cac chuyen de boi duong hoc sinh gioi toan 2015 tai dak lak

HỘI TOÁN HỌC HÀ NỘI

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK

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

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

CHỦ BIÊN:

NGUYỄN VĂN MẬU, PHAN HỒNG

CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN HỌC
BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI
KHU VỰC DUYÊN HẢI NAM
TRUNG BỘ VÀ TÂY NGUYÊN

KỶ YẾU

HỘI THẢO KHOA HỌC

BUÔN MA THUỘT 14-15/03/2015


.

2


HỘI TOÁN HỌC HÀ NỘI

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK

NGUYỄN VĂN MẬU, PHAN HỒNG (Chủ biên)

CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN HỌC
BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI
KHU VỰC DUYÊN HẢI NAM
TRUNG BỘ VÀ TÂY NGUYÊN

KỶ YẾU HỘI THẢO KHOA HỌC
Buôn Ma Thuột, ngày 14-15 tháng 03 năm 2015


1. TRANG BÌA:
Nhà xuất bản: THIẾT KẾ LẠI MÀU SẮC, CHỈNH SỬA PHÙ HỢP VỚI BẢN IN
2. ĐỀ MỤC Ở SỐNG BÌA:
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN HỌC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI
TRUNG HỌC PHỔ THÔNG


Các báo cáo khoa học
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN HỌC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI
KHU VỰC DUYÊN HẢI NAM TRUNG BỘ VÀ TÂY NGUYÊN
tại Thành phố Buôn Ma Thuột vào các ngày 14-15/03/ 2015
Chiều ngày 13.03.2015
16h00-17h30 Họp BTC và Ban Chương trình
18h00-20h00 Ăn tối
Ngày 14.03.2015, buổi sáng
08h00-08h30 Văn nghệ chào mừng
08h30-09h00 Khai mạc

Phát biểu khai mạc: Giám đốc sở GD và ĐT Đắc Lắk - Phan Hồng
Phát biểu tham luận của các đại biểu đại diện các sở GD:
Phát biểu: GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu
Phát biểu tổng kết: Giám đốc sở GD và ĐT Đắc Lắk - Phan Hồng
11h00-12h30 Ăn trưa
Ngày 14.03.2015, buổi chiều
13h30-14h00 Khai mạc
Phát biểu khai mạc: Hiệu trưởng THPT Chuyên Nguyễn Du - Lê Văn Thái
Phát biểu của các đại biểu:
Phát biểu đề dẫn: GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu
14h00-15h30 Các báo cáo khoa học phiên họp toàn thể
Điều khiển: PGS.TS Trần Huy Hổ, PGS.TS Nguyễn Thủy Thanh
1. Đàm Văn Nhỉ, Đa thức bất khả quy và một vài vận dụng liên quan
2. Trịnh Đào Chiến, Các dạng toán chọn học sinh giỏi cấp quốc gia những năm gần đây
3. Trần Nam Dũng, Toán học và thuật toán
4. Hồ Thắng, Một số ứng dụng của bất biến trong dãy số và số học
5. Nguyễn Bá Đang, Một góc nhìn thông qua các bài hình học ở các kì thi Olympic Toán quốc tế
6. Phạm Đăng Long, Áp dụng mệnh đề trong các bài toán logic
7. Trương Ngọc Đắc, Một số dãy số sinh bởi các hàm lượng giác
8. Lê Sáng, Huỳnh Bá Lộc, Một số ứng dụng của phép biến đổi Abel
15h30-15h45 Nghỉ giải lao
15h45-17h30 Các báo cáo khoa học phiên chuyên đề
Điều khiển: TS. Trần Nam Dũng, TS Trịnh Đào Chiến
1.
2.
3.
4.
5.

Lê Quốc Bảo, Một hướng tiếp cận giải bài toán dãy số

Nguyễn Tài Chung, Giới hạn của các dãy số sinh bởi tổng
Lê Thị Ánh Đoan, Một số vấn đề liên quan đến hàm phần nguyên
Nguyễn Văn Giang, Một số dạng toán về bất phương trình hàm
Cao Trần Tứ Hải, Một số phương pháp giải toán tổ hợp
1


6. Nguyễn Văn Quang, Một số ứng dụng của tâm vị tự
7. Đoàn Văn Khiêm, Một số dạng toán về bất đẳng thức trong tứ diện tương tự như tam giác
8. Hoàng Đạt Hạ, Một số áp dụng khai triển Taylor trong bất đẳng thức và tính giới hạn
9. Nguyễn Thị Minh Nguyệt, Phương pháp giải bài toán chia hết
10. Hà Duy Nghĩa, Một số ứng dụng của thặng dư bậc hai
11. Lê Thị Kim Uyên, Đa thức Fibonacci và ứng dụng
12. Mai Đức Thanh, Một số dạng toán về dãy số trong tổ hợp
13. Lương Ngọc Tiến, Một số bài toán giải bằng phương pháp đếm theo hai cách
14. Lại Thị Ánh Vân, Một số dạng toán suy luận logic
15. Nguyễn Mạnh Quyền, Một số ứng dụng của nguyên lí Dirichlet trong toán học
16. Nguyễn Thị Phương Thảo, Áp dụng nguyên lý xuống thang giải một số dạng toán
17h30-18h00 Tổng kết hội thảo
Điều khiển: GS.TSKH. Nguyễn Văn Mậu
18h00-20h00 Ăn tối
20h00-22h30 Giao lưu văn nghệ

Ngày 15.03.2015
08h00-9h30: Chương trình hội nghị bàn tròn về
Trao đổi các kinh nghiệm bồi dưỡng học sinh giỏi
Điều khiển: GS.TSKH. Nguyễn Văn Mậu, GĐ Phan Hồng
1. Tổ Toán - Tin, Trường THPT Mạc Đĩnh Chi, Gia Lai, Một số phương pháp xác định số hạng
tổng quát của dãy số
2. Lê Trang Tơr, Một số bài tập về dãy số tuần hoàn

3. Ngô Minh Ngọc Richard 10CT, Nguyễn Văn Quang, Một số ứng dụng của nguyên lí Dirichlet
trong tổ hợp và bất đẳng thức
4. Hoàng Huy Thông - Bùi Bá Anh 10CT, Nguyễn Văn Quang, Phương pháp phản chứng trong
hình học
5. Phan Ngọc Toàn, Ứng dụng cấp phần tử trong bài toán số học

9h30-18h00: Chương trình tham quan thực địa.

2


Mục lục
Chương trình: Các báo cáo khoa học

1

Lời nói đầu

5

1. Lê Văn Thái
Báo cáo đề dẫn Hội thảo khoa học

6

2. Trần Nam Dũng,
Toán học và thuật toán

8

3. Đàm Văn Nhỉ,
Đa thức bất khả quy và một vài vận dụng liên quan

14

4. Trịnh Đào Chiến,
Các dạng toán chọn học sinh giỏi cấp quốc gia những năm gần đây

26

5. Nguyễn Bá Đang,
Một góc nhìn thông qua các bài hình học ở các kì thi Olympic Toán quốc tế

30

6. Lê Quốc Bảo,
Một hướng tiếp cận giải bài toán dãy số

38

7. Nguyễn Tài Chung,
Giới hạn của các dãy số sinh bởi tổng

46

8. Trương Ngọc Đắc,
Một số dãy số sinh bởi các hàm lượng giác

58

9. Phạm Đăng Long,
Áp dụng mệnh đề trong các bài toán logic

65

10. Lê Thị Ánh Đoan,
Một số vấn đề liên quan đến hàm phần nguyên

72

11. Nguyễn Văn Giang,
Một số dạng toán về bất phương trình hàm

83

12. Hoàng Đạt Hạ,
Một số áp dụng khai triển Taylor trong bất đẳng thức và tính giới hạn

92

13. Nguyễn Thị Minh Nguyệt,
Phương pháp giải bài toán chia hết

99

14. Cao Trần Tứ Hải,
Một số phương pháp giải toán tổ hợp

105

15. Hà Duy Nghĩa,
Một số ứng dụng của thặng dư bậc hai

114

16. Hồ Thắng,
Một số ứng dụng của bất biến trong dãy số và số học
17. Lê Thị Kim Uyên,
3

123


Đa thức Fibonacci và ứng dụng

135

18. Nguyễn Văn Quang,
Một số ứng dụng của tâm vị tự

144

19. Lê Sáng, Huỳnh Bá Lộc,
Một số ứng dụng của phép biến đổi Abel

148

20. Lê Trang Tơr,
Một số bài tập về dãy số tuần hoàn

153

21. Đoàn Văn Khiêm,
Một số dạng toán về bất đẳng thức trong tứ diện tương tự như trong tam giác

160

22. Mai Đức Thanh,
Một số dạng toán về dãy số trong tổ hợp

171

23. Lương Ngọc Tiến,
Một số bài toán giải bằng phương pháp đếm theo hai cách

174

24. Lại Thị Ánh Vân,
Một số dạng toán suy luận logic

185

25. Nguyễn Mạnh Quyền,
Một số ứng dụng của nguyên lí Dirichlet trong toán học

193

26. Nguyễn Thị Phương Thảo,
Áp dụng nguyên lý xuống thang giải một số dạng toán

207

27. Tổ Toán - Tin, Trường THPT Mạc Đĩnh Chi, Gia Lai,
Một số phương pháp xác định số hạng tổng quát của dãy số

215

28. Ngô Minh Ngọc Richard 10CT, Nguyễn Văn Quang,
Một số ứng dụng nguyên lí Dirichlet trong tổ hợp và bất đẳng thức

225

29. Hoàng Huy Thông - Bùi Bá Anh 10CT, Nguyễn Văn Quang,
Phương pháp phản chứng trong hình học

236

4


Liên kêt bồi dưỡng học sinh giỏi khu vực
Duyên hải Nam Trung bộ và Tây Nguyên
- Động lực thúc đẩy phát triển học sinh giỏi
các tỉnh trong khu vực
Hòa chung trong không khí kỷ niệm 40 năm giải phóng Buôn Ma Thuột mở màn cho cuộc
Tổng tiến công và nổi dậy mùa Xuân năm 1975, đỉnh cao là Chiến dịch Hồ Chí Minh lịch sử,
giải phóng hoàn toàn miền Nam, thống nhất Tổ quốc; cùng với việc triển khai Nghị quyết số
29-NQ/TW Hội nghị lần thứ 8, Ban Chấp hành Trung ương khóa XI với nội dung đổi mới căn
bản, toàn diện giáo dục và đào tạo, đáp ứng yêu cầu công nghiệp hóa – hiện đại hóa trong điều
kiện kinh tế thị trường định hướng xã hội chủ nghĩa và hội nhập quốc tế; nhằm phát triển học

