Các chuyên đề bồi dưỡng HSG 12 môn toán học

Chia sẻ: duy_zigzag

Hội thảo khoa học “Các chuyên đề Toán học bồi dưỡng học sinh giỏi Toán THPT” khu vực duyên hải Nam Trung bộ và Tây Nguyên do Sở Giáo dục - Đào tạo tỉnh Khánh Hòa và Hội Toán học Hà Nội phối hợp đồng tổ chức trong hai ngày 14 - 15/4/2012. Hội thảo gồm hai phần: - Phần 1: Trao đổi và thảo luận về liên kết bồi dưỡng học sinh giỏi Toán THPT khu vực duyên hải Nam Trung bộ và Tây Nguyên. - Phần 2: Các chuyên đề Toán học bồi dưỡng học sinh giỏi Toán THPT và các...

Bạn đang xem 20 trang mẫu tài liệu này, vui lòng download file gốc để xem toàn bộ.

Nội dung Text: Các chuyên đề bồi dưỡng HSG 12 môn toán học

www.VNMATH.com




M cl c

L i nói đ u . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

Tr n Nam Dũng
Nguyên lý c c h n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

Tr nh Đào Chi n, Lê Ti n Dũng
M t s d ng t ng quát c a phương trình hàm Pexider và áp d ng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

Lê Sáng
Xây d ng m t l p phương trình hàm nh các h ng đ ng th c lư ng giác . . . . . . . . . . . . . 24

Lê Th Anh Đoan
Tính n đ nh nghi m c a m t s phương trình hàm Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

Tr n Vi t Tư ng
M t s l p phương trình hàm đa n sinh b i phi đ ng th c . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

Lê Sáng, Nguy n Đinh Huy
T công th c Euler đ n bài toán s ph c . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

Nguy n Th Tình
M t s ng d ng c a phương trình Pell . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

Huỳnh Bá L c
Phép th lư ng giác là công c gi i toán trong các bài thi ch n h c sinh gi i . . . . . . . . . . 79

Nguy n Trung Hưng
S d ng vành các s nguyên đ gi i m t s bài toán s h c . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89

Ph m Th Thúy H ng
N i suy theo y u t hình h c c a đ th . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96

Lê Sáng, Vũ Đ c Th ch Sơn
B t bi n như là m t phương pháp ch ng minh và ng d ng trong gi i toán . . . . . . . . . . . 108



1
www.VNMATH.com


Lê Th Thanh H ng
M t s d ng toán liên quan đ n dãy s có quy lu t . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120

Trương Văn Đi m
V n d ng tính đơn đi u trong các bài toán tìm gi i h n dãy s và gi i phương trình, b t
phương trình, h phương trình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134

Huỳnh T n Châu
ng d ng m t s đ nh lý cơ b n c a gi i tích . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155

Lê Văn Th n
M t s phương pháp gi i h phương trình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 166

Huỳnh Kim Linh, Tô Hùng Khanh
M t s bài toán v đa th c trong các kì thi h c sinh gi i . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 179

Nguy n Văn Ng c
M t s bài toán v chia h t đ i v i các đa th c đ i x ng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 187

Huỳnh Duy Th y
Nét đ p hàm s ti m n trong bài toán b t đ ng th c, bài toán tìm giá tr l n nh t và
giá tr nh nh t . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 195

Nguy n Tài Chung
Thêm m t phương pháp m i đ ch ng minh b t đ ng th c . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 204

T Nguyên
M t s v n đ v phép ngh ch đ o trong m t ph ng và ng d ng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 213

Tr n Văn Trung
S d ng m t s tính ch t c a ánh x đ gi i bài toán phương trình hàm s . . . . . . . . . . . . 235

Nguy n H u Tâm - Hoàng T Quyên
T giác lư ng ti p . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 242




2
www.VNMATH.com



L i nói đ u

Hòa nh p v i tu i tr c nư c ho t đ ng sôi n i k ni m ngày thành l p Đoàn thanh niên
C ng s n H Chí Minh và thi đua l p thành tích chào m ng ngày sinh c a Bác H kính yêu,
ti n t i k ni m 37 năm ngày gi i phóng Nha Trang và th c hi n các chương trình đ i m i giáo
d c ph thông, S Giáo D c và Đào t o Khánh Hòa ph i h p v i H i Toán h c Hà N i đ ng
t ch c H i th o khoa h c Các chuyên đ Toán h c b i dư ng h c sinh gi i THPT khu v c
Duyên h i Nam Trung b và Tây nguyên.

Đây là h i th o l n th hai theo tinh th n cam k t c a các t nh duyên h i Nam Trung b
và Tây Nguyên v vi c h p tác đ phát tri n kinh t - văn hóa và xã h i. S Giáo d c và Đào
t o Phú Yên đã ti n hành t ch c H i th o l n th nh t vào ngày 18-19/4/2011 t i thành ph
Tuy Hòa v liên k t b i dư ng h c sinh gi i và b i dư ng h c sinh gi i môn toán trư ng Trung
h c ph thông Chuyên các t nh duyên h i Nam Trung B và Tây Nguyên. T i H i th o l n th
nh t đã th ng nh t giao cho S Giáo d c và đào t o Khánh Hòa t ch c H i th o l n th hai.
Đây là nét sinh ho t truy n th ng m i v sinh ho t chuyên môn, v giao lưu h p tác trong giáo
d c, đào t o và các sinh ho t h c thu t khác. Và th c t , gi đây, t i vùng duyên h i Nam
Trung b và Tây Nguyên này đã xu t hi n ngày càng nhi u nét thành tích n i b t, đã có h c
sinh đ t gi i toán Olympic qu c t . Năm nay, nhi u đ i tuy n đ t gi i cao trong kỳ thi h c sinh
gi i qu c gia. Các t nh Đ k L c, Phú Yên đã m nh d n c đ i tuy n tham d kỳ thi Olympic
Hà N i m r ng b ng ti ng Anh và đã đ t gi i cao.
Khu v c Duyên h i Nam Trung b và Tây nguyên gi đây đã th c s kh i s c, t o ti n đ
đ vươn lên t m cao m i, ch đ ng h i nh p, sánh vai ngang b ng v i các khu v c khác trong
c nư c.

H i th o khoa h c l n này đư c ti n hành t 14-15/4/2012 t i thành ph Nha Trang, Khánh
Hòa hân h nh đư c đón ti p nhi u nhà khoa h c, nhà giáo lão thành, các nhà qu n lý, các chuyên
gia giáo d c và các nhà toán h c báo cáo t i các phiên toàn th và các cán b ch đ o chuyên
môn t các s Giáo d c và Đào t o, các th y giáo, cô giáo b môn Toán các t nh, thành khu
v c Duyên h i Nam Trung b và Tây nguyên đang tr c ti p b i dư ng h c sinh gi i môn Toán
báo cáo t i các phiên chuyên đ c a h i th o.

3
www.VNMATH.com


Ban t ch c đã nh n đư c trên 30 báo cáo toàn văn g i t i h i th o. Song do khuôn kh
r t h n h p v th i gian, khâu ch b n và th i lư ng c a cu n k y u, chúng tôi ch có th đưa
vào k y u đư c 22 bài, nh ng bài còn l i s đư c ch b n đ g i quý đ i bi u khi th c hi n
chương trình báo cáo chuyên đ chính th c c a h i th o.

N i dung c a k y u l n này r t phong phú, bao g m h u h t các chuyên đ ph c v vi c
b i dư ng h c sinh gi i toán t đ i s , gi i tích, hình h c, s h c đ n các d ng toán liên quan
khác. B n đ c có th tìm th y đây nhi u d ng toán t các kỳ olympic trong nư c và qu c t ,
m t s d ng toán v hàm s , lý thuy t n i suy, c c tr , ...

Ban t ch c xin chân thành c m ơn s h p tác và giúp đ h t s c quý báu c a quý th y
giáo, cô giáo và đ c bi t là toàn th t toán c a trư ng THPT chuyên Lê Quý Đôn Nha Trang,
Khánh Hòa đ có đư c cu n k y u v i n i dung thi t th c và r t phong phú này.

Vì th i gian chu n b r t g p gáp, nên các khâu hi u đính và ch b n cu n k y u chưa
đư c đ y đ , chi ti t, ch c ch n còn ch a nhi u khi m khuy t. R t mong đư c s c m thông
chia s c a quý đ i bi u. Nh ng ý ki n đóng góp liên quan đ n cu n k y u này xin g i v
đ a ch : Trư ng THPT Chuyên Lê Quý Đôn, s 67 Yersin, Nha Trang, Khánh Hòa. Email:
c3lqdon@khanhhoa.edu.vn.

Xin trân tr ng c m ơn.



Nha Trang ngày 25.03.2012

Nguy n Văn M u
Ch t ch H i Toán h c Hà N i
Đ ng trư ng ban t ch c h i th o




4
www.VNMATH.com




NGUYÊN LÝ C C H N
Tr n Nam Dũng, Trư ng Đ i h c KHTN Tp HCM

Bài vi t này đư c phát tri n t bài vi t “Các phương pháp và k thu t ch ng minh” mà
chúng tôi đã trình bày t i H i ngh “Các chuyên đ Olympic Toán ch n l c” t i Ba Vì, Hà N i,
tháng 5-2010 và gi ng d y cho đ i tuy n Olympic Vi t Nam d IMO 2010. Trong bài này, chúng
tôi t p trung chi ti t hơn vào các ng d ng c a Nguyên lý c c h n trong gi i toán.
M t t p h p h u h n các s th c luôn có ph n t l n nh t và ph n t nh nh t. M t t p con
b t kỳ c a N luôn có ph n t nh nh t. Nguyên lý đơn gi n này trong nhi u trư ng h p r t có
ích cho vi c ch ng minh. Hãy xét trư ng h p biên! Đó là kh u quy t c a nguyên lý này.



1 M t s ví d m đ u
Ta xem xét m t s ví d s d ng nguyên lý c c h n
Ví d 1. Có 3 trư ng h c, m i trư ng có n h c sinh. M i m t h c sinh quen v i ít nh t n + 1
h c sinh t hai trư ng khác. Ch ng minh r ng ngư i ta có th ch n ra t m i trư ng m t b n
sao cho ba h c sinh đư c ch n đôi m t quen nhau.
L i gi i. G i A là h c sinh có nhi u b n nh t m t trư ng khác. G i s b n nhi u nh t này
là k . Gi s A trư ng th nh t và t p nh ng b n quen A là M = {B1 , B2 , . . . , Bk } trư ng
th 2. Cũng theo gi thi t, có ít nh t 1 h c sinh C trư ng th 3 quen v i A. Vì C quen
không quá k h c sinh trư ng th nh t nên theo gi thi t C quen v i ít nh t n + 1 − k h c
sinh c a trư ng th hai, đ t N = {D1 , D2 , ..., Dm } là nh ng ngư i quen C trư ng th hai thì
m ≤ n + 1 − k. Vì M, N đ u thu c t p h p g m n h c sinh và |M | + |N | ≥ k + n + 1 − k = n + 1
nên ta có M ∩ N = ∅. Ch n B nào đó thu c M ∩ N thì ta có A, B, C đôi m t quen nhau.
Ví d 2. Ch ng minh r ng không t n t i s n l , n > 1 sao cho 15n + 1 chia h t cho n

L i gi i. Gi s t n t i m t s nguyên l n > 1 sao cho 15n + 1 chia h t cho n. G i p là ư c s
nguyên t nh nh t c a n, khi đó p l . Gi s k là s nguyên dương nh nh t sao cho 15k − 1
chia h t cho p (s k đư c g i là b c c a 15 theo modulo p).
Vì 152n − 1 = (15n − 1)(15n + 1) chia h t cho p. M t khác, theo đ nh lý nh Fermat thì 15p−1 − 1
chia h t cho p. Theo đ nh nghĩa c a k, suy ra k là ư c s c a các s p − 1 và 2n. Suy ra
k |(p − 1, 2n). Do p là ư c s nguyên t nh nh t c a n nên (n, p − 1) = 1. Suy ra (p − 1, 2n) = 2.
V y k |2. T đó k = 1 ho c k = 2. C hai trư ng h p này đ u d n t i p = 7. Nhưng đi u này
mâu thu n vì 15n + 1 luôn đ ng dư 2mod 7
Trong hai ví d trên, rõ ràng vi c xét các trư ng h p biên đã đem đ n cho chúng ta nh ng
thông tin b sung quan tr ng. Trong ví d th nh t, vi c ch n A là h c sinh có s ngư i quen
nhi u nh t m t trư ng khác đã cho ta thông tin s ngư i quen c a C trong trư ng th hai ít
nh t là n + 1 − k. Trong ví d th hai, do p là ư c s nguyên t nh nh t nên p − 1 nguyên t
cùng nhau v i n là b i s c a p.
Bài t p

5
www.VNMATH.com


1. Cho n đi m xanh và n đi m đ trên m t ph ng, trong đó không có 3 đi m nào th ng hàng.
Ch ng minh r ng ta có th n i 2n đi m này b ng n đo n th ng có đ u mút khác màu sao cho
chúng đôi m t không giao nhau.
2. Trên đư ng th ng có 2n + 1 đo n th ng. M i m t đo n th ng giao v i ít nh t n đo n th ng
khác. Ch ng minh r ng t n t i m t đo n th ng giao v i t t c các đo n th ng còn l i.
3. Trong m t ph ng cho n > 1 đi m. Hai ngư i chơi l n lư t n i m t c p đi m chưa đư c n i
b ng m t véc-tơ v i m t trong hai chi u. N u sau nư c đi c a ngư i nào đó t ng các véc tơ
đã v b ng 0 thì ngư i th hai th ng; n u cho đ n khi không còn v đư c véc tơ nào n a mà
t ng v n chưa có lúc nào b ng 0 thì ngư i th nh t th ng. H i ai là ngư i th ng cu c n u chơi
đúng?
4. Gi s n là s nguyên dương sao cho 2n + 1 chia h t cho n.
a) Ch ng minh r ng n u n > 1 thì n chia h t cho 3;
b) Ch ng minh r ng n u n > 3 thì n chia h t cho 9;
c) Ch ng minh r ng n u n > 9 thì n chia h t cho 27 ho c 19;
d) Ch ng minh r ng n u n chia h t cho s nguyên t p = 3 thì p ≥ 19;
e)* Ch ng minh r ng n u n chia h t cho s nguyên t p, trong đó p = 3 và p = 19 thì p ≥ 163.



2 Phương pháp ph n ví d nh nh t
Trong vi c ch ng minh m t s tính ch t b ng phương pháp ph n ch ng, ta có th có thêm
m t s thông tin b sung quan tr ng n u s d ng ph n ví d nh nh t. Ý tư ng là đ ch ng
minh m t tính ch t A cho m t c u hình P, ta xét m t đ c trưng f (P ) c a P là m t hàm có
giá tr nguyên dương. Bây gi gi s t n t i m t c u hình P không có tính ch t A, khi đó s
t n t i m t c u hình P0 không có tính ch t A v i f (P0 ) nh nh t. Ta s tìm cách suy ra đi u
mâu thu n. Lúc này, ngoài vi c chúng ta có c u hình P0 không có tính ch t A, ta còn có m i
c u hình P v i f (P ) < f (P0 ) đ u có tính ch t A.

Ví d 3. Cho ngũ giác l i ABCDE trên m t ph ng to đ có to đ các đ nh đ u nguyên.
a) Ch ng minh r ng t n t i ít nh t 1 đi m n m trong ho c n m trên c nh c a ngũ giác (khác
v i A, B, C, D, E) có to đ nguyên.
b) Ch ng minh r ng t n t i ít nh t 1 đi m n m trong ngũ giác có to đ nguyên.
c) Các đư ng chéo c a ngũ giác l i c t nhau t o ra m t ngũ giác l i nh A1 B1 C1 D1 E1 bên trong.
Ch ng minh r ng t n t i ít nh t 1 đi m n m trong ho c trên biên ngũ giác l i A1 B1 C1 D1 E1 .
Câu a) có th gi i quy t d dàng nh nguyên lý Dirichlet : Vì có 5 đi m nên t n t i ít nh t
2 đi m X, Y mà c p to đ (x, y ) c a chúng có cùng tính ch n l (ta ch có 4 trư ng h p (ch n,
ch n), (ch n, l ), (l , ch n) và (l , l )). Trung đi m Z c a XY chính là đi m c n tìm.
Sang câu b) lý lu n trên đây chưa đ , vì n u XY không ph i là đư ng chéo mà là c nh thì Z có
th s n m trên biên. Ta x lý tình hu ng này như sau. Đ ý r ng n u XY là m t c nh, ch ng
h n là c nh AB thì ZBCDE cũng là m t ngũ giác l i có các đ nh có to đ đ u nguyên và ta
có th l p l i lý lu n nêu trên đ i v i ngũ giác ZBCDE, . . . Ta có th dùng đơn bi n đ ch ng
minh quá trình này không th kéo dài mãi, và đ n m t lúc nào đó s có 1 ngũ giác có đi m
nguyên n m trong.
Tuy nhiên, ta có th trình bày l i lý lu n này m t cách g n gàng như sau: Gi s t n t i m t
ngũ giác nguyên mà bên trong không ch a m t đi m nguyên nào (ph n ví d ). Trong t t c

6
www.VNMATH.com


các ngũ giác như v y, ch n ngũ giác ABCDE có di n tích nh nh t (ph n ví d nh nh t). N u
có nhi u ngũ giác như v y thì ta ch n m t trong s chúng. Theo lý lu n đã trình bày câu
a), t n t i hai đ nh X, Y có c p to đ cùng tính ch n l . Trung đi m Z c a XY s có to đ
nguyên. Vì bên trong ngũ giác ABCDE không có đi m nguyên nào nên XY ph i là m t c nh
nào đó. Không m t tính t ng quát, gi s đó là AB. Khi đó ngũ giác ZBCDE có to đ các đ nh
đ u nguyên và có di n tích nh hơn di n tích ngũ giác ABCDE. Do tính nh nh t c a ABCDE
(ph n ví d nh nh t phát huy tác d ng!) nên bên trong ngũ giác ZBCDE có 1 đi m nguyên
T. Đi u này mâu thu n vì T cũng n m trong ngũ giác ABCDE.
Ph n ví d nh nh t cũng là cách r t t t đ trình bày m t ch ng minh quy n p ( đây thư ng
là quy n p m nh), đ tránh nh ng lý lu n dài dòng và thi u ch t ch .

Ví d 4. Ch ng minh r ng n u a, b là các s nguyên dương nguyên t cùng nhau thì t n t i
các s nguyênx, y sao cho ax + by = 1.

L i gi i. Gi s kh ng đ nh đ bài không đúng, t c là t n t i hai s nguyên dương a, b nguyên
t cùng nhau sao cho không t n t i x, y nguyên sao cho ax + by = 1. G i a0 , b0 là m t c p s
như v y v i a0 + b0 nh nh t (ph n ví d nh nh t).
Vì (a0 , b0 ) = 1 và (a0 , b0 ) = (1, 1) (do 1.0 + 1.1 = 1) nên a0 = b0 . Không m t tính t ng quát,
có th gi s a0 > b0 . D th y (a0 − b0 , b0 ) = (a0 , b0 ) = 1. Do a0 ˘b0 + b0 = a0 < a0 + b0 nên
do tính nh nh t c a ph n ví d , ta suy ra (a0 − b0 , b0 ) không là ph n ví d , t c là t n t i x, y
sao cho (a0 − b0 )x + b0 y = 1. Nhưng t đây thì a0 x + b0 (y − x) = 1. Mâu thu n đ i v i đi u gi
s . V y đi u gi s là sai và bài toán đư c ch ng minh.
Bài t p
5. Gi i ph n c) c a ví d 3.
6. Trên m t ph ng đánh d u m t s đi m. Bi t r ng 4 đi m b t kỳ trong chúng là đ nh c a
m t t giác l i. Ch ng minh r ng t t c các đi m đư c đánh d u là đ nh c a m t đa giác l i.



3 Nguyên lý c c h n và b t đ ng th c
Nguyên lý c c h n thư ng đư c áp d ng m t cách hi u qu trong các b t đ ng th c có tính
t h p, d ng ch ng minh t n t i k s t n s th a mãn m t đi u ki n này đó.


Ví d 5. (Moscow MO 1984) Trên vòng tròn ngư i ta x p ít nh t 4 s th c không âm có t ng
b ng 1. Ch ng minh r ng t ng t t c các tích các c p s k nhau không l n hơn 1 .
4

L i gi i. Ta c n ch ng minh r ng v i m i n ≥ 4 s th c không âm a1 , ..., an , có t ng b ng 1,
ta có b t đ ng th c
1
a1 a2 + a2 a3 + ... + an−1 an + an a1 ≤ .
4
V i n ch n (n = 2m) đi u này có th ch ng minh d dàng: đ t a1 + a3 + ... + a2m−1 = a; khi
đó, rõ ràng,
1
a1 a2 + a2 a3 + ... + an−1 an + an a1 ≤ (a1 + a3 + ... + a2m−1 ) × (a2 + a4 + ... + a2m ) = a(1 − a) ≤ .
4

7
www.VNMATH.com


Gi s n l và ak là s nh nh t trong các s đã cho. (Đ thu n ti n, ta gi s 1 < k < n − 1 - đi u
này không làm m t tính t ng quát khi n ≥ 4.) Đ t bi = ai , v i i = 1, ..., k − 1, bk = ak + ak+1
và bi = ai+1 v i i = k + 1, ..., n − 1. Áp d ng b t đ ng th c c a chúng ta cho các s b1 , ..., bn−1 ,
ta đư c:
1
a1 a2 + ... + ak−2 ak−1 + (ak−1 + ak+2 )bk + ak+2 ak+3 + ... + an−1 an + an a1 ≤ .
4
Cu i cùng, ta s d ng b t đ ng th c

ak−1 ak + ak ak+1 + ak+1 ak+2 ≤ ak−1 ak + ak−1 ak+1 + ak+1 ak+2 ≤ (ak−1 + ak+2 )bk ,

đ suy ra đi u ph i ch ng minh.
Đánh giá trên đây là t t nh t; d u b ng x y ra khi 2 trong n s b ng 1 , còn các s còn l i b ng
2
0.
Ví d 6. Cho n ≥ 4 và các s th c phân bi t a1 , a2 , . . . , an tho mãn đi u ki n
n n
a2 = 1.
ai = 0, i
i=1 i=1

Ch ng minh r ng t n t i 4 s a, b, c, d thu c{a1 , a2 , . . . , an } sao cho
n
a3 ≤ a + b + d + nabd.
a + b + c + nabc ≤ i
i=1

L i gi i. N u a ≤ b ≤ c là ba s nh nh t trong các ai thì v i m i i = 1, 2, . . . , n ta có b t
đ ng th c
(ai − a)(ai − b)(ai − c) ≥ 0
Suy ra
a3 ≥ (a + b + c)a2 − (ab + bc + ca)ai + abc v i m i i = 1, 2, . . . , n.
i i
n n
a2 = 1 ta đư c
ai = 0,
C ng t t c các b t đ ng th c này, v i chú ý i
i=1 i=1

n
a3 ≥ a + b + c + nabc.
i
i=1

Bây gi n u ch n d là s l n nh t trong các ai thì ta có

(ai − a)(ai − b)(ai − d) ≤ 0

v i m i i = 1, 2, . . . , n. Và cũng th c hi n tương t như trên, ta suy ra b t đ ng th c v ph i
c a b t đ ng th c kép c n ch ng minh.
Ví d 7. T ng bình phương c a m t 100 s th c dương l n hơn 10000. T ng c a chúng nh
hơn 300. Ch ng minh r ng t n t i 3 s trong chúng có t ng l n hơn 100.

