HTKH taybac 2014

HỘI TOÁN HỌC HÀ NỘI

TRƯỜNG ĐẠI HỌC TÂY BẮC

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

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

CHỦ BIÊN:

NGUYỄN VĂN MẬU, NGUYỄN VĂN BAO

HỘI THẢO KHOA HỌC

CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN HỌC
BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI
VÙNG TÂY BẮC

KỶ YẾU

HỘI THẢO KHOA HỌC

SƠN LA 28-30/11/2014


.

I. BAN TỔ CHỨC
1. TS. Nguyễn Văn Bao - Hiệu trưởng Trường ĐH Tây Bắc, Đồng Trưởng Ban;
2. GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu - Chủ tịch Hội Toán học Hà Nội, Đồng Trưởng Ban;
3. TS. Đinh Thanh Tâm - Phó Hiệu trưởng Trường ĐH Tây Bắc, Phó trưởng Ban;

4. TS. Nguyễn Triệu Sơn - Phó Hiệu trưởng Trường ĐH Tây Bắc, Phó trưởng Ban;
5. TS. Đoàn Đức Lân - Phó Hiệu trưởng Trường ĐH Tây Bắc, Phó trưởng Ban;
6. TS. Vũ Trọng Lưỡng - Trưởng Phòng KHCN&HTQT Trường ĐH Tây Bắc, UVTT;
7. GS.TSKH Trần Văn Nhung - Tổng thư ký Hội đồng Chức danh GSNN, UV;
8. TS. Vũ Đình Chuẩn - Vụ trưởng Vụ GDTH, UV;
9. ThS. Nguyễn Thanh Tùng - Hiệu trưởng Trường Chu Văn An - ĐH Tây Bắc, UV;
10. TS. Nguyễn Văn Hồng - Trưởng Phòng ĐT SĐH Trường ĐH Tây Bắc, UV;
11. ThS. Nguyễn Duy Quang - Trưởng Phòng QT CSVC Trường ĐH Tây Bắc, UV;
12. ThS. Đặng Thị Thu Huệ - Trưởng Phòng KT-TC Trường ĐH Tây Bắc, UV;
13. TS. Nguyễn Hoàng Yến - Trưởng Phòng HCTH Trường ĐH Tây Bắc, UV;
14. ThS. Lừ Thị Minh - Trưởng Phòng CTCT&QLNH Trường ĐH Tây Bắc, UV.

II. BAN NỘI DUNG
1. TS. Nguyễn Triệu Sơn - Phó Hiệu trưởng Trường ĐH Tây Bắc, Đồng Trưởng ban;
2. PGS.TS Trần Huy Hổ - Phó Chủ tịch Hội Toán học Hà Nội, Đồng Trưởng ban;
3. GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu - Chủ tịch Hội Toán học Hà Nội, UV;
4. TS.Vũ Trọng Lưỡng - Trưởng Phòng KHCN&HTQT Trường ĐH Tây Bắc, UVTT;
5. TS. Hoàng Ngọc Anh - Trưởng Khoa Toán - Lý - Tin Trường ĐH Tây Bắc, UV;
6. PGS.TS Nguyễn Minh Tuấn - Trường ĐH Giáo dục, ĐHQGHN, UV;
7. TS. Nguyễn Văn Ngọc - Trường ĐH Thăng Long, UV.

2


CÁC BÁO CÁO KHOA HỌC
CÁC

CHUYÊN ĐỀ

TOÁN

HỌC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI VÙNG

TÂY BẮC

tại Thành phố Sơn La vào các ngày 28-30/11/ 2014
Chiều ngày 28.11.2014
16h00-17h30

Họp BTC và Ban Chương trình

18h00-20h00

Ăn tối

Ngày 29.11.2013
08h00-08h30

Văn nghệ chào mừng

08h30-09h00

Khai mạc

Phát biểu khai mạc:

NGƯT TS Nguyễn Văn Bao

Phát biểu của các đại biểu:
Phát biểu đề dẫn:

GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu

9hh00-10h00

BÁO CÁO KHOA HỌC PHIÊN HỌP TOÀN THỂ

CÁC

Điều khiển: PGS.TS Trần Huy Hổ, GS.TSKH Trần Văn Nhung
1. Đàm Văn Nhỉ, Biểu diễn phép quay qua số phức
2. Phạm Huy Điển, Toán học là được việc
3. Nguyễn Thanh Tùng - Vũ Trọng Lưỡng, Ứng dụng phép chiếu song song giải một số bài toán
véctơ

10h00-10h15

Nghỉ giải lao

10h15-11h30

CÁC

BÁO CÁO KHOA HỌC PHIÊN HỌP TOÀN THỂ

Điều khiển: GS. TSKH Đỗ Ngọc Diệp, PGS.TS Tạ Duy Phượng
4. Nguyễn Hữu Điển, Đa thức đối xứng ba biến và ứng dụng
5. Nguyễn Văn Ngọc, Tổng hữu hạn liên quan đến lũy thừa
6. Vũ Tiến Việt, Về một bất đẳng thức
3

7. Nguyễn Văn Nho, Giới thiệu về số nguyên tố gồm toàn số 1 và số nguyên tố tuyệt đối
8. Đoàn Nhật Quang- Trần Huy Hổ, Mở rộng một bài toán cổ
9. Nguyễn Triệu Sơn, Rèn luyện một số cách tiếp cận khi giải bài toán tìm GTLN, GTNN

11h30-13h30

Ăn trưa

13h30-15h00

CÁC

Điều khiển:

GS.TS Trần Vũ Thiệu, TS. Nguyễn Triệu Sơn

BÁO CÁO KHOA HỌC PHIÊN CHUYÊN ĐỀ

1. Nguyễn Đình Yên, Ứng dụng đại số đại cương vào giải một số dạng toán PT
2. Hoàng Minh Quân, Sử dụng hàm sinh giải bài toán tổ hợp
3. Nguyễn Thùy Dung, Lập trình và thực hiện trên máy tính một số thuật toán số học
4. Lê Thị Mai, Một số dạng toán về bất đẳng thức đối với tam thức bậc hai
5. Nguyễn Xuân Thắng, Một số kỹ thuật cơ bản chứng minh bất đẳng thức
6. Hoàng Văn Thông, Ứng dụng của vectơ và tọa độ vectơ trong đại số
7. Lê Xuân Đại, Vận dụng nguyên lý bù trừ trong giải toán tổ hợp

15h00-15h30

Nghỉ giải lao

15h30-17h00

CÁC

Điều khiển:

TS. Phạm Thị Bạch Ngọc, TS Vũ Trọng Lưỡng

BÁO CÁO KHOA HỌC PHIÊN CHUYÊN ĐỀ

8. Nguyễn Trung Nghĩa, Phương trình hàm từ những công thức biến đổi
9. Nguyễn Quang Tân, Phương trình Diophant và bài toán dãy số
10. Hoàng Ngọc Anh - Lê Thị Thoa, Xây dựng và sử dụng câu hỏi, bài tập phân hóa trong dạy học
Tổ hợp - Xác suất lớp 11 THPT góp phần đổi mới phương pháp dạy học
11. Trần Văn Lai, Định lý Steiner - Lehmus
12. Nguyễn Việt Hà, Một số dạng hệ phương trình không mẫu mực
13. Vũ Việt Hùng, Các bài toán dãy số dưới góc nhìn của toán cao cấp
15. Vương Đình Sơn, Một số hệ thức bổ sung về dãy Fibonacci

4


17h00-17h30 TỔNG
Điều khiển:

KẾT HỘI THẢO

GS.TSKH. Nguyễn Văn Mậu, TS Nguyễn Văn Bao

18h00-20h00 ĂN

TỐI

20h00-22h30 GIAO

LƯU VĂN NGHỆ

Ngày 30.11.2014
08h00-9h30: Chương trình hội nghị bàn tròn về
Đổi mới phương pháp dạy và học toán khu vực Tây Bắc
Điều khiển:

GS.TSKH. Nguyễn Văn Mậu, TS Nguyễn Văn Bao

1. Hoàng Ngọc Anh - Nguyễn Thị Thùy Linh, Rèn luyện kỹ năng sử dụng tam thức bậc hai để giải
toán
2. Hoàng Thị Thanh, Rèn luyện cho học sinh tập dượt sáng tạo bài toán mới
3. Nguyễn Hải Lý, Khai thác vấn đề từ một bài toán đơn giản
4. Hoàng Ngọc Anh - Lại Thị Ánh, Vận dụng phương pháp dạy học phát hiện vấn đề
5. Nguyễn Hữu Hậu-Nguyễn Quang Khải, Rèn luyện các thao tác tư duy cho học sinh

9h30-18h30: Chương trình tham quan thực địa.

5


Mục lục
Nguyễn Văn Bao, Phát biểu khai mạc hội thảo

8

Phạm Huy Điển, Toán học là được việc

10

Đàm Văn Nhỉ, Biểu diễn phép quay qua số phức

20

Trịnh Đào Chiến, Sáng tác một số bài toán Trung học cơ sở như thế nào

27

Đoàn Nhật Quang- Trần Huy Hổ, Mở rộng một bài toán cổ

35

Nguyễn Hữu Điển, Đa thức đối xứng ba biến và ứng dụng

37

Nguyễn Văn Ngọc, Tổng hữu hạn liên quan đến lũy thừa

52

Nguyễn Thanh Tùng - Vũ Trọng Lưỡng, Ứng dụng phép chiếu song song...

61

Vũ Tiến Việt, Về một bất đẳng thức

68

Hoàng Minh Quân, Sử dụng hàm sinh giải bài toán tổ hợp

72

Lê Thị Mai, Một số dạng toán về bất đẳng thức đối với tam thức bậc hai trên một khoảng

82

Nguyễn Xuân Nghĩa, Điểm bất động và một số bài toán liên quan

87

Nguyễn Triệu Sơn, Rèn luyện một số cách tiếp cận khi giải bài toán tìm GTLN, GTNN

98

Nguyễn Ngọc Xuân, Bùi Thị Hương, Một số phương pháp thường gặp trong giới hạn...

105

Mai Thị Phương Lan, Một số dạng toán về đa thức với hệ số nguyên

116

Vương Đình Sơn, Một số hệ thức bổ sung về dãy Fibonacci

125

Nguyễn Hữu Hậu-Nguyễn Thị Giang, Ứng dụng của Định lý Roll. . .

136

Nguyễn Xuân Thắng, Một số kỹ thuật cơ bản chứng minh bất đẳng thức

140

Lê Thị Thuận, Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải phương trình...

153

6


Hoàng Văn Thông, Ứng dụng của vectơ và tọa độ vectơ trong đại số

160

Lê Xuân Đại, Vận dụng nguyên lý bù trừ trong giải toán tổ hợp

173

Lê Thanh Ba, Giải phương trình và hệ phương trình bằng phương pháp...