sinh giỏi của các tỉnh trong khu vực, Sở Giáo dục và Đào tạo Đắk Lắk cùng với các Sở Giáo dục
và Đào tạo các tỉnh khu vực duyên hải Nam Trung bộ và Tây Nguyên phối hợp với Hội Toán học
Hà Nội đồng tổ chức Hội nghị liên kết bồi dưỡng học sinh giỏi các tỉnh khu vực duyên hải Nam
Trung bộ và Tây Nguyên lần thứ V.
Qua 4 kỳ tổ chức Hội nghị, lần lượt tại Phú Yên, Khánh Hòa, Bình Định và Gia Lai, đến nay
công tác bồi dưỡng học sinh giỏi Trung học phổ thông được các tỉnh quan tâm và thường xuyên
chia sẻ kinh nghiệm. Số lượng học sinh giỏi hàng năm của các tỉnh trong khu vực được phát triển
về cả số lượng lẫn chất lượng, nhiều tỉnh đã có học sinh đoạt giải cao trong kỳ thi học sinh giỏi
Trung học phổ thông Quốc gia; một số tỉnh đã có học sinh đoạt giải trong kỳ thi Olympic Quốc
tế. Thành tích này đã thể hiện được tinh thần và ý chí phấn đấu của học sinh và giáo viên của
các tỉnh trong khu vực.
Trên cơ sở thực trạng công tác phát hiện, tuyển chọn, bồi dưỡng và kết quả thi học sinh giỏi
Trung học phổ thông trong những năm qua của các tỉnh khu vực duyên hải Nam Trung bộ và
Tây Nguyên, Hội nghị lần này đánh giá một cách khách quan, thực chất về công tác liên kết bồi
dưỡng học sinh giữa các tỉnh, từ đó đề xuất những giải pháp hữu hiệu nhằm phát triển học sinh
giỏi cho những năm tiếp theo.
Hội nghị vinh dự được đón tiếp nhiều nhà khoa học, nhà giáo lão thành, các chuyên gia đầu
ngành thuộc bộ môn Toán học và Ngữ văn; các chuyên gia giáo dục, lãnh đạo và cán bộ phụ trách
chuyên môn các Sở Giáo dục và Đào tạo; các thầy giáo, cô giáo bộ môn các tỉnh khu vực duyên
hải Nam Trung bộ và Tây Nguyên đang trực tiếp bồi dưỡng học sinh giỏi. Ban tổ chức Hội nghị
hy vọng việc trao đổi kinh nghiệm về tuyển chọn, bồi dưỡng học sinh giỏi của đại biểu tham dự
Hội nghị chắc chắn sẽ là bài học quý giá cho các tỉnh khu vực duyên hải Nam Trung bộ và Tây
Nguyên trong công tác phát triển học sinh giỏi.
Công tác phát hiện, tuyển chọn và bồi dưỡng học sinh giỏi là một nhiệm vụ đặc biệt quan
trọng trong việc thực hiện nhiệm vụ chung về Giáo dục và Đào tạo của các tỉnh. Những năm qua,
so với một số tỉnh có truyền thống ở khu vực đồng bằng Bắc bộ và Bắc Trung bộ và các thành
phố trực thuộc Trung ương thì kết quả về học sinh giỏi Trung học phổ thông của các tỉnh khu
vực duyên hải Nam Trung bộ và Tây Nguyên vẫn còn khiêm tốn, cần phải phấn đấu nhiều hơn
nữa. Đây là điều trăn trở của cán bộ quản lý củng như những giáo viên trực tiếp tham gia bồi
dưỡng học sinh giỏi. Vì vậy, việc tổ chức Hội nghị liên kết bồi dưỡng học sinh giỏi các tỉnh khu

vực duyên hải Nam Trung bộ và Tây Nguyên sẽ là động lực để các tỉnh hoạch định chiến lược
phát triển học sinh giỏi.
Là đơn vị tổ chức Hội nghị, Sở Giáo dục và Đào tạo Đắk Lắk chân thành cám ơn các nhà
khoa học, nhà giáo lão thành, chuyên gia đầu ngành thuộc bộ môn Toán học và Ngữ văn; chuyên
gia giáo dục, lãnh đạo và cán bộ phụ trách chuyên môn các Sở Giáo dục và Đào tạo; thầy giáo,
cô giáo đã tham gia và viết bài góp phần cho việc tổ chức thành công Hội nghị.

5


Báo cáo đề dẫn Hội thảo khoa học
Các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi
Khu vực Duyên hải Nam Trung bộ và Tây Nguyên
Lê Văn Thái
Hiệu trưởng trường THPTC Nguyễn Du, tỉnh Đắk Lắk
Kính thưa quí vị đại biểu, quý thầy cô giáo !
Hôm nay trong không khí vui tươi của thành phố Buôn Ma Thuột vừa tổ chức lễ kỷ niệm 110
năm ngày thành lập và 40 năm ngày giải phóng Buôn Ma Thuột. Sở Giáo dục và Đào tạo Đắk
Lắk kết hợp với Hội Toán học Hà Nội tổ chức hội thảo các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi môn
Toán THPT khu vực Duyên hải Nam Trung bộ và Tây nguyên. Chúng tôi rất vui mừng được đón
tiếp lãnh đạo các Sở GD& ĐT trong khu vực, các chuyên gia bộ môn Toán, các thầy cô là chuyên
viên chỉ đạo bộ môn Toán của các Sở , Nhà trường và giáo viên trực tiếp giảng dạy bồi dưỡng học
sinh giỏi môn Toán đã đến tham dự hội thảo.
Chúng ta đã biết nhằm tạo sự liên kết bồi dưỡng trong khu vực từ năm học 2010 – 2011 Sở
Giáo dục Đào tạo Phú Yên đã đăng cai tổ chúc Hội thảo Khoa học “ Các chuyên đề Toán học bồi
dưỡng học sinh giỏi” khu vực Duyên hải Nam Trung bộ và Tây nguyên lần thứ nhất; sau đó là
đến các Sở Giáo dục và Đào tạo Khánh Hòa, Bình Định, Gia Lai. Hôm nay, ngày 14/3/2015 tại
trường THPTC Nguyễn Du tỉnh Đắk Lắk diễn ra Hội thảo Khoa học lần thứ 5 do Sở Giáo dục
và đào tạo Đắk Lắk được tiếp tục đăng cai tổ chức.
Trong những năm qua, được sự quan tâm của lãnh đạo Bộ và các Sở Giáo dục và Đào tạo,

của Viện nghiên cứu Toán cao cấp, Hội Toán học Hà Nội và của toàn xã hội, vấn đề bồi dưỡng
học sinh giỏi môn Toán được chú trọng và tạo nhiều điều kiện thuận lợi, các giáo viên và học sinh
trong khu vực đã có nhiều nổ lực, cố gắng và quyết tâm cao hơn nên kết quả đã có nhiều khởi sắc
hơn, đã có những học sinh trong khu vực đạt giải quốc tế, đạt giải nhất, nhiều giải nhì môn Toán
và tất cả các Sở đều có học sinh giỏi quốc gia môn Toán. Tuy nhiên số lượng và chất lượng giải
còn thấp so với các khu vực khác, số giải không ổn định, sự liên kết trong bồi dưỡng đã có nhưng
mang tính chất riêng lẻ, không ổn định.
Mục tiêu của hội thảo nhằm xác định về tầm quan trọng của việc giảng dạy và bồi dưỡng học
sinh giỏi môn Toán, thảo luận một số chuyên đề Toán học do các giáo viên, chuyên gia trình bày,
tìm ra các giải pháp để nâng cao chất lượng bồi dưỡng học sinh giỏi trong khu vực. Nội dung của
hội thảo tập trung vào các vấn đề sau:
- Nghe báo cáo một số chuyên đề Toán học .
- Thảo luận để hoàn chỉnh các báo cáo.
- Trao đổi các kinh nghiệm bồi dưỡng học sinh giỏi.
- Định hướng cho nội dung Hội thảo và Liên kết bồi dưỡng trong năm học 2015 – 2016.
Hội thảo Khoa học năm nay đã được sự quan tâm rất lớn của Lãnh đạo Bộ và các Sở Giáo
dục và Đào tạo trong khu vực, Hội Toán học Hà Nội, một số chuyên gia đầu ngành môn Toán, các
trường THPT chuyên trong khu vực, các trường THPT của tỉnh Đắk Lắk và một số tỉnh trong
khu vực, các giáo viên đang bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán. Ban tổ chức hội thảo đã nhận
được 28 chuyên đề của các giáo viên thuộc các Sở Giáo dục và Đào tạo Bình Định, Khánh Hòa,
Lâm Đồng, Ninh Thuận, Đắk Nông, Đắk Lắk. Đặc biệt có 2 chuyên đề của một số học sinh lớp
10 chuyên Toán trường THPT Chuyên Nguyễn Du, Đắk Lắk. Các chuyên đề thuộc các lĩnh vực
khác nhau của Toán học như: Tổ hợp; Số học; Hình học; Dãy số; Bất đẳng thức; Phương trình
hàm; Các phương pháp chứng minh Toán học;... Nhiều chuyên đề đã thể hiện sự cố gắng của tác
giả trong nghiên cứu, tổng hợp, có nhiều ứng dụng và được đề cập trong các kỳ thi chọn học sinh
giỏi các cấp.
Chúng tôi rất mong từ các báo cáo cụ thể và những ý kiến trao đổi thống nhất trong hội thảo,
6

cũng như những ý kiến đóng góp của các chuyên gia, các lãnh đạo sẽ giúp chúng ta đạt được các
mục tiêu của hội thảo năm nay.
Cuối cùng chúng tôi xin chân thành cám ơn Hội Toán học Hà Nội; Lãnh đạo các Sở Giáo dục
và Đào tạo trong khu vực; quý vị đại biểu; quý thầy cô giáo tham dự hội nghị và mong được quý
vị bỏ qua những thiếu sót của chúng tôi trong quá trình tổ chức hội thảo. Kính chúc quý vị đạt
được nhiều thành công, nhiều niềm vui và sức khỏe. Kính chúc hội thảo thành công tốt đẹp.