8
www.VNMATH.com


L i gi i. Gi s 100 s đó là C1 ≥ C2 ≥ ... ≥ C100 > 0. N u như C1 ≥ 100, thì C1 + C2 + C3 >
100. Do đó ta có th gi s r ng C1 < 100. Khi đó 100 − C1 > 0, 100 − C2 > 0, C1 − C2 ≥
0, C1 − C3 ≥ 0, vì v y
100(C1 + C2 + C3 ) ≥ 100(C1 + C2 + C3 ) − (100 − C1 )(C1 − C3 ) − (100 − C2 )(C2 − C3 )
2 2
= C1 + C2 + C3 (300 − C1 − C2 )
2 2
> C1 + C2 + C3 (C3 + C4 + . . . + C1 00)
2 2 2 2
≥ C1 + C2 + C3 + . . . + C100 ) > 10000.
Suy ra, C1 + C2 + C3 > 100.
Bài t p
7. Trong m i ô c a b ng 2 × n ta vi t các s th c dương sao cho t ng các s c a m i c t b ng
1. Ch ng minh r ng ta có th xoá đi m i c t m t s sao cho m i hàng, t ng c a các s còn
l i không vư t quá n+1 .
4
8. 40 tên tr m chia 4000 euro. M t nhóm g m 5 tên tr m đư c g i là nghèo n u t ng s ti n
mà chúng đư c chia không quá 500 euro. H i s nh nh t các nhóm tr m nghèo trên t ng s
t t c các nhóm 5 tên tr m b ng bao nhiêu?



4 Nguyên lý c c h n và phương trình Diophant
Trong ph n này, ta trình bày chi ti t ba ví d áp d ng nguyên lý c c h n trong phương
trình Fermat, phương trình Pell và phương trình d ng Markov.
Ví d 8. Ch ng minh r ng phương trình x4 + y 4 = z 2 (1) không có nghi m nguyên dương.
L i gi i. Gi s ngư c l i, phương trình (1) có nghi m nguyên dương, và (x, y, z ) là nghi m
c a (1) v i z nh nh t.
(1) D th y x2 , y 2 , z đôi m t nguyên t cùng nhau
(2) T nghi m c a phương trình Pythagore, ta có t n t i p, q sao cho

x2 = 2pq
y 2 = p2 − q 2
z = p2 + q 2

(3) T đây, ta l i có m t b ba Pythagore khác, vì y 2 + q 2 = p2 .
(4) Như v y, t n t i a, b sao cho
q = 2ab
y = a2 − b2
p = a2 + b2

a, b nguyên t cùng nhau
(5) K t h p các phương trình này, ta đư c:

x2 = 2pq = 2(a2 + b2 )(2ab) = 4(ab)(a2 + b2 )

9
www.VNMATH.com


(6) Vì ab và a2 + b2 nguyên t cùng nhau, ta suy ra chúng là các s chính phương.
(7) Như v y a2 + b2 = P 2 và a = u2 , b = v 2 . Suy ra P 2 = u4 + v 4 .
(8) Nhưng bây gi ta thu đư c đi u mâu thu n v i tính nh nh t c a z vì:

P 2 = a2 + b2 = p < p2 + q 2 = z < z 2 .
(9) Như v y đi u gi s ban đ u là sai, suy ra đi u ph i ch ng minh.

Phương pháp trình bày trên còn đư c g i là phương pháp xu ng thang. Đây có l là
phương pháp mà Fermat đã nghĩ t i khi vi t trên l cu n sách c a Diophant nh ng dòng ch
mà sau này đư c g i là đ nh lý l n Fermat và đã làm điên đ u bao nhiêu th h nh ng nhà
toán h c.

Ví d 9. Tìm t t c các c p đa th c P (x), Q(x) th a mãn phương trình
P 2 (x) = (x2 − 1)Q2 (x) + 1(1)
L i gi i. Không m t tính t ng quát, ta ch c n tìm nghi m trong t p các đa th c có h s
kh i đ u dương.
√ √ √ √
N u (x + x2 − 1)n = Pn (x)+ x2 − 1Qn (x)(2) thì (x − x2 − 1)n = Pn (x)− x2 − 1Qn (x) (3)
Nhân (2) và (3) v theo v , ta đư c

x2 − 1)n (x − x2 − 1)n = (Pn (x) + x2 − 1Qn (x))(Pn (x) − x2 − 1Qn (x))
1 = (x +
= Pn (x) − (x2 − 1)Q2 (x)
2
n

Suy ra c p đa th c Pn (x), Qn (x) xác đ nh b i (2) và (3) là nghi m c a (1). Ta ch ng minh đây
là t t c các nghi m c a (1). Th t v y, gi s ngư c l i, t n t i c p đa th c P (x), Q(x) không
có d ng Pn (x), Qn (x) th a mãn (1). Ta xét c p đa th c (P, Q) như v y v i degQ nh nh t. Đ t

x2 − 1) = P ∗ (x) + x2 − 1Q∗ (x) (4)
x2 − 1Q(x))(x −
(P (x) +
Thì rõ ràng
x2 − 1) = P ∗ (x) − x2 − 1Q∗ (x)
x2 − 1Q(x))(x +
(P (x) −
Suy ra (P ∗ , Q∗ ) cũng là nghi m c a (1).
Khai tri n (4), ta thu đư c P ∗ (x) = xP (x) − (x2 − 1)Q(x), Q∗ (x) = xQ(x) − P (x). Chú ý là
t (1) ta suy ra (P (x) − xQ(x))(P (x) + xQ(x)) = −Q2 (x) + 1. Vì P (x) và Q(x) đ u có h
s kh i đ u > 0 và degP = degQ + 1 nên ta có deg (P (x) + xQ(x)) = degQ + 1. T đây, do
deg (−Q2 (x) + 1) ≤ 2deg (Q) nên ta suy ra deg (Q∗ (x)) ≤ deg (Q) − 1 < degQ.
Như v y, theo cách ch n c p (P, Q) thì t n t i n sao cho (P ∗ , Q∗ ) = (Pn , Qn ).
Nhưng khi đó t (4) suy ra

x2 − 1Q(x) = (P ∗ (x) + x2 − 1Q∗ (x))(x + x2 − 1)
P (x) +
x2 − 1)n (x + x2 − 1)
= (x +
x2 − 1)n+1
= (x +
Suy ra (P, Q) = (Pn+1 , Qn + 1), mâu thu n.
V y đi u gi s là sai và ta có đi u ph i ch ng minh.

10
www.VNMATH.com


Ví d 10. Tìm t t c các giá tr k sao cho phương trình (x + y + z )2 = kxyz có nghi m nguyên
dương.

L i gi i. Gi s k là m t giá tr c n tìm. G i x0 , y0 , z0 là nghi m nguyên dương c a phương
trình
(x + y + z )2 = kxyz (1)
có x0 + y0 + z0 nh nh t. Không m t tính t ng quát, có th gi s x0 ≥ y0 ≥ z0 .
Vi t l i (1) dư i d ng x2 − (kyz − 2y − 2z )x + (y + z )2 = 0,
ta suy ra x0 là nghi m c a phương trình b c hai

x2 − (ky0 z0 − 2y0 − 2z0 )x + (y0 + z0 )2 = 0(2)
(y + z )2
Theo đ nh lý Viet x1 = ky0 z0 − 2y0 − 2z0 − x0 = 0 x0 0 cũng là nghi m c a (2). T đó
(x1 , y0 , z0 ) là nghi m c a (1). Cũng t các công th c trên, ta suy ra x1 nguyên dương. T c là
(x1 , y0 , z0 ) là nghi m nguyên dương c a (1). T tính nh nh t c a x0 + y0 + z0 ta x1 ≥ x0 . T
đây ta có
(y0 + x0 )2
ky0 z0 − 2y0 − 2z0 − x0 ≥ x0 và ≥ x0
x0
T b t đ ng th c th hai ta suy ra y0 + z0 ≥ x0 . T đó, áp d ng vào b t đ ng th c th nh t,
ta đư c ky0 z0 ≥ 4x0 .
Cu i cùng, chia hai v c a đ ng th c x2 + y0 + z0 + 2x0 y0 + 2y0 z0 + 2z0 x0 = kx0 y0 z0 cho x0 y0 z0 ,
2 2
0
ta đư c
x0 y0 z0 2 2 2
+ + + + + = k.
y0 z0 x0 z0 x0 y0 z0 x0 y0
T đó suy ra k + 1 + 1 + 2 + 2 + 2 ≥ k , t c là k ≤ 32 . Suy ra k ≤ 10.
4 3
Chú ý n u x0 = 1 thì y0 = z0 = 1 suy ra k = 9. N u k = 9 thì x0 ≥ 2 và đánh giá trên tr
thành k + 1 + 1 + 2 + 1 + 2 ≥ k suy ra k ≤ 26 , suy ra k ≤ 8
4 2 3
V y giá tr k = 10 b lo i.
V i k = 1 phương trình có nghi m, ch ng h n (9, 9, 9)
V i k = 2 phương trình có nghi m, ch ng h n (4, 4, 8)
V i k = 3 phương trình có nghi m, ch ng h n (3, 3, 3)
V i k = 4 phương trình có nghi m, ch ng h n (2, 2, 4)
V i k = 5 phương trình có nghi m, ch ng h n (1, 4, 5)
V i k = 6 phương trình có nghi m, ch ng h n (1, 2,3)
V i k = 8 phương trình có nghi m, ch ng h n (1, 1, 2)
V i k = 9 phương trình có nghi m, ch ng h n (1, 1, 1)
Ngoài ra, ta có th ch ng minh đư c r ng trư ng h p k = 7 phương trình không có nghi m
nguyên dương (xin đư c dành cho b n đ c).
V y các giá tr k c n tìm là k = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 8, 9.

Ví d 11. (CRUX, Problem 1420) N u a, b, c là các s nguyên dương sao cho

0 < a2 + b2 − abc ≤ c

Ch ng minh r ng a2 + b2 − abc là s chính phương.

11
www.VNMATH.com


L i gi i. Gi s ngư c l i r ng t n t i các s nguyên dương a, b, c sao cho 0 < a2 + b2 − abc ≤ c
và k = a2 + b2 − abc (1) không ph i là s chính phương.
Bây gi ta c đ nh k và c và xét t p h p t t c các c p s nguyên dương (a, b) th a mãn phương
trình (1), t c là ta xét
S (c, k ) = {(a, b) ∈ (N∗ )2 : a2 + b2 − abc = k }
Gi s (a, b) là c p s thu c S(c, k) có a + b nh nh t. Không m t tính t ng quát có th gi
s a ≥ b. Ta xét phương trình
x2 − bcx + b2 − k = 0
Ta bi t r ng x = a là m t nghi m c a phương trình. G i a1 là nghi m còn l i c a phương trình
(b 2 − k )
này thì a1 = bc − a = a .
Ta có th ch ng minh đư c r ng (b n đ c t ch ng minh!) a1 nguyên dương. Suy ra (a1 , b)
cũng thu c S(c, k).
Ti p theo ta có a1 = (b2 − k )/a < a2 /a = a, suy ra a1 + b < a + b. Đi u này mâu thu n v i
cách ch n (a, b).
Bài t p
9. Ch ng minh r ng phương trình x3 + 3y 3 = 9z 3 không có nghi m nguyên dương.
10. Ch ng minh r ng phương trình x2 + y 2 + z 2 = 2xyz không có nghi m nguyên dương.
11. (IMO 88) N u a, b, q = (a2 + b2 )/(ab + 1) là các s nguyên dương thì q là s chính phương.
12. (PTNK 03). Tìm t t c các s nguyên dương k sao cho phương trình x2 − (k 2 − 4)y 2 = −24
có nghi m nguyên dương.
13. (Mathlinks) Cho A là t p h p h u h n các s nguyên dương. Ch ng minh r ng t n t i t p
x2
h p h u h n các s nguyên dương B sao cho A ⊂ B, x=
x∈B x∈B
14.* (AMM 1995) Cho x, y là các s nguyên dương sao cho xy + x và xy + y là các s chính
phương. Ch ng minh r ng có đúng m t trong hai s x, y là s chính phương.
15. (IMO 2007) Cho a, b là các s nguyên dương sao cho 4ab − 1 chia h t (4a2 − 1)2 . Ch ng
minh r ng a = b.
16. (VMO 2012) Xét các s t nhiên l a, b mà a là ư c s c a b2 + 2 và b là ư c s c a a2 + 2.
Ch ng minh r ng a và b là các s h ng c a dãy s t nhiên (vn ) xác đ nh b i
v1 = v2 = 1 và vn = 4vn−1 − vn−2 v i m i n ≥ 2.


5 Nguyên lý c c h n trong t h p
Trên đây chúng ta đã xem xét các ví d áp d ng c a nguyên lý c c h n trong m nh đ t
màu m nh t dành cho nguyên lý c c h n. Nguyên lý c c h n có th đư c ng d ng đ ch ng
minh m t quá trình là d ng (trong các bài toán liên quan đ n bi n đ i tr ng thái) trong bài
toán v đ th , hay trong các tình hu ng t h p đa d ng khác. Các đ i tư ng thư ng đư c đem
ra đ xét c c h n thư ng là: đo n th ng ng n nh t, tam giác có di n tích l n nh t, góc l n
nh t, đ nh có b c l n nh t, chu trình có đ dài ng n nh t . . .
Dư i đây ta xem xét m t s ví d :
Ví d 12. (Đ nh lý Sylvester) Cho t p h p S g m h u h n các đi m trên m t ph ng th a mãn
tính ch t sau: M t đư ng th ng đi qua 2 đi m thu c S đ u đi qua ít nh t m t đi m th ba
thu c S. Khi đó t t c các đi m c a S n m trên m t đư ng th ng.

12
www.VNMATH.com



K t lu n c a đ nh lý nghe có v hi n nhiên nhưng ch ng minh nó thì không h đơn gi n.
Ch ng minh dư i đây c a Kelly đư c chúng tôi tham kh o t Wikipedia
Gi s ph n ch ng là t n t i m t t p h p S g m h u h n đi m không th ng hàng nhưng m i
đư ng th ng qua hai đi m trong S đ u ch a ít nh t ba đi m. M t đư ng th ng g i là đư ng
n i n u nó đi qua ít nh t hai đi m trong S. Gi s (P,l) là c p đi m và đư ng n i có kho ng
cách dương nh nh t trong m i c p đi m-đư ng n i.
Theo gi thi t, l đi qua ít nh t ba đi m trong S , nên n u h đư ng cao t P xu ng l thì t n




Hình 1:

t i ít nh t hai đi m n m cùng m t phía c a đư ng cao (m t đi m có th n m ngay chân
đư ng cao). Trong hai đi m này, g i đi m g n chân đư ng cao hơn là B, và đi m kia là C.
Xét đư ng th ng m n i P và C. Kho ng cách t B t i m nh hơn kho ng cách t P t i l, mâu
thu n v i gi thi t v P và l. M t cách đ th y đi u này là tam giác vuông v i c nh huy n BC
đ ng d ng và n m bên trong tam giác vuông v i c nh huy n P C.
Do đó, không th t n t i kho ng cách dương nh nh t gi a các c p đi m-đư ng n i. Nói cách
khác, m i đi m đ u n m trên đúng m t đư ng th ng n u m i đư ng n i đ u ch a ít nh t ba
đi m.

Ví d 13. Ví d 13. (Tr n đ u toán h c Nga 2010) M t qu c gia có 210 thành ph . Ban đ u
gi a các thành ph chưa có đư ng. Ngư i ta mu n xây d ng m t s con đư ng m t chi u n i
gi a các thành ph sao cho: N u có đư ng đi t A đ n B và t B đ n C thì không có đư ng đi
t A đ n C.H i có th xây d ng đư c nhi u nh t bao nhiêu đư ng?

L i gi i. G i A là thành ph có nhi u đư ng đi nh t (g m c đư ng đi xu t phát t A và
đư ng đi đ n A). Ta chia các thành ph còn l i thành 3 lo i. Lo i I - Có đư ng đi xu t phát t
A. Lo i II - Có đư ng đi đ n A. Lo i III: Không có đư ng đi đ n A ho c xu t phát t A. Đ t
m = |I |, n = |II |, p = |III |. Ta có m + n + p = 209.
D th y gi a các thành ph lo i I không có đư ng đi. Tương t , gi a các thành ph lo i 2 không
có đư ng đi.

13
www.VNMATH.com


S các đư ng đi liên quan đ n các thành ph lo i 3 không vư t quá p(m + n). (Do b c c a
A = m + n là l n nh t).
T ng s đư ng đi bao g m:
+ Các đư ng đi liên quan đ n A: m + n
+ Các đư ng đi liên quan đ n III : ≤ p(m + n)
+ Các đư ng đi gi a I và II: ≤ mn
Suy ra t ng s đư ng đi nh hơn mn + (p + 1)m + (p + 1)n ≤ (m + n + p + 1)2 /3 = 2102 /3.

D u b ng x y ra v i đ th 3 phe, m i phe có 70 thành ph , thành ph phe 1 có đư ng đi
đ n thành ph phe 2, thành ph phe 2 có đư ng đi đ n thành ph phe 3, thành ph phe 3 có
đư ng đi đ n thành ph phe 1.

Ví d 14. Trong qu c h i M , m i m t ngh sĩ có không quá 3 k thù. Ch ng minh r ng có th
chia qu c h i thành 2 vi n sao cho trong m i vi n, m i m t ngh sĩ có không quá m t k thù.
Đây là m t ví d mà tôi r t thích. Có nhi u cách gi i khác nhau nhưng đây chúng ta s
trình bày m t cách gi i s d ng nguyên lý c c h n. Ý tư ng tuy đơn gi n nhưng có r t nhi u
ng d ng (trong nhi u bài toán ph c t p hơn).
Ta chia qu c h i ra thành 2 vi n A, B m t cách b t kỳ. V i m i vi n A, B, ta g i s(A), s(B ) là
t ng c a t ng s các k thù c a m i thành viên tính trong vi n đó. Vì s cách chia là h u h n
nên ph i t n t i cách chia (A0 , B0 ) sao cho s(A0 ) + s(B0 ) nh nh t. Ta ch ng minh cách chia
này th a mãn yêu c u bài toán.
Gi s r ng cách chia này v n chưa tho mãn yêu c u, t c là v n có m t ngh sĩ nào đó có
nhi u hơn 1 k thù trong vi n c a mình. Không m t tính t ng quát, gi s ngh sĩ x thu c A0
có ít nh t 2 k thù trong A0 . Khi đó ta th c hi n phép bi n đ i sau: chuy n x t A0 sang B0
đ đư c cách chia m i là A = A0 {x} và B = B0 ∪ {x}. Vì x có ít nh t 2 k thù trong A0 và
A không còn ch a x nên ta có
s(A ) ≤ s(A0 ) − 4 (trong t ng m t đi ít nh t 2 c a s(x) và 2 c a các k thù c a x trong A0 )
Vì x có không quá 3 k thù và có ít nh t 2 k thù trong A0 nên x có nhi u nh t 1 k thù trong
B0 (hay B ), cho nên
s(B ) ≤ s(B0 ) + 2
T đó s(A ) + s(B ) ≤ s(A0 ) + s(B0 ) − 2. Mâu thu n v i tính nh nh t c a s(A0 ) + s(B0 ). V y
đi u gi s là sai, t c là cách chia (A0 , B0 ) th a mãn yêu c u bài toán (đpcm).
Bài t p
17. Cho 2n đi m trên m t ph ng, trong đó không có 3 đi m nào th ng hàng. Ch ng minh r ng
nh ng đi m này có th phân thành n c p sao cho các đo n th ng n i chúng không c t nhau.
18. Trong m t ph ng cho 100 đi m, trong đó không có ba đi m nào th ng hàng. Bi t r ng ba
đi m b t kỳ trong chúng t o thành m t tam giác có di n tích không l n hơn 1. Ch ng minh
r ng ta có th ph t t c các đi m đã cho b ng m t tam giác có di n tích 4.
19. Trên m t ph ng cho 2n + 3 đi m, trong đó không có ba đi m nào th ng hàng và không có
4 đi m nào n m trên m t đư ng tròn. Ch ng minh r ng ta có th ch n ra t các đi m này 3
đi m, sao cho trong các đi m còn l i có n đi m n m trong đư ng tròn và n đi m n m ngoài
đư ng tròn.
20. Trong m t ph ng cho n đi m và ta đánh d u t t c các đi m là trung đi m c a các đo n
th ng có đ u mút là các đi m đã cho. Ch ng minh r ng có ít nh t 2n − 3 đi m phân bi t đư c
đánh d u.
21. T i m t qu c gia có 100 thành ph , trong đó có m t s c p thành ph có đư ng bay. Bi t

14
www.VNMATH.com


r ng t m t thành ph b t kỳ có th bay đ n m t thành ph b t kỳ khác (có th n i chuy n).
Ch ng minh r ng có th đi thăm t t c các thành ph c a qu c gia này s d ng không quá a)
198 chuy n bay b) 196 chuy n bay.
22*. Trong m t nhóm 12 ngư i t 9 ngư i b t kỳ luôn tìm đư c 5 ngư i đôi m t quen nhau.
Ch ng minh r ng tìm đư c 6 ngư i đôi m t quen nhau trong nhóm đó.


Tài li u tham kh o
[1] Nguy n Văn M u, Các chuyên đ Olympic Toán ch n l c,Ba Vì , 5-2010 .