184

Nguyễn Trung Nghĩa, Phương trình hàm từ những công thức biến đổi...

189

Nguyễn Quang Tân, Phương trình Diophant và bài toán dãy số

201

Hà Huy Hoàng, Ứng dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki trong một số dạng ...

209

Trần Văn Lai, Định lý Steiner - Lehmus

214

Nguyễn Việt Hà, Một số dạng hệ phương trình không mẫu mực

223

Vũ Việt Hùng, Các bài toán dãy số dưới góc nhìn của toán cao cấp

230

Nguyễn Thùy Dung, Lập trình và thực hiện trên máy tính một số thuật toán...

236

Nguyễn Đình Yên, Ứng dụng đại số đại cương vào giải một số dạng toán PT

246

Hoàng Ngọc Anh - Nguyễn Thị Thùy Linh, Vận dụng phương pháp dạy học...

255

Hoàng Thị Thanh, Rèn luyện cho học sinh tập dượt sáng tạo bài toán mới...

261

Nguyễn Hải Lý, Khai thác vấn đề từ một bài toán đơn giản

266

Hoàng Ngọc Anh - Lại Thị Ánh, Vận dụng phương pháp dạy học phát hiện và...

270

Nguyễn Hữu Hậu-Nguyễn Quang Khải, Rèn luyện các thao tác tư duy cho...

274

Nguyễn Văn Thường, Giải pháp nâng cao chất lượng dạy và học môn toán...

285

Nguyễn Thị Hồng Diệp, Một số phương pháp nâng cao chất lượng dạy học...

288

Vũ Quốc Khánh, Định hướng rèn luyện tư duy sáng tạo cho học sinh ...

296

Hoàng Ngọc Anh - Lê Thị Thoa, Xây dựng và sử dụng câu hỏi, bài tập...

301

Phùng Kim Dung, Giới thiệu cuộc thi Olympic toán học trẻ quốc tế IMC 2014

306

Nguyễn Văn Nho, Số nguyên tố gồm toàn chữ số 1...

313

7


BÀI PHÁT BIỂU KHAI MẠC HỘI THẢO
NGUT. TS. Nguyễn Văn Bao
Hiệu trưởng Trường Đại học Tây Bắc
Toán học là một ngành khoa học cơ bản đóng vai trò quan trọng trong đời sống xã hội con
người. Không một ai trong cuộc sống mà không cần tới Toán học nếu muốn cuộc sống của
mình tốt hơn, hiệu quả hơn. Ngày nay, trong sự phát triển như vũ bão của khoa học, công
nghệ, Toán học vẫn giữ vị trí hạt nhân nòng cốt tạo nên sự hiệu quả cao trong nghiên cứu khoa
học, trong ứng dụng sản xuất, chế tạo.
Nước ta có truyền thống hiếu học và có khả năng nhiều về toán học. Các nhà Toán học Việt
Nam đã có nhiều đóng góp cho cho nền toán học thế giới. Nhiều học sinh Việt Nam qua các
kỳ thi tài về Toán học quốc tế đã có những thành tích thuyết phục. Tuy nhiên việc ứng dụng

vào cuộc sống chưa nhiều. Những năm gần đây việc dạy Toán, học Toán cũng có nhiều việc
cần bàn tới. Với việc đổi mới căn bản, toàn diện giáo dục, đào tạo như tinh thần Nghị quyết 29
của Đảng ta thì việc dạy và học Toán trong hệ thống giáo dục quốc dân sẽ được đổi mới toàn
diện với mục tiêu đảm bảo việc dạy Toán, học Toán có chất lượng cao xứng đáng với sự phát
triển của đất nước, làm tăng đáng kể tỷ lệ nghiên cứu, sử dụng Toán học một cách độc lập và
tự tin, ứng dụng ngày càng nhiều thành tựu Toán học phục vụ cuộc sống, phục vụ phát triển
đất nước của thời kỳ hội nhập phát triển toàn cầu.
Tây Bắc là một vùng địa chính trị quan trọng: Vùng núi rộng lớn (Nếu tính các tỉnh miền núi
phía Bắc thì diện tích là 102.000 km2 = 30, 7% diện tích cả nước; dân số hơn 12 triệu = 14, 23%
cả nước với 32 DT), có biên giới với 2 quốc gia, vùng đầu nguồn của Thủ Đô và vùng đồng
bằng châu thổ Bắc Bộ, dân cư đa sắc tộc, địa hình cắt xé, đất đai phì nhiêu, giàu khoáng sản,
đậm đặc văn hóa, giàu tiềm năng về kinh tế như thủy điện, nông lâm, ngư nghiệp, du lịch. . .
Nhưng Tây Bắc cũng là vùng kém phát triển: kinh tế nghèo, giao thông khó khăn, giáo dục
thấp kém, nguồn nhân lực chất lượng thấp. Theo nguồn của Chính phủ thì lực lượng lao động
hơn 7,7 triệu người chiếm 14% lao động cả nước. Tỉ lệ người tham gia lao động chưa qua đào
tạo là 11,3% (cả nước 4,6%), tỉ lệ lao động tốt nghiệp phổ thông và trên phổ thông là 22,6%.
Người lao động đã qua đào tạo có bằng cấp từ sơ cấp trở lên có 13,4%, trong đó sơ cấp là 2,3%,
trung cấp 6,3%, cao đẳng 1,9% và đại học 2,9%. Số đang đi học đại học, cao đẳng chiếm 5,7%
tổng số dân. Với những tồn tại và hạn chế nhiều mặt, trong đó có Toán học cho nên người dân
vùng Tây Bắc còn hạn chế trong nhiều lĩnh vực, nhất là ứng dụng khoa học, kỹ thuật trong lao
động sản xuất, trong cuộc sống hàng ngày.
Để phát triển Tây Bắc trên cơ sở những tiềm năng lợi thế về thủy điện, nuôi trồng và chế biến
nông lâm ngư, du lịch sinh thái, văn hóa. . . Tây Bắc rất cần nguồn nhân lực có ý thức về công
dân, có trình độ về giáo dục, đặc biệt có trình độ Toán học, để ngày càng nắm vững kiến thức
về các vấn đề an ninh chính trị, văn hóa, các ngành kinh tế vùng Tây Bắc như trồng trọt (nông
nghiệp, lâm nghiệp, cây công nghiệp, dược liệu, hoa cây cảnh.. ), chăn nuôi (đại gia súc, gia
súc, thủy sản), chế biến nông, lâm, ngư, kĩ sư xây dựng, giao thông thủy lợi, thủy điện, hướng
dẫn du lịch, bảo tổn, phát triển văn hóa. . . Để người dân nhận thức tốt hơn, tự tin hơn trong
các hoạt động nhằm đưa kinh tế, văn hóa, du lịch phát triển, phát triển bền vững, hội nhập
ngày càng sâu, rộng vào nền kinh tế đất nước, kinh tế thế giới. . . . Đó là một nhiệm vụ hết sức

lớn lao.
Trường ĐH Tây Bắc được thành lập năm 2001, với nhiệm vụ đào tạo nguồn nhân lực chất lượng
cao, nghiên cứu khoa học, chuyển giao công nghệ, thực hiện các dịch vụ kinh tế kĩ thuật. Hơn
8


10 năm thực hiện nhiệm vụ đào tạo đại học, Nhà trường chúng tôi có những thay đổi rõ rệt,
phát triển theo hướng một trường đại học đa ngành, với đội ngũ giảng viên cán bộ ngày một
trưởng thành về năng lực chuyên môn, cơ sở vật chất ngày một khang trang hiện đại, chất
lượng đào tạo nguồn nhân lực ngày một nâng cao. Nhiều sinh viên của Nhà trường sau khi tốt
nghiệp đã khẳng định được năng lực, phẩm chất của mình trên các vị trí công tác. Trường đã
thực sự là trung tâm đào tào, nghiên cứu khoa học, chuyển giao công nghệ, trung tâm nghiên
cứu và bảo tồn văn hóa, trung tâm ngoại ngữ, huấn luyện thể dục, thể thao của vùng Tây Bắc
cũ. . .
Hiện tại Nhà trường có hơn 8000 sinh viên chính quy, và phi chính quy, thuộc 10 Khoa đào tạo
các ngành Sư phạm, Công nghệ thông tin, Kinh tế, Nông lâm. Trên 60% số sinh viên đến từ
các tỉnh Tây Bắc và thuộc các dân tộc thiểu số. Đội ngũ của Trường có 523 giảng viên, cán bộ,
trong số đó có 345 giảng viên, 71,3% có trình độ sau Đại học, 28 Tiến sĩ, 66 Giảng viên chính.
Trường có khoa Sư phạm Toán, có Trường tiểu học, trung học cơ sở, trung học phổ thông Chu
Văn An, những nơi đào tạo và nghiên cứu Toán học, bước đầu cũng gặt hái được một số thành
tựu. Đã đào tạo được nhiều thầy cô giáo giảng dạy toán học cho vùng Tây Bắc và cả nước, có
nhiều học sinh sinh viên đạt giải cao trong các kỳ thi học sinh giỏi, thi olimpic. Có nhiều đề tài,
công trình công bố trong nước và quốc tế.
Trong bối cảnh hội nhập và thực hiện hợp tác quốc tế, chúng tôi nhận thức được rằng để thực
sự là trung tâm đầu tàu về đào tạo, NCKH, chuyển giao công nghệ thì Nhà Trường cũng như
toàn vùng phải học tập, nghiên cứu, rèn luyện tiếp thu các tri thức hiện đại từ các nước nước
có nền giáo dục và khoa học công nghệ tiên tiến. Việc đào tạo nâng cao chất lượng trong các
trường chuyên, trong đó có chuyên Toán đóng vai trò quan trọng để làm đầu tàu cho việc nâng
cao trình độ Toán học cho học sinh toàn vùng. Như vậy, thực hiện tốt việc dạy Toán, học Toán
trong các trường Sư phạm, trường Phổ thông, Phổ thông Chuyên là một mục tiêu, là mệnh