7


Toán học và thuật toán
Nguyễn Tiến Dũng, Đại học Toulouse, Pháp
Trần Nam Dũng, Đại học KHTN, ĐHQG Tp. HCM

1

Lời giới thiệu

Nguyễn Tiến Dũng là giáo sư ĐH Toulouse, Pháp. Thời còn học sinh, Nguyễn Tiến Dũng đã
từng tham gia kỳ thi IMO 1985 và đạt huy chương vàng khi mới 15 tuổi. GS Nguyễn Tiến Dũng
có nhiều bài viết về toán học và giảng dạy toán học đăng trên trang web cá nhân zung.zetamu.net.
Trần Nam Dũng là giảng viên trường ĐH KHTN Tp HCM. Thời còn học sinh, Trần Nam
Dũng đã từng tham gia kỳ thi IMO 1983 và đạt huy chương bạc khi mới 17 tuổi. TS Trần Nam
Dũng có nhiều bài viết về các chuyên đề Olympic Toán và là người khởi xướng và tổ chức các hoạt
động cho phong trào chuyên toán các tỉnh phía Nam.
Nguyễn Tiến Dũng và Trần Nam Dũng đều học đại học tại trường ĐHTH Matxcova mang tên
Lô-mô-nô-xốp và là người được GS Nguyễn Văn Mậu dẫn dắt qua nhiều thời kỳ.
Bài viết này là bài viết chung của hai Dũng dành tặng cho GS Nguyễn Văn Mậu và Hội thảo.
Trong cuộc sống và trong công việc, chúng ta hay gặp phải những tình huống lạ, những tình
huống mà chúng ta mới gặp lần đầu, chưa biết trước cách giải quyết. Những tình huống đó gây

khó khăn cho chúng ta, đòi hỏi chúng ta phải suy nghĩ về những vấn đề lạ. Nhưng đồng thời đó
cũng chính là cơ hội cho chúng ta vươn lên và khám phá được những cái mới, còn những công
việc lặp đi lặp lại đã có máy móc dần dần làm thay cho con người.
Để giải quyết một vấn đề mà chúng ta gặp phải, chúng ta cần tìm ra một cách giải, hay có thể
gọi là một thuật toán để đi đến lời giải. Trong các môn học ở nhà trường, thì môn toán chính là
môn tốt nhất để dạy và học về cách tiếp cận thuật toán đối với các vấn đề. Nếu như qua việc học
toán mà học sinh hiểu được bản chất các thuật toán quan trọng nhất để áp dụng trong các tình
huống khác nhau trong cuộc sống và công việc, thì có thể coi đây là sự thành công của bản thân
môn toán trong giáo dục. Rất tiếc rằng, điều này còn rất lâu mới trở thành hiện thực. Vào thời
điểm hiện tại, trên thế giới, khía cạnh thuật toán vẫn còn ít được quan tâm tới trong việc dạy và
học toán.
Một ví dụ điển hình cho khẳng định trên chính là kỳ thi toán olympic IMO 2014 vừa qua. Đề
bài của IMO 2014 không hề rắm rối phức tạp, đặc biệt nếu so với đề thi HSG của Việt Nam. Và
chỉ cần kiến thức toán PTCS chứ cũng không cần đến kiên thức PTTH để có thể hiểu đề bài và
lời giải của toàn bộ đề thi. Thế nhưng, điểm thi năm nay tương đối thấp so với các năm khác,
nên chỉ cần được 29/42 điểm (tức là chỉ cần làm được 4/6 bài và viết được một hai ý gì đó cho 2
bài còn lại) là được huy chương vàng. Một số bài năm nay khó, không phải là vì chúng phức tạp,
mà là vì chúng lạ, khiến cho các thí sinh ngỡ ngàng không biết làm thế nào. Chúng tôi sẽ lấy bài
số 5 và bài số 6 của IMO 2014 làm ví dụ, chính là hai bài mà đoàn Việt Nam được ít điểm.
Nhưng trước khi bước vào các bài toán này, ta sẽ xem xét qua một số ví dụ mở đầu, đơn giản
và dễ hiểu hơn.

2

Các ví dụ

Bài toán 1. Có một số hòn đá, mỗi hòn đá nặng không quá 0,5 kg. Tổng trọng lượng của chúng
không quá 2,5 kg. Chứng minh rằng có thể chia các hòn đá này thành 4 nhóm, mỗi nhóm có tổng

8

trọng lượng không lớn hơn 1 kg. Kết luận bài toán còn đúng không nếu ta thay 4 nhóm bằng 3
nhóm?
Điều khó chịu trong bài toán này là ta không biết có bao nhiêu hòn đá, và trọng lượng của các
hòn đá đó. Cấu hình là khá lỏng lẻo với các điều kiện dạng bất đẳng thức. Ta nhận thấy rằng,
điều kiện hòn đá nặng không quá 0,5 kg sẽ suy ra tổng trọng lượng hai hòn đá bất kỳ không quá
1 kg.
Như vậy, nếu số hòn đá ≤ 8 thì kết luận bài toán là hiển nhiên (ta có thể chia thành 4 nhóm,
mỗi nhóm có 1 hoặc 2 hòn đá). Thế nếu có 9 số thì sao? Lúc này nếu chia làm 4 nhóm, sẽ có một
nhóm có ít nhất 3 hòn đá, và tổng trọng lượng 3 hòn đá này có thể không còn ≤ 1 kg. Nhưng nếu
ta chọn được 3 hòn đá có tổng trọng lượng ≤ 1 kg thì trường hợp này giải quyết xong, vì lúc đó
6 hòn đá còn lại có thể chia thành 3 nhóm, mỗi nhóm 2, có tổng trọng lượng hiển nhiên ≤ 1 kg.
Làm sao để tìm được 3 hòn đá có tổng trọng lượng ≤ 1 kg? Một cách tự nhiên, ta chọn 3 hòn
đá có trọng lượng nhỏ nhất và chứng minh tổng trọng lượng ba hòn đá này không lớn hơn 1 kg.
Điều này là khá hiển nhiên vì tổng trọng lượng 3 hòn đá nhẹ nhất bao giờ cũng không lớn hơn
1/3 tổng của cả 9 hòn đá. Ta giải quyết xong trường hợp có 9 hòn đá.
Nếu có 10 số thì sao?
Lúc này có thể có đến 2 nhóm có 3 hòn đá. Và ta không chắc là có thể chọn sao cho cả hai
nhóm 3 viên này đều có tổng trọng lượng ≤ 1 kg. Làm thế nào để đưa về trường hợp 9 hòn đá?
Đến đây, có một ý tưởng mang tính đột phá nảy sinh: Vì có 10 hòn đá, ta chia thành 5 cặp thì
ắt có 1 cặp có tổng trọng lượng ≤ 0, 5 kg. Ta cột hai hòn đá này làm một và đưa bài toán về bài
toán 9 hòn đá. Và ý tưởng này có thể áp dụng để có một lời giải hoàn chỉnh như sau:
a) Nếu có hai hòn đá nào đó có tổng trọng lượt ≤ 0, 5 kg thì ta cột hai hòn đá đó lại. Sau quá
trình thay như thế, ta được một số hòn đá, mỗi hòn đá có trọng lượng ≤ 0, 5, tổng trọng lượng
các hòn đá ≤ 2, 5 kg và tổng hai hòn đá bất kỳ > 0,5. Ta chứng minh với các hòn đá như vậy ta
luôn chia được thành 4 nhóm thỏa mãn yêu cầu đề bài, và như thế các hòn đá ban đầu cũng chia
được.
Với tính chất tổng trọng lượng hai hòn đá bất kỳ > 0,5 ta thấy số các hòn đá không quá 9.
Nếu số các hòn đá là 8 trở xuống thì cách chia là hiển nhiên: ta chia thành 4 nhóm, mỗi nhóm 1

hoặc 2 hòn đá. Vậy ta chỉ cần xét TH có 9 hòn đá.
Giả sử trọng lượng 9 hòn đá đó là
a1 ≤ a2 ≤ a3 ... ≤ a9 .
Ta thấy
a1 + a2 + a3 ≤ (a1 + .. + a9 )/3 < 1.
Như vậy ta có thể chia 9 hòn đá này thành 4 nhóm có tổng trọng lượng tương ứng là:
a1 + a2 + a3 , a4 + a5 , a6 + a7 , a8 + a9
thỏa mãn điều kiện.
b) Kết luận không đúng: Ta có thể chọn 7 hòn đá có trọng lượng đều bằng 5/14 kg. Nếu chia
thành 3 nhóm, sẽ có 1 nhóm chứa ít nhất 3 hòn đá, tổng trọng lượng của chúng sẽ bằng 15/14 > 1
(kg).
Tư duy thuật toán trong bài toán này rất rõ ràng: từ nhiều hòn đá, ta "thu gọn" lại thành một
bộ mới vẫn thỏa mãn các tính chất đề bài nhưng có thêm tính chất bổ sung (tổng trọng lượng
hai hòn đá bất kỳ > 0, 5) và từ đó tìm ra lời giải. Chính ý tưởng thu gọn này cũng được áp dụng
hiệu quả trong lời giải bài toán 5 của IMO 2014 mà ta sẽ đề cập đến ở phần sau.
Bài toán 2. Tổng của 50 số nguyên dương bằng 99. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương
S nhỏ hơn 100 tìm được một số số trong các số đã cho có tổng bằng S.
9


Cố gắng giải trực tiếp sẽ dẫn đến việc xét khá nhiều trường hợp. Mối liên hệ giữa các con số
50 và 99 gợi chúng ta đến một cách tiếp cận rất quen thuộc trong các bài toán sử dụng thuật
toán: Đặt bài toán tổng quát rồi giải nó, sử dụng tư duy quy nạp.
Ta chứng minh bằng quy nạp mạnh mệnh đề: Từ n số nguyên dương có tổng bằng 2n − 1 có
thể chọn ra một số hoặc một vài số có tổng là một giá trị bất kỳ từ 1 đến 2n − 1.
Giả sử mệnh đề đã đúng đến n. Xét n + 1 số nguyên dương có tổng bằng 2n + 1. Trong các
số đó, sẽ có một số số bằng 1 (có ít nhất 1 số). Ta loại những số này ra. Trong các số còn lại, gọi
k là số nhỏ nhất. Nếu k = 2 thì ta loại 1 số 2 đi, còn lại n số có tổng bằng 2n − 1. Theo GTQN
thì các tổng có giá trị từ 1 đến 2n − 1 là "chọn được". Để có tổng bằng 2n, ta chỉ cần loại 1 số 1.
Vậy là TH này ổn. Nếu k = 3 thì do trung bình của tất cả các số < 2 nên phải có ít nhất 2 số 1