[2] Đoàn Quỳnh ch biên, Tài li u giáo khoa chuyên toán - Đ i s 10, NXB GD, 2010.
[3] http://fermatslasttheorem.blogspot.com/2005/05/fermats-last-theorem-n-4.html

[4] vi.wikipedia.org/wiki/Đ nh lý Sylvester-Gallai
[5] www.mathscope.org
[6] www.problems.ru




15
www.VNMATH.com




M T S D NG T NG QUÁT C A PHƯƠNG
TRÌNH HÀM PEXIDER VÀ ÁP D NG
Tr nh Đào Chi n, Trư ng Cao Đ ng Sư Ph m Gia Lai
Lê Ti n Dũng, Trư ng THPT Pleiku, Gia Lai

Phương trình hàm Pexider (PTHP) là phương trình hàm t ng quát tr c ti p c a Phương trình
hàm Cauchy quen thu c. Bài vi t này đ c p đ n m t s d ng t ng quát c a PTHP và vài áp
d ng c a nó trong chương trình Toán ph thông.


1 Phương trình hàm Pexider
PTHP cơ b n g m b n d ng dư i đây (l i gi i có th xem trong [1] ho c [2])
Bài toán 1.1. Tìm t t c các hàm s f , g , h xác đ nh và liên t c trên R th a mãn đi u ki n
f (x + y ) = g (x) + h (y ) , ∀x, y ∈ R. (1)
Gi i. Nghi m c a phương trình (1) là
f (t) = ct + a + b, g (t) = ct + a, h (t) = ct + b; a, b, c ∈ R.
Bài toán 1.2. Tìm t t c các hàm s f , g , h xác đ nh và liên t c trên R th a mãn đi u ki n
f (x + y ) = g (x) h (y ) , ∀x, y ∈ R. (2)
Gi i. Nghi m c a phương trình (2) là
f (t) = abec t, g (t) = aec t, h (t) = bec ; a, b, c ∈ R
ho c
f ≡ 0, g ≡ 0, h ∈ CR ,
trong đó CR là t p h p các hàm s liên t c trên R,
ho c
f ≡ 0, h ≡ 0, g ∈ CR .
Bài toán 1.3. Tìm t t c các hàm s f , g , h xác đ nh và liên t c trên R+ th a mãn đi u ki n
f (xy ) = g (x) + h (y ) , ∀x, y ∈ R+ . (3)
Gi i. Nghi m c a phương trình (3) là
f (t) = m.lnt + a + b, g (t) = m.lnt + a, h (t) = m.lnt + b; m, a, b, c ∈ R.
Bài toán 1.4. Tìm t t c các hàm s f , g , h xác đ nh và liên t c trên R+ th a mãn đi u ki n
f (xy ) = g (x) h (y ) , ∀x, y ∈ R+ . (4)
Gi i. Nghi m c a phương trình (4) là
f (t) = abtc , g (t) = atc , h (t) = btc ; a, b, c ∈ R.

16
www.VNMATH.com


2 M t s d ng t ng quát c a Phương trình hàm Pexider
Tùy theo m c đ ki n th c, PTHP có nhi u d ng t ng quát khác nhau. Dư i đây là m t s
d ng t ng quát c a phương trình (1) g n gũi v i chương trình c a h ph thông chuyên Toán.
Bài toán 2.1. Tìm t t c các hàm s f , fi (i = 1, 2, ..., n) xác đ nh và liên t c trên R th a
mãn đi u ki n
n n
fi (xi ), ∀x, xi ∈ R.
f xi = (5)
i=1 i=1

Gi i. Đây là d ng quy n p m t cách t nhiên c a Bài toán 1.1. Nghi m c a phương trình
(5) là
n
ai , fi (t) = at + ai ; a, ai ∈ R.
f (t) = at +
i=1

Tương t Bài toán 2.1, ta cũng có th gi i đư c phương trình hàm d ng
n n
ai fi (xi ), ∀x, xi ∈ R, ai ∈ R.
f ai x i =
i=1 i=1

Bài toán sau đây là m t d ng t ng quát khá cơ b n, mà phương pháp quy n p không th
áp d ng trong l i gi i. M t s ph n ch ng minh có s d ng m t s ki n th c cơ b n, không
quá khó, c a Đ i s tuy n tính và Phương trình vi phân, thu c chương trình cơ s c a Toán
cao c p.
Bài toán 2.2. Tìm t t c các hàm s f , fi , gi (i = 1, 2, ..., n) xác đ nh và t n t i đ o hàm
(theo m i bi n s đ c l p x, y ) trên R th a mãn đi u ki n
n
fk (x) gk (y ), ∀x, y ∈ R, n ≥ 2.
f (x + y ) = (6)
k=1

Gi i. Ta gi i bài toán này trong trư ng h p n = 2. Trư ng h p n ≥ 3 đư c gi i tương t .
Xét phương trình hàm
f (x + y ) = f1 (x) g1 (y ) + f2 (x) g2 (y ) , ∀x, y ∈ R, (7)

trong đó các hàm f , f1 , f2 , g1 , g2 xác đ nh và t n t i đ o hàm (theo m i bi n s đ c l p x, y )
trên R.
Không m t tính t ng quát, ta luôn có th gi thi t r ng các h hàm {f1 (x) , f2 (x)} và
{g1 (x) , g2 (x)} là đ c l p tuy n tính. Ta có
fx (x + y ) = f1 (x) g1 (y ) + f2 (x) g2 (y ) ,
fy (x + y ) = f1 (x) g1 (y ) + f2 (x) g2 (y ) .
Vì fx (x + y ) = fy (x + y ), nên

f1 (x) g1 (y ) + f2 (x) g2 (y ) = f1 (x) g1 (y ) + f2 (x) g2 (y ) . (8)

17
www.VNMATH.com


Ngoài ra, vì {g1 (x) , g2 (x)} là đ c l p tuy n tính, nên t n t i các h ng s y1 , y2 sao cho

g1 (y1 ) g1 (y2 )
= 0.
g2 (y1 ) g2 (y2 )

Thay y1 , y2 vào (8), ta đư c

f1 (x) g1 (y1 ) + f2 (x) g2 (y1 ) = f1 (x) g1 (y1 ) + f2 (x) g2 (y1 ) ,

f1 (x) g1 (y2 ) + f2 (x) g2 (y2 ) = f1 (x) g1 (y2 ) + f2 (x) g2 (y2 ) .
Vì đ nh th c nêu trên khác 0, nên h phương trình này có nghi m duy nh t f1 (x), f2 (x).
Do đó, ta có th bi u di n f1 (x) và f2 (x) qua f1 (x) và f2 (x) dư i d ng

f1 (x) = a11 f1 (x) + a12 f2 (x) , f2 (x) = a21 f1 (x) + a22 f2 (x) . (9)

M t khác, thay y = 0 vào (7), ta có

f (x) = c1 f1 (x) + c2 f2 (x) . (10)

Suy ra
f (x) = c11 f1 (x) + c12 f2 (x) , f (x) = c21 f1 (x) + c22 f2 (x) . (11)
c11 c12
= 0, thì t (10) và (11), ta thu đư c phương trình vi phân tuy n tính
-Nu
c21 c22
thu n nh t
a1 f (x) + a2 f (x) = 0,
trong đó a1 và a2 không đ ng th i b ng 0. Gi i phương trình vi phân này, ta tìm đư c f (x).
T t c các hàm f (x) này đ u th a mãn (7) nên là nghi m c a phương trình.
cc
- N u 11 12 = 0, thì t (10) và (11), ta có th bi u di n f1 (x) và f2 (x) b i m t t h p
c21 c22
tuy n tính c a f (x) và f (x). Thay bi u di n này vào (5), ta thu đư c phương trình d ng

f (x) + a1 f (x) + a2 f (x) = 0.

Gi i phương trình vi phân này, ta tìm đư c f (x) .
T t c các hàm f (x) này đ u th a mãn (7) nên là nghi m c a phương trình. Bài toán đã
đư c gi i quy t.
Dư i đây là m t s trư ng h p đ c bi t mà phương trình (7) tr thành m t s phương trình
hàm cơ b n. Nh ng phương trình này khá n i ti ng và đã có l i gi i hoàn toàn sơ c p (có th
xem trong [1] ho c [2]).
- V i f1 (x) = f (x), g1 (y ) ≡ 1, f2 (x) ≡ 1, g2 (y ) = f (y ), phương trình (7) tr thành Phương
trình hàm Cauchy
f (x + y ) = f (x) + f (y ) , ∀x, y ∈ R.
- V i f1 (x) = g (x), g1 (y ) ≡ 1, f2 (x) ≡ 1, g2 (y ) = h (y ), phương trình (7) tr thành Phương
trình hàm Pexider
f (x + y ) = g (x) + h (y ) , ∀x, y ∈ R.

18
www.VNMATH.com


- V i f2 (x) ≡ 1, phương trình (7) tr thành Phương trình hàm Vincze

f (x + y ) = f1 (x) g1 (y ) + g2 (y ) , ∀x, y ∈ R,

- V i f1 (x) = f (x), g1 (y ) = g (y ), f2 (x) = g (x), g2 (y ) = f (y ), phương trình (7) tr
thành phương trình hàm d ng lư ng giác (vì m t nghi m c a phương trình này là f (t) = sint,
g (t) = cost)
f (x + y ) = f (x) g (y ) + g (x) f (y ) , ∀x, y ∈ R.


3 Áp d ng
PTHP t ng quát có nhi u áp d ng trong vi c nghiên c u m t s v n đ liên quan c a Toán
ph thông. Sau đây là m t áp d ng liên quan đ n các phép chuy n đ i b o toàn y u t góc c a
m t tam giác.
Bài toán 3.1. Tìm t t c các hàm s f , g , h xác đ nh và liên t c trên R th a mãn đi u ki n
sau: “N u A, B, C ∈ R, A + B + C = π , thì A1 + B1 + C1 = π ”, trong đó A1 = f (A), B1 = f (B ),
C1 = f (C ).
Gi i. Gi s các hàm s f , g , h xác đ nh và liên t c trên R th a mãn đi u ki n trên. Ta có

A1 + B1 + C1 = π ⇒ f (A) + f (B ) + f (C ) = π ⇒

f (π − B − C ) = π − f (B ) − f (C ) . (12)
π π
Đ t F (x) = f (π − x), G (x) = − g (x), H (x) = − h (x). Khi đó, phương trình (12) có
2 2
d ng
F (B + C ) = G (B ) + H (C ) . (13)
Phương trình (13) chính là Phương trình Pexider đã bi t. Nghi m liên t c t ng quát c a phương
trình này là

F (x) = ax + c1 + c2 , G (x) = ax + c1 , H (x) = ax + c2 ,
trong đó a, c1 , c2 ∈ R.
Do đó
π π
f (x) = a (π − x) + c1 + c2 , g (x) = − ax − c1 , h (x) = − ax − c2 . (14)
2 2
π π
Đ t a = −k , c1 + c2 + aπ = λπ , − c1 = µπ , − c2 = γπ . Th thì k + λ + µ + γ = 1. Khi
2 2
đó, b i (14), ta thu đư c

f (x) = kx + λπ, g (x) = kx + µπ, h (x) = kx + γπ,

trong đó k + λ + µ + γ = 1.
Rõ ràng các hàm s f , g , h nêu trên th a mãn đi u ki n c a bài toán.
Bài toán 3.2. Tìm t t c các hàm s f , g , h xác đ nh và liên t c trên R th a mãn đi u ki n
sau: “N u A, B, C ≥ 0, A + B + C = π , thì A1 , B1 , C1 ≥ 0, A1 + B1 + C1 = π ”, trong đó


19
www.VNMATH.com


A1 = f (A), B1 = f (B ), C1 = f (C ) .
Gi i. Tương t cách gi i trên, ta tìm đư c
f (x) = kx + λπ, g (x) = kx + µπ, h (x) = kx + γπ,

trong đó λ ≥ 0, µ ≥ 0, k + λ ≥ 0, k + µ ≥ 0, λ + µ ≤ 1, k + λ + µ ≤ 1.
K t qu c a Bài toán 3.2 có nhi u áp d ng trong các phép chuy n đ i b o toàn y u t góc
trong tam giác, ch ng h n các H qu sau đây mà ph n ch ng minh dành cho b n đ c
H qu 3.1. N u A, B , C là ba góc c a m t tam giác, thì A1 , B1 , C1 xác đ nh như sau
B+C C +A A+B
A1 = , B1 = , C1 =
2 2 2
cũng là ba góc c a m t tam giác.
π
H qu 3.2. N u A, B , C là ba góc c a m t tam giác th a mãn max {A, B, C } < , t c là
2
tam giác ABC nh n, thì A1 , B1 , C1 xác đ nh như sau
A1 = π − 2A, B1 = π − 2B, C1 = π − 2C
cũng là ba góc c a m t tam giác.
H qu 3.3. N u A, B , C là ba góc c a m t tam giác, thì A2 , B2 , C2 xác đ nh như sau
A B π+C
A2 = , B2 = , C2 =
2 2 2
cũng là ba góc c a m t tam giác, trong đó C2 là góc tù.
H qu 3.4. N u A, B , C là ba góc c a m t tam giác, trong đó C là góc tù, thì A2 , B2 , C2
xác đ nh như sau
A2 = 2A, B2 = 2B, C2 = 2π − C
cũng là ba góc c a m t tam giác.
H qu 3.5. N u tam giác ABC có ba góc nh n (ho c vuông t i C ), thì A3 , B3 , C3 xác đ nh
như sau
π π
A3 = − A, B3 = − B, C3 = π − C,
2 2
cũng là ba góc c a m t tam giác tù (ho c vuông t i C3 ).
H qu 3.6. N u tam giác ABC có góc C tù (ho c vuông), thì A3 , B3 , C3 xác đ nh như sau
π π
− A, − B, C3 = π − C,
A3 = B3 =
2 2
cũng là ba góc c a m t tam giác nh n (ho c vuông t i C3 ).
Bây gi , m r ng m t cách t nhiên các bài toán trên, ta có các bài toán sau
Bài toán 3.3. Tìm t t c các hàm s f , g , h xác đ nh và liên t c trên R th a mãn đi u ki n
n n
sau: “N u Ai ∈ R, Ai = (n − 2) π , thì Ai = (n − 2) π ”, trong đó Ai = f (Ai ).
i=1 i=1
Gi i. Tương t cách gi i Bài toán 3.1, trong đó phương trình hàm c m sinh chính là Phương
trình hàm Perxider t ng quát. Các hàm s tìm đư c là
fi (x) = k0 x + ki (n − 2) π (i = 1, ..., n, n ≥ 3) ,

20
www.VNMATH.com


n
kj = 1.
trong đó
j =0
Tương t , m r ng Bài toán 3.2, ta thu đư c
Bài toán 3.4. Tìm t t c các hàm s fi (i = 1, ..., n, n ≥ 3) xác đ nh và liên t c trên R th a
n n
mãn đi u ki n sau: “N u 0 ≤ Ai ≤ 2π , Ai = (n − 2) π , thì 0 ≤ Ai ≤ 2π , Ai = (n − 2) π ”,
i=1 i=1
trong đó Ai = f (Ai ).
Gi i. Tương t cách gi i Bài toán 3.2, trong đó phương trình hàm c m sinh chính là Phương
trình hàm Perxider t ng quát. Các hàm s tìm đư c là
fi (x) = k0 x + ki (n − 2) π (i = 1, ..., n, n ≥ 3) ,
trong đó 0 ≤ ki (n − 2) ≤ 2, 0 ≤ 2k0 + ki (n − 2) ≤ 2.
Thu h p gi thi t c a Bài toán 3.4, ta thu đư c
Bài toán 3.5. Tìm t t c các hàm s fi (i = 1, ..., n, n ≥ 3) xác đ nh và liên t c trên R th a
n n
mãn đi u ki n sau: “N u 0 ≤ Ai ≤ π , Ai = (n − 2) π , thì 0 ≤ Ai ≤ π , Ai = (n − 2) π ”,
i=1 i=1
trong đó Ai = f (Ai ).
Gi i. Tương t cách gi i Bài toán 3.4, trong đó phương trình hàm c m sinh chính là Phương
trình hàm Perxider t ng quát. Các hàm s tìm đư c là
fi (x) = k0 x + ki (n − 2) π (i = 1, ..., n, n ≥ 3) ,
trong đó 0 ≤ ki (n − 2) ≤ 1, 0 ≤ k0 + ki (n − 2) ≤ 1.
T nh ng k t qu trên ta th y r ng, v i ba góc c a m t tam giác cho trư c, có th t o
ra đư c ba góc c a m t tam giác m i và do đó có th suy ra đư c nhi u h th c lư ng giác
liên quan đ n các góc c a tam giác đó. Hơn n a, b ng cách ph i h p nh ng phương pháp khác
nhau, ta còn có th t o ra đư c nhi u đ ng th c và b t đ ng th c lư ng giác khác, vô cùng
phong phú. Sau đây là m t vài ví d .
Gi s r ng, ta đã ch ng minh đư c các h th c sau đây và xem chúng là nh ng h th c
"g c" ban đ u √
33
sin A + sin B + sin C ≤ , (15)
2
1
cos A cos B cos C ≤ (16)
8

33
0 < sin A sin B sin C ≤ , (17)
8
sin 2A + sin 2B + sin 2C = 4 sin A sin B sin C. (18)
Áp d ng H qu 3.1 vào (15), ta có

π−A π−B π−C 33

sin + sin + sin .
2 2 2 2

Như v y, ta đã t o đư c b t đ ng th c sau √
A B C 33
B t đ ng th c 1. cos + cos + cos ≤ .
2 2 2 2

21
www.VNMATH.com


Áp d ng H qu 3.1 vào (16), ta có

π−A π−B π−C 1
≤.
cos cos cos
2 2 2 8

Như v y, ta đã t o đư c b t đ ng th c sau
A B C 1
B t đ ng th c 2. sin sin sin ≤ .
2 2 2 8
Áp d ng H qu 3.1 vào (18), ta có

π−A π−B π−C π−A π−B π−C
sin 2 + sin 2 + sin 2 = 4 sin sin sin .
2 2 2 2 2 2
hay
π−A π−B π−C
sin (π − A) + sin (π − B ) + sin (π − C ) = 4 sin sin sin .
2 2 2
Như v y, ta đã t o đư c đ ng th c sau
A B C
sin A + sin B + sin C = 4cos cos cos .
Đ ng th c 1.
2 2 2
Bây gi , đ sáng tác thêm nh ng h th c đa d ng hơn, ta ti p t c khai thác nh ng k t qu
trên, ch ng h n t B t đ ng th c 2 ta có
A B C A B C A B C A B C
sin sin ≤ 1 ⇔ 32 sin sin sin .cos cos cos ≤ 4cos cos cos
8 sin
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
A A B B C C A B C
⇔ 4 2 sin ≤ 4cos cos cos
cos 2 sin cos 2 sin cos
2 2 2 2 2 2 2 2 2
A B C
⇔ 4 sin A sin B sin C ≤ 4cos cos cos . (19)
2 2 2
Như v y, ta đã t o đư c b t đ ng th c sau
A B C
B t đ ng th c 3. sin A sin B sin C ≤ cos cos cos .
2 2 2
B i (18) và Đ ng th c 1, t (19), ta có b t đ ng th c sau
B t đ ng th c 4. sin 2A + sin 2B + sin 2C ≤ sin A + sin B + sin C .
Ta ti p t c khai thác B t đ ng th c 4. Nh n xét r ng, n u tam giác ABC là tam giác nh n
thì, áp d ng H qu 3.2 vào B t đ ng th c 4, ta có
sin 2 (π − 2A) + sin 2 (π − 2B ) + sin 2 (π − 2C )
≤ sin (π − 2A) + sin (π − 2B ) + sin (π − 2C )
⇔ − sin 4A − sin 4B − sin 4C ≤ sin 2A + sin 2B + sin 2C.
Như v y, ta ti p t c t o đư c b t đ ng th c sau
B t đ ng th c 5. sin 2A + sin 2B + sin 2C + sin 4A + sin 4B + sin 4C ≥ 0.
Bây gi , áp d ng H qu 3.3 vào B t đ ng th c 4, ta có
A B π+C A B π+C
≤ sin
sin 2. + sin 2. + sin 2. + sin + sin .
2 2 2 2 2 2

22
www.VNMATH.com


Ta t o đư c b t đ ng th c sau
A B C
sin A + sin B − sin C ≤ sin+ sin + cos .
B t đ ng th c 6.
2 2 2
Bây gi , gi s tam giác ABC có góc C tù. Áp d ng H qu 3.4 vào B t đ ng th c 1, ta có

2C − π
2A 2B 33

cos + cos + cos .
2 2 2 2
Ta t o đư c b t đ ng th c sau √
33 π
B t đ ng th c 7. cos A + cos B + sin C ≤ C> .
2 2
Ti p theo, gi s tam giác ABC nh n (ho c vuông t i C ). Áp d ng H qu 3.5 vào (17), ta
có √
π π 33
− A sin − B sin (π − C ) ≤
0 < sin
2 2 8
Ta đư c b t đ ng th c sau √
33 π
B t đ ng th c 8. 0 < cos A cos B sin C ≤ C≤ .
8 2
Bây gi , gi s tam giác ABC có góc C tù (ho c vuông). Áp d ng H qu 3.6 vào (15), ta
có √
π π 33
− A + sin − B + sin (π − C ) ≤
0 < sin
2 2 2
Ta đư c b t đ ng th c sau √
33 π
0 < cos A + cos B + sin C ≤ C≥
B t đ ng th c 9. .
2 2
TÀI LI U THAM KH O

[1] J. Aczél (1966), Lectures on Functional equations and their applications, Chapter 3, pp.
141-145, Chapter 4, pp. 197-199.
[2] Nguy n Văn M u, M t s l p phương trình hàm đa n hàm d ng cơ b n, K y u H i
th o khoa h c "Các chuyên đ chuyên Toán b i dư ng h c sinh gi i Trung h c ph thông", Hà
N i, 2011.
[3] D.S. Mitrinovic, J.E. Pecaric and V. Volenec (1989), Recent advances in geometric inequal-
ities, Mathematics and its applications (East European series), Published by Kluwer Academic
Publishers, the Netherlands, Chapter V, pp. 64-69.