lệnh, nhiệm vụ cần thực hiện bài bản, hiệu quả.
Hôm nay, chúng tôi rất vinh dự được đóng vai trò tổ chức cuộc hội thảo quan trọng này. Tôi
tin tại hội thảo này, cùng với việc trình bày các kết quả nghiên cứu trong lĩnh vực chuyên sâu
của các học giả, các nhà nghiên cứu, các giảng viên về Toán học, chúng ta sẽ có cơ hội để chia
sẻ những kinh nghiệm về các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Toán, về những phương pháp
giảng dạy mới nhằm phát huy tính tích cực, chủ động của người học trong quá trình học Toán,
dạy Toán, đặc biệt là trong môi trường, địa bàn và khu vực miền núi nơi điều kiện dạy và học
Toán học còn gặp nhiều khó khăn. Do vậy, một trong những trọng tâm mà Hội thảo tập trung
là: Tìm giải pháp để nâng cao chất lượng dạy các chuyên đề Toán học bồi dưỡng học sinh giỏi
Toán Vùng Tây Bắc.
Tôi tin rằng với sự nhiệt tình tham gia và sự am hiểu sâu sắc của quý vị, chúng ta sẽ có một hội
thảo ý nghĩa. Những ý tưởng và kết quả thu được từ hội thảo này sẽ góp phần mở rộng tầm
nhìn, đem lại cảm hứng và nguồn thông tin phong phú góp phần cải thiện chất lượng dạy và
học Toán tại các trường đại học, cao đẳng, các trường phổ thông, phổ thông chuyên khu vực
Tây Bắc. Sự giao lưu về ý tưởng, sự hợp tác giữa các nhà chuyên môn, các thầy cô giáo dạy Toán
sẽ có tác động tích cực đến việc đổi mới nghiên cứu dạy học Toán trong bối cảnh hiện nay.
Tôi xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới quý vị có mặt trong hội thảo ngày hôm nay, cảm ơn Hội Toán
học Hà Nội, Trường Đại học Khoa học Tự nhiên, Đại học Quốc gia Hà Nội, các sở Giáo dục Đào
tạo, các trường chuyên và các đối tác liên quan đã đặt niềm tin vào chúng tôi, tạo điều kiện
thuận lợi để chúng tôi có cơ hội tổ chức hội thảo này.
Kính chúc quý vị sức khỏe, hạnh phúc và công tác tốt.
9


TOÁN HỌC LÀ ĐƯỢC VIỆC

PHẠM HUY ĐIỂN
Trung tâm Tin học & Tính toán, Viện Hàn lâm KH&CN Việt Nam
TÓM TẮT. Báo cáo này có thể xem như là bài tiếp theo của các báo cáo đã trình bày tại các
Hội thảo trước: Học giỏi toán để làm gì? (tại Đồng Tháp), Tư duy Thuật toán – Tại sao không?

(tại Gia Lai). Trong bài này, thông qua một ví dụ minh họa cụ thể, báo cáo muốn khẳng định
rằng nếu biết học toán và làm toán đúng cách thì Toán học không phải là “lãng phí”. Ví dụ
được chọn liên quan đến câu nói bất hủ của Gauss: “Số học là Nữ hoàng của Toán học”, và lời
“phản biện” chí lý của G.H. Hardy (Chủ tịch Hội Toán học London trong các năm 1926-1928
và 1939-1941, một người làm Lý thuyết số nổi tiếng đầu thế kỷ XX) rằng: “Số học và Nữ hoàng
giống nhau ở chỗ cùng vô dụng như nhau”.
1. Số học và mấy bài toán khó
Trước hết ta nhắc lại một số khái niệm quen thuộc trong số học.
1.1. Số nguyên tố và bài toán phân tích ra thừa số
Số nguyên tố
Định nghĩa. Số nguyên tố là số nguyên lớn hơn 1, không chia hết cho số tự nhiên nào ngoài 1
và chính nó. Số nguyên lớn hơn 1 không phải số nguyên tố được gọi là hợp số.
Định lý sau đây cho một thuật toán đơn giản để xác định các số nguyên tố.
√
Định lí. Hợp số phải có ước nguyên tố không lớn hơn n
Thật vậy, khi n là một hợp số thì ta có thể viết n = ab , trong đó a và b là các số nguyên thỏa
√
mãn 1 < a ≤ b < n . Rõ ràng ta phải có a hoặc b không vượt quá n (vì trong trường hợp ngược
√
lại thì ab > n ). Giả sử số không lớn hơn n là a , khi đó ước nguyên tố của a không thể lớn hơn
√
n và rõ ràng cũng là ước nguyên tố của .
Từ định lí trên, ta có thuật toán sau đây.
Thuật toán tìm các số nguyên tố nhỏ hơn hoặc bằng số (sàng Eratosthenes) Ta viết dãy các số
tự nhiên từ 1 đến n . Trước hết, ta gạch đi số 1, vì nó không phải là số nguyên tố. Số nguyên tố
đầu tiên của dãy là 2. Tiếp theo đó ta gạch khỏi dãy tất cả những số lớn hơn 2 nhưng chia hết
cho 2 (cũng tức là gạch đi toàn bộ số chẵn lớn hơn 2). Số đầu tiên trong các số còn lại (không
chia hết cho 2) là 3: đó chính là số nguyên tố. Giữ lại số 3, ta lại gạch khỏi dãy còn lại những
số nào chia hết cho 3 nhưng đứng sau số 3, số đầu tiên trong các số còn lại là số 5 : cũng chính
là số nguyên tố. Giữ lại số 5, ta lại gạch đi khỏi dãy những số đứng sau số 5 và chia hết cho 5.

Số đầu tiên trong các số còn lại cũng sẽ là một số nguyên tố. Tiếp tục quá trình trên, ta gạch đi
khỏi dãy những số lớn hơn số này lại mà chia hết cho nó. Quá trình này tiếp diễn cho tới khi
√
số đầu tiên còn lại (sau một lần gạch nào đó) là một số nguyên tố không nhỏ hơn n . Khi ấy,
tất cả những số còn lại của dãy đều là nhỏ hơn hay bằng n và không có ước nguyên tố vượt
√
quá n . Theo định lí trên, những số còn lại này không thể là hợp số, hay nói cách khác, chúng
đều là các số nguyên tố. Rõ ràng, định lí này giúp ta giảm được khối lượng công việc một cách
đáng kể. Ví dụ, với n = 100 ta chỉ cần tiến hành công việc √
cho tới gạch hết những số là bội của
7 (vì số đầu tiên còn lại sau lần gạch này đã là 11 > 10 = 100 ); với n = 10000 ta chỉ cần tiến
hành công việc cho tới√
khi gạch xong các các số là bội của 97 (vì số đầu tiên còn lại sau lần gạch
này đã là 101 > 100 = 10000); Quy trình trên, tuy rất mạch lạc và đơn giản về ý tưởng, nhưng
khi làm việc với các số lớn thì quy trình này rất ít được sử dụng trong việc tìm các số nguyên
tố cũng như xác định xem một số đã cho có phải là số nguyên tố hay không. Lí do là số lượng
10


phép tính trong quy trình này quá lớn, khi n là một số lớn. Ví dụ, khi n có khoảng 100 chữ số
thập phân thì, với những máy tính thực hiện một triệu phép tính trong một giây, thời gian cần
thiết sẽ vào khoảng 3, 1.1036 năm!
Định lí cơ bản của số học
Định lí. Mọi số nguyên lớn hơn 1 đều phân tích được một cách duy nhất thành tích các số
nguyên tố.
Chứng minh. Bằng phản chứng, giả sử tồn tại những số nguyên lớn hơn 1 mà không viết được
thành tích các số nguyên tố. Dĩ nhiên những số như vậy phải là những hợp số. Gọi n là số
bé nhất trong các số đó. Vì là hợp số nên nó có dạng n = ab , với a, b là những số tự nhiên
bé hơn . Do định nghĩa số n , mọi số bé hơn n phải phân tích được thành tích các số nguyên
tố, cho nên các số a và b phân tích được thành tích các số nguyên tố, tức là a = p1 p2 · · · pr ,

b = q1 q2 · · · qs , trong đó pi , i ∈ {1, 2, . . . , r } , q j , j ∈ {1, 2, ..., s} , là những số nguyên tố. Từ đây suy
ra n = p1 p2 · · · pr q1 q2 · · · qs , và như vậy n cũng phân tích được thành tích các số nguyên tố.
Điều này mâu thuẫn với giả thiết là n không thể phân tích được. Mâu thuẫn này cho thấy rằng
giả thiết phản chứng là không thể xảy ra, qua đó khẳng định tính phân tích được của mọi số
nguyên lớn hơn 1.
Để chứng minh phân tích là duy nhất, ta lại dùng phương pháp phản chứng và giả sử n có
hai dạng phân tích khác nhau, tức là n = a1 a2 ...am = b1 b2 ...bk , trong đó ai , i ∈ {1, 2, ..., m} ,
b j , j ∈ {1, 2, ..., k} , là những số nguyên tố. Sau khi giản ước những số nguyên tố bằng nhau có
mặt trong hai vế, ta được đẳng thức
ai1 ai2 ...aiu = b j1 b j2 ...b jv ,
trong đó không có số nguyên tố nào có mặt cả hai vế. Như vậy, vế trái chia hết cho b j1 , và do
đó phải tồn tại một thừa số của tích bên trái chia hết cho b j1 . Điều này là không thể, vì đây là
tích các số nguyên tố khác với b j1 . Mâu thuẫn này cho thấy giả thiết phản chứng là không thể
xảy ra, tức là n không thể có hai dạng phân tích khác nhau. Định lí đã được chứng minh đầy
đủ.
Bài toán phân tích một số ra các thừa số nguyên tố.
Phân tích như trên của các số nguyên được gọi là phân tích ra thừa số nguyên tố. Có một quy
trình khá đơn giản về mặt ý tưởng để thực hiện việc này : chỉ việc lấy số n đem chia cho các
√
số nguyên tố nhỏ hơn n (có trong sàng Ơ-ra-tô-xten). Tuy nhiên, khi n là một số lớn thì cách
phân tích này là rất tốn kém (về mặt thời gian và năng lực tính toán). Nói chung, bài toán phân
tích một số ra các thừa số nguyên tố cho đến nay vẫn là một bài toán hết sức khó khăn. Để
hình dung được phần nào tính phức tạp của vấn đề ta xem bảng dưới đây để biết khoảng thời
gian cần thiết cho việc phân tích một số nguyên n ra thừa số nguyên tố bằng thuật toán nhanh
nhất được biết hiện nay (ta xem rằng máy tính sử dụng vào việc này có tốc độ 1 triệu phép tính
trong 1 giây)
Số chữ số thập phân

Thời gian

75

104 ngày

100

74 năm

200

3,8 tỉ năm

Tuy nhiên, một điều kì diệu là chính sự "hóc búa" của bài toán này lại mang đến một giải pháp
độc đáo trong ứng dụng của số học vào mã hóa thông tin hiện đại, được xem như là cuộc cách
11


mạng trong lịch sử công nghệ mật mã (như sẽ thấy sau này).
1.2. Tính toán đồng dư và bài toán tính logarit rời rạc
Khái niệm đồng dư và định lí nhỏ của Phéc-ma
Đồng dư là một trong những quan hệ cơ bản của số học, được sử dụng thường xuyên trong
các ứng dụng thực tiễn. Khái niệm này được định nghĩa như sau.
Giả sử m là một số nguyên dương. Ta nói hai số nguyên a và b là đồng dư với nhau theo modulo
m nếu như m chia hết hiệu a − b , và khi ấy ta kí hiệu a ≡ b( modm) . Như vậy a ≡ b ( modm)
khi và chỉ khi tồn tại số nguyên k sao cho b = a + km .
Ví dụ 1. 1 ≡ 17( mod4) , vì 17 − 1 = 16 chia hết cho 4 ; 113 ≡ 413( mod100) , vì 413 − 113 = 300
chia hết cho 100 ; 200 ≡ 215( mod5) , vì 215 − 200 = 15 chia hết cho 5.
Khi a là số dư trong phép chia b cho m thì ta cũng có a ≡ b( modm) và trong trường hợp này
người ta nói a là rút gọn của b theo modulo m . Khi ấy, để cho đơn giản, người ta dùng cách
viết a = b mod m .