nữa. Ta loại đi 1 số 1, 1 số 3 thì còn lại n − 1 số có tổng bằng 2n − 3. Như vậy các tổng có giá trị
từ 1 đến 2n − 3 đều chọn được. Để có 2n − 2 thì ta thêm 1 vào, để có 2n − 1 thì thêm 3 vào bỏ 2
số 1 đi, để có 2n và 2n + 1 lại lần lượt thêm các số 1 vào.
Ta có thể áp dụng lý luận này cho k bất kỳ. Với k bất kỳ, trung bình của tất cả các số < 2 nên
phải có ít nhất k − 1 số 1 nữa. Ta bỏ đi số k và k − 2 số 1 thì còn lại n − (k − 1) số có tổng bằng
2n − 1 − (k + k − 2) = 2(n − k + 1) − 1. Theo giả thiết quy nạp, các tổng từ 1 đến 2(n − k + 1) − 1
đều chọn được. Ta lần lượt cho thêm các số 1 vào thì sẽ được tiếp các tổng 2(n − k + 1) đến
2(n − k + 1) + k − 3. Tiếp theo, ta lấy k − 1 số 1 trong tổng 2(n − k + 1) + k − 3 ra và thêm k
vào thì được tổng 2(n − k + 1) + k − 2, rồi lần lượt cho các số 1 thêm vào để được các tổng cho
đến 2n − 1.
Bài toán 3. Hai bạn An và Bình chơi trò chơi bốc kẹo. Ban đầu trên bàn có 25 viên kẹo. Bắt
đầu từ An, hai bạn luân phiên nhau bốc kẹo, mỗi lần được phép bốc 1, 2 hoặc 3 viên. Đến khi
hết kẹo trên bàn ai bốc được tổng cộng một số chẵn viên kẹo sẽ thắng. Hỏi ai là người có chiến
thuật thắng nếu cả hai cùng chơi đúng?
Để giải các bài toán kiểu này, chúng ta có một cách tiếp cận chung là làm từ dưới lên, tức là
xét bài toán với số kẹo nhỏ hơn. Do tính chất của bài toán, bài toán sẽ có ý nghĩa nếu số viên kẹo
ban đầu là lẻ.
Ví dụ nếu trên bàn có 1 viên kẹo, 3 viên kẹo, 5 viên kẹo thì sao.
Rõ ràng nếu trên bàn có 1 viên kẹo thì An sẽ phải bốc và sẽ thua. Nếu là 3 thì An sẽ bốc 2
viên và thắng. Còn nếu có 5 viên kẹo thì sao?
An có 3 phương án để bốc: Nếu An bốc 2 hoặc 3 viên thì Bình sẽ bốc 2 viên và thắng. Nhưng
nếu An bốc 1 viên thì cho dù Bình bốc thế nào, An cũng thắng:
- Bình bốc 1, An bốc 3
- Bình bốc 2, An bốc 1
- Bình bốc 3, An bốc 1
Xét đến trường hợp có 7 viên kẹo. An cũng có 3 cách bốc, tương ứng 1 viên, 2 viên, 3 viên.
- Nếu An bốc 1 viên thì Bình bốc 1 viên và Bình sẽ thắng, vì nếu tiếp theo An bốc 1 hoặc 2
viên thì Bình bốc 3, An bốc 3 viên thì Bình bốc 1.
- Nếu An bốc 2 viên thì Bình bốc 1 viên và Bình sẽ thắng (1, 3), (2, 1), (3, 1).
- Nhưng nếu An bốc 3 viên thì An thắng, vì nếu Bình bốc 1 thì An bốc 3, Bình bốc 2 thì An

bốc 1, Bình bốc 3 thì An bốc 1.
Cứ như vậy, ta có thể xây dựng lên. Tuy nhiên, có thể thấy rõ một liên hệ đệ quy như sau.
Ta quy ước đánh số các trạng thái bằng 2 tham số (X, Y ) với X là tính chẵn lẻ của số viên kẹo
mình đã có và Y là số viên kẹo còn lại khi đến lượt mình bốc. Ví dụ, với An lúc bắt đầu cuộc chơi
với bài toán ban đầu có 5 viên kẹo thì trạng thái là (C, 5). Từ trạng thái này, bằng cách bốc, An
sẽ đặt Bình vào 1 trong 3 trạng thái (C, 4), (C, 3), (C, 2). Các trạng thái (C, 3) và (C, 2) là trạng
thái thắng (Bình chỉ việc bốc 2 viên), còn (C, 4) là trạng thái thua (vì Bình bốc 1 An sẽ bốc 3,
Bình bốc 2, 3 An sẽ bốc 1). Do An có quyền chọn nên An sẽ đưa về (C, 4). Như vậy, một trạng
10


thái sẽ là trạng thái thắng nếu có 1 cách đưa về trạng thái thua (cho đối phương), còn 1 trạng
thái sẽ là thua nếu mọi cách đi đều đưa về trạng thái thắng cho đối phương.
Cuối cùng, chú ý là do tổng số viên kẹo ban đầu là lẻ, nên từ trạng thái (C, 5) sẽ chuyển về trạng
thái (C, 4), (C, 3), (C, 2), nhưng từ trạng tháng (C, 6) sẽ chuyển về trạng thái (L, 5), (L, 4), (L, 3).
Từ trạng thái (L, 5) sẽ chuyển về các trạng thái (L, 4), (L, 3), (L, 2).
Từ đây, ta dễ dàng xây dựng được bảng các giá trị của các trạng thái (1 tương ứng A thắng,
0 tương ứng Bình thắng)

C
L

1
0
1

2
1
1

3
1
1

4
0
1

5
1
0

6
1
1

7
1
1

8
1
0

9
0
1

10
1

1

11
1
1

12
0
1

13
1
0

14
1
1

15
1
1

16
1
0

17
0
1

18
1
1

19
1
1

20
0
1

Tính tiếp ta tìm được (C, 25) = 0, tức là An thua, Bình thắng.
Bây giờ, sau khi làm quen với cách tiếp cận thuật toán, ta sẽ xem xét đến phân tích hướng
giải cho hai bài toán IMO 2014.
Bài toán 4 (IMO 2014). Bài số 5 của IMO 2014 như sau:
Có một đống đồng xu có tổng mệnh giá nhỏ hơn hoặc bằng 99,5, sao cho mệnh giá của đồng
xu nào cũng có dạng 1/n với n là số tự nhiên (các đồng xu khác nhau có thể có mệnh giá khác
nhau). Chứng minh rằng ta có thể chia được đống đồng xu thành không quá 100 túi sao cho tổng
mệnh giá của mỗi túi không vượt quá 1.
Làm sao để tiếp cận một bài toán “lạ hoắc” như trên, với giả sử là bạn không “trúng tủ”, chưa
từng làm một bài rất tương tự như thế? Một số phương pháp tiếp cận chung gồm 4 bước sau (lặp
di lặp lại nếu cần thiết): quan sát, suy luận, tính toán, kiểm tra. Trong các bước quan sát và lý
luận có việc quan sát các tương quan trong bài toán, làm thử các trường hợp riêng, dựa vào các
trường hợp riêng để đưa ra các giả thuyết liên quan rồi xét các giả thuyết đó, biến đổi để đơn giản
hóa bài toán, đưa về các dạng bài toán quen thuộc hơn hay dễ giải hơn. Nhiều khi, tổng quát hóa
cũng chính là một cách để đơn giản hóa. Nếu là vấn đề lớn, phức tạp, thì phải chia để trị, tức là
làm sao chia nó ra thành các bước nhỏ hơn, giải quyết từng bước đó dễ dàng hơn là giải quyết
toàn bộ vấn đề.
Có một anh bạn của tôi, là chuyên gia máy tính, có nói với tôi một câu từ cách đây hơn 20

năm mà đến bây giờ tôi vẫn rất tâm đắc: khi được giao một nhiệm vụ lập trình, lập trình viên
nào mà ngồi vào hì hụi viết chương trình ngay thì là lập trình viên tồi. Lập trình viên tốt trước
khi viết chương trình thì phải quan sát, suy nghĩ đã. Trong toán hay trong nhiều lĩnh vực khác
cũng vậy, trước khi “bổ củi” cần quan sát và suy luận để hình dung vấn đề.
Trong trường hợp bài toán số 5 trên, thì có thể quan sát ngay là số 99,5 gần với số 100.
Từ đó ta có giả thuyết là nếu thay 99,5 và 100 bởi N − 1/2 và N trong đó N là số tự nhiên
bất kỳ thì vẫn đúng. Nếu như bài toán chỉ đúng khi N = 100 chứ không đúng với N khác, khi
đó thì bài toán chắc là khá phức tạp, nhưng đây là đề thi để học sinh có thể làm trong vòng một
vài tiếng, không quá phức tạp được, nên giả thuyết là bài toán đúng với N bất kỳ là giả thuyết
tương đối khả dĩ. Việc thay 100 bằng N tùy ý này cho phép chúng ta giả sử là không có đồng xu
nào có mệnh giá 1. Thật vậy, nếu có m đồng có mệnh giá 1 thì cho các đồng đó vào m túi, còn lại
N - m túi và số tiền ≤ N − m − 1/2.
Một bước lý luận thông dụng quan trọng là: ta cứ thử giải quyết vấn đề một cách “ngây thơ”
nhất, để xem nó tắc ở chỗ nào, khó ở chỗ nào. Ở đây có nghĩa là, ta cứ thử bỏ dần tiền vào 100
túi, cho đến bao giờ bỏ được hết hoặc bị tắc không bỏ được nữa thì thôi. Nhưng khi nào thì có
thể bị tắc? Đó là khi còn 1 đồng tiền mà cứ bỏ vào túi nào cũng khiến cho mệnh giá của túi đó
(N − 1/2)
1
1
= 1−
. Điều đó có
vượt quá 1. Vì có N túi mà tiền ≤ N − , nên có túi có tiền ≤
2
N
2N
11


nghĩa là, nếu có đồng tiền còn lại không bỏ được vào túi nào, thì mệnh giá của nó phải > 1/2N .
Cách giải quyết “ngây thơ” này cho ta quan sát sau, làm đơn giản vấn đề: ta có thể giả sử tất

cả các đồng tiền có mệnh giá > 1/2N , chứ không cần quan tâm đến các đồng tiền có mệnh giá
≤ 1/2N nữa (các đồng có mệnh giá ≤ 1/2N luôn có thể bỏ vào, sau khi đã giải quyết các đồng
có mệnh giá > 1/2N ).
Một bước lý luận thông dụng quan trọng khác là: làm sao đơn giản hóa bài toán, đưa về những
trường hợp đơn giản nhất có thể (gọi là phương pháp thu gọn trong toán).
Ở đây, có thể hiểu là có ít xu thì đơn giản, càng có nhiều xu thì phức tạp hơn. Như vậy, ta có
thể tìm cách làm giảm số đồng xu. Có 1 cách hiển nhiên là: nếu có thể đối 2 hay nhiều đồng xu
trong đống lấy 1 đồng xu khác (có mệnh giá bằng tổng mệnh giá của các đồng kia), thì ta đơn
giản hóa được đống đồng xu: nếu giải được sau khi đã đổi, thì sau khi giải xong ta có thể đổi lại
để có lời giải cho đống đồng xu ban đầu. Cứ đổi xu để đơn giản hóa như vậy, ta đưa được bài
toán về trường hợp mà không còn đổi xu được nữa.
Đến đây, bài toán đã đơn giản hóa đi đáng kể, vì ta chỉ còn cần xét trường hợp sau: tổng mệnh
1
giá ≤ N − , không có đồng xu nào có mệnh giá bằng 1, không có một nhóm các đồng xu nào có
2
1
thể đổi thành 1 đồng xu khác, và không có đồng xu nào có mệnh giá <
. Tất cả các trường
2N
hợp còn lại đều suy giản về được trường hợp này. Bây giờ lại quan sát tiếp xem trường hợp cuối
cùng này ra sao.
1
và
Ta sẽ quan sát thấy là với mọi số tự nhiên k thì không có quá 1 đồng xu có mệnh giá
2k
1
không có quá (2k − 2) đồng xu có mệnh giá
(vì sao thế?). Từ đó có cách xếp xu vào túi
2k − 1
1