23
www.VNMATH.com




XÂY D NG M T L P PHƯƠNG TRÌNH HÀM NH
CÁC H NG Đ NG TH C LƯ NG GIÁC
Lê Sáng, Trư ng THPT Chuyên Lê Quý Đôn - Khánh Hòa
Trong các kì thi Đ i h c câu h i v phương trình, b t phương trình thư ng đư c chú ý,thì trong
các câu h i c a đ thi ch n h c sinh gi i qu c gia hay qu c t các bài toán v phương trình
hàm cũng chi m ph n tr ng tâm. Trong bài vi t này chúng tôi th liên h ki n th c v lư ng
giác đã h c trong chương trình ph thông đ đưa đ n m t s bài toán có nghi m là hàm s
lư ng giác


1 Các hàm s lư ng giác trong chương trình toán và vài
tính ch t

sin(x ± y ) = sin x cos y ± sin y cos x, ∀x, y ∈ R(1)
sin(x + y ) sin(x − y ) = sin2 x cos2 y − sin2 y cos2 x, ∀x, y ∈ R(2)
cos(x ± y ) = cos x cos y sin x sin y, ∀x, y ∈ R(3)
T (2) đưa đ n công th c c a phương trình hàm n là hàm sin

g (x + y )g (x − y ) = g 2 (x) − g 2 (y ) v i m i x, y ∈ R.
T (3) ta cũng đ t đư c công th c c a hàm cosin (phương trình hàm d’Alembert )

f (x + y ) + f (x − y ) = 2f (x)f (y ) v i m i x, y ∈ R.
Ngoài ra t m t s công th c lư ng giác mà ta cũng đoán đư c nghi m

f (2x) = 2f 2 (x) −1, f (3x) = 4f 3 (x) −3f(x),∀x ∈ R.
Quy ư c: f n (x) = [f (x)]n .

B n Phương trình hàm cơ b n : Trong các bài toán sau ph n nhi u trư c khi đi đ n
k t qu thư ng ph i qua trung gian là các phương trình hàm cơ b n sau
Các phương trình Cauchy
A(x + y ) = A(x) + A(y ) (I )
E (x + y ) = E (x).E (y ) (II )
L(xy ) = L(x) + L(y ) v i x > 0 (III )
F (xy ) = F (x).F (y ) v i x > 0 (IV )
Ta có l n lư t các nghi m là A(x)=ax ,v i a=f(1) đư c gi i b i A.L.cauchy 1821
E (x) = exp(ax) hay E (x) = 0
L(x) = alnx hay L(x) = 0
F (x) = xc hay F (x) = 0

24
www.VNMATH.com


2 Phương trình hàm d’Alembert – Hàm cosin
Bài toán 1. Tìm các hàm f (x) xác đ nh và liên t c trên và th a mãn các đi u ki n

f (x + y ) + f (x − y ) = 2f (x) f (y ) , ∀x, y ∈ R
f (0) = 1, ∃x0 ∈ R : |f (x0 )| < 1

L i gi i. Vì f (0) = 1 và f (x) liên t c trên R nên ∃ε > 0 sao cho f (x) > 0, ∀x ∈ (−ε, ε)
Khi đó theo (2) v i n0 ∈ N đ l n thì
x0 x0
f ( n0 ) > 0 ⇒ f ( n0 ) < 1 (do ph n ch ng )
2 2
x0
V y t n t i x1 = 0, x1 = sao cho
2n0
π
0 < f (x1 ) < 1.f (x) > 0, ∀x ∈ (− |x1 | , |x1 |) , f (x1 ) = cos α, 0 < α
1 ta có nghi m c a
bài toán là f (x) = cosh(x), đây là hàm cosin hyprebol mà ta không kh o sát chương trình
h c ph thông
Nh n xét 2. Khi f là hàm kh vi, l y đ o hàm theo y hai l n , ta đư c f (0) = 0, f (x) =
k.f (x), k h ng N u k = 0 thì f (x) = ax + b;
N u k > 0 thì f (x) = c sin bx + d cos bx, c, d h ng
T f (0) = 1, f (0) = 0 suy ra d = 1, bc = 0, b = 0 thì f h ng; c = 0 thì f (x) = cos x
N u k < 0 thì f (x) = c sinh bx + d cosh bx v i b2 = k, đi u ki n f (0) = 1, f (0) = 0.
V y nghi m là f (x) = cos bx, b s th c.
Đ nh lý 1. (Đ nh lý nghi m c a Phương trình d’Alembert)
Cho f : R → R hàm liên t c và th a mãn đi u ki n
(C ) f (x + y ) + f (x − y ) = 2f (x)f (y ), v i m i x, y
thì f (x) = 0, f (x) = 1, f (x) = cos ax, hay f (x) = coshbx, a, b ∈ R.

25
www.VNMATH.com


Bài toán 2. (IMO1972). Tìm f : R → R liên t c và th a mãn các đi u ki n

f (x + y ) + f (x − y ) = 2f (x)f (y ), v i m i x, y

Ch ng minh r ng n u f (x) = 0, |f (x)| ≤ 1, ∀x ∈ R thì |g (y )| ≤ 1, ∀y ∈ R


L i gi i. Do f b ch n

f (x) = 0 |f (x)| |g (y )| = 2 |f (x + y ) + f (x − y )| ≤ |f (x + y )| + |f (x − y )| ≤ 2M, ∀x ∈ R



Bài toán 3. Tìm t t c các hàm liên t c D → R th a
f(x) + f(y)
f (x + y ) =
1 − f(x)f(y)

L i gi i. Ta bi t r ng hàm f (x) = tan x th a đ bài.
Vì th n u đ t A(x) = arctanf (x) thì A(x + y ) = A(x) + A(y ) ± 2k .
Suy ra A(x) = kx mod 2π , t đó d n đ n f (x) = tan kcx.

Bài toán 4. Tìm các hàm f (x) xác đ nh và liên t c trên R và th a mãn các đi u ki n

x+y
, ∀x, y ∈: x + y > 0
f (x) + f (y ) = f
1 − xy

L i gi i. Đ t x = cotgu, y = cotgv, 0 < u, v < π
Thì 1x+y = cotg (u + v )
−xy
Hay A (u + v ) = A (u) + A (v ) , 0 < u, v < π trong đó A (u) = f (cotgu) .

f (x) = karcctgx, k ∈, ∀x ∈ R (i)

Th l i ta th y hàm f (x) xác đ nh theo (i) th a mãn các đi u ki n c a bài toán
K t lu n f (x) = karcctgx, k ∈ R, ∀x ∈ R

Bài toán 5. Tìm các c p hàm f (x) và g (x) xác đ nh và liên t c trên R và th a mãn đi u ki n

f (x − y ) = f (x)g (y ) + f (y )g (x)

L i gi i. Nghi m c a bài toán là

f ( x) = c √ f (x) = cos kx
, k ∈ R∗
hay
g (x) = ± sin kx
g ( x ) = ± 1 − c2




26
www.VNMATH.com


Bài toán 6. (Putnam1991)
Cho hai hàm f : R → R, g : R → R, f (x), g (x) khác h ng, kh vi và th a mãn đi u ki n

f (x + y ) = f (x)f (y ) − g (x)g (y )
g (x + y ) = f (x)g (y ) + g (x)f (y ), ∀x, y ∈ R

và f (0) = 0 .Ch ng minh r ng f 2 (x) + g 2 (x) = 1
L i gi i. Ta ch c n ch ng minh r ng H (x) = f 2 (x) + g 2 (x) là h ng
Th t v y l y đ o hàm theo y r i thay y = 0
ta đư c f (x) = −g (0)g (x) và g (x) = g (0)f (x)
Do đó 2f (x)f (x) + 2g (x)g (x) = 0 suy ra f 2 (x) + g 2 (x) = C
Ngoài ra f 2 (x + y ) + g 2 (x + y ) = (f 2 (x) + g 2 (x))(f 2 (y ) + g 2 (y )) ,nên C 2 = C .
Nhưng C = 0,nên C = 1
Nh n xét.T gi thi t c a bài toán ta th y hai hàm f (x) = cos x, g (x) = sin x là nghi m c a
bài toán, nên ta đ t E (x) = f (x) + ig (x) ,t gi thi t bài toán ta có E (x + y ) = E (x)E (y )
Vì v y ta có 1 cách gi i khác như sau
Do E hàm kh vi nên E (0) = ib, E (x + y ) = E (x)E (y ) L y đ o hàm y ,r i cho y = 0 ta đư c
E (x) = Ceibx ,
T E (0 + 0) = E (0)E (0), ta rút ra đư c C = 1.
2
Cu i cùng f 2(x) + g 2(x) = |E(x)| = eibx = 1

Bài toán 7. a.Tìm các c p hàm f : R → R, g : R → R liên t c và th a mãn đi u ki n
f (x − y ) = f (x)g (y ) − f (y )g (x)
g (x − y ) = g (x)g (y ) + f (x)f (y ), ∀x, y ∈ R

Đáp s . Nghi m c a bài toán là f (x) = sin bx, g (x) = cos bx, b s th c hay f (x) = g (x) = 0
f (x + y ) = f (x)g (y ) + f (y )g (x)
b.
g (x + y ) = g (x)g (y ) − f (x)f (y ), ∀x, y ∈ R

Đáp s . Nghi m là f (x) = ax/2 sin bx, g (x) = ax/2 cos bx, a > 0, b s th c hay f (x) =
g (x) = 0.
Bài toán 8. Tìm các c p hàm f (x) và g (x) xác đ nh và liên t c trên R và th a mãn

[f (x) + g (x)]2 = 1 + f (2x), f (0) = 0
f (x + y ) + f (x − y ) = 2f (x)g (y ), ∀x, y ∈ R

Đáp s . Nghi m c a bài toán là f (x) = sin bx, g (x) = cos bx, bs th c hay f (x) = g (x) = 0



3 Phương trình hàm có ch a hàm s lư ng giác
3.1 Trư c h t xét hàm th c f xác đ nh v i m i x,y thu c R th a
f (x + y ) + f (x − y ) = 2cosxcosy, (3.1)

27
www.VNMATH.com


K t qu 1. f (x) là nghi m c a 4.1 khi và ch khi f (x) = cos x
K t qu 2. Phương trình f (x + y ) + f (x − y ) = 2 sin x sin y , không có nghi m
K t qu 3. Phương trình f (x + y ) + g (x − y ) = 2 sin x sin y
có nghi m f (x) = c − cos x, g (x) = cos x − c
Do công th c bi n đ i 2 sin x sin y = cos(x − y ) − cos(x + y ) suy ra f (u) + cos u = cos v − g (v )
K t qu 4. Phương trình f (x + y ) − f (x − y ) = 2 sin x sin y có nghi m
f (x) = c − cos x, c là h ng
K t qu 5. Phương trình f (x + y ) + f (x − y ) = 2 cos x sin y không có nghi m
K t qu 6. Phương trình f (x + y ) + g (x − y ) = 2 cos x sin y,
có nghi m f (x) = c + sin x, g (x) = − sin x − c
K t qu 7. Phương trình f (x + y ) + f (x − y ) = 2 sin x cos y ,có nghi m f (x) = sin x
3.2 Xét hai hàm th c f ,g xác đ nh trên R th a
f (x + y ) + g (x − y ) = 2 sin x cos y, (3.2)
K t qu 8. Nghi m c a (3.2) là f (x) = c + sinx, g (x) = sinx − c
Cho y = 0, r i thay y = −y vào (3.2)
ta đư c f (x) + g (x) = 2 sin x và f (x + y ) + g (x − y ) − f (x − y ) + g (x + y ) = 0
3.3 Cho hàm th c f (x) th a f (x + y ) + f (x − y ) = 2f (x) cos y (3.3) .
Khi đó hàm g (x) = f (x) − d cos x th a g (x + y ) = g (x) cos y + g (y ) cos x (3.4)
K t qu 9. Nghi m t ng quát c a (3.4) là g (x) = b sin x, do đó f (x) = b sin x + d cos x
Th t v y, cho x = 0, r i hoán đ i x, y trong (3.3) ta đư c f (y ) + f (−y ) = 2d cos y và 2f (x +
y ) + f (x − y ) + f (y − x) = 2f (x) cos y + 2f (y ) cos x
T c là 2f (x + y ) + 2d cos(x − y ) = 2f (x) cos y + 2f (y ) cos x. Suy ra (3.4)
Đ có nghi m (3.4) , dùng tính k t h p c a hàm g (x)
g (x + y + z ) = (g (x) cos y + g (y )) cos x + g (z ) cos(x + y )
= g (x) cos(y + z ) + (g (y ) cos z + g (z ) cos y ) cos x
Suy ra g (x) sin y sin z = g (z ) sin y sin x, m i x, y, z
C đ nh y, z v i sin z = 0, ta đư c g (x) = b sin x
3.4. Cho hai hàm f : R → R, g : R → R th a
f (x − y ) − f (x + y ) = 2g (x) sin y, v i m i s th c x, y (3.5)
khi và ch khi f (x) = a cos x − d sin x + c, g (x) = a sin x + d cos x
L i gi i. Cho x = 0, r i hoán đ i x, y trong (3.5) ta đư c f (−y ) − f (y ) = 2d sin y và
f (x − y ) − f (y − x) = 2g (x) sin y − 2g (y ) sin x
T c là −2d sin(x − y ) = 2g (x) sin y − 2g (y ) sin x.
Suy ra (g (x) − d cos x) sin y = (g (y ) − d cos y ) sin x, t c là g (x) = d cos x + a sin x (c đ nh y).
Thay g (x) vào (3.5) ta có k t qu
3.5.L p lu n tương t ta cũng có vài phương trình hàm
sin (x + y ) = f (x) sin y + f (y ) sin x (3.6)
sin (x + y ) = g (x) sin y + g (y ) sin x (3.7)
f (x + y ) = g (x) sin y + g (y ) sin x (3.8)

28
www.VNMATH.com


K t qu 10. Nghi m (3.6 ) là f (x) = cos x ,nghi m c a (3.7 ) là f (x) = cos x + d sin x, g (x) =
cos x − b sin x , nghi m c a(4.8) là f (x) = a cos x = g (x)
3.6. Dùng tính k t h p c a hàm
Xét f (x + y )f (x − y ) = sin2 (x) − sin2 (y ), (3.9)
K t qu 11. (4.9) có nghi m là f (x) = k sin x, k 2 = 1
Bài toán 9. Nghi m c a f (x + y )f (x − y ) = f 2 (x) − sin2 (y ), (3.10)
Là f (x) = a sin x hay f (x) = b cos x + d sin x, a, b, d h ng th a a2 = 1 = b2 + d2
L i gi i. Cho x = y trong (4.10).Xét 2 trư ng h p f (0) = 0 hay khác không
Trư ng h p khác không ta đưa v d ng f (u)f (v ) = bf (u + v ) + sin u sin v.
Sau đó xét bf (u + v + z ) = f (u)(f (v )f (z ) − sin v sin z ) − sin u(sin v cos z + cos v sin z )
Tính ch t 1. Cho hàm f (x)xác đ nh và liên t c trên R và th a mãn đi u ki n
(S ∗ )f (x + y + 2d) + f (x − y + 2d) = 2f (x)f (y ), v i m i x, y, d h ng khác không
thì f là hàm s l
Tính ch t 2.
(i) N u f (0) = 1 và f (d) = 1 thì hàm f có chu kỳ là d
(ii) N u f (0) = 1 và f (d) = −1 thì hàm f có chu kỳ là 2d
(iii) N u f (0) = −1 thì f (d) = 0 hàm f có chu kỳ là d

Bài toán 10. Tìm hàm f (x) th a mãn (S*)
L i gi i. Trư ng h p (i) và (ii) thì f th a phương trình d’Alembert c a hàm (C)
Trư ng h p (iii) thì g (x) = f (x + 2d) là nghi m c a phương trình (C)
g (x + y ) + g (x − y ) = 2g (x)g (y ), g (x) có chu kỳ 4d
(2n+1)πx
K t qu . Nghi m c a bài toán (S*) là f (x) = cos 2nπx hayf (x) = ± cos .
d d


Phương trình hàm sin (S )f (x + y )f (x − y ) = f 2(x) − f 2(y ),
4
v i m i x, y
Tính ch t 3. Hàm f khác không, th a (S) là hàm l
Bài toán 11. Cho f : R → R liên t c th a (S)
Thì f (x) = cx , f (x) = c sin bxhay f (x) = sinh bx
L i gi i. Do f liên t c, kh vi. L y đ o hàm l n th nh t theo y , l n th hai theo x
Suy ra f (x) = kf (x) . Như v y ta có k t qu
Bài toán 12. (Corovei) Cho hai hàm f : R → R, g : R → R khác không th a
y y y y
f (x)g (y − x) = f −f x− g x− , ∀x, y ∈ R(∗)
g
2 2 2 2
Khi đó g là nghi m c a (S) và
g (x) = A(x), f (x) = c+dA(x)(1), g (x) = b(E (x)−E (−x)), f (x) = c(E (x)−E (−x))+dE (−x)(2)
trong đó A, E th a phương trình cơ b n, b và c là các h ng s .

29
www.VNMATH.com


L i gi i. Thay x b i x + y , và y b i 2x vào (*) f (x + y )g (x − y ) = f (x)g (x) − f (y )g (y )(3),
sau đó đ i ch x và y v i nhau ta đư c f (x + y )g (y − x) = −f (x + y )g (x − y ),
suy ra g (x) hàm l ( do f khác không)
L y y = −x r i thay y b i −y trong (1) , tr (*) cho (3)
f (x − y )g (x + y ) − f (x + y )g (x − y ) = g (y )(f (−y ) + f (y ))
Xét 2 trư ng h p f (0), f (0) = 0, thì f và g trong (1) là nghi m; f (0) khác không, f và g trong
(2) là nghi m
Kêt qu Trư ng h p hàm liên t c, nghi m khác không là
f (x) = bx + c, g (x) = ax;
f (x) = c sin ax + d cos ax, g (x) = b sin ax;
f (x) = b sinh ax + d cosh ax, g (x) = b sinh ax.


5 M r ng phương trình hàm d’Alembert d ng lư ng
giác c a W. H. Wilson1919

f (x + y ) + f (x − y ) = 2f (x)g (y ), (1)v i m i x, y
f (x + y ) + g (x − y ) = h(x)k (y ), (2) v i m i x, y
Nh n xét khi f (x) = 0 thì g (x) là m t hàm tùy ý Nên ta xét f (x) = 0 ,nên có a sao cho f (a) = 0
Trong (1) thay x = a, y = −y ta đư c g (x) là hàm s ch n. Nh phương pháp tách f thành 2
hàm ch n f 1 và hàm l f 2 Wilson thu g n đư c f 1 (x) = kg (x),v i k = f 1 (0) và g th a mãn
hàm d’Alembert

Đ nh lý 2. (Đ nh lý Wilson.) Nghi m t ng quát c a phương trình(1) là
f (x) = 0, g (x) tùy ý, hay
f (x) = k cos bx + C sin bx và g (x) = cos bx, hay
f (x) = k cosh bx + C sinh bx và g (x) = cosh bx, hay
f (x) = k + Cx và g (x) = 1
Nh n xét. Trong ph m vi c a bài này chúng tôi ch nh m xét phương trình (1) có nghi m
d ng lương giác, d ng (2) đư c xét t ng quát trong bài khác

Bài toán 13. N u hàm f th a f (x − y ) = f (x)f (y ) + g (x)g (y ), ∀x, y ∈ R.thì cũng th a phương
trình d’Alembert f (x + y ) + f (x − y ) = 2f (x) cos y, ∀x, y ∈ R.
L i gi i. Do bài toán 3.5
Bài toán 14. ( Bình Đ nh 2009 )Tìm t t c các hàm s f xác đ nh trên R th a
f (x + y ) + f (x − y ) = 2f (x) cos y, ∀x, y ∈ R
.

30
www.VNMATH.com


6 M r ng các phương trình hàm cơ b n d ng
f [G(x, y )] = F (f (x), f (y ))

Trong bài vi t này, chúng tôi ch xét trư ng h p đ c bi t G(x,y)=x+y, t c là d ng phương
trình hàm f (x + y ) = F (f (x), f (y )) , x, y ∈ R
Tính ch t 4. F có tính k t h p t c là F [F [u, v ], w] = F [u, F [v, w]] = f (x + y + w)
Trư ng h p
F (u, v ) = Auv + Bu + Bv + C , F là đa th c đ i x ng, do tính k t h p ta đư c AC = B 2 − B
Khi A = 0 thì B = 1 bài toán có d ng f (x + y ) = f (x) + f (y ) + C
Đ t A(x) = f (x) + C, bài toán đư c đưa v A(x + y ) = A(x) + A(y ) (phương trình Cauchy I)
Do đó f (x) = A(x) − C. Khi A=0 , bài toán có d ng

B2 − B [Af (x) + B ] [Af (y ) + B ] − B
f (x + y ) = Af (x)f (y ) + Bf (x) + Bf (y ) + =
A A
Đ t E (x) = Af (x) + B, bài toán đư c đưa v E (x + y ) = E (x).E (y ) (phương trình Cauchy II)
E (x)−B
Do đó f (x) = A

M t s bài toán liên quan
Các nghi m t ng quát đư c đưa ra đây trong l p hàm lư ng giác đư c xác đ nh trong các
kho ng đ hàm s liên t c và đơn đi u trong kho ng xác đ nh đó

f1 (x) + f1 (y )
6.1 f1 (x + y ) = ,
1 − f1 (x)f1 (y )
f2 (x)f2 (y ) − 1
6.2 f2 (x + y ) = ,
f2 (x) + f2 (y )
f3 (x) + f3 (y ) − 2f3 (x)f3 (y )
6.3 f3 (x + y ) = ,
1 − f3 (x)f3 (y )
f4 (x) + f4 (y ) − 1
6.4 f4 (x + y ) = ,
2f4 (x) + 2f4 (y ) − 2f4 (x)f4 (y ) − 1
f5 (x) + f5 (y ) − 2f5 (x)f5 (y ) cos a
6.5 f5 (x + y ) = ,
1 − f5 (x)f5 (y )
1 − f 2 (x) 1 − f 2 (y )
6.6 f6 (x + y ) = f6 (x)f6 (y ) −

Có các nghi m l n lư t là

f1 (x) = tan kx, f2 (x) = cot kx, f3 (x)
1 1
= , f4 (x) = , f5
1 + cot kx 1 + tan kx
sin kx
(x) = , f6 (x) = cos kx.
sin(kx + a)



31
www.VNMATH.com


7 Lư ng giác hóa bài toán phương trình hàm
Bài toán 15. (Putnam2000) Tìm hàm f (x) xác đ nh và liên t c trong [−1, 1] và th a mãn

f 2x2 − 1 = 2xf (x) , ∀x ∈ [−1.1]
1 1
L i gi i. Ta có x = 1, x = − 2 th a mãn 2x2 − 1 = x suy ra f (1) = f (− 2 ) = 0
Nên f cos 23 + 2πn = 0.T f (cos 2a) = 0 ta suy ra f (cos a) = 0
π

Đ t x = cos a, Ta đư c f cos 2−k 23 + 2πn = 0, ∀n ∈ Z, k ∈ N
π

Hơn n a, t p các s 2−k ( 23 + 2πn) trù m t trong R và f (cos x) liên t c suy ra f (cos r) = 0,m i
π
r
Bài toán 16. Tìm hàm f (x),ch n, liên t c trong lân c n đi m O xác đ nh
f (x) x π /2, f (x) 0 khi π /2 x π,
0 khi 0

và th a (*) f (2x) = 1 − 2f2 π
- x ,∀x ∈ R, thì f (x) = cos x, m i x.
2

Bài toán 17. Tìm các hàm f (x) xác đ nh và liên t c trên [−1, 1] và th a mãn các đi u ki n

1 − y2 + y 1 − x2 , ∀x, y ∈ [−1, 1] (18)
f (x) + f (y ) = f x

−π π
1 − y 2 + y 1 − x2 = sin (u + v )
L i gi i. Đ t x = sin u, y = sin v, ∀u, v ∈ 2 ,2 Thì x
Khi đó có th vi t (18) dư i d ng
−π π
g (u + v ) = g (u) + g (v ) , u, v ∈ , v i g (u) = f (sin u)
22
Suy ra f (x) = aarc sin x, ∀x ∈ [−1, 1] , a ∈ R (i)
Th l i ta th y hàm f (x) xác đ nh theo ( i ) th a mãn các đi u ki n c a bài toán .
Bài toán 18. Tìm các hàm s f (x) xác đ nh và liên t c trên [−1, 1] và th a mãn đi u ki n

1 − y2 1 − x2 = f (x) + f (y ) , ∀x, y ∈ [−1, 1]
f xy −

L i gi i. Đ t x = cos u, y = cos v, ∀u, v ∈ [0, π ] .Khi đó sin u 0, sin v 0

1 − y2 1 − x2 = cos (u + v ) , ∀u, v ∈ [0, π ]
xy −

Phương trình hàm đã cho có th vi t dư i d ng
f (cos u) + f (cos v ) = f (cos (u + v )) , ∀u, v ∈ [0, π ]

Đ t f (cos u) = g (u) ta đư c
g (u + v ) = g (u) + g (v ) , ∀u, v ∈ [0, π ]

Do v y, g (u) = au, a = const , f (x) = aarccos x
Th l i, ta th y hàm s này th a mãn bài toán .

