2 , · · · , an và
b1 , b2 , · · · , bn . Khi đó ta có

( a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn )2

( a21 + a22 + · · · + a2n )(b12 + b22 + · · · + bn2 ).

23



Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

a1
a2
an
=
= · · · = , (với quy ước nếu mẫu bằng 0 thì tử
b1
b2
bn

cũng bằng 0).
Định lý 3 (Bất đẳng thức Holder). Cho a = ( a1 , a2 , ..., an ) và b = (b1 , b2 , ..., bn ) là hai bộ n
1 1
số thực dương và p > 1, + = 1. Khi ấy
p q
n

n

i =1

i =1

∑ a i bi ≤ ∑

1

p

p
ai

n



q
bi

1
q

(1.1)

.

i =1
p

q

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi các vectơ a p và bq tỉ lệ, nghĩa là ai = kbi với mọi i ∈
{1, 2, , . . . , n}.
Định lý 4 (Bất đẳng thức Minkovski cho dãy số thực). Cho a = ( a1 , a2 , ..., an ) và b =
(b1 , b2 , ..., bn ) ∈ Rn và p > 1. Khi ấy
1
p


n

∑ ( a i + bi )

p

n





i =1

p
ai

1
p

n

+

i =1



p

bi

1
p

.

(1.2)

i =1

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi các vectơ a và b tỉ lệ, nghĩa là ai = kbi với mọi i ∈
{1, 2, ..., n}

1.2

Bất đẳng thức của các đại lượng trung bình

Với a, b là các số dương, xét các biểu thức sau đây, được gọi là các đại lượng trung
bình (xem ví dụ [2]).
• Trung bình số học, hay trung bình cộng:
A( a, b) =

a+b
.
2

• Trung bình hình học, hay trung bình nhân:



G ( a, b) =

ab.

• Trung bình logarit:
L( a, b) =

a−b
, L( a, a) = a.
ln a − ln b

• Trung bình identric:
I ( a, b) =

1 b a
b /a
e

1/b− a

, I ( a, a) = a.

• Trung bình lũy thừa:
Ar ( a, b) =

ar + br
2

1/r


(r = 0), A0 ( a, b) = G ( a, b)(r = 0).

• Trung bình Seiffert:
P( a, b) =

a−b
, P( a, a) = a,
a−b
2arcsin
a+b

24


×