1
như sau: túi k chứa các đồng xu mệnh giá
và
, với k = 1, . . . , N . (Bạn đọc hãy tự
(2k − 1)
2k
kiểm tra rằng cách này thực hiện được).
Tôi viết lời giải cho bài số 5 phía trên khá dài dòng để giải thích quá trình suy nghĩ dẫn đến lời
giải mà bản thân tôi sử dụng khi thử làm bài đó, còn tất nhiên khi viết thành lời giải “tròn trịa”
thì có thể viết ngắn hơn nhiều. Nhìn từ quan điểm thuật toán, bài số 5 này thật ra khá đơn giản,
vì chỉ sau vài bước lược giản hóa dễ thấy là đã đưa về được trường hợp chia được ngay thành các
túi. Bạn nào học về lập trình máy tính chắc sẽ nghĩ ngay được cách viết chương trình chia xu dựa
trên các bước phía trên. Rất tiếc là đoàn VN chỉ có 2 bạn giả được bài này.
Bài toán 5 (IMO 2014). Bài số 6 của IMO 2014 thì còn lạ hơn bài số 5 nữa, và không có bạn
VN nào giải được, tuy có một bạn được 3/7 điểm. Các đoàn khác cũng “rụng” gần hết bài này.
Đề bài có thể phát biểu như sau:
Giả sử có n đường thẳng trên mặt phẳng, sao cho không có 2 đường nào song song và không
có 3 đường nào đồng qui. CMR có thể tô ít nhất đường bằng màu xanh, sao cho không có miền
bị chặn nào trên mặt phẳng có biên toàn là màu xanh.
√
Con số n trong đề bài có lẽ là con số gây hoang mang, bởi thoạt nhìn chẳng biết nó từ đâu
n(n − 1)
(n − 1)(n − 2)
, còn số các miền bị chặn thì là
, tức là
ra. Số các điểm cắt nhau thì là
2
2
đều so được với n2 , chứ chẳng có cái gì trên mặt phẳng có số lượng dạng . Những hoang mang
như vậy có thể ảnh hưởng xấu đến tâm lý, khiến việc tìm lời giải trở nên khó khăn hơn. Bỏ qua

các hoang mang, ta cứ thử làm một thuật toán “ngây thơ” để giải quyết vấn đề tô màu, xem nó
sẽ gặp khó khăn bế tắc ở đâu. Thuật toán ngây thơ đó là: đầu tiên ta tô một đường bất kỳ màu
xanh. Sau đó cứ còn tô được thêm đường màu xanh (sao cho không có miền bị chặn nào trên
mặt phẳng có biên toàn là màu xanh) thì tô tiếp, còn đến lúc không tô được thêm nữa thì dừng
lại. Gọi số đường tô được lúc dừng lại là k. Nếu thuật toán đơn giản này mà tốt, thì tức là ta có
k 2 ≥ n. Như vậy, nếu ta chứng minh dược k 2 ≥ n thì bài toán được giải quyết.
12


Một phương pháp chứng minh thông dụng là dùng phản chứng. Tức là ta sẽ chứng minh rằng,
nếu đã tô được k đường, và n > k 2 , thì còn tô thêm được đường nữa. Để chứng minh điều đó, chỉ
cần chứng minh rằng số đường cấm không vượt quá k 2 ˘k = k(k − 1). Đường cấm tức là đường mà
nếu tô nó thì sẽ có miền bị chặn với biên toàn màu xanh. Bây giờ lại vận dụng nhận xét sau: số
(k − 1)
, nên nếu ta làm sao thiết lập quan
điểm nút xanh (= giao điểm của các đường xanh) là
2
hệ được giữa các đường cấm và các nút xanh, kiểu “đương cấm nào cũng cho bởi nút xanh, và mỗi
nút xanh không cho quá 2 đường xanh” thì là xong. Ý tưởng là như vậy. Đi vào cụ thể hơn, thì
quan hệ sẽ là: mỗi đường cấm ứng với ít nhất 2 đoạn cấm (1 đoạn cấm là một đoạn màu xanh
đi từ 1 nút xanh đến đường cấm), còn từ mỗi nút xanh chỉ đi ra được nhiều nhất là 4 đoạn cấm
thôi. Và lời giải đến đây gần như là kết thúc (bạn đọc có thể tự viết lại lời giải hoàn chỉnh, sẽ
không quá 1 trang giấy).
Đấy là chuyện thi toán quốc tế. Quay lại chuyện dạy toán và học toán “bình thường”.
Năm nay, tôi có dạy toán cho một lớp đại học năm thứ nhất chuyên ngành tin học, thay cho
một đồng nghiệp nghỉ sinh con. Một số bạn sinh viên phàn nàn với tôi là chương trình toán chán
quá, chẳng thấy liên quan gì đến tin học. Mà đúng thế thật, tôi đọc chương trình cũng thấy chán.
Nhưng tôi chỉ là “lính đánh thuê” chứ không soạn chương trình nên không thay đổi được nó.
Cái mà tôi cố gắng làm để “bù trừ” lại là giải thích thêm cho các sinh viên những khái niệm
mà họ học chính là các thuật toán có ý nghĩa ra sao. Ví dụ như, công thức nội suy Lagrange chính

là thuật toán để vẽ đường cong “đơn giản nhất, đẹp mắt nhất” đi qua một số điểm cho trước, và
khi người ta thiết kế ô tô, tàu bay thì thay vì vẽ toàn bộ các điểm người ta chỉ cần vẽ ít điểm thôi
rồi nội suy ra các điểm còn lại theo kiểu công thức đó. Hay như chuỗi Taylor để làm gì? Nó cũng
chính là thuật toán cho phép chúng ta tính xấp xỉ một cách rất chính xác các giá trị của các hàm
phức tạp, v.v. Ví dụ như, ta có thể tính nhẩm bằng tay các số như e, sin(1), v.v. với độ chính xác
rất cao mà không cần máy tính (máy tính nó cũng dùng các thuật toán như ta tính nhẩm thôi),
v.v.
Khi học, sinh sinh viên (đặc biệt là sinh viên tin học) được giải thích ý nghĩa thuật toán của
các khái niệm toán học, thì họ cũng phấn khởi lên nhiều. Đối với sinh viên sinh vật, hóa học, v.v.
thì có thể cần dạy hơi khác đi, với nhiều minh họa ứng dụng toán học trong ngành của họ hơn,
ví dụ như tại sao lại dùng hàm lũy thừa khi khảo sát dân số, v.v.
Cuối cùng thì toán học vẫn là một tổng hợp các công cụ để mô hình hóa và các thuật toán đề
giải quyết các vấn đề nảy sinh trong mọi lĩnh vực, chứ không phải là một mớ khái niệm từ trên
trời rơi xuống và xa vời thực tế.

13


Đa thức bất khả quy và một vài
vận dụng liên quan
Đàm Văn Nhỉ, Trường ĐHSP Hà Nội

1
1.1

Đa thức
Một vài tiêu chuẩn về bất khả quy

Giả sử hai đa thức f (x), g(x) ∈ R[x]. Đa thức f (x) được gọi là chia hết cho đa thức g(x) nếu
có đa thức h(x) ∈ R[x] để f (x) = g(x)h(x). Đa thức p(x) ∈ R[x], deg p(x) > 0, được gọi là một

đa thức bất khả quy trên R nếu nó không thể biểu diễn thành tích hai đa thức p(x) = p1 (x).p2 (x)
với p1 (x), p2 (x) ∈ R[x] và deg p1 (x), deg p2 (x) > 0.
p
Bổ đề 1. Cho đa thức f (x) = a0 xn + a1 xn−1 + · · · + an ∈ Z[x], a0 = 0. Nếu số hữu tỷ
với
q
(p, q) = 1 là nghiệm của phương trình f (x) = 0 thì
(1) p là một ước của an và q là một ước của a0 .
(2) p − mq là một ước của f (m) cho mọi số nguyên m.
p
Chứng minh. (1) Giả sử số hữu tỷ với (p, q) = 1 là nghiệm của f (x) = 0. Khi đó
q
a0 pn + a1 pn−1 q + · · · + an q n = 0.
Vì (p, q) = 1 nên p là một ước của an và q là một ước của a0 .
(2) Khai triển f (x) theo các luỹ thừa của x − m ta được
f (x) = a0 (x − m)n + b1 (x − m)n−1 + · · · + bn−1 (x − m) + f (m) ∈ Z[x].
p
và quy đồng a0 (p − mq)n + b1 (p − mq)n−1 q + · · · + bn−1 (p − mq)q n−1 + f (m)q n = 0. Vì
q
(p, q) = 1 nên p − mq là một ước của f (m) cho mọi số nguyên m.
Cho x =

Hệ quả 1. Nghiệm hữu tỷ của đa thức f (x) = xn + a1 xn−1 + · · · + an ∈ Z[x] phải là số nguyên.
Chứng minh. Suy ra từ bổ đề trên.
Vì C là trường đóng đại số nên đa thức bất khả quy một ẩn trên C chỉ là những đa thức bậc
1. Chính vì lý do này mà ta chỉ xét đa thức bất khả quy trên Q và trên R. Một số tiêu chuẩn sau
đây để có thể kiểm tra khi nào một đa thức với các hệ số nguyên là bất khả quy.
Định lí 1 (Tiêu chuẩn Eisenstein). Cho f (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a0 , an = 0, là đa thức với
các hệ số nguyên và p là số nguyên tố sao cho an không chia hết cho p và các ai , i < n, chia hết
cho p nhưng a0 không chia hết cho p2 . Khi đó f (x) là đa thức bất khả qui trên Z.

r

Chứng minh. Giả sử f = gh = (
i=0

bi xi )(

s

cj xj ) với g, h ∈ Z[x] và r = deg g, s = deg h >

j=0

0, r + s = n. Vì b0 c0 = a0 chia hết cho p nên tối thiểu một số b0 hoặc c0 phải chia hết cho p, chẳng
hạn b0 chia hết cho p. Vì a0 không chia hết cho p2 nên c0 không chia hết cho p. Nếu tất cả các bi
đều chia hết cho p thì an cũng phải chia hết cho p : mâu thuẫn với giả thiết. Vậy phải có một bi
không chia hết cho p. Gọi i là chỉ số nhỏ nhất để bi không chia hết cho p. Khi đó 0 < i r. Vì
ai = bi c0 + bi−1 c1 + · · · + b0 ci chia hết cho p với tất cả các số hạng bi−1 c1 , . . . , b0 ci đều chia hết cho
p nên bi c0 cũng chia hết cho p : mâu thuẫn. Điều này chứng tỏ f là đa thức bất khả qui trên Z.
14


x2
xn
Ví dụ 1. Với bất kỳ số nguyên dương n đa thức f (x) = 1 + x +
+···+
là bất khả quy trên
2!
n!
Q.