32
www.VNMATH.com


Bài toán 19. Tìm các hàm f (x) xác đ nh và liên t c trên R và th a mãn các đi u ki n

x+y
, ∀x,y ∈ R : |xy | < 1(17)
f (x) + f (y) = f
1 - xy

L i gi i. Đ t x = tgu, y = tgv, −π < u, v < π . Do |xy | < 1 nên ta có 1x+y = tg (u + v )
−xy
2 2
V y −π < u + v < π Khi đó A(u + v ) = A(u) + A(v ) ,trong đó A (u) = f (tgu) , −π < u, v < π
2 2 2 2
V y f (x) = aarctgx, a ∈ R, ∀x ∈ R (ii) Th l i ta th y hàm f (x) xác đ nh theo (ii) th a mãn
các đi u ki n c a bài toán . K t lu n f (x) = aarctgx, a ∈ R, ∀x ∈ R

Bài toán 20. Tìm t t c các hàm s f (x) liên t c trên R và

f (x) f (y) - f (x + y) = s in x sin y,∀x,y ∈ R(∗)

L i gi i. V i x = y = 0,ta thu đư c: f 2 (0) − f (0) = 0 Suy ra f(0) = 0 hay f(0) = 1
-N u f (0) = 0 thì v i y = 0 ta có −f (x) = 0 T đó f (x) ≡ 0, ∀x
Nhưng n u thay x = y = π ta th y mâu thu n.
2
-N u f (0) = 1 thay y = −x ta có

f (x) f (−x) = 1 − sin2 x = cos2 x

Thay x = π ta có f π f − π = 0
2 2 2
π π π π
= − sin x = cos x +
+N u f 2 = 0, thay y = 2 , Ta có f x + 2 2
+N u f − π = 0 thay y = − π ,
2 2

π π
f x− = − sin x = cos x −
2 2
V y f (x) = cos x. Th l i th y đúng.

Bài toán 21. (Russia 2000): Tìm t t c các hàm s f (x)xác đ nh trên R và

|f (x + y) + sinx + siny| < 2,∀x,y ∈ R

L i gi i. L n lư t thay (x, y ) = ( π , π ), (− π , 32 ),r i áp d ng b t đ ng th c tam giác ta có k t
π
22 2
qu

Bài toán 22. (Turkey 2000): Cho f : R → R th a

|f (x + y ) − f (x)f (y )| ≤ 1, ∀x, y ∈ R

Ch ng minh r ng t n t i hàm g (x) xác đ nh trên R sao cho

|f (x) − g (x)| ≤ 1, ∀x ∈ R

và g (x + y ) = g (x) + g (y ) m i x, y


33
www.VNMATH.com


f (2n x)
Đáp s . g (x) = lim n
x→∞ 2

Bài toán 23. (Indian TST2004) Tìm t t c các hàm s f (x) xác đ nh trên R và

f (x + y ) = f (x)f (y ) − c sin x sin y, ∀x, y ∈ R c h ng c > 1

Đáp s . f (x) = ± c − 1sin x + cos x,∀x ∈ R

Bài toán 24. (Thái lan 2007) Tìm các hàm xác đinh trên R th a

f (x + cos(2007y )) = f (x) + 2007 cos(f (y )).

L i gi i. Đ t A(x) = f (x) − d, d = f (0), c = A(1) = f (1) − A(0), A(0) = 0
Ta có: A(x + cos 2007y ) = A(x) + 2007 cos(A(y ) + d).
ta có :A(cos 2007y ) = 2007 cos(A(y )+ d) ≤ 2007 suy ra A(y ) 2007, ∀y ∈ [−1, 1]và A(x + y ) =
A(x) + A(y ) , v i m i y trong đo n [-1,1].
B ng quy n p ta có A(x + ny ) = A(x) + nA(y ), và A(ny ) = A(0) + nA(y ) = A(0).
Suy ra A th a mãn PTH Cauchy và A(x) = cx và f (x) = cx + d, m i x.



Tài li u tham kh o
[1] J. Aczel,1966, Lectures on Functional equations and their applications, Academic press.

[2] Nguy n Văn M u,1997, Phương trình hàm, NXB Giáo D c.
[3] Christopher G. Small,2000, Functional equations and how to solve them, Springer.
[4] Razvan Gelca and Titu Andreescu,2007,Putnam and Beyond,Springer.
[5] PI. Kannappan,2009 Functional equations and inqualities with application,Springer.




34
www.VNMATH.com




TÍNH N Đ NH NGHI M C A M T S PHƯƠNG
TRÌNH HÀM CAUCHY
Lê Th Anh Đoan, THPT Chuyên Lê Quý Đôn -Khánh Hòa

Trong n i dung bài vi t này, ta c n quan tâm đ n khái ni m n đ nh. Ch ng h n ta nói phương
trình hàm (Cauchy) nhân tính là n đ nh n u nó th a mãn tính ch t sau:
Gi s G là m t nhóm, H (d) là m t nhóm metric và f : G → H, v i m i ε > 0 thì t n t i
δ > 0 sao cho
d (f (xy ), f (x)f (y )) < δ, ∀x, y ∈ G
và do đó, t n t i m t đ ng c u M : G → H sao cho

d (f (x), M (x)) < ε, ∀x ∈ G.


1 Tính n đ nh c a phương trình hàm (Cauchy) c ng
tính
Trư c h t ta nh c l i phương trình hàm (Cauchy) c ng tính (A)

f (x + y ) = f (x) + f (y ) (A)

Gi s hàm f : X → Y th a mãn (A), v i X và Y là hai không gian Banach. Khi đó f đư c
g i là hàm c ng tính.
Đ nh lý 1. Gi s , hàm f : X → Y th a mãn, v i m i ε > 0, ta có

f (x + y ) − f (x) − f (y ) ≤ ε, ∀x, y ∈ X. (1)

Khi đó t n t i gi i h n sau
A(x) = lim 2−n f (2n x) (2)
n→∞

v i m i x ∈ X và t n t i duy nh t hàm c ng tính A : X → Y th a mãn

f (x) − A(x) ≤ ε, ∀x ∈ X. (3)

Ch ng minh. Thay x = y vào (1) ta đư c
1 1
f (2x) − f (x) ≤ ε. (4)
2 2

S d ng phương pháp quy n p, ta đư c

2−n f (2n x) − f (x) ≤ (1 − 2−n )ε. (5)

35
www.VNMATH.com


Th t v y, trong (4) ta thay x b i 2x, ta đư c
1 1
f (22 x) − f (2x) ≤ ε.
2 2
Khi đó
1 1 1
[ f (22 x) − 2f (x)] − [f (2x) − 2f (x)] = f (22 x) − f (2x) ≤ ε
2 2 2
hay
1 1 1
f (22 x) − f (x) − f (2x) − f (x) ≤ 2 ε,
22 2 2
nên
1 1 1
f (22 x) − f (x) ≤ ε +2 ,
22 22
do đó
1 1 1 1 1
f (2n x) − f (x) ≤ ε + 2 + ··· + n =ε 1− .
2n 2n
22 2
Bây gi ta s ch ng minh dãy { 21 f (2n x)} là dãy Cauchy v i m i x ∈ X. Ch n m > n, khi đó
n


1 1 1 1
f (2n x) − m f (2m x) = n m−n f (2m−n .2n x) − f (2n x)
2n 2 22
1 1 1 1
≤ n ε 1 − m−n = ε n − m .
2 2 2 2

Do đó dãy { 21 f (2n x)} là dãy Cauchy và do Y không gian Banach nên t n t i A : X → Y sao
n

cho A(x) := lim 2−n f (2n x) v i m i x ∈ X, hay
n→∞

1 1
f (2n x) ≤ n ε.
A(x) − n
2 2
Ti p theo ta c n ch ng minh A là hàm c ng tính. Thay x, y b i 2n x và 2n y trong (1), ta đư c
1 1 1 1
f (2n (x + y )) − n f (2n x) − n f (2n y ) ≤ n ε
2n 2 2 2
v i n ∈ Z∗ , x, y ∈ X. Cho n → ∞, ta đư c
+

A(x + y ) − A(x) − A(y ) ≤ ε.

V i m i x ∈ X, ta có
1 1
f (2n x)] + [ n f (2n x) − A(x)]
f (x) − A(x) = [f (x) −
2n 2
1 1
≤ f (x) − n f (2 x) + n f (2n x) − A(x)]
n
2 2
1 1
≤ ε 1 − n + ε n = ε.
2 2

36
www.VNMATH.com


Cu i cùng, ta c n ch ng minh A duy nh t. Gi s t n t i m t hàm c ng tính A1 : X → Y th a
mãn (3). Khi đó, v i m i x ∈ X,
1
A(x) − A1 (x) = [A(nx) − f (nx)] + [A1 (nx) − f (nx)]
n

≤ theo (3)
n
V y A1 = A.


Đ nh lý 2. V i m i dãy s th c b t kỳ an th a mãn

|an+m − an − am | < 1, n, m ∈ Z∗ , (6)
+


thì t n t i gi i h n h u h n
an
A := lim
n→∞ n


an − nA < 1, n ∈ Z∗ .
+


Ch ng minh. Áp d ng Đ nh lý 1 cho Y = R. C đ nh x ∈ X và đ t an := ( 1 )f (nx), n ∈ Z∗ .
+
ε
Khi đó, theo (1) dãy (an ) th a mãn (6). Đ t

ak 1 f (kx)
A := lim = lim ,
k ε k→∞ k
k→∞


Theo đ nh lý 1, ta có
1
| f (nx) − nA(x)| < 1,
ε
v i m i n ∈ Z∗ và m i x ∈ X hay
+

x
|f (x) − nεA | < ε.
n
Vì theo (1), v i m i x, y ∈ X ta có

f (nx + ny ) f (nx) f (ny )
|εA(x + y ) − εA(x) − εA(y )| = lim − −
n n n
n→∞
ε
≤ lim = 0,
n→∞ n


Do đó
|f (x) − A(x)| < ε, ∀x ∈ X.




37
www.VNMATH.com


2 Tính n đ nh c a phương trình hàm (Cauchy) nhân
tính
Trong ph n này nghiên c u phương trình

f (xy ) = f (x)f (y ) (M)

Gi s hàm f : X → Y th a mãn (M), v i X và Y là hai không gian Banach. Khi đó f đư c
g i là hàm nhân tính.

Đ nh lý 3. Gi s δ > 0, S là m t n a nhóm và f : S → C sao cho

|f (xy ) − f (x)f (y )| ≤ δ, ∀x, y ∈ S. (1)

Khi đó √
1+ 1 + 4δ
|f (x)| ≤ ∀x ∈ S.
=: ε, (2)
2
ho c f là hàm nhân tính v i m i x, y ∈ S.

Ch ng minh. Trong (2), ta có 1+ 2 δ =: ε hay ε2 − ε = δ và ε > 1. Gi s (2) không x y ra,
1+4

t c là t n t i a ∈ S sao cho |f (a)| > ε, hay |f (a)| = ε + ρ, v i ρ > 0 nào đó. Trong (1), ch n
x = y = a, ta đư c
|f (a2 ) − f (a)2 | ≤ δ (3)
Khi đó
|f (a2 )| = |f (a)2 − (f (a)2 − f (a2 ))|
≥ |f (a)2 | − |f (a)2 − f (a2 )|
≥ |f (a)|2 − δ theo (3)
= (ε + ρ)2 − δ
= (ε + ρ) + (2ε − 1)ρ + ρ2 (do ε2 − ε = δ )
> ε + 2ρ (do ε > 1)

B ng phép ch ng minh quy n p, ta có
n
|f (a2 )| > ε + (n + 1)ρ, ∀n = 1, 2, . . . .

V i m i x, y, z ∈ S,

|f (xyz ) − f (xy )f (z )| ≤ δ, |f (xyz ) − f (x)f (yz )| ≤ δ


Ta có
|f (xy )f (z ) − f (x)f (yz )| ≤ |f (xyz ) − f (xy )f (z )| + |f (xyz ) − f (x)f (yz )|
≤ 2δ

38
www.VNMATH.com



|f (xy )f (z ) − f (x)f (y )f (z )| ≤ |f (xy )f (z ) − f (x)f (yz )|
+ |f (x)f (yz ) − f (x)f (y )f (z )|
≤ 2δ + |f (x)|δ
Suy ra
|f (xy ) − f (x)f (y )|.|f (z )| ≤ 2δ + |f (x)|δ.
2n
Ch n z = a , ta đư c
2δ + |f (x)|δ
|f (xy ) − f (x)f (y )| ≤ .
|f (a2n )|
v i m i x, y ∈ S và m i n = 1, 2 . . . . Cho n → ∞, ta đư c f (xy ) = f (x)f (y ), ∀x, y ∈ S. V y f
là m t hàm nhân tính.


3 Các ví d áp d ng
Ví d 1. Nghi m c a phương trình Jensen.
Bài toán 1. Tìm hàm f : R → R th a mãn phương trình sau
x+y f (x) + f (y )
∀x, y ∈ R
f = (1)
2 2
Thay y = 0 vào (1), ta đư c
x f (x) + f (0)
∀x ∈ R
f
= (2)
2 2
Khi đó áp d ng (1) và (2), ta đư c
f (x) + f (y ) x+y f (x + y ) + f (0)
=f =
2 2 2
hay
f (x) + f (y ) = f (x + y ) + f (0), ∀x, y ∈ R.
Đ t A(x) = f (x) − f (0). Ta có A(x) + A(y ) = A(x + y ), ∀x, y ∈ R. V y A là m t hàm c ng
tính trên R nên f (x) = A(x) + α, trong đó α = f (0).
Chú ý. N u bài toán có thêm gi thi t: hàm f liên t c thì nghi m tìm đư c s là f (x) = ax + α,
v i a, α là các h ng s tùy ý.
Ti p theo ta xét tính n đ nh nghi m c a phương trình (1).
M nh đ 1. Gi s hàm f th a mãn
x+y f (x) + f (y )
− ≤ε
f (3)
2 2
v i ε là s dương tùy ý cho trư c và v i m i x, y ∈ R. Khi đó t n t i duy nh t m t hàm c ng
tính A : R → R sao cho
|f (x) − A(x) − f (0)| ≤ 4ε, ∀x ∈ R.

39
www.VNMATH.com


Ch ng minh. Thay y = 0 vào (3), ta đư c

x f (x) + f (0)
− ≤ε ∀x ∈ R.
f
2 2

Do đó
x+y f (x + y ) + f (0)
− ≤ε ∀x, y ∈ R.
f
2 2
Ta có
f (x) + f (y ) f (x + y ) + f (0) f (x) + f (y ) f (x + y )
− ≤ −
2 2 2 2
f (x + y ) f (x + y ) + f (0)

+
2 2
≤ 2ε

hay
|f (x + y ) + f (0) − f (x) − f (y )| ≤ 4ε. (4)
Đ t g (x) = f (x) − f (0). Thay vào (4), ta đư c

|g (x + y ) − g (x) − g (y )| ≤ 4ε

Theo tính n đ nh c a hàm c ng tính, t n t i duy nh t hàm c ng tính A sao cho

|g (x) − A(x)| ≤ 4ε.

Ta có
|f (x) − A(x) − f (0)| = |g (x) − A(x)| ≤ 4ε.

Ví d 2. Nghi m c a phương trình Cauchy hai n hàm.

Bài toán 2. Tìm c p hàm f, g : R → R th a mãn phương trình sau

∀x, y ∈ R
f (x + y ) = g (x) + g (y ) (5)

Thay y = 0 vào (5), ta đư c

∀x ∈ R,
f (x) = g (x) + g (0)

hay f (x) = g (x) + α, v i α = g (0). Do đó g (x) = f (x) − α v i m i x ∈ R.
Thay vào phương trình (5), ta đư c

f (x + y ) = f (x) + f (y ) − 2α (6)

Đ t f (x) = A(x) + 2α. Phương trình (6) tr thành

A(x + y ) + 2α = A(x) + 2α + A(y ) + 2α − 2α

40
www.VNMATH.com


hay
∀x, y ∈ R.
A(x + y ) = A(x) + A(y )
V y A là m t hàm c ng tính trên R nên

f (x) = A(x) + 2α
g (x) = A(x) + α.

Chú ý. N u bài toán có thêm gi thi t: hàm f, g liên t c thì nghi m tìm đư c s là

f (x) = ax + 2α
g (x) = ax + α

v i a, α là các h ng s tùy ý.
Ti p theo ta xét tính n đ nh nghi m c a phương trình (5).

M nh đ 2. Gi s hàm f, g : R → R th a mãn

|f (x + y ) − g (x) − g (y )| ≤ ε (7)

v i ε là s dương tùy ý cho trư c và v i m i x, y ∈ R. Khi đó t n t i duy nh t m t hàm c ng
tính A : R → R sao cho
|f (x) − A(x) − f (0)| ≤ 4ε
|g (x) − A(x) − g (0)| ≤ 3ε
v i m i x ∈ R.

Ch ng minh. Thay y = 0 vào (7), ta đư c

|f (x) − g (x) − g (0)| ≤ ε, ∀x ∈ R, (8)

suy ra
|f (0) − 2g (0)| ≤ ε. (9)
S d ng (8), ta đư c

|f (x + y ) − g (x + y ) − g (0)| ≤ ε, ∀x, y ∈ R. (10)

Ta có

|f (x + y ) − g (x + y ) − g (0)| = |f (x + y ) − g (x) − g (y ) − g (x + y ) + g (x) + g (y ) − g (0)|

nên k t h p (7) và (10) thu đư c

|g (x + y ) − g (x) − g (y ) + g (0)| ≤ |f (x + y ) − g (x + y ) − g (0)| + |f (x + y ) − g (x) − g (y )|
≤ 2ε

hay
|[g (x + y ) − g (0)] − [g (x) − g (0)] − [g (y ) − g (0)]| ≤ 2ε, (11)

41
www.VNMATH.com


v i m i x, y ∈ R. Đ t
G(x) = g (x) − g (0), (12)
v i m i x, y ∈ R. Th vào (11) ta đư c

|G(x + y ) − G(x) − G(y )| ≤ 2ε, ∀x, y ∈ R.

Theo đ nh lý v tính n đ nh c a hàm c ng tính, t n t i duy nh t m t hàm c ng tính A : R → R
sao cho
|G(x) − A(x)| ≤ 2ε, ∀x ∈ R. (13)
T (12) và (13) ta đư c
|g (x) − A(x) − g (0)| ≤ 2ε, ∀x ∈ R. (14)
T (8), (9) và (14) ta đư c

|f (x) − A(x) − f (0)| = |f (x) − g (x) − g (0) + g (x) − A(x) − g (0) + 2g (0) − f (0)|
≤ |f (x) − g (x) − g (0)| + |g (x) − A(x) − g (0)| + |f (0) − 2g (0)|
≤ ε + 2ε + ε = 4ε.

Ví d 3. Nghi m c a phương trình Pexider.
Bài toán 3. Tìm t t c các hàm f, g, h : R → R th a mãn phương trình sau

∀x, y ∈ R
f (x + y ) = g (x) + h(y ) (15)

Thay y = 0 vào (15), ta đư c

∀x ∈ R,
f (x) = g (x) + h(0)

hay f (x) = g (x) + α, v i α = h(0). Do đó g (x) = f (x) − α v i m i x ∈ R.
Thay x = 0 vào (15), ta đư c f (y ) = h(x) + β, v i β = g (0), hay h(x) = f (x) − β v i m i
x ∈ R.
Phương trình (15)tr thành

f (x + y ) = f (x) + f (y ) − α − β, ∀x, y ∈ R. (16)

Đ t f (x) = A(x) + α + β thay vào phương trình (16), ta đư c

A(x + y ) + α + β = A(x) + α + β + A(y ) + α + β − α − β

hay
∀x, y ∈ R.
A(x + y ) = A(x) + A(y )
V y A là m t hàm c ng tính trên R nên

 f (x) = A(x) + α + β
g (x) = A(x) + β
h(x) = A(x) + α


42
www.VNMATH.com


Chú ý. N u bài toán có thêm gi thi t: hàm f, g, h liên t c thì nghi m tìm đư c s là

 f (x) = ax + α + β
g (x) = ax + β
h(x) = ax + α


v i a, α, β là các h ng s tùy ý.
Ti p theo ta xét tính n đ nh nghi m c a phương trình (15).