Ví dụ 2. 3 = 11 mod 4 , vì 11 chia cho 4 dư 3; 13 = 313 mod 100 , vì 313 chia cho 100 dư 13;
5 = 2005 mod 1000 , vì 2005 chia cho 1000 dư 5.
Từ định nghĩa ta có cách tính rút gọn theo modulo của tổng và tích như sau.
Mệnh đề. Với a, b ∈ Z (tập các số nguyên) và m ∈ N (tập các số tự nhiên), ta luôn có:
(i) ( a + b) mod m = ( a mod m + b mod m) mod m
(ii) ( a · b) mod m = [( a mod m) · (b mod m)] mod m
Chứng minh. Ta viết a, b dưới dạng a = k1 m + r1 , b = k2 m + r2 , trong đó r1 = a mod m, r2 =
b mod m, còn k1 , k2 là những số nguyên. Rõ ràng

( a + b) mod m = ((k1 + k2 )m + r1 + r2 ) mod m = (r1 + r2 ) mod m
cho nên ta có đẳng thức (i) trong mệnh đề trên. Đẳng thức còn lại được chứng minh tương tự.
Ví dụ 3. Ta áp dụng mệnh đề trên để tính 1234562 mod 111 . Lưu ý rằng nếu thực hiện phép
tính bình phương rồi mới tính modulo thì ta sẽ gặp khó khăn về “tràn bộ nhớ”. Nếu áp dụng
đẳng thức (ii) của mệnh đề trên thì ta có
1234562 mod 111 = [(123456 mod 111) · (123456 mod 111)] mod 111
= [24 · 24] mod 111 = 576 mod 111 = 21
Một định lí quan trọng gắn liền với khái niệm đồng dư là định lí nhỏ của Phéc-ma (Fermat).
Định lí. Nếu p là một số nguyên tố và a là một số nguyên không chia hết cho p thì .
a p−1 ≡ 1 ( mod p)
Định lí này mặc dù mang tên là "nhỏ" nhưng vai trò của nó thì hoàn toàn không nhỏ. Rồi
chúng ta sẽ đề cập tới một ứng dụng đặc biệt của nó trong lĩnh vực mã hóa thông tin hiện
đại. Để có được ứng dụng đó, người ta đã sử dụng một kết quả của định lí Ơ-le (Euler) - một
dạng mở rộng định lí Phéc-ma nêu trên. Kết quả này được phát biểu như sau. Mệnh đề. Nếu
n = p · q , trong đó p, q là những số nguyên tố, còn a là số tự nhiên không chia hết cho p và q ,
thì .a( p−1)(q−1) ≡ 1 ( modn)
Trong khuôn khổ báo cáo này chúng ta không có điều kiện trình bày chứng minh cho các kết
quả nêu trên. Bạn đọc quan tâm có thể tham khảo trong các tài liệu về Số học (ví dụ như cuốn
“Số học Thuật toán” của Hà Huy Khoái và Phạm Huy Điển, do Nhà xuất bản ĐHQG ấn hành
năm 2002).
Tính toán đồng dư với lũy thừa lớn và phương pháp bình phương liên tiếp

Các tính toán lũy thừa với số mũ lớn thường đưa đến những con số vượt quá tầm kiểm soát
12


của bộ nhớ máy tính. Tuy nhiên, trong nhiều ứng dụng thực tế (như sẽ thấy ở phần mã hóa
sau này) người ta lại thường phải thực hiện các tính toán đồng dư với lũy thừa bậc rất lớn. Một
trong những giải pháp khắc phục khó khăn này là phương pháp bình phương liên tiếp mà bản
chất là quy việc tính đồng dư lũy thừa bậc cao về việc tính liên tiếp nhiều đồng dư của lũy
thừa bậc thấp (bình phương). Để hiểu rõ bản chất của phương pháp này, ta chỉ cần xem xét một
ví dụ minh họa sau đây.
Ví dụ 4. Tính 8743 mod 103. Nếu thực hiện xong phép tính luỹ thừa rồi mới tính đồng dư thì
sẽ gặp số rất lớn gây ra "tràn bộ nhớ". Muốn tránh điều này, trước hết người ta tiến hành khai
triển số mũ dưới dạng cơ số 2, tức là
43 = 32 + 8 + 2 + 1 = 25 + 23 + 21 + 20
rồi tính liên tiếp các đồng dư bình phương, như sau đây.
87 mod 103 = 87; 872 mod 103 = 7569 mod 103 = 50
2

872 mod 103 = 872

2

3

2

2

4

3

2

5

4

2

872 mod 103 = 872
872 mod 103 = 872
872 mod 103 = 872

mod 103 = 502 mod 103 = 28
mod 103 = 282 mod 103 = 63
mod 103 = 632 mod 103 = 55
mod 103 = 552 mod 103 = 38

Từ đây, áp dụng công thức rút gọn theo modulo 103 của một tích, ta có 8743 mod 103 =
5
3
872 mod 103 · 872 mod 103 · 872 mod 103 · 87 mod 103 và từ kết quả tính toán ở trên ta có
8743 mod 103 = 38.63.50.87 mod 103 = 85
Theo cách này, ta chỉ cần làm việc với những số vừa và nhỏ, không những nhanh mà còn có
thể làm việc chỉ trên máy tính bỏ túi. Phương pháp bình phương liên tiếp tuy đơn giản nhưng
rất hiệu quả trong thực tiễn triển khai, đặc biệt là khi phải tính toán với các số nguyên lớn (cỡ
hàng trăm chữ số thập phân). Khá nhiều phát kiến lớn trong lĩnh vực toán học tính toán được
hình thành trên cơ sở ý tưởng của phương pháp này. Bạn nào có điều kiện đi sâu vào lĩnh vực
Tính toán khoa học trong tương lai sẽ được tự mình kiểm nghiệm điều đó.

Bài toán tính logarit rời rạc và “khai căn” rời rạc
Như trên ta thấy, với a, m là những số tự nhiên cho trước (cho dù có thể lớn) việc tính ,k =
an mod m (*) đối với mỗi số tự nhiên n , là khả thi và cũng tương đối nhanh (bằng những thuật
toán thích hợp như đã nêu ở trên). Tuy nhiên bài toán ngược lại, cho trước số tự nhiên k , cần
tìm số tự nhiên n thỏa mãn (*), ký hiệu là loga k ( modm) thì lại là một bài toán vô cùng khó.
Bài toán này có tên gọi là tính logarit rời rạc. Ta biết rằng việc tính logarit thông thường (với
số thực) thì không được xem là khó (khả thi với ngay cả máy tính cầm tay), nhưng việc tính
logrit rời rạc thì hoàn toàn khác hẳn, vì có sự tham gia của phép lấy đồng dư. Một trong những
nguyên nhân làm nên tính khó giải của bài toán này là ở chỗ hàm logarit rời rạc biến thiên rất
"thất thường", theo nghĩa: khi biết được giá trị của hàm tại một điểm nào đó thì ta chẳng thể
nói gì về giá trị của hàm tại những điểm xung quanh. Ví dụ, khi biết rằng log7 5( mod41) = 18
ta khó mà đoán ra được rằng log7 4( mod41) = 28 và log7 6( mod41) = 39.
13


Cho đến nay, chưa có thuật toán tính logarit rời rạc nào được xem là khả thi đối với những số
có độ dài cỡ trăm chữ số (cho dù máy tính có tốc độ siêu phàm, gấp cả trăm lần tốc độ máy tính
nhanh nhất hiện nay). Chính sự khó khăn này lại đang được xem là chỗ dựa cho một số giải
pháp quan trọng trong mã hóa thông tin hiện đại.
Tương tự như vậy, khi biết trước các số tự nhiên k , n thì việc tìm số a thỏa mãn (*) cũng là một
bài toán vô cùng khó, và được gọi là bài toán “khai căn” rời rạc.
3. Ước chung lớn nhất của hai số và thuật toán Ơ-cơ-lit (Euclid)
Ước chung lớn nhất của hai số
Ước chung lớn nhất của hai số tự nhiên a và b, kí hiệu ( a; b), là số tự nhiên lớn nhất trong các
số chia hết cả a và b. Ta nói hai số a, b là nguyên tố cùng nhau nếu như ( a, b) = 1 .
Hiện nay sách giáo khoa vẫn còn đưa ra quy trình tìm ước chung lớn nhất của hai số thông qua
việc phân tích từng số ra các thừa số nguyên tố rồi lấy tích của các thừa số chung với số mũ
nhỏ hơn. Như đã chỉ ra ở trên, quy trình này là không khả thi với các số lớn, vì việc phân tích là
không thực hiện được. Một quy trình thực sự khả thi lại chính là một trong những thuật toán
cơ bản và lâu đời nhất của toán học, đó là thuật toán Ơ-cơ-lit. Thuật toán đó cho phép xác định