x2
Bài giải. Ta phải chứng minh n!f (x) = n! + n!x +
+ · · · + xn là bất khả qui trên Z. Ta chọn
2!
số nguyên tố p với p
n < 2p và n chia hết cho p, nhưng n! không chia hết cho p2 . Theo tiêu
chuẩn Eisenstein, đa thức n!f là bất khả qui trên Z.
Ví dụ 2. Với bất kỳ số nguyên tố p đa thức f (x) = 1 + x + · · · + xp−1 là bất khả quy trên Z.
Bài giải. Theo Tiêu chuẩn Eisenstein, đa thức f (x + 1) = xp−1 +
khả qui trên Z. Do đó f là bất khả qui trên Z.

p
1

xp−2 + · · · +

p
p−1

là bất

Định lí 2. Cho f (x) = b0 xn + b1 xn−1 + · · · + bn là đa thức với các hệ số nguyên và p là số nguyên
tố sao cho b0 không chia hết cho p nhưng bk+1 , . . . , bn chia hết cho p, bn không chia hết cho p2 .
Khi đó f (x) có nhân tử bất khả qui bậc n − k.
Chứng minh. Phân tích f (x) thành tích các nhân tử bất khả quy. Giả sử g(x) = c0 xm +c1 xm−1 +
· · · + cm ∈ Z[x] là một nhân tử bất khả quy với cm chia hết cho p. Biểu diễn f (x) = g(x)h(x) với
h(x) = d0 xh + d1 xh−1 + · · · + dh ∈ Z[x]. Khi đó dh không chia hết cho p. Gọi ci là hệ số đầu tiên
của g(x) không chia hết cho p trong khi bm , . . . , bi+1 chia hết cho p. Ta có cm dh = bn chia hết cho
p, nhưng không chia hết cho p2 . Vì bh+i = ci dh + bi+1 dh−1 + · · · không chia hết cho p nên h + i k
hay n − m + i k. Do đó m n + i − k n − k.

Ngoài ra ta còn có một vài tiêu chuẩn kiểm tra tính bất khả quy của đa thức với các hệ số nguyên
khác nữa qua bất đẳng thức.
Định lí 3 (Tiêu chuẩn Osada). Cho f (x) = xn + a1 xn−1 + · · · + an−1 x ± p là đa thức với các hệ
số nguyên và p là số nguyên tố. Nếu p > 1 + |a1 | + · · · + |an−1 | thì f (x) là bất khả qui.
Chứng minh. Giả sử f (x) là khả qui. Khi đó f (x) = g(x)h(x), ở đó g, h là những đa thức bậc
dương với các hệ số nguyên. Vì p là số nguyên tố nên một trong các số hạng tự do của g hay h
phải bằng ±1, chẳng hạn hệ số tự do của g bằng ±1. Vậy giá trị tuyệt đối của tích các nghiệm
của g phải bằng 1. Khi đó g(x) = 0 phải có một nghiệm α với |α| 1. Vì α cũng là nghiệm của
f (x) = 0 nên
p = |αn + a1 αn−1 + · · · + an−1 α| 1 + |a1 | + · · · + |an−1 |.
Điều mâu thuẫn này chứng tỏ f (x) là bất khả qui.
Ví dụ 3. Với số tự nhiên n
quy.

2, đa thức q(x) = xn − 18xn−1 + 3x2 − 2011 luôn luôn là bất khả

Bài giải. Vì 2011 là số nguyên tố và 2011 > 1 + 18 + 3 nên q(x) là bất khả qui theo Định lý 3.
Ví dụ 4. Đa thức p(x) = x9 + x8 + · · · + x2 + x + 11 luôn luôn là bất khả quy.
Bài giải. Vì 11 là số nguyên tố và 11 > 1 + 1 + · · · + 1 = 10 nên p(x) là bất khả qui theo Định
lý 3.
n+1
].
Định lí 4 (Tiêu chuẩn Polya). Cho f (x) là đa thức bậc n với các hệ số nguyên. Đặt m = [
2
m!
Giả sử cho n số nguyên khác nhau d1 , . . . , dn có |f (di )| < m và các số di đều không là nghiệm
2
của f (x). Khi đó f (x) là bất khả qui.

15

Chứng minh. Giả sử f (x) là một đa thức khả qui. Khi đó ta có biểu diễn f (x) = g(x)h(x) với
g, h là những đa thức bậc dương, các hệ số nguyên. Hiển nhiên deg g(x), deg h(x) < n. Không hạn
chế ta có thể giả thiết deg h(x) deg g(x) = s. Ta có m s < n. Ta thấy ngay g(di ) = 0 và g(di )
chia hết f (di ). Do đó
m!
|g(di )| |f (di )| < m .
2
s!
s!
m!
Ta có i để |g(di )|
. Vì s m nên s
, (chứng minh). Vậy
s
2
2
2m
m!
> |g(di )|
2m

s!
.
2s

Mâu thuẫn này chỉ ra f (x) là một đa thức bất khả qui.
√
√

Ví dụ 5 (VMO 1984). Xác định đa thức bất khả quy f (x) ∈ Z[x] nhận 2 + 3 3 làm một nghiệm.
√
√
√
√
Bài giải. Đặt x = 2 + 3 3. Khi đó 3 = (x − 2)3 = x3 + 6x − (3x2 − 2) 2. Như vậy
2
f (x) = (x3 + 6x − 3)2 − 2(3x
+
2)2 = x6 − 6x4 − 6x3 + 12x2 − 36x + 1 là đa thức bậc 6 với các
√
√
hệ số nguyên nhận x1 = 2 + 3 3 làm một nghiệm. Với p = 2, dễ dàng kiểm tra f (x + 1) là bất
khả quy theo Định lý 1. Do đó √
đa thức
với các hệ số nguyên x6 − 6x4 − 6x3 + 12x2 − 36x + 1 là
√
3
bất khả quy, bậc 6, nhận x1 = 2 + 3 làm một nghiệm.
Ví dụ 6. Tìm tất cả các cặp (n, r) với số tự nhiên n > 1 và số thực r để đa thức p(x) = (x+1)n −r
chia hết cho 2x2 + 2x + 1.
−1 + i
. Vậy p(x) = (x+1)n −r
Bài giải. Đa thức 2x2 +2x+1 là bất khả quy với nghiệm phức α =
2
1+i n
1
nπ
nπ
chia hết cho 2x2 +2x+1 khi và chỉ khi (α+1)n = r. Do vậy r = (

) = √ (cos
+i sin
).
n
2
4
4
2
nπ
= 0 hay n = 4k với k ∈ N+ .
Để r là số thực cần và đủ sin
4
Ví dụ 7. Với các số nguyên phân biệt a1 , a2 , . . . , an , ký hiệu đa thức f (x) = (x−a1 )(x−a2 ) . . . (x−
an ). Nếu n 7 và ax2 + bx + 1 ∈ Z[x], a = 0, là bất khả quy thì af (x)2 + bf (x) + 1 cũng là bất
khả quy.
Bài giải. Trước tiên ta chứng minh nhận xét sau: Nếu đa thức g(x) ∈ Z[x] nhận giá trị 1, (hoặc
-1), tại nhiều hơn ba giá trị nguyên phân biệt của biến x thì nó không thể nhận giá trị -1, (hoặc
1), khi x nguyên.
Thật vậy, giả sử g(x) ∈ Z[x] nhận giá trị 1 tại nhiều hơn ba giá trị nguyên phân biệt của biến x.
Khi đó g(x) − 1 có ít nhất 4 nghiệm nguyên khác nhau, chẳng hạn a1 , a2 , a3 , a4 . Biểu diễn
g(x) − 1 = (x − a1 )(x − a2 )(x − a3 )(x − a4 )h(x), h(x) ∈ Z[x].
Với a nguyên và a = ak , k = 1, 2, 3, 4, thì (a − a1 )(a − a2 )(a − a3 )(a − a4 ) là tích 4 số nguyên
phân biệt. Các thừa số này có thể là ±1 và ±p. Nếu có số nguyên a để g(a) = −1 thì −2 =
(a − a1 )(a − a2 )(a − a3 )(a − a4 )h(a). −2 = (−1).1.2 cùng lắm chỉ có ba nhân tử phân biệt. Vậy,
không có số nguyên a để g(a) = −1.
Sử dụng kết quả này vào chứng minh bài toán đặt ra. Giả sử có sự phân tích af (x)2 + bf (x) + 1 =
g(x)h(x) với g(x), h(x) ∈ Z[x] và deg g(x), deg h(x) 1. Vì g(ai )h(ai ) = 1 với mọi i = 1, . . . , n nên
g(ai ) = ±1 với i = 1, . . . , n. Do n 7 và nhận xét trên nên hoặc g(ai ) = 1 hoặc g(ai ) = −1 với
mọi i = 1, 2, . . . , n. Tương tự đối với h(x). Chẳng hạn g(x) = 1 + αf (x). Khi đó h(x) = 1 + βf (x).
Ta có αβ = a. Vì af (x)2 + bf (x) + 1 = [1 + αf (x)][1 + βf (x)] nên ax2 + bx + 1 = [1 + αx][1 + βx] :

mâu thuẫn vì ax2 + bx + 1 là bất khả quy. Vậy af (x)2 + bf (x) + 1 là bất khả quy.
16


Ví dụ 8. Đa thức p(x) = x2010 + 318x1952 + 2011 không thể phân tích được thành tích hai đa thức
với bậc 1 và các hệ số nguyên.
Bài giải. Đa thức p(x) = x2010 + 318x1952 + 2011 là bất khả quy theo Tiêu chuẩn Osada, Định
lý 3. Vậy không thể phân tích đa thức p(x) = x2010 + 318x1952 + 2011 ra thành tích hai đa thức
với bậc 1 và các hệ số nguyên.
α
Ví dụ 9. Với số nguyên dương n và góc α có x2n − 2xn cos α + 1 = (x2 − 2x cos + 1) (x2 −
n
2π + α
(2n
−
2)π
+
α
2x cos
+ 1) · · · (x2 − 2x cos
+ 1) khi cos α = ±1.
n
n
Bài giải. Xét phương trình xn = cos α ± i sin α. Hai phương trình có 2n nghiệm x. Vậy x2n −
α
2π + α
(2n − 2)π + α
2xn cos α + 1 = (x2 − 2x cos + 1)(x2 − 2x cos
+ 1) · · · (x2 − 2x cos
+ 1).

n
n
n
√
Ví dụ 10. Chứng minh rằng không tồn tại hai đa thức f (x), g(x) ∈ R[x] thỏa mãn : 3 x3 + 2x + 2 =
f (x)
.
g(x)
√
f (x)
3
x3 + 2x + 2 =
. Ta có thể chọn
g(x)
f (x), g(x) = 1. Vì g(x)3 x3 + 2x + 2 = f (x)3 . Vì x3 + 2x + 2 là bất khả quy nên f (x) chia
2
hết cho x3 + 2x + 2 hay f (x) = x3 + 2x + 2 h(x). Vậy g(x)3 = x3 + 2x + 2 h(x)3 và như thế
g(x) ˙: x3 + 2x + 2 : mâu thuẫn với việc chọn f (x), g(x) = 1.