M nh đ 3. Gi s hàm f, g, h : R → R th a mãn

|f (x + y ) − g (x) − h(y )| ≤ ε (17)

v i ε là s dương tùy ý cho trư c và v i m i x, y ∈ R. Khi đó t n t i duy nh t m t hàm c ng
tính A : R → R sao cho 
 |f (x) − A(x) − f (0)| ≤ 6ε
|g (x) − A(x) − g (0)| ≤ 4ε
|h(x) − A(x) − h(0)| ≤ 6ε


v i m i x ∈ R.

Ch ng minh. Thay y = 0 vào (17), ta đư c

|f (x) − g (x) − h(0)| ≤ ε, ∀x ∈ R, (18)

suy ra
|f (0) − g (0) − h(0)| ≤ ε. (19)
Thay y = 0 vào (17), ta đư c

|f (y ) − h(y ) − g (0)| ≤ ε, ∀y ∈ R, (20)

T (18) và (20)

|h(x) − g (x) − h(0) + g (0)| = |f (x) − g (x) − h(0) + h(x) + g (0) − f (x)|
≤ |f (x) − g (x) − h(0)| + |f (x) − h(x) − h(0)|

hay
|h(x) − g (x) − h(0) + g (0)| ≤ 2ε, ∀x ∈ R. (21)
S d ng (18), ta đư c

|f (x + y ) − g (x + y ) − h(0)| ≤ ε, ∀x, y ∈ R. (22)

Ta có

|f (x + y ) − g (x + y ) − h(0)| = |f (x + y ) − g (x) − h(y ) − g (x + y ) + g (x) + h(y ) − h(0)|


43
www.VNMATH.com


nên k t h p (17) và (22) thu đư c

|g (x + y ) − g (x) − h(y ) + h(0)| ≤ |f (x + y ) − g (x + y ) − h(0)| + |f (x + y ) − g (x) − h(y )|
≤ 2ε

M t khác

|g (x + y ) − g (x) − h(y ) + h(0)| = |g (x + y ) − g (x) − g (y ) + g (0) − h(y ) + g (y ) − g (0) + h(0)|

nên t (21)

|g (x + y ) − g (x) − g (y ) + g (0)| ≤ |g (x + y ) − g (x) − h(y ) − h(0)| + |h(y ) − g (y ) + g (0) − h(0)|
≤ 4ε

hay
|[g (x + y ) − g (0)] − [g (x) − g (0)] − [g (y ) − g (0)]| ≤ 4ε, (23)
v i m i x, y ∈ R. Đ t
G(x) = g (x) − g (0), (24)
v i m i x, y ∈ R. Th vào (23) ta đư c

|G(x + y ) − G(x) − G(y )| ≤ 4ε, ∀x, y ∈ R.

Theo đ nh lý v tính n đ nh c a hàm c ng tính, t n t i duy nh t m t hàm c ng tính A : R → R
sao cho
|G(x) − A(x)| ≤ 4ε, ∀x ∈ R. (25)
T (24) và (25) ta đư c
|g (x) − A(x) − g (0)| ≤ 4ε, ∀x ∈ R. (26)
T (18), (19) và (26) ta đư c

|f (x) − A(x) − f (0)| = |[f (x) − g (x) − h(0)] + [g (x) − A(x) − g (0)] + [g (0) + h(0) − f (0)]|
≤ |f (x) − g (x) − h(0)| + |g (x) − A(x) − g (0)| + |f (0) − g (0) − h(0)|
≤ ε + 4ε + ε = 6ε

T (21) và (26) ta đư c

|h(x) − A(x) − h(0)| = |[h(x) − g (x) − h(0) + g (0)] + [g (x) − A(x) − g (0)]|
≤ |h(x) − g (x) − h(0) + g (0)| + |g (x) − A(x) − g (0)|
≤ 2ε + 4ε = 6ε.

Ví d 4. Tìm t t c các hàm liên t c f : R → R th a mãn phương trình sau
x+y
∀x, y ∈ R
f( )= f (x)f (y ), (27)
2

44
www.VNMATH.com


T phương trình (27), ta có f (x) ≥ 0, ∀x ∈ R. Gi s t n t i x0 ∈ R sao cho f (x0 ) = 0.
Khi đó
x0 + y
) = f (x0 )f (y ) = 0 ∀y ∈ R,
f(
2
hay f (x) = 0 v i m i x ∈ R.
Xét f (x) > 0, ∀x ∈ R. Khi đó l y logarit hai v c a phương trình (27), ta đư c

x+y ln f (x) + ln f (y )
, ∀x, y ∈ R
ln f ( )=
2 2
Đ t g (x) = ln f (x) ta có
x+y g (x) + g (y )
, ∀x, y ∈ R
g( )=
2 2
hay g là m t nghi m c a phương trình Jensen, t c là g (x) = ax + b. Suy ra nghi m c a phương
trình (27) là f (x) = eax+b v i a, b ∈ R.
Ti p theo ta xét tính n đ nh nghi m c a phương trình (27).

M nh đ 4. Gi s hàm f : R → R+ th a mãn
x+y
|f ( )− f (x)f (y )| ≤ ε (28)
2
v i m i x, y ∈ R và
|f (x) − f (−x)| ≤ δ (29)
v i ε, δ là các s dương tùy ý cho trư c. Gi s t n t i f (a)−1 , khi đó t n t i m t hàm E : R →
R+ sao cho
|E (x + y ) − E (x) − E (y )| ≤ α, ∀x, y ∈ R (30)

1
|f (x) − (E (x) − E (−x))| ≤ β, ∀x ∈ R (31)
2
v i α, β là các h ng s nào đó.

Ch ng minh. Đ t m = sup f (x)f (a). T đi u ki n (29) thì m là h u h n. Khi đó, ta có
x∈ R


f (x)f (−a) ≤ f (−x)f (a) + | f (x)f (−a) − f (−x)f (a)|
x−a −x + a
≤ m + |f ( ) − f (x)f (−a)| + |f ( )− f (−x)f (a)|
2 2
x−a −x + a
+ |f ( ) − f( )|
2 2
≤ m + 2ε + δ

Đ t h : R → R+ th a
f (x)f (−x), ∀x ∈ R.
h(x) =


45
www.VNMATH.com


Khi đó h là m t hàm ch n và

m2
|h(x) − f (x)| = f (x)| f (x) − f (−x)| ≤ 2 , x ∈ R, |h(x) f (a)| ≤ m. (32)
f ( a)

Đ t E : R → R+ th a mãn
f (a) ∀x ∈ R
E (x) = h(x) +

Áp d ng (32) ta có

|E (x + y ) − E (x)E (y )| = |h(x + y ) + f (a) − h(x)h(y ) − (h(x) + h(y )) f (a) − f (a)|
≤ |h(x + y )| + |h(x)h(y )| + |(h(x) + h(y )) f (a)| + |f (a)|
≤ |h(x + y ) − f (x + y )| + |f (x + y )| + |h(x)h(y )f (a)f − 1(a)|
+ |h(x) f (a)| + |h(y ) f (a)| + f (a) + |f (a)|
m2 m2
m
≤2 f (a) + |f (a)| = α
+ + + 2m +
f (a) f ( a)
f ( a)


1
|f (x) − (E (x) − E (−x))| =
2
1
|f (x) − h(x) + h(x) − (h(x) + h(−x)) − f (a)|
2
m2
≤ |f (x) − h(x)| + f (a) ≤ 2 + f (a) = β.
f ( a)


Tài li u tham kh o
[1] Nguy n Văn M u, Phương trình hàm, Nhà xu t b n Giáo d c, 1997.

[2] Pl. Kannappan, Functional Equations and Inequalities with Applications, Springer, 2009,
295-323.




46
www.VNMATH.com




M TS L P PHƯƠNG TRÌNH HÀM ĐA N SINH
B I PHI Đ NG TH C
Tr n Vi t Tư ng, Trư ng THPT Tr n Phú - Đà N ng

Trong toán h c ph thông các bài toán v phương trình hàm là các lo i toán thư ng m i và r t
khó, thư ng xuyên xu t hi n trong các đ thi h c sinh gi i qu c gia, Olympic Toán khu v c
và Qu c t , Olympic sinh viên gi a các trư ng Đ i h c và cao đ ng. Liên quan đ n các d ng
toán này là các bài toán v các đ c trưng khác nhau c a hàm s và các tính ch t liên quan v i
chúng.
Đ h th ng các phương trình hàm, c n thi t ph i h th ng các ki n th c cơ b n và nâng cao
v các d ng phương trình hàm cũng như các ng d ng c a chúng.
Đ i v i các bài toán v phương trình hàm v i nhi u n hàm trong các l p hàm c th : liên t c,
kh vi, tu n hoàn, l i lõm,... c n n m đư c m t s kĩ thu t v bi n đ i hàm s , kh o sát các
tính ch t cơ b n c a hàm th c và các phép bi n hình trên tr c th c.



Phương trình hàm sinh b i phi đ ng th c a2 + b2 ≡
1
g (a + b)h(a − b)
Bài toán 1. Tìm các hàm s f, g, h xác đ nh và liên t c trên R th a mãn đi u ki n

f (x2 + y 2 ) = g (x + y ).h(x − y ), ∀x, y ∈ R. (1)

Gi i. Xét trư ng h p g (0) = 0.
Cho y = −x , phương trình đã cho tr thành

f (2x2 ) = 0, ∀x ∈ R

Suy ra
f (x) = 0, ∀x ≥ 0.
Thay f (x) vào phương trình đã cho ta đư c

g (x + y ).h(x − y ) = 0, ∀x, y ∈ R
g (u).h(v ) = 0, ∀u, v ∈ R.

Do đó
g ( x) = 0 h(x) = 0
ho c
h(x) liên t c tùy ý trên R g (x) liên t c tùy ý trên R


47
www.VNMATH.com


V y nghi m trong trư ng h p này là :

 f (x) = 0 v i x ≥ 0



 f (x) = q (x) v i q (x) liên t c tùy ý trong (−∞; 0] và q (0) = 0
g (x) ≡ 0



h(x) là hàm liên t c tùy ý

ho c

 f ( x) = 0 v i x ≥ 0



 f (x) = q (x) v i q (x) liên t c tùy ý trong (−∞; 0] và q (0) = 0
g (x) là hàm s liên t c tùy ý và g (0) = 0



h(x) ≡ 0

Xét trư ng h p h(0) = 0
Cho y = x, phương trình đã cho tr thành

f (2x2 ) = 0, ∀x ∈ R

Suy ra
f (x) = 0, ∀x ≥ 0.
Th f (x) vào đã cho ta đư c

g (x + y ).h(x − y ) = 0, ∀x, y ∈ R
g (u).h(v ) = 0, ∀u, v ∈ R.

Do đó

g (x) = 0 h(x) = 0
ho c
h(x) liên t c tùy ý trên R; h(0) = 0 g (x) liên t c tùy ý trên R.

V y nghi m c a phương trình trong trư ng h p này là :

 f ( x) = 0 v i x ≥ 0



 f (x) = q (x) v i q (x) liên t c tùy ý trong (−∞; 0] và q (0) = 0

g (x) là hàm liên t c tùy ý



h(x) ≡ 0

ho c 
 f ( x) = 0 v i x ≥ 0



 f (x) = q (x) v i q (x) liên t c tùy ý trong (−∞; 0] và q (0) = 0
g ( x ) ≡ 0



h(x) là hàm liên t c tùy ý v i h(0) = 0

48
www.VNMATH.com


Xét trư ng h p g (0) = 0 và h(0) = 0 .
Ta có f (0) = 0.
Cho x = y , phương trình đã cho tr thành
x2
f(
)
2
f (2x ) 2 , ∀x ∈ R.
f (2x2 ) = g (2x).h(0), g (2x) = , ∀x ∈ R, g (x) =
h(0) h(0)

Cho x = −y , phương trình đã cho tr thành
x2
f( )
2
f (2x ) 2 , ∀x ∈ R.
f (2x2 ) = g (0).h(2x), h(2x) = , ∀x ∈ R, h(x) =
g (0) g (0)

Thay g (x) và h(x) vào phương trình ta đư c

(x + y )2 (x − y )2 1
f ( x2 + y 2 ) = f [ , ∀x, y ∈ R.
].f [ ].
2 2 g (0)h(0)

(x + y )2

u=


2
Đt .Khi đó ta có
(x − y )2

v =

2
1
, ∀u, v ≥ 0.
f (u + v ) = f (u).f (v ). (2)
g (0)h(0)

Đ t f (u) = g (0)h(0)F (u), ∀u ≥ 0.
Phương trình (3.2) tr thành

1
, ∀u, v ≥ 0
g (0)h(0)F (u + v ) = g (0)h(0)F (u).g (0)h(0)F (v ).
g (0)h(0)
⇔ F (u + v ) = F (u)F (v ), ∀u, v ≥ 0.

Ta có

F (u) = au u ≥ 0; a > 0
u
f (u) = b.a v i b = g (0)h(0); a > 0
f (x) = b.ax , ∀x ≥ 0; a > 0, b = 0.

x2
f( )
2 , ∀x ∈ R = g (0).a x22 ∀x ∈ R = m.a x22 v i m = g (0).
Suy ra g (x) =
h(0)
x2
f( )
2 , ∀x ∈ R = h(0).a x22 , ∀x ∈ R = n.a x22 v i n = h(0).
h(x) =
g (0)

49
www.VNMATH.com


V y nghi m c a phương trình trong trư ng h p này là :

 f (x) = b.ax v i x ≥ 0; a > 0; b = 0


 f (x) = q (x) v i q (x) liên t c tùy ý trong (−∞; 0] và q (0) = 0

2
g (x) = m.a x2 , ∀x ∈ R


x2

h(x) = n.a 2 , ∀x ∈ R


Tóm l i nghi m c a bài toán là

 f (x) = 0 v i x ≥ 0



 f (x) = q (x) v i q (x) liên t c tùy ý trong (−∞; 0] và q (0) = 0
g (x) ≡ 0



h(x) là hàm liên t c tùy ý

ho c

 f ( x) = 0 v i x ≥ 0



 f (x) = q (x) v i q (x) liên t c tùy ý trong (−∞; 0] và q (0) = 0
g (x) là hàm s liên t c tùy ý và g (0) = 0



h(x) ≡ 0

ho c

 f ( x) = 0 v i x ≥ 0



 f (x) = q (x) v i q (x) liên t c tùy ý trong (−∞; 0] và q (0) = 0
g (x) là hàm liên t c tùy ý



h(x) ≡ 0

ho c 
 f ( x) = 0 v i x ≥ 0



 f (x) = q (x) v i q (x) liên t c tùy ý trong (−∞; 0] và q (0) = 0
g ( x ) ≡ 0



h(x) là hàm liên t c tùy ý v i h(0) = 0

ho c 
 f (x) = b.ax v i x ≥ 0; a > 0; b = 0


 f (x) = q (x) v i q (x) liên t c tùy ý trong (−∞; 0] và q (0) = 0



x2


g (x) = m.a 2 , ∀x ∈ R


x2





h(x) = n.a 2 , ∀x ∈ R



50
www.VNMATH.com


Bài toán 2. Tìm các hàm s f, g, h xác đ nh và liên t c trên R th a mãn đi u ki n

f (x2 + y 2 ) = g (x + y ) + h(x − y ), ∀x, y ∈ R. (3)

Gi i. Nghi m c a bài toán là

 f (x) = ax + b + c v i x ≥ 0



 f (x) = q (x) v i q (x) liên t c tùy ý trong (−∞; 0] và q (0) = 0



x2
g (x) = a + b, ∀x ∈ R
2


2
h(x) = a x + c, ∀x ∈ R




2

v i b = g (0); c = h(0)


Bài toán 3. Tìm các hàm s f, g, h xác đ nh và liên t c trên R th a mãn đi u ki n

f (x2 + y 2 ) = g (x2 ) − h(y 2 ), ∀x, y ∈ R. (4)

Gi i. Nghi m c a bài toán là

 f (x) = ax + b v i x ≥ 0



 f (x) = q (x) v i q (x) liên t c tùy ý trong (−∞; 0] và q (0) = 0
g (x) = ax + c, ∀x ∈ R



h(x) = −ax − d, ∀x ∈ R


Phương trình hàm sinh b i đ ng th c a2 − b2 = (a +
2
b)(a − b)
Bài toán 4. Tìm các hàm s f, g, h liên t c và xác đ nh trên R th a mãn đi u ki n

f (x2 − y 2 ) = (x + y )g (x − y ), ∀x, y ∈ R. (5)

Gi i. Cho y = 0, phương trình đã cho tr thành

f (x2 ) = x.g (x), ∀x ∈ R.

N u x = 0 thì
f ( x) = 0 . (6)
N u x = 0 , ta có
f (x2 )
g (x) = .
x

51
www.VNMATH.com


Do đó, phương trình đã cho tr thành

(x + y )f [(x − y )2 ]
f ( x2 − y 2 ) = , ∀x = y
x−y
f (x2 − y 2 ) f [(x − y )2 ]
, ∀x = ±y
=
x−y
x+y
f (x2 − y 2 ) f [(x − y )2 ]
, ∀x = ±y.
=
x2 − y 2 (x − y )2

f (x)
Đ t h(x) = v i x = 0. Khi đó, ta có
x
h(x2 − y 2 ) = h[(x − y )2 ].
Cho x = y + 1 , ta có

h(2y + 1) = h(1), ∀y ∈ R
h(x) = a, ∀x = 0.

Do đó
f (x) = ax v i x = 0. (7)
K t h p (10) và (7) ta có
f (x) = ax, ∀x ∈ R.
Suy ra
ax2
= ax, ∀x = 0.
g (x) =
x
f (x) = ax
V y nghi m c a bài toán là
g (x) = ax

Bài toán 5. Tìm t t c các hàm s f, g, h xác đ nh và liên t c trên R th a mãn đi u ki n

f (x2 − y 2 ) = g (x − y ) + h(x + y ), ∀x, y ∈ R. (8)

f (x) = a, ∀x ∈ R

trong đó a, b, c ∈ R; a = b + c.
Gi i. Nghi m c a bài toán là g (x) = b, ∀x ∈ R

h(x) = c, ∀x ∈ R



Bài toán 6. Tìm t t c các hàm s f, g, h xác đ nh và liên t c trên R th a mãn đi u ki n

f (x2 − y 2 ) = g 2 (x) − h2 (y ), ∀x, y ∈ R. (9)




52
www.VNMATH.com


Gi i. Nghi m c a bài toán là


f (x) = mx + a − b, ∀x ∈ R; a, b, m ≥ 0


g (x) = mx2 + a


h(x) = mx2 + b


f (x) = mx + a − b, ∀x ∈ R; a, b, m ≥ 0


ho c g (x) = mx2 + a


h(x) = − mx2 + b


f (x) = mx + a − b, ∀x ∈ R; a, b, m ≥ 0


ho c g (x) = − mx2 + a


h(x) = mx2 + b


f (x) = mx + a − b, ∀x ∈ R; a, b, m ≥ 0


ho c g (x) = − mx2 + a


h(x) = − mx2 + b



3 M t s bài toán phương trình đa n hàm khác
Bài toán 7. Tìm các hàm s f, g, h liên t c và xác đ nh trên R th a mãn đi u ki n

f (x) − g (y ) = xh(y ) − yh(x), ∀x, y ∈ R. (10)

Gi i. Cho x = y , phương trình đã cho tr thành

f (x) − g (x) = 0 ⇔ f (x) = g (x), ∀x ∈ R.

Cho y = 0, phương trình đã cho tr thành

f (x) − g (0) = x.h(0), ∀x ∈ R
f (x) = x.h(0) + g (0), ∀x ∈ R
f (x) = ax + b v i a = h(0); b = g (0).

Thay f, g vào phương trình đã cho ta đư c

(ax + b) − (ay + b) = xh(y ) − yh(x), ∀x, y ∈ R
ax − ay = xh(y ) − yh(x), ∀x, y ∈ R
a a h(y ) h(x)
−= − , ∀x, y ∈ R
yx y x
a h(x) a h(y )
− =− , ∀x, y ∈ R.
x a y y

53
www.VNMATH.com


Suy ra

a h(x)
− = C v i C là h ng s
x x
h(x) = −Cx + a
h(x) = cx + a v i c = −C.

Th l i phương trình ta th y f, g, h th a mãn.
f (x) = g (x) = ax + b
V y nghi m c a phương trình là
h(x) = cx + a

Bài toán 8. Tìm t t c các hàm s f, g xác đ nh và liên t c trên R th a mãn đi u ki n

f (x) − f (y ) = (x + y )g (x − y ), ∀x, y ∈ R. (11)

f (x) = ax2 + b
v i m i a, b ∈ R.
Gi i. Nghi m c a bài toán là
g (x) = ax

Bài toán 9. Tìm t t c các hàm s f, g xác đ nh và liên t c trên R th a mãn đi u ki n

f (x) + f (y ) + 2xy = (x + y )g (x + y ), ∀x, y ∈ R. (12)

x+a v i x=0
Gi i. Nghi m c a bài toán là f (x) = x2 + ax và g (x) = .
c v i x=0

Bài toán 10. Tìm t t c các hàm s f, g xác đ nh và liên t c trên R th a mãn đi u ki n

f (x).g (y ) = x2 − y 2 , ∀x, y ∈ R. (13)

Gi i. N u t n t i x0 sao cho f (x0 ) = 0. Khi đó ta có

0 = f (x0 ).g (y ) = x2 − y 2 , ∀y ∈ R (vô lý).
0

Suy ra
f (x) ≡ 0, ∀x ∈ R.
Tương t ta cũng có
g (x) ≡ 0, ∀x ∈ R.
Cho x = y , phương trình (15) tr thành

f (x).g (x) = 0 ⇔ f (x) = 0 ho c g (x) = 0 (lo i do f (x) ≡ 0; g (x) ≡ 0).

V y không t n t i các hàm f, g th a mãn bài toán.


54
www.VNMATH.com


Bài toán 11. Tìm t t c các hàm s f, g, h xác đ nh và liên t c trên R th a mãn đi u ki n

f (x + y ) + g (x − y ) = h(xy ), ∀x, y ∈ R. (14)

mx2
+ b, ∀x ∈ R

f (x) =

4


mx2
Gi i. Nghi m c a bài toán là
g (x) = − + a, ∀x ∈ R
4



h(x) = mx + a + b, ∀x ∈ R.