ước chung lớn nhất của hai số nguyên có kích cỡ vài trăm chữ số một cách nhanh chóng.
Thuật toán Ơ-cơ-lit và mở rộng
Thuật toán Ơ-cơ-lit được dựa trên nhận xét đơn giản sau đây: Với a, b là các số tự nhiên ( a > b
), và r là số dư trong phép chia của a cho b , thì d là ước chung của a và b khi và chỉ khi d là ước
chung của b và r.
Từ nhận xét trên ta suy ra ước chung lớn nhất của a và b thì cũng là ước chung lớn nhất của
b và r, tức là ( a, b) = (b, r ). Như vậy, ta có thể quy việc tính ước chung lớn nhất của hai số tự
nhiên lớn ( a và b) về việc tính ước chung lớn nhất của hai số nhỏ hơn ( a và r ), và đó chính là
ý tưởng chủ đạo của thuật toán Ơ-cơ-lit. Hãy xét ví dụ sau.
Ví dụ 1. Tính = (123456789,121212). Dễ thấy rằng, với máy tính bỏ túi thông thường, quy trình
phân tích hai số nêu trên ra thừa số nguyên tố để rồi lấy tích các thừa số chung là một việc vô
cùng gian nan. Tuy nhiên, cũng bằng máy tính này, với thuật toán Ơ-cơ-lit ta có kết quả tính
toán đơn giản sau đây.
Trước hết ta lấy số lớn (là 123456789) chia cho số bé (là 121212) được số dư là 62973. Theo nhận
xét trên ta có
(123456789, 121212) = (121212, 62973).
Tiếp theo, ta lại lấy số lớn hơn (121212) chia cho số bé hơn (62973) được số dư là 58293, và lại
theo lập luận trên ta lại có
d = (121212, 62973) = (62973, 58239).
Cứ như thế tiếp tục quá trình này ta có kết quả tính toán như sau
d = (58239, 4734) = (4734, 1431) = (1431, 441) = (441, 108) = (108, 9) = 9.
Thuật toán Ơ-cơ-lit, mặc dù đã ra đời hàng nghìn năm, cho đến nay vẫn là thuật toán tốt nhất
để tìm ước chung lớn nhất của hai số nguyên cho trước! Thuật toán này được ghi đơn giản như
sau.
Thuật toán Ơ-cơ-lit
Bước 1. [Kết thúc] Nếu b = 0, cho ra a và kết thúc thuật toán.
Bước 2. [Chia Ơ-cơ-lit] Đặt r ← amodb , a ← b , b ← r, và quay về Bước 1.
¯
14

Thuật toán Ơ-cơ-lit mở rộng
Thuật toán Ơ-cơ-lit nêu trên không chỉ cho phép ta tìm được ước chung lớn nhất của hai số a, b
là một số d, mà còn cho phép tìm ra hai số nguyên u, v thỏa mãn d = au + bv, tức là cho phép
biểu diễn d dưới dạng tổ hợp tuyến tính của a và b (với các hệ số nguyên u, v ). Thật vậy, không
làm mất tổng quát, ta có thể giả sử a > bvà thuật toán Ơ-cơ-lit dừng sau n bước với kết quả cho
ra là ( a, b) = d. Theo thuật toán này, với a = r0 , b = r1 , các bước tiếp sau sẽ là:
r0 = r1 q1 + r2 , 0 ≤ r2 < r1 , (1)
r1 = r2 q2 + r3 , 0 ≤ r3 < r2 , (2)
..................................................
rn−3 = rn−2 qn−2 + rn−1 , 0 ≤ rn < rn−1 , (n-2)
rn−2 = rn−1 qn−1 + rn , 0 ≤ rn < rn−1 , (n-1)
rn−1 = rn qn , (n)
trong đó rn = d. Theo bước thứ ta thấy d = rn−2 − rn−1 qn−1 , tức là d biểu diễn qua rn−1 , rn−2
dưới dạng tổ hợp tuyến tính. Tiếp theo, do bước thứ n − 2 ta thấy rn−1 biểu diễn được qua
rn−2 , rn−3 (dưới dạng tổ hợp tuyến tính) và điều này kéo theo d biểu diễn được qua rn−2 , rn−3
(dưới dạng tổ hợp tuyến tính). Cứ tiếp tục như vậy, truy ngược về bước đầu tiên, ta suy ra d
được biểu diễn dưới dạng tổ hợp tuyến tính qua r1 , r0 (cũng tức là a, b) và ta có điều khẳng định
trên.
Ví dụ 2. Với a = 123456789, b = 121212 , ta có ( a, b) = 9 và, theo quy trình trên ta tìm ra được
u = 1101, v = −1121390 .
Nghịch đảo theo modulo m
Với số tự nhiên a cho trước, nếu tồn tại số tự nhiên b thỏa mãn điều kiện ab ≡ 1( modm) thì
người ta gọi số b là nghịch đảo của số a theo modulom (và viết b = a−1 mod m hay a = b−1 mod
m).
Từ thuật toán Ơ-cơ-lit mở rộng nêu trên, trong trường hợp riêng khi hai số a, b là nguyên tố
cùng nhau (tức là ( a, b) = 1), ta tìm được hai số u, v thỏa mãn au + bv = 1 , và điều này có nghĩa
là , u = a−1 mod b v = b−1 mod a . Tóm lại, việc tìm nghịch đảo theo modulo là hoàn toàn khả
thi nhờ thuật toán Ơ-cơ-lit mở rộng.
Trong trường hợp đặc biệt, khi m là một số nguyên tố, thì mọi số không phải là bội của m đều

là nguyên tố cùng nhau với m và do đó cũng có nghịch đảo theo modulo m (nói riêng, mọi số
tự nhiên nhỏ hơn m đều có nghịch đảo theo modulo m ).
Ví dụ 4. Với m = 17, ta có
2 = 9−1 mod 17, 3 = 6−1 mod 17, 4 = 13−1 mod 17, 5 = 7−1 mod 17, . . .
2. Một số hệ mật mã dựa trên bài toán khó
Như đã nói, một điều kì diệu là chính sự "hóc búa" của các bài toán số học lại là chỗ dựa cho
mã hóa thông tin hiện đại, góp phần làm nên cuộc cách mạng trong lịch sử công nghệ mật mã.
2.1. Thuật toán mã mũ Pohlig – Hellman
Nguyên lý thực hiện
Giả sử p là một số nguyên tố không nhỏ, và giả sử khoá lập mã e là một số tự nhiên sao cho e
và ( p − 1)là nguyên tố cùng nhau, tức là (e, p − 1) = 1 .
Để có thể mã hoá các khối dữ liệu có độ dài m thì số nguyên tố p cần phải không bé hơn bất cứ
khối nào, tức là phải chọn p sao cho độ dài của nó lớn hơn độ dài của m. Nếu như số đã p đã
cho trước thì số m (độ dài khối) cần phải được chọn sao cho thoả mã điều kiện trên.
15


Ta mã hoá một khối N (gồm m chữ) thành một khối C trong văn bản mã theo công thức sau:
C ≡ N e ( mod p)
Đương nhiên, khối C cũng là một chữ số nhỏ hơn p. Để cho C không thể là chính N e thì số e
phải được chọn không nhỏ quá, sao cho luôn có được N e > p.
Như ta biết, việc “khai căn” rời rạc là vô cùng khó, nên muốn giải mã văn bản mật ta phải
làm cách khác. Trước hết ta tính số d thoả mãn de ≡ 1 ( mod p − 1) , có nghĩa d là một nghịch
đảo của e modulo ( p − 1) . Nghịch đảo này tồn tại do giả thiết ban đầu (e, p − 1) = 1. Khi ấy
de = k ( p − 1) + 1, với một số nguyên k nào đó, cho nên để giải mã khối văn bản mã C, ta áp
dụng định lý Fermat (bé) và thực hiện phép nâng nó lên luỹ thừa bậc d rồi rút gọn theo modulo
p , vì rằng
C d = ( N e )d = N de = N k( p−1)+1 = N p−1

k

·N

và do vậy
C d mod p = ( N p−1 mod p)k .N mod p ≡ 1k · N ( mod p) = N
(lưu ý rằng do giả thiết ban đầu N < p).
Nhận xét. Hệ mã mũ nêu trên vẫn là một hệ mã bí mật vì các số e và d đều phải giữ hết sức
bí mật. Tuy nhiên, ý tưởng về việc sử dụng định lý Fermat để thay thế phép tính "khai căn" rời
rạc (trong việc giải mã) bằng một phép tính luỹ thừa thì quả là tuyệt vời. Chính ý tưởng này đã
được dùng trong hệ mã công khai RSA.
2.1. Thuật toán mã hóa khóa công khai RSA
Các hệ mật mã truyền thống và một vấn đề nan giải của chúng
Trong các hệ mã truyền thống, một nguyên tắc chung được thừa nhận là bản tin được lập mã
bằng chìa khóa nào thì chỉ có thể được giải mã bằng chính chìa khóa đó. Vì vậy, một trong
những vấn đề nan giải của những người sử dụng các hệ mã theo nguyên tắc này là việc chuyển
giao chìa khoá từ người lập mã đến cho người giải mã. Càng ngày vấn đề càng trở nên nghiêm
trọng, khi khả năng nắm bắt các luồng thông tin trên mọi môi trường trở nên dễ dàng (các
kênh thông tin bí mật về phương diện "vật lý" hầu như không còn chỗ đứng).
Hệ mật mã khóa công khai (hay mật mã phi đối xứng)
Khó khăn nêu trên đã khiến cho những người làm mật mã cuối thế kỉ XX ước mơ có được một
mô hình hệ mật mã với hai chìa khóa riêng biệt cho hai việc lập mã và giải mã. Mỗi cá thể tham
gia vào hệ thống như vậy sẽ được cấp riêng một bộ 2 chìa khóa. Chìa khóa lập mã (còn gọi là
chìa công khai) có thể được công bố công khai cho mọi người biết (để có thể mã hóa văn bản
trước khi gửi tin mật cho cá thể này), còn chìa khóa giải mã (còn gọi là chìa bí mật) thì chỉ một
minh cá thể đó được biết (nghĩa là, chỉ một mình cá thể này có thể giải mã các văn bản mật
được mã hóa bằng chìa công khai của mình). Hệ mật mã như vậy gọi là hệ mã khóa công khai.
Với hệ mã đó, vấn đề chuyển chìa khóa không còn được đặt ra. Thật vậy, khi cá thể A muốn
gửi tin mật cho cá thể B thì chỉ cần lấy chìa lập mã của B (đã được công bố công khai) để mã
hóa văn bản trước khi gửi đi cho B. Văn bản mã này có thể lưu hành công khai nhưng không
ai, ngoài B, có thể giải mã được (vì chỉ B mới có chìa giải mã văn bản này).