Bài giải. Giả sử tồn tại f (x), g(x) ∈ R[x] thỏa mãn :

Mệnh đề 1 (Tiêu chuẩn Perron). Giả sử f (x) = xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 ∈ Z[x] với bậc
n 2, a0 = 0. Nếu |an−1 | > 1 + |an−2 | + · · · + |a1 | + |a0 | thì f (x) là đa thức bất khả quy trên Z.
Chứng minh. Trước tiên ta chỉ ra f (x) có đúng một nghiệm α với môđun |α| > 1. Giả sử
f (x) = 0 có nghiệm α. Khi đó −an−1 αn−1 = αn +an−2 αn−2 +· · ·+a1 x+a0 . Nếu |α| = 1 thì |an−1 |
1 + |an−2 | + · · · + |a1 | + |a0 | : mâu thuẫn giả thiết. Do đó |α| = 1. Giả sử f (x) = 0 có các nghiệm
phức α1 , α2 , . . . , αn . Ta có |a0 | = |α1 ||α2 | . . . |αn |. Vì |a0 | = 0 và nguyên nên |α1 ||α2 | . . . |αn | 1.
Vì |αi | = 1 nên có αi , chẳng hạn: α1 với |α1 | > 1. Đặt p(x) = xn−1 + bn−2 xn−2 + · · · + b1 x + b0
thỏa mãn f (x) = (x − α1 )p(x). Khi đó ta có hệ
a0 = −α1 b0 , a1 = b0 − α1 b1 , . . . , an−2 = bn−3 − α1 bn−2 , an−1 = bn−2 − α1

và có |bn−2 − α1 | = |an−1 | > 1 + |bn−3 − α1 bn−2 | + · · · + |α1 b0 |. Do vậy
|bn−2 | + |α1 | > 1 + |α1 ||bn−2 | − |bn−3 | + · · · + |α1 ||b1 | − |b0 | + |α1 ||b0 |
và suy ra |α1 | − 1 > (|α1 | − 1)(|bn−2 | + · · · + |b0 |). Vì |α1 | − 1 > 0 nên ta nhận được |bn−2 | + |bn−3 | +
· · · + |b0 | < 1. Với số phức α, |α| 1, có
|p(α)| = |αn−1 + bn−2 αn−2 + · · · + b1 α + b0 |
|αn−1 | − |bn−2 ||αn−2 | − · · · − |b1 ||α| − |b0 |
|αn−1 | − |bn−2 | − · · · − |b1 | − |b0 | > 0.
Như vậy, mọi nghiệm γ của p(x) đều phải thỏa mãn |γ| < 1. Tóm lại, ta đã chỉ ra f (x) có đúng
một nghiệm α với môđun |α| > 1.
Giả sử f (x) là khả quy với f (x) = g(x)h(x), trong đó g(x), h(x) ∈ Z[x] và deg g, deg h
1. Vì
f (x) chỉ có một nghiệm với môđun lớn hơn 1 nên một trong hai đa thức, chẳng hạn h(x) chỉ có các
nghiệm với môđun nhỏ hơn 1. Giả sử γ1 , . . . , γr là tất cả các nghiệm của h(x) = xr +d1 xr−1 +· · ·+dr
với dr nguyên, khác 0. Ta có 1 |dr | = |γ1 | . . . |γr | < 1 : mâu thuẫn. Như vậy, điều giả sử là sai
và suy ra f (x) là đa thức bất khả quy.
17


Ví dụ 11. Đa thức f (x) = x62 + 2013x61 + 2x60 + 3x59 + · · · + 61x + 62 bất khả quy trong Z[x].
đa thức f (x) = x2 + x

Ví dụ 12. Với số nguyên n

2n

+ 1 là bất khả quy trên Z.

Bài giải. Với n = 0, đa thức f (x) = x2 + x + 1 là bất khả quy. Giả thiết n 1. Với đa thức
g(x) = am xm + am−1 xm−1 + · · · + a0 ∈ Z[x] ta ký hiệu g(x) = am xm + am−1 xm−1 + · · · + a0 ∈ Z2 [x].
Dễ dàng kiểm tra g(x)h(x) = g(x) h(x) với g(x), h(x) ∈ Z[x]. Biến đổi

n

(x2 + x + 1)2

n−1

2

n−2

= ((x2 + x)2 + 1)2
= ((x2 + x)2 + 1)2
n
= · · · = (x2 + x)2 + 1.

n

Do vậy f (x) = (x2 +x+1)2 . Giả sử f (x) là khả quy và f (x) = g(x)h(x). Khi đó g(x) h(x) = f (x) =
n
n
(x2 +x+1)2 . Vì đa thức x2 +x+1 là bất khả quy nên g(x) = (x2 +x+1)s và h(x) = (x2 +x+1)2 −s .
n
Ta có viết trong Z[x] : g(x) = (x2 + x + 1)s + 2u(x) và h(x) = (x2 + x + 1)2 −s + 2v(x), trong
2n
đó u(x), v(x) ∈ Z[x]. Với nghiệm phức α của x2 + x + 1, từ x2 + x
+ 1 = f (x) = g(x)h(x) =
2
s
2
2n −s

[(x + x + 1) + 2u(x)][(x + x + 1)
+ 2v(x)] ta suy ra 2 = f (α) = g(α)h(α) = 4u(α)v(α). Vì
1
2
α2 = −α − 1 nên u(α)v(α) có dạng a + bα với a, b ∈ Z. Vậ ta có a + bα = = : vô lý. Điều giả
4
2
sử là sai hay đa thức f (x) là bất khả quy.

1.2

Đa thức bất khả quy và số nguyên tố

Ví dụ 13. Cho số nguyên tố p. Giả sử x1 , x2 , x3 là ba nghiệm của phương trình x3 −ax2 +bx−ap =
0. Chứng minh biểu thức sau đây luôn luôn là một số nguyên tố
(x21 + p)(x22 + p)(x23 + p)
.
(b − p)2
Bài giải. Xác định phương trình nhận y1 = x21 + p, y2 = x22 + p, y3 = x23 + p làm ba nghiệm. Khử
x từ hệ phương trình
x3 − ax2 + bx − ap = 0
x2 + p − y = 0.
Ta có ngay hệ

x3 − ax2 + bx − ap = 0
x3 + px − yx = 0

và −ax2 − px + yx + bx − ap = 0 hay phương trình

ay

a2 y 2
. Vậy
+p−y = 0
y+T
(y + T )2
hay y 3 + (2T − p − a2 )y 2 − (T 2 + 2pT )y − pT 2 = 0. Phương trình này có ba nghiệm là y1 , y2 , y3 .
y1 y2 y3
pT 2
(x21 + p)(x22 + p)(x23 + p)
=
= 2 = p.
Do đó
(b − p)2
(b − p)2
T
−a(y − p) + yx + (b − p)x − ap = 0. Đặt T = b − p. Khi đó x =

Định lí 5. Không tồn tại đa thức f (x) = a0 xm + a1 xm−1 + · · · + am với các hệ số ai nguyên và
a0 = 0, m 1, thỏa mãn f (n) là số nguyên tố với mọi n = 1, 2, . . . .
Chứng minh. Với đa thức f (x) như trên, hiển nhiên |f (n0 )| > 1 với một số nguyên dương đủ
lớn n0 . Chọn số nguyên tố p chia hết f (n0 ) và khai triển
f (n0 + kp) = f (n0 ) + kpg(n0 , p, k).
Số g(n0 , p, k) là số nguyên. Như vậy cả ba số hạng trong hệ thức này đều chia hết cho p với mọi
k = 1, 2, . . . . Với k đủ lớn ta có |f (n0 + kp)| > p và f (n0 + kp) chia hết cho p. Ta suy ra điều phải
chứng minh.
18


Ví dụ 14. Cho đa thức f (x) ∈ Z[x] với bậc n = deg f (x) > 0. Chứng minh rằng, nếu có nhiều vô
hạn số tự nhiên m để f (m) đều là những số nguyên tố thì f (x) là đa thức bất khả quy trên Q.

Bài giải. Giả sử đa thức f (x) khả quy. Khi đó ta có thể phân tích f (x) = g(x)h(x) với
g(x), h(x) ∈ Z[x], n > deg g(x), deg h(x) > 0. Theo giả thiết có nhiều vô hạn số tự nhiên m để
g(m)h(m) = f (m) là số nguyên tố. Như vậy, có nhiều vô hạn số tự nhiên m thỏa mãn g(m) hoặc
h(m) nhận giá trị r ∈ {1, −1}, chẳng hạn: Có nhiều vô hạn số tự nhiên m để g(m) = a. Từ đây
suy ra, phương trình g(x) − a = 0 có nhiều vô hạn nghiệm thuộc tập N, (mâu thuẫn). Như vậy,
f (x) là đa thức bất khả quy trên Q.
Ví dụ 15. Với số nguyên n 3, Xác định số nguyên dương k nhỏ nhất thỏa mãn điều kiện: Cho
bất kỳ n điểm Ai (xi , yi ) trên một mặt phẳng, không có ba điểm nào cùng nằm trên một đường
thẳng, và cho bất kỳ n số thực di với i = 1, 2, . . . , n, tồn tại một đa thức f (x, y) bậc không vượt
quá k sao cho f (xi , yi ) = di cho mọi i = 1, 2, . . . , n.
Bài giải. Kết luận 1: Cho n điểm bất kỳ Ai (xi , yi ), i = 1, 2, . . . , n, thuộc một mặt phẳng sao
n
thỏa
cho không có ba điểm nào thẳng hàng. Ta luôn xác định một đa thức f (x, y) bậc s
2
mãn f (xn , yn ) = 1 và f (xi , yi ) = 0 với i = 1, 2, . . . , n − 1.
n
Chú ý rằng, có s =
đường thẳng i , i = 1, 2, . . . , s, thỏa mãn An không thuộc một đường i
2
nào, nhưng mỗi điểm A1 , A2 , . . . , An−1 thuộc ít nhất một đường. Cụ thể: Khi n là một số tự nhiên
lẻ thì chọn các đường thẳng A1 A2 , A3 A4 , . . . , An−4 An−3 , An−2 An−1 ; Còn khi n là số tự nhiên chẵn
thì ta chọn các đường thẳng A1 A2 , A3 A4 , . . . , An−3 An−2 , An−2 An−1 . Giả sử phương trình đường
thẳng thứ i là ai x + bi y + ci = 0 với i = 1, 2, . . . , s. Đa thức dưới đây thỏa mãn các yêu cầu:
f (x, y) =