Bài toán 12. Tìm t t c các hàm s dương f, g, h xác đ nh và liên t c trên R th a mãn đi u
ki n
f (x + y ).g (x − y ) = h(xy ), ∀x, y ∈ R. (15)

Gi i. Do f, g, h là các hàm s dương nên phương trình (??) tương đương

ln f (x + y ) + ln f (x − y ) = ln h(xy ), ∀x, y ∈ R.

ln f (x) = F (x)

Đ t ln g (x) = G(x) . Khi đó ta có F (x + y ) + G(x − y ) = H (xy ), ∀x, y ∈ R.

ln h(x) = H (x)

 2
F (x) = mx + b, ∀x ∈ R


4


mx2
Ta có . Suy ra
G(x) = − + a, ∀x ∈ R
4



H (x) = mx + a + b, ∀x ∈ R.

 2
f (x) = e mx +b , ∀x ∈ R
4


mx2
g (x) = e− 4 +a , ∀x ∈ R

h(x) = emx+a+b , ∀x ∈ R.


Th l i ta th y các hàm f, g, h th a mãn đi u ki n bài toán.
 2
f (x) = e mx +b , ∀x ∈ R
4

 2
V y nghi m c a bài toán là g (x) = e− mx +a , ∀x ∈ R
4

h(x) = emx+a+b , ∀x ∈ R.



Bài toán 13. Tìm t t c các hàm s f, g xác đ nh và liên t c trên R th a mãn đi u ki n

f (x) + g (x) + f (y ) − g (y ) = sin x − cos y, ∀x, y ∈ R. (16)

1

f (x) = (sin x − cos x), ∀x ∈ R

2
Gi i. Nghi m c a bài toán là
g (x) = 1(sin x + cos x) + a, ∀x ∈ R.


2

55
www.VNMATH.com


Tài li u tham kh o
[1] Nguy n Văn M u, 1997, Phương trình hàm, NXB Giáo D c

[2] Nguy n Văn M u, 2006, Các bài toán n i suy và áp d ng, NXB Giáo D c.

[3] Nguy n Văn M u, 2009, Phương trình hàm v i nhóm h u h n các bi n đ i phân tuy n tính,
K y u HNKH "Các phương pháp và chuyên đ toán sơ c p" t i B c Giang, 27-29/11/2009.

[4] Christopher G. Small, 2000, Functinal equations and how to solve them, Springer.




56
www.VNMATH.com




T CÔNG TH C EULER Đ N CÁC BÀI TOÁN S
PH C
Lê Sáng, Nguy n Đinh Huy, Trư ng THPT chuyên Lê Quý Đôn - Khánh Hòa

Áp d ng s ph c trong hình h c ph ng đã có nhi u tài li u c a tác gi Đoàn Quỳnh,Nguy n
H u Đi n như là sách giáo khoa dùng tham kh o.Trong bài vi t này chúng tôi đ c p đ n m t
phương pháp r t hi u qu trong gi i h phương trình, ch ng minh đ ng th c, hay dùng đ tính
t ng đư c g i là phương pháp s ph c. Trư c đó xét thêm khai tri n chu i Taylor đ xây d ng
công th c Moivre mà trong sách giáo khoa có đư c t công th c nhân s ph c d ng lư ng giác
và ch ng minh quy n p I Khai tri n Taylor và công th c Moivre


1 Khai tri n Taylor và công th c Moivre
Cho z là s ph c
z2 z3 zn
z
ez = 1 + + + + .... + + ...
1! 2! 3! n!
Trư ng h p đ c bi t, v i m t góc x, ta có

x2 x3 x4
x
eix = 1 + i − −i + + ....
1! 2! 3! 4!
Ph n th c và ph n o c a eix l n lư t là

x2 x4 x6 x3 x5 x7
x
Re(eix ) = 1 − + · · · , Im(eix ) =
− − − + ···
+ +
2! 4! 6 1! 3! 5! 7!
Hai chu i trên là khai tri n Taylor c a cos x và sin x.
Ta có đư c công th c Euler như sau eix = cos x + i sin x và ta có m t công th c tuy t đ p: eiπ =
n
−1 Ngoài ra do einx = (e(ix) ) nên ta suy ra công th c Moivre: cos nx + i sin nx = (cos x + i sin x)n
Ví d m đ u
Tìm khai tri n Taylor c a hàm f (x) = excosθ cos(x sin θ) t i đi m 0, v i θ là tham s .
Gi i. Đ t g (x) = ex cos θ sin(x sin θ) và vi t :

f (x) + ig (x) = ex cos θ (cos (x sin θ) + i sin (x sin θ))
= ex cos θ .eix sin θ = ex(cos θ+i sin θ)

Dùng công th c Moivre và khai tri n Taylor:

x2 xn
x
1 + (cos θ + sin θ) + (cos 2θ + i sin 2θ) + · · · + (cos nθ + i sin nθ) + · · ·
1! 1! n!

57
www.VNMATH.com


Khai tri n và rút g n ta thu đư c
cos θ cos 2θ 2 cos nθ n
x + ··· + x + ···
f (x) = 1 + x+
1! 2! n!
Sau đây là m t s bài toán áp d ng phương pháp s ph c



2 Ch ng minh đ ng th c
1 1 1 1
+ + =
Bài toán 1. Ch ng minh sin 240 sin 480 sin 120
cos 60

L i gi i. Đ t z = cos 60 + i sin 60 . Ta có z 1 5 = i
2 4− 8− 16 −
Mà cos 60 = z 2+1 , sin 120 = z2iz21 , sin 240 = z2iz41 , sin 480 = z 2iz811
z
2 4 8
Đ ng th c c n ch ng minh tr thành ch ng minh z2 +1 − z24iz 1 + z28iz 1 + z2iz 1 = 0. Quy đ ng m u
2z
16 −
− −
s , thu g n Ta có z 16 − 1 − iz (z 14 + 1) = 0z 16 − 1 − iz (z 14 + 1) = 0 t c là iz − 1 − i2 − iz = 0
Đi u này hi n nhiên đúng.
Bài toán 2. Cho a, b, c là các s th c th a cos a + cos b + cos c = sin a + sin b + sin c = 0
Ch ng minh r ng
a) cos 2a + cos 2b + cos 2c = sin 2a + sin 2b + sin 2c = 0
b) 3(cos(a + b + c) = cos 3a + cos 3b + cos 3c và 3(sin(a + b + c) = sin 3a + sin 3b + sin 3c
L i gi i. Đ t x = cos a + i sin a, y = cos b + i sin b, z = cos c + i sin c
T gi thi t ta có x + y + z = x−1 + y −1 + z −1 = 0 suy ra xy + yz + zx = 0
a) x2 + y 2 + z 2 = (x + y + z )2 − 2(xy + yz + zx) = 0. Suy ra k t qu
b) x3 + y 3 + z 3 = 3xyz. Suy ra k t qu
Bài toán 3. Ch ng minh đ ng th c:
n
1 + i tan t 1 + i tan nt
= ,n 1
1 − i tan t 1 − i tan nt
L i gi i. N u ta nhân t và m u v bên trái v i cos t, và v bên ph i b i cos nt, thì ta có đu c
n
it int
đ ng th c: ee it = ee int
− −



Bài toán 4. Ch ng minh đ ng th c
k
2n jπ njπ
n n n
cosn
+ + + ... = cos
0 k 2k k k k
i=1

L i gi i. Let C1 , C2 , . . . , Ck là k nghi m c a căn đơn v , t c là, Cj = cos 2jπ + i sin 2jπ , j =
k k
1, 2, .., k
Như v y
n
k n k k
n
n
n
(1 + Cj ) = Cj =k
s jk
s=0
j =1 j =1 j =0


58
www.VNMATH.com


Vì 1 + Cj = 2cos jπ cos jπ + i sin jπ
k k k
Nên áp d ng công th c Moivre
k k
jπ njπ njπ
n
2n cosn
(1 + Cj ) = cos + i sin
k k k
j =1 j =1


So sánh ph n th c 2 v ta đư c k t qu

Bài toán 5. Ch ng minh đ ng th c

nπ nπ
n n n n
1− − , n≥1
+ + ... = 2 2 cos + i sin
2 4 6 4 4

L i gi i. Dùng công th c Moivre, ta đư c:
√ π π nπ nπ
n n
(1 + i)n = 2 cos + i sin = 2 2 cos + i sin
4 4 4 4
Khai tri n (1 + i)n và cho hai v b ng nhau b i ph n th c,ta có đư c đi u ph i ch ng minh
ban đ u.


3 Tính tích và t ng
Bài toán 6. Ch ng minh t ng cos 27 + cos 47 + cos 67 = − 1
π π π
2

L i gi i. N u z = cos π + i sin π thì z 7 = 1 Đi u c n ch ng minh tương đương v i
7 7

1 1 1 1 1 1 1
z2 + z3 +
z+ + + + =0
z2 z3
2 z 2 2 2
z 7 −1
Nhân cho 2z 3 , s p x p các s h ng z 6 + z 5 + z 4 + z 3 + z 2 + z + 1 = =0
z −1


cos 29 +
π
cos 49 +
π
cos 89
π
3 3 3
Bài toán 7. Tính t ng T =

L i gi i. Xét phương trình z 9 − 1 = 0 có 9 nghi m zk , k = 0, 1, . . . , 8 có t ng là 0
Phương trình t4 + t3 − 3t2 − 2t + 1 = (t + 1) (t3 − 3t + 1) = 0 có 4 nghi m:
2π 4π 6π 8π
2 cos , 2 cos , 2 cos , 2 cos
9 9 9 9
Đ t t = z + z , phương trình (t3 − 3t + 1) = 0 có 3 nghi m 2 cos 29 , 2 cos 49 , 2 cos 89
1 π π π

3 3 9−6
3
Dùng các bi u th c đ i x ng nghi m phương trình b c 3, ta có t ng là 2



Bài toán 8. Tính tích P = cos cos400 cos800

59
www.VNMATH.com


L i gi i. . Đ t z = cos 200 + i sin 200
Ta có 2 cos 200 = z + z , 2 cos 400 = z 2 + z12 , 2 cos 800 = z 4 + z14 , z 9 = −1
1

Suy ra (z − −z 8 ) (z 2 − −z 7 ) (z 3 − −z 5 ) = (z − −z 2 + z 3 − −z 4 + z 5 − −z 6 + z 7 − −z 8 ) = 1

Bài toán 9. Tính tích sin 2π sin 2π sin 3π · · · sin (n−n π
1)
n 2n 2n 2

L i gi i. Xét đa th c P (X ) = X 2n − 1
Có các nghi m xk = cos kπ + i sin kπ , k = 0, 1, · · · , 2n − 1, x0 = 1, xn = −1, xk = x2n−k khi 1
n n
k n−1
n−1 n−1
(X 2 − 2 cos kπ + 1), do xk + xk =
Khi đó P (X ) = (X 2 − 1) (X − xk )(X − xk ) = (X 2 − 1) n
k=1 k=1
2 cos kπ , xk xk = 1
n
Chia 2 v cho x2 − 1 , ta có
n−1

2n−2 2n−4 4 2
x2 − 2x cos
+ ···x + x + 1 =
x +x +1 .
n
k=1

n−1 n−1 n−1 √
n
L y x = 1, ta đư c n = 2n−1 1 − cos kπ =2n−1 2sin2 kπ , suy ra sin kπ = 2n−1
n 2n 2n
k=1 k=1 k=1

Bài toán 10. Tính t ng:

n n n
cos x + cos 2x + ... + cos nx
1 2 n

L i gi i. G i t ng c n tìm là S1 và cho

n n n
S2 = sin x + sin 2x + ... + sin nx.
1 2 n

Dùng công th c Euler, ta có th vi t

n n n
eix + ... + ei2x
1 + S1 + iS2 = +
0 1 2

Nh tính nhân c a lũy th a, ta có:
n
x n n
n k n ix
eix = 1 + e ix = 2cos e2
k 2
k=0


T ng trong câu h i là m t ph n th c c a khai tri n luôn bé hơn 1, đi u này d n đ n k t qu
t ng là
x nx
2n cosn cos −1
2 2



60
www.VNMATH.com


Bài toán 11. (USAMO 1999) Tính (cos α)(cos 2α)(cos 3α) . . . (cos 999α)

v i α = 1999

L i gi i. Xét bài toán t ng quát, v i n là s nguyên l , hãy tính:

S = (cos α)(cos 2α)(cos 3α) . . . (cos nα) v i α =
2n + 1
n
Chúng ta có th cho ς = ei...? và S = 2−n εk + ε− k .
k=1
Khi εk + ε−k = ε2n+1−k , k = 1, 2, .., n, chúng ch a:
2n 2n 2n
S 2 = 2−2x εk + ε−k = 2−2n . ε−k . 1 + ε2 k
k=1 k=1 k=1
−(1+2+...+2n)
Mà ε = 1. B i vì (1 + 2 + . . . + 2n) = n(2n + 1) là b i c a 2n + 1.
2n 2n
1 + ε2k , chú ý r ng ta có th vi t là 1 + εk , t khi s ε2k có hơn (2n + 1) nghi m.
Xét
k=1 k=1
Trong khai tri n
2n
n+1
z − εk
− 1 = (z − 1)
z
k=1
2n
1 + εk = 1. Nên S 2 = 2−2n , và vì th S = ±2−n
Cho z = −1 và chia c 2 v b i -2 vì th
k=1
π
Khi 1 ≤ k ≤ n, cos kα khi < kα < π. Giá tr c a k ch n , l , tùy theo n s dư khi chia cho 4
2

+2−n khi n ≡ 1 hay 2 (mod4)
S=
−2−n khi n ≡ 0 hay 3 (mod4)
Khi n = 999 ≡ 3 (mod4)

Ta có k t qu là −2−999 .


4 Gi i phương trình -h phương trình
Bài toán 12. Gi i phương trình cos x + cos 2x + cos 3x = sin x + sin 2x + sin 3x

L i gi i. Đ t z = cos x + i sin x
2− 4− 6− 2 4 +1 6 +1
Phương trình thành z2iz1 + z2iz21 + z2iz31 = z 2+1 + z2z2 + z2z3
z
Thu g n ta đư c (z 4 − i) (z 2 + z + 1) = 0

−1 ± i 3 ±2π ±2π ±2π
2
+ 2kπ, k ∈ Z
z + z + 1 = 0 suy ra z = = cos + isin ,x =
2 3 3 3
π π π π
z 4 = i suy ra cos 4x + i sin 4x = cos + i sin , x = + k , k ∈ Z
2 2 8 2




61
www.VNMATH.com


Bài toán 13. (VMO 1996 ) Gi i h phương trình
√
 3x(1 + 1 ) = 2

x+y


 7y (1 − 1 ) = 4 2


x+y

L i gi i. Bài này có nhi u các gi i, đây vân d ng phương pháp s ph c
√ √
x = u, y = v, ta có h
Th
1 2

)= √
 u(1 +
2 + v2

u 3


1 42
)= √

 v (1 −

2 + v2
u 7
Đ t z = u + iv, do u2 + v 2 là bình phương c a modun s ph c z, nên nhân phương trình sau

cho i, r i c ng v ta có 1 phương trình ph c z 2 − ( √3 + i 4√72 )z + 1 = 0 có nghi m l n lư t là
2


√ ± √2 + i( 2 2 ±
1
2), d u c ng, tr tương ng

3 21 7


Do đó nghi m x, y l n lư t là ( √3 ± √2 )2 ( 2√72 ± 2)2
1
21

Bài toán 14. (Ch n đ i tuy n chuyên Vĩnh Phúc 2010-2011 )
Gi i h phương trình :
3−
x + x2x+yy2 = 3 (1)
y − x2x+yy2 = 0 (2)
3+



L i gi i. Nhân phương trình (2) v i i và c ng theo v v i (1) ta đư c :

x − yi i (x − yi)
−2
x + yi + 3 = 3 (3)
2 + y2 x + y2
x

Đ n đây ta đ t z = x + yi khi đó xx−yi2 = 2 và do đó (3) tr thành : z + 3−i = 3.
1
2 +y z
Gi i phương trình s ph c này ta đư c 2 nghi m :z = 1 − i và z = 2 + i.
T đó ta suy ra h phương trình ban đ u có 2 c p nghi m là : x = 1, y = 1 và x = 2, y = 1.
Như v y d a vào vi c s p x p các n s thích h p đ đưa v m t phương trình s ph c ta có
th d dàng tìm đư c nghi m c a h ban đ u thông qua nghi m ph c này.
Bài toán tương t
Gi i h phương trình :
x + x2+2yy2 = 2 (1)
x
+
−3
x + 2x+yy = 0 (2)
x2 2

Hà n i 2007 :
3x+10y
x− = 1 (1)
x2 +y 2
10x−3y
x+ = 2 (2)
x2 + y 2




62
www.VNMATH.com


Bài toán 15. Gi i h phương trình :

1
 2x 1 + = 3 (1)
x2 + y 2
1
 2y 1 + = 1 (2)
x2 +y 2


L i gi i. Tương t như bài toán 1 ta cũng nhân (2) v i và c ng v i (1) ta đư c :
x − yi
2(x + yi) + = 3 + i (3).
x2 + y 2
2
Đ t z = x + yi khi đó phương trình (3) tr thành: 2z + z = 3 + i.
1 1
Phương trình này có 2 nghi m: z = 1 + i và z = 2 − 2 i.
Do đó h phương trình ban đ u có 2 c p nghi m: x = y = 1 và x = 1 , y = − 1 .
2 2

Bài toán 16. ( Moldova TST 2011)
Gi i h phương trình :
12x+11y
x+y+4= (1)
x2 +y 2
11x−12y
y−x+3= (2)
x2 +y 2

L i gi i. Nhân (2) v i và c ng v i (1) ta đư c :
x − yi y + xi
x + yi + y − xi + 4 + 3i = 12 + 11 2 (3)
2 + y2 x + y2
x
Đ t z = x + yi khi đó phương trình (3) tr thành: z (z − iz + 4 + 3i) = 12 + 11i.
Phương trình này có 2 nghi m : 2 + i và − 2 − 9 i.
5
2
Do đó h phương trình ban đ u có 2 c p nghi m: x = 2, y = 1 và x = − 5 , y = − 9 .
2 2
T các ví d trên ta nh n th y n u các h phương trình có đ i lư ng x2 + y 2 n m m u s
c hai phương trình c a h thì chúng ta nên nghĩ đ n phương pháp s d ng s ph c đ t n
d ng tính ch t z.z = |z |2 c a s ph c liên h p và modul s ph c đ gi i nó. Vi c còn l i là gi i
¯
phương trình s ph c sau khi đã bi n đ i t h phương trình ban đ u.
Bài toán 17. Gi i h phương trình :
x 3
x2 + x − y 2 + x2 +y2 = 2 (1)
y 5
2xy + y − x2 +y2 = 2 (2)

L i gi i. V n như các ví d trư c ta thu đư c :
x − yi 35
x2 + 2xyi − y 2 + x + yi + = + i (3)
2 + y2
x 22
Đ t z = x + yi khi đó phương trình (3) tr thành:
1 35
z2 + z + = + i.
z 22
Gi i phương trình này ta đư c 3 nghi m t đó ta k t lu n đư c nghi m c a h ban đ u.

63
www.VNMATH.com


Bài toán 18. Gi i h phương trình :
2 2
x−
x2 − y 2 + (x2 +yy2 )2 + x + x2 +y2 = − 2
x 3

2xy − (x22xy2 )2 + y − x2 +y2 = −1
y
+y


L i gi i. Hư ng d n : Đ t z = x + yi h phương trình d n đ n phương trình s ph c :
1 1 3
z2 + + z + = − − i.
2
z z 2


Bài toán 19. Gi i h phương trình :

cos 2x + cos 2y + 2+cos 2x−x 2y = 1+2 3
4 cos
cos √
cos x. sin y − 2+cossin−cos 2y = 32−1
y
2x


L i gi i. Hư ng d n : Đ t z = cos x + i sin y, h phương trình s d n đ n phương trình s
ph c : √ √
3−1
1 1+ 3
z2 + = +
z 2 2



5 Các d ng khác
Bài toán 20. (Indian TST 2005) Cho a, b, c, d các s th c không đ ng th i b ng 0. Cho f :
R → R.
f (x) = a + b cos 2x + c sin 5x + d cos 8x.
Gi s r ng có s th c t sao cho f (t) = 4a. Ch ng minh r ng t n t i s th c s sao cho f (s) < 0.


L i gi i. Cho g (x) = be2ix − ice5ix + de8ix . Khi đó f (x) = a + Reg (x).
Đ ý r ng
2π 4π 2πi 4πi
g (x) + g x + +g x+ = g (x) 1 + e s + e s =0
3 3
Do đó f (x) + f x + 23 + f x + 43 = 3a
π π

N u a < 0, thì l y s = t, n u a = 0 thì trong 3 s h ng trên có 1 s âm, n u a > 0, thay x = t
trong đ ng th c trên và f (t) = 4a, ta có f t + 23 + f t + 43 = −a < 0.
π π

V y f t + 23 hay f t + 43 . Bài toán đã ch ng minh xong.
π π




Bài toán 21. Cho z1 , z2 , z3 là các sô ph c phân bi t có modun b ng nhau, không ph i là s th c
. Ch ng minh r ng, n u: z1 + z2 z3 , z2 + z2 + z3 z1 , z3 + z1 z2 là nh ng s th c, thì z1 z2 z3 = 1.


64
www.VNMATH.com


L i gi i. Cho zj = r(cos tj + i sin tj ), v i r = 0 v i rj ∈ (0, π ), j = 1, 2, 3.
V i gi thi t

sin t1 + r sin(t2 + t3 ) = 0
sin t2 + r sin(t3 + t1 ) = 0
sin t3 + r sin(t1 + t2 ) = 0

Đ t t = t1 + t2 + t3 , thì sin tj = −r sin(t − tj ) = −r sin t cos tj − r cos t sin tj , v i j = 1, 2, 3.
Có nghĩa là: cos tj sin t = 1 − cos tj , j = 1, 2, 3.
r
N u sin t = 0 thì cos t1 = cos t2 = cos t3 . Ch có 2 giá tr có th x y ra t1 , t2 , t3 có th nh n giá
tr gi a 0 và 2π . Đi u này d n t i sin t = 0. m t khác ta l i có r cos t = 1 nên ta có cos t = 1
ho c −1. Mà đi u này ch xãy ra n u cos t = 1 và r = 1 nên ta có đpcm.
θ
Bài toán 22. (Putnam 2006) Cho n là m t s nguyên dương l và θ là m t s th c sao cho n
là s vô t .
Đ t ak = tan θ + kπ , k = 1, 2, ..., n.
n
Ch ng minh r ng : a1 +1a.a+...a+an là m t s nguyên và tìm giá tr nguyên đó.
2 ...
a2 n


L i gi i. Xét s ph c có d ng ω = cosθ + i sin θ. Ta ph i ch ng minh
n
1 + ix
= ω 2n
1 − ix

Có nghi m là ak = tan θ + kπ , k = 1, 2, ..., n.
n
Vi t l i đa th c b c n, ta đư c

0 = (1 + ix)2 − ω 2n (1 − ix)n
= (1 − ω 2x ) + ni (1 + ω 2x ) x + ... + in−1 (1 − ω 2x ) x + in (1 + ω 2x ) xn

T ng các nghi m theo kh i tri n trên là

−nin−1 (= a1 − ω 2x )
in (1 + ω 2x )
−(1−ω 2x )
.
và tích c a chúng là in (1+ω 2x )
(n−1)
a1 +a2 +...an n−1
= n(−1)
= n.i . Đpcm
Do đó: 2
a1 a2 ...an

Bài toán 23. Cho s nguyên dương n và hàm f: F (n) = xn sin(nA) + y n sin(nB ) + z n sin(nC ) ,
x, y, z, A, B, C là các s th c và A + B + C = kπ v i k nguyên . Ch ng minh r ng, n u
F (1) = F (2) = 0, thì F (n) = 0, v i m i s dương n.