Mơ ước nói trên cuối cùng đã trở thành hiện thực vào những năm cuối của thập kỉ bảy mươi
thế kỷ trước, nhờ sự thâm nhập của số học vào công nghệ mã.
Hệ mã khóa công khai RSA
Hệ mã này lần đầu tiên được công bố vào năm 1978 bởi ba nhà khoa học của Học viện Công
nghệ Massachuset (Hoa Kỳ) là R. Rivest, A. Shamir và L. Adleman.
16


Để xây dựng hệ mã, người ta chọn hai số nguyên tố p và q đủ lớn (có độ dài vào cỡ 150 chữ số
thập phân), rồi tính
n = p.q , φ = ( p − 1).(q − 1),
và sau đó chọn số tự nhiên sao cho (e, φ) = 1 , cùng số tự nhiên d = e−1 mod φ (bằng thuật toán
Ơ-cơ-lit mở rộng).
Văn bản nguồn trước hết được chuyển sang dạng số (nhờ một quy tắc đơn giản nào đó, không
nhất thiết phải là bí mật). Tiếp theo, ta phân chia văn bản dạng số thành các khối số (có số chữ
số như nhau và nhỏ hơn số n ). Việc mã hóa văn bản sẽ được thực hiện một cách độc lập trên
từng khối số như vậy.
Với chìa khóa công khai là bộ số (e, n) , việc mã hoá mỗi khối văn bản nguồn được thực hiện
bằng việc tính theo công thức C = Pe mod n và số được gọi là khối văn bản mã tương ứng với .
Theo lẽ thường, khi biết C mà muốn tìm ra P thì người ta phải “khai căn rời rạc" bậc e (theo n)
của số C. Tuy nhiên, cũng như bài toán logarit rời rạc, khi số là lớn thì bài toán này là không
thể giải được (trong vòng cả trăm năm, với máy tính mạnh nhất hiện nay). Cho nên, để giải
mã khối văn bản mã C , người ta áp dụng mệnh đề mở rộng định lí nhỏ của Phéc-ma. Trước
hết, từ mệnh đề này ta có Pφ mod n bằng 1 nên suy ra, với mọi số nguyên k bất kỳ, ta luôn có
Pkφ mod n bằng 1. Mặt khác, do d và e là nghịch đảo của nhau theo modulo φ , ta có de = 1 + kφ
, với một số nguyên k nào đó, và như vậy
C d mod n = ( Pe )d mod n = P1+kφ mod n = P mod n · Pkφ mod n = P
do P nhỏ hơn N . Tóm lại, có thể tính được P từ C bằng chính phép toán tương tự như trong
quy trình lập mã, chỉ khác là thay số mũ e bởi số mũ d . Như đã biết, quy trình này là khả thi
và khá nhanh.

Như vậy, điểm mấu chốt của quy trình giải mã là phải biết được số d thỏa mãn điều kiện
(e, φ) = 1 . Vì vậy, người ta gọi cặp hai số d và n là chìa khoá giải mã (hay chìa bí mật). Rõ ràng,
từ e muốn tính ra d thì phải biết được φ và, người ta chứng minh được, điều này tương đương
với việc phân tích số n thành tíchp.q , một điều mà các máy tính mạnh nhất hiện nay cũng
không thể làm được trong vòng hàng ngàn năm khi số n có chiều dài khoảng 300 chữ số thập
phân.
Độ an toàn của hệ mã RSA
Sau khi Rivest, Shamir và Adleman công bố phát minh về hệ mã đã nêu, trên tạp chí Nhà khoa
học Mỹ có đưa ra lời thách thức người đọc bẻ khoá một mẩu tin nhỏ đã được mã hoá với:
n = 1143816257578888676692357799761466120102182967212423625625618429357
06935245733897830597123563958705058989075147599290026879543541
e = 9007.
Một mẩu tin ngắn (chưa đầy nửa dòng) chỉ được giải mã sau 6 năm, bằng một cố gắng tổng
lực mang tính quốc tế (qua internet) với việc sử dụng 1600 máy tính cực mạnh tấn công trong
8 tháng liên tục để phân tích số nêu trên ra thừa số nguyên tố. Qua đó ta thấy được rằng thuật
toán RSA là rất an toàn, vì trên thực tế hệ mã chuẩn RSA sử dụng số n có độ dài lớn hơn hai
lần như vậy và, với năng lực tính toán như trên, việc phân tích đòi hỏi thời gian thực hiện phải
kéo dài trong nhiều ngàn năm.

17


Rivest, Shamir, và Adleman (theo thứ tự từ trái qua phải)
Phía sau trang sử về hệ mật mã RSA
Thiên hạ ngày nay đều biết hệ mã RSA được phát minh ra vào năm 1978 bởi 3 nhà khoa học
của học viện MIT (Hoa Kỳ) là Rivest, Shamir, và Adleman. Thế nhưng ngót 10 năm sau, tức là
năm 1997, Tổng hành dinh Thông tin Chính phủ Anh Quốc (GCHQ) đã tiết lộ sự thật về việc
các chuyên gia mật mã của họ đã phát minh ra nguyên lý mã phi đối xứng ngay từ năm 1969,
thuật toán mã hóa phi đối xứng (giống như RSA) vào năm 1972, và giao thức chuyển chìa khóa
kiểu Diffie-Hellman-Merkle vào năm 1975. Sự thật đã diễn ra như thế nào?

Người ta biết rằng vấn đề chuyển chìa khóa giải mã ngày càng trở nên nan giải, khi khả năng
nắm bắt các luồng thông tin trên mọi môi trường trở nên dễ dàng (các kênh thông tin bí mật
về phương diện "vật lý" hầu như không còn chỗ đứng). Đầu năm 1969, quân đội Anh đã nêu
vấn đề tìm giải pháp cho bài toán này với James Ellis, một trong những chuyên gia thám mã lỗi
lạc của Tổng hành dinh Cơ quan truyền thông Chính phủ Anh quốc (Government Communications Headquarters - GCHQ) tại Cheltenham. Ông đã dành nhiều công sức cho việc nghiên
cứu đề tài này và phát hiện ra rằng có những giải pháp truyền tin mật mà không đòi hỏi người
gửi tin phải "gửi chìa khoá".
Một mô hình "vật lý" được ông phát hiện qua một công trình của Claude Shannon (và cộng
sự), được hình dung như sau: người nhận tin (theo một kênh truyền nào đó) có thể tự mình
làm nhiễu đường truyền (bằng một nhiễu nào đó có bản chất mà chỉ riêng mình được biết), còn
người gửi cứ việc thả thông tin vào kênh truyền nhiễu đó. Người nhận tin (qua đường truyền
nhiễu) dễ dàng lọc được nhiễu do chính mình tạo ra, còn kẻ "nghe trộm" trên đường truyền thì
chịu chết!
Cuối năm 1969, James Ellis đã coi như đến được với nguyên lý cần tìm, khi ông nảy ra ý tưởng
“toán học hóa” mô hình vật lý nêu trên bằng hàm một chiều có bẫy. Hàm một chiều có thể
được ví như "cái hom giỏ": người ta chỉ có thể tính được "đầu ra" từ các thông tin "đầu vào",
mà không thể tính ngược để tìm ra "đầu vào" trên cơ sở các thông tin về "đầu ra". Với hàm một
chiều có "bẫy" thì việc "tính ngược" là thực hiện được khi biết một thông tin đặc biệt nào đó
(cái bẫy). Tiếc rằng James Ellis không phải là nhà toán học, cho nên khi ấy cái hàm một chiều
có bẫy chỉ là điều mơ ước. Ông đã tâm sự với một đồng nghiệp ở GCHQ là Patterson.
Tháng 9 năm 1973, một "tân binh" mới gia nhập vào nhóm, đó là Clifford Cocks - một sinh viên
vừa tốt nghiệp Đại học Cambridge, với chuyên ngành Lý thuyết số (trước đó đã từng tham dự
Kỳ thi Olympic Toán Quốc tế của học sinh phổ thông, tổ chức tại Moscow, 1968). Người hướng
dẫn công tác của tân binh này chính là ông Patterson. Ông đã nói cho Cocks về ý tưởng độc
đáo của James Ellis như một câu chuyện để biết (chứ không hy vọng để có thể giải quyết được
gì). Tuy nhiên, Cocks đã suy nghĩ nghiêm túc về vấn đề này, và chỉ trong vòng khoảng nửa giờ,
mô hình trọn vẹn về hàm một chiều có bẫy đã đến với Cocks khá dễ dàng (đến mức bản thân
18

Cocks không tự cảm nhận được đầy đủ ý nghĩa của kết quả mình đạt được).

Kết quả của Cocks đã được giữ tuyệt mật. Nó có sức thuyết phục lớn trong nội bộ GCHQ,
nhưng nó cũng chịu cái "bất hạnh" của việc "đi trước thời gian". Phương tiện tính toán nghèo
nàn và yếu ớt thời đó tại Anh Quốc đã không cho phép triển khai ngay được thuật toán, và vì
vậy GCHQ chưa khai thác được mật mã với khoá công khai. Năm sau, 1974, Cocks đem vấn
đề triển khai thuật toán "phàn nàn" với anh bạn “cố tri” là Malcolm Williamson, người cùng
tốt nghiệp Đại học Cambridge, cùng đi thi toán Quốc tế tại Moscow, và bây giờ cũng lại vừa
mới đến gia nhập GCHQ. Williamson không tin ngay được kết quả của Cocks, và cố gắng tìm
xem Cocks mắc sai lầm ở đâu. Kết quả là Williamson không tìm được sai lầm nào, nhưng lại
tìm ra giải pháp mới cho vấn đề "chuyển chìa" mà các nhà quân sự đang ao ước, đó cũng chính
là giao thức trao đổi chìa "Diffie-Hellman-Merkle" mà các nhà khoa học Hoa Kỳ phát minh ra
(gần như cùng thời gian đó).
Clifford Cocks và Malcolm Williamson đều là thành viên đội tuyển Anh đi thi toán quốc tế ở
Moscow năm 1968 (một người giải bạc và một người giải vàng), sau đó họ đều tốt nghiệp Đại
học Cambridge về chuyên ngành Lý thuyết số.

Tóm lại, cho đến 1975, James Ellis, Clifford Cocks và Malcolm Williamson đã phát minh ra toàn
bộ nền tảng cơ sở của mật mã với khoá công khai, nhưng đã để trong im lặng, và ngồi dõi theo
các nhà khoa học Mỹ "phát minh lại" các kết quả ấy trong 3 năm sau. Chỉ có điều hơi ngược về
trình tự, ở Anh người ta tìm ra hệ mã công khai trước khi tìm ra giao thức chuyển chìa khoá,
còn ở Mỹ thì ngược lại.
3. Thay cho lời kết
Đến nay hệ mật mã RSA đã được phổ cập trên khắp thế giới và có mặt trong hầu hết các ứng
dụng liên quan đến an toàn thông tin điện tử. Đương nhiên, mật mã hiện đại không dừng lại ở
RSA. Ở một số nước phát triển người ta đang dần dần thay thế hệ mã RSA bằng hệ mã đường
cong Elliptic, một công cụ cũng tưởng như “bô bổ” được sinh ra từ Lý thuyết số.
Như vậy, mật mã hiện đại là sự khẳng định vai trò không thể thiếu của cái Toán học “vô dụng”
vậy.