(a1 x + b1 y + c1 ) . . . (as x + bs y + cs )
.
(a1 xn + b1 yn + c1 ) . . . (as xn + bs yn + cs )

n
.
2
Với mỗi i = 1, 2, . . . , n, ta xác định đa thức pi (x, y) thỏa mãn pi (xi , yi ) = 1 và pi (xj , yj ) = 0 khi
∀ j = i. Xét đa thức sau:
Kết luận 2: k =

f (x, y) = d1 p1 (x, y) + d2 p2 (x, y) + · · · + dn pn (x, y).
n
thì có
2
n điểm làm kết luận ở đầu bài không đúng. Thật vậy, xét hệ n điểm phân biệt Ai (i, i2 ) thuộc
Parabôl P : y = x2 và d1 = d2 = · · · = dn−1 = 0, dn = 1. Hiển nhiên, không có ba điểm
nào trong số các điểm A1 , A2 , . . . , An thẳng hàng bởi vì không có đường thẳng nào cắt P tại
nhiều hơn hai điểm. Giả sử có đa thức g(x, y) bậc không lớn hơn k thỏa mãn g(xi , yi ) = di
với mọi i = 1, 2, . . . , n. Đặt G(x) = g(x, x2 ). Đa thức G(x) có bậc không lớn hơn 2k thỏa mãn
G(1) = G(2) = · · · = G(n − 1) = 0, G(n) = 1. Đa thức G(X) có n − 1 nghiệm phân biệt. Do vậy
n
deg G(x) n − 1. Do vậy 2k n − 1 và có k
.
2
Hiển nhiên f (xi , yi ) = di pi (xi , yi ) = di với mọi i = 1, 2, . . . , n. Ta chỉ ra, nếu k <

Ví dụ 16. Giả sử hàm số f (x) nhận giá trị nguyên khi x nguyên thỏa mãn điều kiện: Cho số
nguyên tố p bất kỳ có đa thức qp (x) với hệ số nguyên và bậc không vượt quá 2015 để f (n) − qp (n)
chia hết cho p với mọi số nguyên n. Chứng minh rằng, tồn tại đa thức g(x) với hệ số thực thỏa
mãn g(n) = f (n) với số nguyên n tùy ý.
Bài giải. Ta xác định đa thức f0 (x) bậc không vượt quá 2015 thỏa mãn f0 (i) = f (i) với mọi
i = 1, 2, . . . , 2016. Sử dụng công thức nội suy Lagrange, ta xét đa thức bậc không quá 2015 sau
19

đây:
(x − 2)(x − 3) . . . (x − 2016)
+ ···
(1 − 2)(1 − 3) . . . (1 − 2016)
(x − 1) . . . (x − i + 1)(x − i − 1) . . . (x − 2016)
+ ···
+ f (i)
(i − 1) . . . (i − (i − 1))(i − (i + 1)) . . . (i − 2016)
(x − 1)(x − 2) . . . (x − 2015)
+ f (2016)
(2016 − 1)(2016 − 2) . . . (2016 − 2015)

f0 (x) = f (1)

thỏa mãn f0 (i) = f (i) với i = 1, 2, . . . , 2016. Đặt c = (2016!)2 . Đa thức cf0 (x) ∈ Z[x]. Giả sử p > c
là số nguyên tố. Đa thức cqp (x) − cf0 (x) có bậc không lớn hơn 2015, có 2016 nghiệm phân biệt
1, 2, . . . , 2016, theo modulo p. Bới vậy, hai đa thức này trùng nhau theo modulo p. Ta biết rằng,
số c(f (x) − qp (x)) + (cqp (x) − cf0 (x) = cf (x) − cf0 (x), với x nguyên, chia hết cho số nguyên tố p
bất kỳ, đủ lớn. Như vậy, f (x) = f0 (x).
Bổ đề 2. Giả sử đa thức f (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 thuộc Z[x] thỏa mãn an
1, an−1
0 và |ai | β với i = 0, 1, . . . , n − 2, ở đó β là một hằng số dương bất√kỳ. Khi đó mỗi
1 + 1 + 4β
.
nghiệm phức α của f (x) đều thỏa mãn hoặc phần thực R(α) 0 hoặc |α| <
2
Chứng minh. Nếu |z| > 1 và R(z) > 0 thì ta có các đánh giá sau:
an−1

1
1
|−β
+ ··· + n
2
z
|z|
|z|
β
an−1
− 2
R an +
z
|z| − |z|
β
|z|2 − |z| − β
> 1− 2
=
.
|z| − |z|
|z|2 − |z|
√
1 + 1 + 4β
2
.
Nếu f (α) = 0 thì |α| − |α| − β < 0 và ta suy ra |α| <
2
f (z)
zn

|an +

Định lí 6. Giả sử số nguyên tố p có thể biểu diễn được thành dạng p = an dn + an−1 dn−1 + · · · +
a1 d + a0 với số nguyên d > 2 và các số ai thuộc tập {0, 1, 2, . . . , d − 1}, an = 0. Khi đó đa thức
f (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 là bất khả quy trên Q.
Chứng minh. Theo Bổ đề Gauss, ta chỉ cần xét tính bất khả quy của f (x) trên Z. Giả
sử ta có phân tích f (x) = g(x)h(x) với g(x), h(x) ∈ Z[x] và 0 < deg g(x), deg h(x) < n. Vì
p = f (d) = g(d)h(d) nên g(d) = ±1 hoặc h(d) = ±1. Ta chỉ cần xét g(d) = ±1. Trên C,
r

(x − αi ). Vì mỗi αi cũng là nghiệm của f (x) và c là số nguyên
√
1 + 1 + 4β
dương nên hoặc R(αi )
0 hoặc |αi | <
theo Bổ đề 6, trong đó β = d − 1. Vì
2
1 + 1 + 4(d − 1)
d
3 nên |αi | <
d − 1 và suy ra |d − αi | > 1 với i = 1, . . . , r. Do vậy,
2
r
|g(d)| == c |d − αi | > 1, mâu thuẫn vì |g(d)| = 1.
ta có biểu diễn g(x) = c

i=1

i=1

Ví dụ 17. Đa thức 2x6 +2x5 +2x3 +x2 +x+1 là bất khả quy vì 2011 = 2.36 +2.35 +2.33 +32 +3+1.

20


1.3

Đa thức bất khả quy theo modulo p

Với số nguyên tố p ta ký hiệu trường Zp các lớp thặng dư modulo p qua Fp . Một đa thức thuộc
Z[x] là bất khả quy vẫn có thể trở thành khả quy trên Fp với mọi số nguyên tố p. Ví dụ: Đa thức
x2 + 1 là bất khả quy trên Z, nhung lại là khả quy trên Z17 bởi vì x2 + 1 = x2 − 16.
Mệnh đề 2. Với các số nguyên a và b, đa thức f (x) = x4 + ax2 + b2 là khả quy trên Fp cho mọi
số nguyên tố p.
Chứng minh. Với p = 2, các đa thức x4 , x4 + x2 = x2 (x2 + 1), x4 + 1 = (x + 1)4 và x4 + x2 + 1 =
(x2 + x + 1)2 trên F đều là khả quy. Bây giờ ta xét các số nguyên tố P lẻ. Ta có thể chọn số
nguyên s thỏa mãn a ≡ 2s( mod p). Khi đó có thể biểu diễn
x4 + ax2 + b2 ≡ x4 + 2sx2 + b2 ≡ (x2 + s)2 − (s2 − b2 )( mod p)
x4 + ax2 + b2 ≡ x4 + 2sx2 + b2 ≡ (x2 + b)2 − (2b − 2s)x2 ( mod p)
x4 + ax2 + b2 ≡ x4 + 2sx2 + b2 ≡ (x2 − b)2 − (−2b − 2s)x2 ( mod p).
Vấn đề còn lại là chỉ ra một trong ba số s2 − b2 , 2b − 2s, −2b − 2s sẽ đồng dư với một số r2 theo
modulo p. Trong lý thuyết thặng dư bậc hai ta biết rằng, trong một hệ thặng dư bậc hai thu gọn
p−1
p−1 2
modulo p có
thặng dư bậc hai tương ứng cùng lớp với các thặng dư 12 , 22 , . . . ,
và
2
2
p−1

khi y là một thặng dư bậc hai modulo p thì y 2 ≡ 1( mod p); Còn khi z là một bất thặng dư
p−1
bậc hai modulo p thì z 2 ≡ −1( mod p). Từ đây suy ra, nếu z1 , z2 là hai bất thặng dư bậc hai
modulo p thì z1 z2 một thặng dư bậc hai modulo p. Điều này dẫn đến ngay kết quả: Nếu 2b − 2s,
và −2b − 2s là hai bất thặng dư bậc hai modulo p thì 4(s2 − b2 ) = (2b − 2s)(−2b − 2s) một thặng
dư bậc hai modulo p hay s2 − b2 ≡ k 2 ( mod p) và suy ra x4 + ax2 + b2 là khả quy trên Fp .
Ví dụ 18. x4 + 1 là bất khả quy trên Z, nhưng khả quy trên Fp .
Bài giải. Đa thức x4 + 1 là bất khả quy trên Z theo tiêu chuẩn Eisenstein. Đa thức x4 + 1 là
khả quy trên Fp theo Mệnh đề 2.
Tiếp theo, ta xét đa thức bất khả quy trên Fp . Giả sử F là một không gian n chiều trên Fp
với một cơ sở e1 , e2 , . . . , en . Mọi phần tử thuộc F biểu diễn được một cách duy nhất dưới dạng:
a1 e1 + a2 e2 + · · · + an en , ∀ai ∈ Fp .
Do vậy F có q = pn phần tử. Vì nhóm nhân F ∗ có cấp q − 1 nên mọi phần tử α ∈ F ∗ đều thỏa
n
n
mãn αp −1 = 1 hay αp = α. Như vậy, mọi phần tử α ∈ F, kể cả α = 0, đều là nghiệm của phương
trình
n
xp − x = 0.
Định lí 7. Đa thức π(x) ∈ Fp [x] là bất khả quy bậc d. Ta có
d

(1) π(x)|xp − x trong Fp [x].
(2) Với n

n

0, π(x)|xp − x khi và chỉ khi d|n.

Chứng minh. (1) Vì đa thức π(x) ∈ Fp [x] là bất khả quy bậc d nên dimFp Fp [x]/(π(x)) = d.

Vậy trường Fp [x]/(π(x)) có pd phần tử và suy ra nghiệm α của π(x) = 0 cũng thỏa mãn phương
d
d
trình xp − x = 0. Theo Định lý ?? ta nhận được kết quả π(x)|xp − x trong Fp [x].

21