19


BIỂU DIỄN PHÉP QUAY QUA SỐ PHỨC?
Đàm Văn Nhỉ
Đại học Sư phạm Hà Nội

1. Số phức và trường C
Với tích De Carte T = R × R = {( a, b)| a, b ∈ R}, định nghĩa

( a, b) = (c, d) khi và chỉ khi a = c, b = d
( a, b) + (c, d) = ( a + c, b + d)
( a, b) . (c, d) = ( ac − bd, ad + bc).
Để đơn giản, viết ( a, b).(c, d) qua ( a, b)(c, d). Từ định nghĩa phép nhân:
(1) Với i = (0, 1) ∈ T có i2 = i.i = (0, 1)(0, 1) = (−1, 0)
(2) ( a, b)(1, 0) = ( a, b) = (1, 0)( a, b)
(3) ( a, b) = ( a, 0) + (0, b) = ( a, 0) + (b, 0)(0, 1), ∀ ( a, b) ∈ T.
Ký hiệu C là tập T cùng các phép toán đã nêu ra ở trên. Ta có kết quả sau:
´ xạ φ : R → C, a → ( a, 0), là một đơn ánh và nó thỏa mãn φ( a + a ) = φ( a) + φ( a ), φ( aa ) =
Bổ đề 1. Anh
φ( a)φ( a ) với mọi a, a ∈ R.
Đồng nhất ( a, 0) ∈ C với a ∈ R. Khi đó có thể viết ( a, b) = ( a, 0) + (b, 0)(0, 1) = a + bi với i2 =
(−1, 0) = −1. Do đó i hay a hoặc a + bi là bình đẳng trong C.
Như vậy C = { a + bi | a, b ∈ R, i2 = −1} và có kết quả sau:
a + bi = c + di khi và chỉ khi a = c, b = d
a + bi + c + di = a + c + (b + d)i

( a + bi )(c + di ) = ac − bd + ( ad + bc)i.
Mỗi phần tử z = a + bi ∈ C được gọi là một số phức với phần thực a, ký hiệu Re(z), và phần ảo b, ký
hiệu Im(z); còn i được gọi là đơn vị ảo. Số phức a − bi được gọi là số phức liên hợp của z = a + bi

2
2
và được ký
√ hiệu qua z = a + bi. Dễ dàng kiểm tra zz = ( a + bi )( a − bi ) = a + b , z1 z2 = z1 z2 và
gọi |z| = zz là môđun của z. Số đối của z = c + di là −z = −c − di và hiệu z − z = ( a + bi ) −
(c + di ) = a − c + (b − d)i.
Xét mặt phẳng tọa độ (Oxy). Mỗi số phức z = a + bi ta cho tương ứng với điểm M( a; b). Tương
ứng này là một song ánh
C → R × R, z = a + bi → M( a; b).
Khi đồng nhất C với (Oxy) qua việc đồng nhất z với M, mặt phẳng tọa độ với biểu diễn số
phức như thế được gọi là mặt phẳng phức hay mặt phẳng Gauss, ghi công C. F. Gauss-người đầu
tiên đưa ra biểu diễn.
20


Mệnh đề 2. C là một trường chứa trường R như một trường con.
Định lý 3. [Euler] Với mọi số thực x ta luôn có
eix = cos x + i sin x.
Chứng minh: Từ eix = 1 +

ix (ix )2 (ix )3
(ix )n
+
+
+ ··· +
+ · · · ta suy ra đồng nhất thức
1!
2!
3!
n!

x2 x4
x2n
+
− · · · + (−1)n
+ ···)
2!
4!
(2n)!
x3 x5
x2n−1
+
− · · · + (−1)n−1
+ · · · ).
+ i(x −
3!
5!
(2n − 1)!

eix = (1 −

Do đó eix = cos x + i sin x.
Hệ quả 4. Với mọi số thực x, y ta luôn có các hệ thức
(1) eix eiy = ei( x+y) và eix

n

= einx) với mọi n ∈ Z.

eix

1
(2) iy = ei( x−y) và eix = e−ix = ix .
e
e
(3) cos x =

eix + e−ix
eix − e−ix
, sin x =
.
2
2i

Chứng minh: Suy ra từ Định lý 3.

2. Biểu diễn phép quay qua số phức
Kết quả của Định lý 3 được sử dụng trong Hình học sơ cấp qua phép quay như sau:
Giả sử điểm I, M, N có tọa vị z I , z M , z N tương ứng. Phép quay tâm I góc quay α biến điểm M
thành điểm N viết qua
z N = z I + (z M − z I )eiα .
Ta vận dụng phép quay vào việc xét một số bài hình dưới đây.
Ví dụ 1. [Định lý Con Nhím] Trong mặt phẳng cho đa giác đơn bất kỳ A1 A2 . . . An và coi An+1 ≡ A1 .
Xét hệ véc tơ ei sao cho ei ⊥ Ai Ai+1 , ei hướng ra ngoài miền đa giác và |ei | = Ai Ai+1 với i = 1, 2, . . . , n.
n

Khi đó ∑ ei = 0.
i =1

π
Bài giải: Định hướng đa giác, chẳng hạn hướng thuận, có ei do quay Ai Ai+1 góc − . Vậy

2
π
π
n
n
−i
−i
∑ ei = e 2 ∑ Ai Ai+1 = e 2 0 = 0.
i =1

i =1

Ví dụ 2. Cho ∆ABC với độ dài cạnh BC = a, CA = b, AB = c. Dựng ra phía ngoài tam giác đều
BCA1 , CAB1 , ABC1 . Dựng tiếp ra phía ngoài tam giác A1 B1 C1 ba tam giác đều B1 C1 A2 , C1 A1 B2 và
A1 B1 C2 . Chứng minh
21


(1) AA1 = BB1 = CC1 và ∆O1O2O3 đều, trong đó O1 ,O2 và O3 là tâm các tam giác đều BCA1 ,
CAB1 , ABC1 .
(2) A, A1 , A2 thẳng hàng. Khi b, c cố định còn a thay đổi, hãy tìm a để A1 A2 lớn nhất.
(3) Tiếp tục quá trình như trên để có tam giác An Bn Cn với n 2. Khi đó A, A1 , . . . , An thẳng hàng
và tìm giá trị lớn nhất của An An+1 khi b, c cố định,a thay đổi.
Bài giải: (1) Tương ứng A, B, C ba số phức z A , z B , zC . Khi đó ta có


iu


 z A1 = z C + e ( z B − z C )







z B1 = z A + eiu (zC − z A )



zC1 = z B + eiu (z A − z B )




z = z + eiu (z − z )


B1
C1
C1
A2




π

u = .
3

Từ zC + eiu (z B1 − zC ) = zC + eiu (z A + eiu (zC − z A ) − zC ) ta suy ra hệ thức zC + eiu (z B1 − zC ) =
zC (1 − eiu + e2iu ) + z A (eiu − e2iu ) = z A vì eiu = −1, e3iu + 1 = 0 nên 1 − eiu + e2iu = 0, eiu − e2iu = 1.
Như vậy ta có z A1 − z A = eiu (z B − z B1 ) và suy ra AA1 = BB1 . Tương tự BB1 = CC1 . Dễ dàng
kiểm tra 3 zO2 + eiu (zO3 − zO2 ) = 3zO1 . Vậy ∆O1O2O3 đều.
(2) Dễ dàng chỉ ra z A1 + z A2 = 2z A . Vậy A là trung điểm của A1 A2 . Từ A1 A2 = 2AA1 = 2BB1
2π
. Từ đó có a để A1 A2 lớn nhất.
(b + c). Vậy A1 A2 lớn nhất bằng 2(b + c) khi A =
3
(3) được suy ra từ (2).
Ví dụ 3. Cho tam giác ABC với độ dài cạnh BC = a, CA = b, AB = c. Dựng ra phía ngoài ba tam
giác đều BCA1 , CAB1 , ABC1 . Dựng tiếp ra phía ngoài tam giác A1 B1 C1 ba tam giác đều sau đây:
B1 C1 A2 , C1 A1 B2 , A1 B1 C2 . Gọi M, N, P là trung điểm BC, CA, AB; M1 , N1 , P1 là trung điểm B1 C1 ,
C1 A1 , A1 B1 , và M2 , N2 , P2 là trung điểm B2 C2 , C2 A2 , A2 B2 , tương ứng. Chứng minh rằng
(1) AA1 2MM1 , BB1 2NN1 , CC1 2PP1 ; MM1 , NN1 , PP1 đồng quy.
=

=

=

(2) A2 M2 AM1 MM0 , trong đó M0 là trung điểm của AA1 .
=

=

(3) Hạ MM2 ⊥ B1 C1 , NN2 ⊥C1 A1 , PP2 ⊥ A1 B1 . Ta có MM2 , NN2 và PP2 đồng quy tại một điểm.
Bài giải: (1) Ta có 2z M = z B + zC , 2z M1 = z B1 + zC1 . Viết I J = z J − z I . Khi đó 2 MM1 = 2z M1 −
2z M = z B1 + zC1 − z B − zC = z A − zC + eiu (zC − z B ) = A1 A. Vậy AA1 MM1 , AA1 = 2MM1 . Ba
đoạn MM1 , NN1 , PP1 đồng quy được suy ra từ việc xét ∆MNP và phép quay eiu .

(2) Từ AA1 2MM1 suy ra AM1 MM0 . Ta lại có AM1 A2 M2 . Do vậy A2 M2 AM1 MM0 .
=

=

=

=

=

(3) Sử dụng kết quả AA1 = BB1 = CC1 = d và công thức đường trung tuyến ta có 2MB12 =
a2
a2
b2 − c2
b2 − c2
d2 + b2 − , 2MC12 = d2 + c2 − . Vậy MB12 − MC12 =
hay M2 B12 − M2 C12 =
.
2
2
2
2
c2 − a2
a2 − b2
Tương tự, có N2 C12 − N2 A21 =
, P2 A21 − P2 B12 =
. Khi đó M2 B12 − M2 C12 + N2 C12 −
2
2

N2 A21 + P2 A21 − P2 B12 = 0. Do đó MM2 , NN2 , PP2 đồng quy tại một điểm.
22


Ví dụ 4. Trong mặt phẳng cho tứ giác A0 A1 A2 A3 và định nghĩa A4k+i ≡ Ai với i = 0, 1, 2, 3 và k ∈ Z.
π
Với điểm P0 ta thực hiện phép quay tâm A0 góc quay
để được P1 ; thực hiện phép quay tâm A1 góc
2
π
π
quay để được P2 ; thực hiện phép quay tâm A2 góc quay để được P3 ; thực hiện phép quay tâm A3
2
2
π
góc quay để được P4 và cứ tiếp tục như vậy. Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để có P0 sao cho
2
P2012 ≡ P0 là A0 A2 = A1 A3 và A0 A2 ⊥ A1 A3 .
Bài giải: Tương ứng A0 , A1 , A2 , A3 là bốn số phức z0 , z1 , z2 , z3 và tương ứng với Pk là số phức
αk , k = 0, 1, 2, . . . . Khi đó có

α = z + i (α − z )


0
0
0
1






 α2 = z1 + i ( α1 − z1 )



α3 = z2 + i ( α2 − z2 )





 α = z + i ( α − z ).
4

3

3

3

Dễ dàng chỉ ra α4 = (1 − i )(z3 − z1 ) + (1 + i )(z2 − z0 ) + α0 . Vậy, qua 4 lần quay ta được một phép
tịnh tiến α4 = α0 + (1 − i )(z3 − z1 ) + i (1 − i )(z2 − z0 ). Vì 2012 = 503.4 nên α2012 = α0 + 503[(1 −
i )(z3 − z1 ) + i (1 − i )(z2 − z0 )]. Để α2012 ≡ α0 cần và đủ (1 − i )(z3 − z1 ) + i (1 − i )(z2 − z0 ) = 0
hay (z3 − z1 ) + i (z2 − z0 ) = 0. Điều này tương đương A0 A2 = A1 A3 và A0 A2 ⊥ A1 A3 .
Ví dụ 5. Trong mặt phẳng cho tứ giác ABCD nội tiếp trong đường tròn tâm O, bán kính R. Dựng ra
phía ngoài bốn hình vuông sau đây: ABB1 A2 , BCC1 B2 , CDD1 C2 và DAA1 D2 . Gọi A3 , B3 , C3 , D3 là
trung điểm các đoạn A1 A2 , B1 B2 , C1 C2 và D1 D2 , tương ứng. Chứng minh rằng
BD

và AA3 ⊥ BD, CC3 ⊥ BD. Từ đó suy ra từng cặp A3 C3 và AC; B3 D3 và BD,
2
cắt nhau tại trung điểm mỗi đoạn khi AC và BD không vuông góc với nhau.

(1) AA3 = CC3 =

(2) Tứ giác A3 B3 C3 D3 có nội tiếp trong một đường tròn không? (coi như một bài tập).
Bài giải: (1) Ta chỉ cần xét R = 1. Tương ứng A, B, C, D là bốn số phức z a , zb , zc , zd với |z a | =
|zb | = |zc | = |zd | = 1 và tương ứng Ak , Bk , Ck , Dk là các số phức z ak , zbk , zck , zdk với k = 1, 2, 3. Khi
đó
 có biểu diễn


z a + z a2






z a3 = 1
z a1 = z a − i ( z d − z a ) 
z a2 = z a + i ( z b − z a )





2










zb1 + zb2



zb = zb − i (z a − zb ) zb = zb + i (zc − zb )
zb =
3
2
1
2
và
Dễ dàng có z a3 − z a =
z
+
z c2



c
1






z c1 = z c − i ( z b − z c ) 
z c2 = z c + i ( z d − z c )
z c3 =






2








z = z − i (z − z ) 
z = z + i (z − z )
 z = z d1 + z d2 .
c
a
d
d
d1
d2

d
d
d3
2
zb − zd
BD
i
= zc3 − zc . Vậy AA3 = CC3 =
và AA3 ⊥ BD, CC3 ⊥ BD. Từ đây suy ra A3 C3 và AC
2
2
AC
cắt nhau tại trung điểm mỗi đoạn. Tương tự, BB3 = DD3 =
và BB3 ⊥ AC, DD3 ⊥ AC. Từ đây
2
suy ra B3 D3 và BD cắt nhau tại trung điểm mỗi đoạn.
(2) Gọi I, J, H, K là tâm các hình vuông ABB1 A2 , BCC1 B2 , CDD1 C2 và DAA1 D2 và ứng với số
phức z I , z J , z H , zK .
23


Ví dụ 6. Cho ∆ABC. Dựng ra phía ngoài ba hình vuông BCA1 A2 , CAB1 B2 , ABC1 C2 . Gọi tâm các
hình vuông này là I, J, K và M là trung điểm BC. Chứng minh rằng AI = JK, AI ⊥ JK và MJ =
MK, MJ ⊥ MK.
Bài giải: Tương ứng A, B, C ba số phức z A , z B , zC . Ta có biểu diễn




z A = zC + i (z B − zC )



 1
z B1 = z A + i (zC − z A )





 z C = z B + i ( z A − z B ).
1
Tương ứng I, J, K, M là bốn số phức z I , z J , zK , z M . Từ các quan hệ
z B + z A1
z + zC + i (z B − zC )
= B
2
2
zC + z B1
zC + z A + i (zC − z A )
=
=
2
2
z A + zC1
z A + z B + i (z A − z B )
=
=
2
2

zI =
zJ
zK
−→

−→

có 2 AI = z B + zC + i (z B − zC ) − 2z A , 2 JK = z B − zC + i (2z A − z B − zC ). Bởi vì z B + zC + i (z B −
zC ) − 2z A = i z B − zC + i (2z A − z B − zC ) nên có được AI = JK, AI ⊥ JK.
−→
−→
z B + zC
Từ z M =
suy ra ngay 2 MJ = z A − z B + i (zC − z A ) và , 2 MK = z A − zC + i (z A − z B ). Bởi
2
vì z A − zC + i (z A − z B ) = i z A − z B + i (zC − z A )) nên có được MJ = MK, MJ ⊥ MK.
Ví dụ 7. Giả sử điểm M ở trong hay trên cạnh hình vuông ABCD. Tìm giá trị lớn nhất của hàm
f ( M ) = ∠ MAB + ∠ MBC + ∠ MCD + ∠ MDA.
Bài giải: Không hạn chế có thể coi đỉnh A, B, C, D tương ứng với số phức z1 = 1, z2 = i, z3 =
−1, z4 = −i. Giả sử M tương ứng số phức z. Ta có
−→

−→

−→

−→

AM = z − 1, BM = z − i, CM = z + 1, DM = z + i
−→

−→

−→

−→

AB = i − 1, BC = −1 − i, CD = −i + 1, DA = 1 + i.
Ký hiệu ∠ MAB = A1 , ∠ MBC = B1 , ∠ MCD = C1 và ∠ MDA = D1 . Các góc phụ tương ứng
là A2 , B2 , C2 , D2 . Hiển nhiên A1 + B1 + C1 + D1 + A2 + B2 + C2 + D2 = 2π. Nếu A2 + B2 +
C2 + D2 > A1 + B1 + C1 + D1 thì lấy đối xứng M qua trục I J thành M , trong đó I là trung
điểm BC và J là trung điểm AD. Lúc này f ( M ) = ∠ M AB + ∠ M BC + ∠ M CD + ∠ M DA =
A2 + B2 + C2 + D2 . Do vậy có thể coi π f ( M) < 2π. Dễ dàng chỉ ra
f ( M) = arg

z−1 z−i z+1 z+i
z4 − 1
= arg
.
i − 1 −i − 1 −i + 1 i + 1
4

Hai đường chéo cắt nhau O = AC × BD và chia hình vuông ra làm 4 miền. Khi đó M thuộc
π
một miền, chẳng hạn M thuộc miền OAB và ta có thể giả thiết α = ∠ MOA
. Như vậy
4
π
π
5π

α = arg(z)
. Do vậy f ( M) = arg(z4 − 1) = ∠xAN = π + ∠OAN π + ∠OAD =
,
2
4
4
ở đó N ứng với số phức z4 . Dấu = xẩy ra khi M ≡ B, chẳng hạn. Khi đó ∠ MAB = 0, ∠ MBC =
π
π
π
5π
, ∠ MCD = và ∠ MDA = . Tóm lại, ta có f ( M)ln =
.
2
2
4
4
24


Ví dụ 8. Giả sử điểm M ở trong hay trên cạnh tam giác đều ABC. Tìm giá trị lớn nhất của hàm
f ( M) = ∠ MAB + ∠ MBC + ∠ MCA.
1
Bài giải: Không hạn chế có thể coi đỉnh A, B, C tương ứng với số phức z1 = 1, z2 = − +
2
√
√
3
3
1

i
, z3 = − − i
. Giả sử M tương ứng số phức z. Khi đó có
2
2
2
√
√
−→
−→
3 −→
1
3
1
, CM = z + + i
.
AM = z − 1, BM = z + − i
2
2
2
2
Ký hiệu ∠ MAB = A1 , ∠ MBC = B1 , ∠ MCA = C1 và các góc còn lại tương ứng là A2 , B2 , C2 . Hiển
nhiên A1 + B1 + C1 + A2 + B2 + C2 = π. Nếu A2 + B2 + C2 > A1 + B1 + C1 thì lấy đối xứng M
qua trục AH thành M , trong đó H là trung điểm BC. Lúc này f ( M ) = ∠ M AB + ∠ M BC +
π
∠ M CA = A2 + B2 + C2 . Do vậy có thể coi
f ( M) < π. Dễ dàng chỉ ra
√ 2
√
3

3
1
1
z
+
−
i
z
+
+
i
z−1
z3 − 1
2√ 2
2√ 2
√
√
f ( M) = arg
hay f ( M) = arg
. Như vậy
1
3
−i 3
1
3
3 3i
− +i
−1
+i
+1

2
2
2
2
π
( M) = arg(z3 − 1) − . Ba đoạn OA,OB,OC chia tam giác đều ra làm 3 miền. Khi đó M
2
π
2π
π
. Dấu
thuộc một miền, chẳng hạn M thuộc miền OAB. Như vậy f ( M) π + − =
6
2
3
π
π
= xẩy ra khi M ≡ B, chẳng hạn. Khi đó ∠ MAB = 0, ∠ MBC = , ∠ MCA = . Tóm lại, ta có
3
3
2π
f ( M)ln =
.
3
Ví dụ 9. Trong mặt phẳng, cho tứ giác lồi ABCD. Dựng hai hình vuông cùng hướng AEBF và CHDK.
Chứng minh đồng nhất thức
| EH 2 − FK2 | = 4S ABCD .
Bài giải: Dựng hệ tọa độ Oxy để A(0; − a), E(− a; 0), B(0; a), F ( a; 0). Giả sử tâm hình vuông
CHDK là I (u; v) và C ( x1 ; y1 ). Vì hình vuông CHDK cùng hướng hình vuông AEBF nên sử
−π

dụng phép quay tâm I (u; v) với góc quay
biểu diễn qua ma trận:
2

 


x −u
0 1
x−u

=


y −v
−1 0
y−v
ta được H (u − v + y1 ; u + v − x1 ). Dễ dàng có D (2u − x1 ; 2v − y1 ), và K (u + v − y1 ; v − u + x1 ).
Ta có | EH 2 − FK2 | = 4|ua + uy1 − vx1 | = 4S ABCD .
Ví dụ 10. Trong mặt phẳng, cho hai hình vuông ABCD, A B C D với thứ tự các đỉnh cùng theo một
hướng. Chứng minh đồng nhất thức
A A2 + C C 2 = B B2 + D D 2 .

25