L i gi i. Ch n các s ph c sao cho p = x.eiA , q = y.eiB , r = z.eiC và f (n) = pn + q n + z n .
Đ t F (n) = Im(f (n)). Ta ch ng mình b ng qui n p f (n) là s th c v i m i n, t c là F (n) = 0.
Chúng ta cho r ng f (1) và f (2) là th c và f (0) = 3 cũng là m t s th c. Bây gi chúng ta gi i

65
www.VNMATH.com


s f (k ) là th c cho t t c k ≤ n và n ≤ 3, ta s ch ng minh r ng f (n + 1) cũng là s th c. Chú
1
ý r ng, a = p + q + r = f (1), b = pq + qr + rp = 2 (f (1)2 − f (2)), và c = pqr = xyz.ei(A+B +C )
là các s th c. Các s p, q, r là nghi m c a tam th c P (t) = t3 − at2 + bt − c.
Dùng

f (n + 1) = pn+1 + q n+1 + rn+1
= a(pn + q n + rn ) − b(pn−1 + q n−1 + rn−1 ) + c(pn−2 + q n−2 + rn−2 )
= af (n) − bf (n − 1) + cf (n − 2)

Khi f (n), f (n − 1) và f (n − 2)là các s th c, theo phương pháp qui n p ta có f (n + 1) là s
th c. Ta có đpcm.


Tài li u tham kh o
[1] R. Gelca and T. Andresscu, 2007, Putnam and beyond, Springer.

[2] R. Gelca and T. Andresscu, 2000, Mathematical olympiad challenges, B khauser.




66
www.VNMATH.com




M TS NG D NG C A PHƯƠNG TRÌNH PELL
Nguy n Th Tình, Trư ng THPT Lý Thư ng Ki t, TX Ayun Pa, Gia Lai

Các phương trình Diophant đóng m t vai trò quan tr ng trong lý thuy t s h c. T th i Trung
c , các phương trình này đã đư c các nhà toán h c n Đ quan tâm nghiên c u và đã đ t đư c
nh ng k t qu sâu s c, ch ng h n đã tìm ra d ng nghi m t ng quát c a phương trình Diophant
tuy n tính ax + by = c t năm 499.
Trong các phương trình Diophant b c hai, có d ng phương trình b c hai chính t c r t cơ
b n và quan tr ng là x2 − dy 2 = 1 ho c x2 − dy 2 = −1, trong đó d là s nguyên dương không
chính phương.
Phương trình trên thư ng đư c g i là phương trình Pell, l y theo tên nhà toán h c ngư i
Anh John Pell (1610 - 1685) mà theo nh ng câu chuy n toán h c truy n l i, do s nh m l n
nào đó c a nhà toán h c thiên tài Euler khi đi tìm công lao nh ng ngư i đ u tiên khai m
phương trình này.
Cho đ n nay, Vi t Nam đã có m t s tài li u, sách tham kh o trong đó có đ c p m t
cách tr n v n phương pháp gi i phương trình Pell và m t s v n đ liên quan c a GS. Nguy n
Văn M u (ch biên), GS. Hà Huy Khoái, GS. Đ ng Hùng Th ng,. . .
Trên cơ s nh ng tài li u sưu t m đư c, xin gi i thi u l i m t s v n đ cơ b n nh t, dành
cho h ph thông chuyên toán, v phương trình kinh đi n này. Trong đó, không quá đi sâu vào
lý thuy t c a phương trình Pell, vì đi u này đã có trong m t s tài li u đã nêu.


1 M t s ví d d n đ n phương trình Pell
T r t lâu đ i, khi mà chưa có cách gi i phương trình Pell, trong toán h c đã có r t nhi u
nh ng câu h i t nhiên đ t ra. Đ tr l i đư c các v n đ đó nhi u khi l i d n đ n yêu c u tìm
t t c nh ng s nguyên dương th a mãn phương trình b c 2 có hai bi n. Có r t nhi u nh ng
bài toán mà nhi u khi chúng ta không th y có s liên quan đ n phương trình Pell, nhưng b ng
nh ng phép bi n đ i đ i s l i d n đ n m t yêu c u chung, đó là đi tìm các nghi m nguyên
dương c a phương trình x2 − dy 2 = n, trong đó d không ph i là s chính phương, n là m t s
nguyên. Ch ng h n ta có k t qu r t đơn gi n là 1 + 2 + 3 + · · · + 14 = 15 + 16 + 17 + 18 + 19 + 20
ho c 3 + 4 + 5 + 6 = 3.6. Như v y m t v n đ t nhiên đ t ra là li u r ng còn nh ng c p s
nguyên dương (m, n) nào có tính ch t như trên hay không? Chúng tôi xét 2 ví d sau đây:

Ví d 1. Xác đ nh các s nguyên dương m và n sao cho

m + (m + 1) + · · · + n = mn (1)




67
www.VNMATH.com


Ta có

(m + n)(n − m + 1)
(1) ⇔ = mn
2
⇔ n2 + n − m2 + m = 2mn
⇔ (n − m)2 − 2m2 + n + m = 0
Đ t u = n − m, ta có

u2 − 2m2 + u + 2m = 0 ⇔ u2 − u − 2(k 2 − k ) = 0
2 2
1 1 1 1
⇔ − −2 m− −
u+ =0
2 4 2 2
⇔ (2u + 1)2 − 2(2m − 1)2 = −1
Đ t x = 2u + 1 = 2(n − m) + 1; y = 2m − 1, ta đư c phương trình

x2 − 2y 2 = −1 (2)
Như v y yêu c u c a bài toán đ t ra s đư c gi i quy t n u phương trình (2) đư c gi i.

Ví d 2. Tìm t t c nh ng s nguyên dương k, m sao cho k < m và

1 + 2 + · · · + k = (k + 1) + (k + 2) + · · · + m

Gi s k, m(k < m) là hai s nguyên dương th a mãn h th c:

1 + 2 + · · · + k = (k + 1) + (k + 2) + · · · + m (3)
Ta có

(3) ⇔ 2(1 + 2 + · · · + k ) = 1 + 2 + · · · + k + (k + 1) + (k + 2) + · · · + m
m(m + 1)
⇔ k (k + 1) =
2
2 2
⇔ 2k + 2k = m + m
⇔ 8k 2 + 8k = 4m2 + 4m
⇔ 2(2k + 1)2 − 1 = (2m + 1)2 .
Đ t x = 2m + 1; y = 2k + 1, khi đó ta có phương trình

x2 − 2y 2 = −1. (4)
Như v y v n đ đ t ra s đư c gi i quy t n u như phương trình (4) đư c gi i.
S k t h p gi a S h c và Hình h c trong m t s trư ng h p cũng t o ra nh ng bài toán
khá thú v . Ch ng h n xét ví d sau đây



68
www.VNMATH.com


Ví d 3. Tìm các s nguyên dương m đ tam giác v i 3 c nh
13 1 1 1
(m + m2 ) − 1; (m3 − m2 ) + 1; m2 ho c m3 − (m − 1); m3 − (m + 1); m có di n tích là s
2 2 2 2
chính phương.

G i 2p, S l n lư t là chu vi và di n tích tam giác.
1) Trư ng h p 3 c nh tam giác là
1 1
a = (m3 + m2 ) − 1; b = (m3 − m2 ) + 1; c = m2 , ta có
2 2
13 1
p = (m + m ); p − a = 1; p − b = m2 − 1; p − c = (m3 − m2 )
2
2 2
Theo công th c Hêrông, ta có


13
(m + m2 )(m2 − 1)(m3 − m2 )
p(p − a)(p − b)(p − c) =
S=
4
1
= m2 (m2 − 1)
2


2) Trư ng h p 3 c nh tam giác là
1 1
a = m3 − (m − 1); b = m3 − (m + 1); c = m , ta có
2 2
1 1
p = m ; p − a = (m − 1); p − b = (m + 1); p − c = m3 − m
3
2 2

13
m (m − 1)(m + 1)(m3 − m)
p(p − a)(p − b)(p − c) =
S=
4
1
= m2 (m2 − 1)
2
Đ các tam giác v i s đo các c nh cho như trên có di n tích là m t s chính phương thì
12
(m − 1) là m t s chính phương, t c là
2
12
(m − 1) = n2 ⇔ m2 − 1 = 2n2 ⇔ m2 − 2n2 = 1
2
Chúng ta th y đi u ki n đ tam giác có c nh cho trư c như trên có di n tích là m t s chính
phương ph thu c vào vi c đi tìm các nghi m nguyên dương c a phương trình

m2 − 2n2 = 1

M t s v n đ khác, ta bi t r ng 2 là s vô t . M t ch ng minh thư ng g p cho kh ng
đ nh này là phương pháp ph n ch ng. Ch ng minh sau đây, tuy dài, nhưng khá thú v vì nó
d n đ n phương trình Pell cơ b n.

Ví d 4. Ch ng minh 2 là s vô t

69
www.VNMATH.com


Ch ng minh. Ta c n ch ng minh 2 đư c bi u di n thành liên phân s vô h n.

 r1 = 1
1 , n = 2, 3, 4, . . . Ta d dàng nh n th y v i m i giá tr n, rn
Xét dãy s
 rn = 1 +
1 + rn−1
pn
, v i (pn , qn ) = 1 và khi n càng tăng thì rn càng tăng khi n l và
đư c bi u di n dư i d ng
qn
rn càng gi m khi n ch n
Ta s ch ng minh:
3
1 ≤ r1 ≤ r3 ≤ · · · ≤ r2k+1 ≤ · · · ≤ r2l ≤ · · · ≤ r4 ≤ r2 ≤ (5)
2
1
|rn+1 − rn | ≤ |rn − rn−1 | (6)
4
1. Ch ng minh(5)
Trư c h t ta ch ng minh
1 ≤ r1 ≤ r3 ≤ · · · ≤ r2n+1 ≤ · · · (7)
3 1
Ta có r3 − r1 = −1= >0
1 2
Gi s (7) đúng v i m t s t nhiên n = k b t kỳ, t c là ta có r2k+1 − r2k−1 > 0. Ta c n ch ng
minh r2(k+1)+1 − r2(k+1)−1 > 0
r2k − r2k+2
1 1
−1−
r2k+3 + r2k+1 = 1 + =
1 + r2k+2 1 + r2k (1 + r2k+2 )(1 + r2k )
1 1
−1−
1+
1 + r2k−1 1 + r2k+1
=
(1 + r2k+2 )(1 + r2k )


r2k+1 − r2k−1
= >0
(1 + r2k+2 )(1 + r2k )(1 + r2k−1 )(1 + r2k+1 )
(b t đ ng th c luôn đúng vì theo gi thi t quy n p)
V y 1 ≤ r1 ≤ r3 ≤ · · · ≤ r2n+1 ≤ · · · , v i n nguyên dương b t kỳ.
Ch ng minh tương t b ng phương pháp quy n p như b t đ ng th c trên ta có:
3
≥ r2 ≥ r4 ≥ · · · ≥ r2n ≥ · · · và r2n−1 ≤ r2n , v i m i n nguyên dương.
2
V y v i m i c p s nguyên dương (k ; l) ta có:
3
1 ≤ r1 ≤ r3 ≤ · · · ≤ r2k+1 ≤ · · · ≤ r2l ≤ · · · ≤ r4 ≤ r2 ≤
2
2. Ch ng minh (6)




70
www.VNMATH.com


Ta có
1 1
|rn+1 − rn | = 1 + −1−
1 + rn 1 + rn−1
|rn − rn−1 |
=
(1 + rn )(1 + rn−1 )
|rn − rn−1 | 1
≤√ ≤ |rn − rn−1 | .
4 rn rn−1 4

G i α là c n trên nh nh t c a t p h p các ph n t {r1 , r3 , · · · , r2k+1 , · · · },
khi đó r2m−1 ≤ α ≤ r2m
Ta có
1 1
|α − r2m−1 | < |r2m − r2m−1 | ≤ |r2 − r1 | =
42(m−1) 24m−3
1 1
|α − r2m | < |r2m − r2m−1 | ≤ |r2 − r1 | =
42(m−1) 24m−3
1
hay α2 = 2
suy ra lim rn = lim rn−1 = α suy ra α = 1 +
1+α
n→∞ n→∞
√ √ √
⇒ α = 2. V y 2 đư c bi u di n dư i d ng liên phân s vô h n nên 2 là m t s vô t .
Đ nh nghĩa 1. Các s 1, 3, 6, 10, 15, 21, 28, 36, 45, . . . ,
1
tn = n(n + 1),. . . đư c g i là các s tam giác.
2
V mô hình hình h c, các s tam giác l n lư t phân b đ u trên c nh c a m t tam giác, th
hi n trên hình v 1.2
Nh n xét r ng, t ng 2 s tam giác k nhau là m t s chính phương.
1 1
Th t v y tn + tn+1 = n(n + 1) + (n + 1)(n + 2) = (n + 1)2 .
2 2
M t cách r t t nhiên n y sinh là li u có tìm đư c t t c các s tam giác là s chính phương
hay không. Chúng ta xét ví d sau đây
Ví d 5. Tìm các s tam giác là s chính phương.
T dãy s li t kê trên, các s 1 và 36 là các s chính phương. M t cách t ng quát, ta c n
xác đ nh nh ng giá tr n ∈ N∗ sao cho tn là s chính phương, hay ta tìm nghi m nguyên dương
1
c a phương trình: n(n + 1) = m2 .
2
D th y phương trình này tương đương v i phương trình:
(2n + 1)2 − 8m2 = 1.
Như v y vi c tìm các s tam giác là s chính phương quy v bài toán tìm nghi m nguyên
dương c a phương trình :

x2 − 8y 2 = 1

71
www.VNMATH.com


Cũng liên quan đ n s tam giác, m t v n đ m i đ t ra là li u có hay không các b ba s
tam giác liên ti p mà tích c a chúng ho c t ng c a chúng là s chính phương. V n đ này s
đư c đ c p trong hai ví d sau đây

Ví d 6. Tìm các b ba s tam giác liên ti p sao cho tích c a chúng là m t s chính phương.
1 1 1
(n − 1)n, n(n + 1), và (n + 1)(n + 2) Ta có
Gi s 3 s tam giác liên ti p có d ng
2 2 2
1 1 1 11
(n − 1)n · n(n + 1) · (n + 1)(n + 2) = 2 · n2 (n − 1)(n + 1)2 (n + 2).
2 2 2 22
1
Đ tích c a 3 s tam giác liên ti p là m t s chính phương thì (n − 1)(n + 2) ph i là m t
2
s chính phương, t c là
1
(n − 1)(n + 2) = m2
2
⇔ (n − 1)(n + 2) = 2m2
⇔ (2n + 1)2 − 8m2 = 9, m ∈ Z
Đ t x = 2n + 1; y = m, ta đư c phương trình

x2 − 8y 2 = 9 (8)
Như v y bài toán s đư c làm sáng t n u như phương trình(8) đư c gi i.


Ví d 7. Tìm các b ba s tam giác liên ti p sao cho t ng c a 3 s đó là m t s chính phương.

Đ nh nghĩa 2. V i các s nguyên n và k , ta đ nh nghĩa

n!
n
=
k k !(n − k )!

Như v y liên quan đ n bài toán t h p, m t v n đ đ t ra đây là:


Ví d 8. Có t n t i các s nguyên a, b không âm sao cho

a−1
a
= (9)
b b+1

Ví d 9. Gi s r ng có n viên bi trong m t cái l , trong đó có r viên bi màu đ và n − r viên
bi màu xanh. L y ra 2 viên bi m t cách ng u nhiên. Bi t r ng, xác su t đ l y đư c 2 viên bi
1
cùng màu là . Xác đ nh các giá tr có th có đư c c a n và r.
2
Đ nh nghĩa 3. Gi s a, b, c, ) là 3 s nguyên th a mãn a2 + b2 = c2 . Khi đó b s (a, b, c) đư c
g i là b ba s Pitago.

72
www.VNMATH.com


B đ 1. V i m i s nguyên k, m, n, b s sau đây là b ba s Pitago:

k (m2 − n2 ), 2kmn, k (m2 + n2 ) (10)

H qu 1. V i k = 1, m = y, n = z thì b ba

(y 2 − z 2 , 2yz, y 2 + z 2 ) (11)

là b ba s Pitago.


Ví d 10. Ta bi t r ng 22 + 42 + 62 + 82 + 102 = 4.5 + 5.6 + 6.7 + 7.8 + 8.9.
V n đ đ t ra là tìm nh ng ví d khác, tương t , nghĩa là: "Tìm nh ng đ ng th c mà m t v
là t ng các bình phương c a n s ch n đ u tiên và m t v là t ng c a n c p s nguyên li n k ".

Qua m t s ví d đư c trình bày trên, chúng ta nh n th y có r t nhi u v n đ đơn gi n,
nhưng l i đư c t ng quát hoá thành nh ng bài toán khó và r t thú v . Vi c gi i quy t m t s
ví d trên ph thu c vào vi c gi i phương trình d ng:

x2 − dy 2 = 1 (12)
ho c
x2 − dy 2 = −1 (13)
ho c
x2 − dy 2 = n, (14)
đây d là s nguyên dương, không ph i là s chính phương; n là m t s nguyên.


2 Tìm nghi m nguyên dương c a phương trình.
Bài toán 1. Tìm các nghi m nguyên dương c a phương trình

x2 − 6xy + y 2 = 1

Gi i.
Ta có x2 − 6xy + y 2 = 1 ⇔ (x − 3y )2 − 8y 2 = 1.

Đ t u = x − 3y , ta đư c phương trình:

u2 − 8y 2 = 1 (15)
Nghi m nguyên dương nh nh t c a phương trình (15) là (a; b) = (3; 1) nên nghi m c a phương
trình (15) cho b i dãy sau:

u0 = 1; u1 = 3; un+2 = 6un+1 − un
, n = 0, 1, 2, · · ·
y0 = 0; y1 = 1; yn+2 = 6yn+1 − yn

73
www.VNMATH.com


Mà u = x − 3y nên x = u + 3y luôn là s nguyên dương khi u, y nguyên dương. Do đó

xn+2 = un+2 + 3yn+2
= 6un+1 − un + 3(6yn+1 − yn )
= 6(un+1 + 3yn+1 ) − (un + 3yn )
= 6xn+1 − xn .
Theo đ nh lí (??) nói v công th c nghi m c a phương trình Pell lo i I, ta có nghi m c a phương
trình đã cho có các nghi m nguyên dương tho mãn h th c sau đây:

x0 = 1; x1 = 6; xn+2 = 6xn+1 − xn
, n = 0, 1, 2, · · ·
y0 = 0; y1 = 1; yn+2 = 6yn+1 − yn

Bài toán 2. Tìm các nghi m nguyên dương c a phương trình

(x − 1)2 + (x + 1)2 = y 2 + 1

Gi i. N u dùng phương pháp xây d ng nghi m thì chúng ta có th ch ng minh đư c phương
trình trên có vô s nghi m nguyên dương, nhưng n u bi n đ i phương trình trên v phương
trình Pell cơ b n thì chúng ta s ch ra đư c t t c các nghi m nguyên dương c a nó và l i gi i
cũng s g n gàng hơn.
Ta có (x − 1)2 + (x + 1)2 = y 2 + 1 ⇔ 2x2 + 2 = y 2 + 1

⇔ y 2 − 2x2 = 1 (16)
Phương trình (16) là phương trình Pell lo i I, có nghi m nguyên dương nh nh t là (a; b) =
(3; 2).V y theo đ nh lí (??) ta có nghi m c a phương trình (16) cũng như phương trình đã cho là:

x0 = 0; x1 = 2; xn+2 = 6xn+1 − xn
, n = 0, 1, 2, · · ·
y0 = 1; y1 = 3; yn+2 = 6yn+1 − yn

Bài toán 3. Tìm các s nguyên dương (x, y, z, w) th a mãn x2 + y 2 + z 2 = w2 sao cho x =
y ; z = x ± 1.


3 Tính t ng c a các s nguyên liên ti p.
Bài toán 4. Tìm t t c nh ng s nguyên dương k, m sao cho k < m và

1 + 2 + · · · + k = (k + 1) + (k + 2) + · · · + m

Gi i. Gi s k, m(k < m) là hai s nguyên dương th a mãn h th c:

1 + 2 + · · · + k = (k + 1) + (k + 2) + · · · + m (17)



74
www.VNMATH.com


Ta có:

(17)) ⇔ 2(1 + 2 + · · · + k ) = 1 + 2 + · · · + k + (k + 1) + (k + 2) + · · · + m
m(m + 1)
⇔ k (k + 1) =
2
2 2
⇔ 2k + 2k = m + m
⇔ 8k 2 + 8k = 4m2 + 4m
⇔ 2(2k + 1)2 − 1 = (2m + 1)2 .
Đ t x = 2m + 1; y = 2k + 1, khi đó ta có phương trình Pell lo i II:

x2 − 2y 2 = −1. (18)
Liên k t v i (18) là phương trình Pell lo i I:

x2 − 2y 2 = 1. (19)
Phương trình Pell lo i I có nghi m nguyên dương bé nh t là
(x, y ) = (3, 2).
Xét h phương trình sau:

u2 + 2v 2 = 3
(20)
2uv = 2
D th y (u, v ) = (1, 1) là nghi m nguyên dương bé nh t c a h (20). Theo lý thuy t xây d ng
dãy thì phương trình Pell lo i II có nghi m là

x0 = 1; x1 = 7; xn+2 = 6xn+1 − xn
, n = 0, 1, 2, · · ·
y0 = 1; y1 = 5; yn+2 = 6yn+1 − yn
Ta th y xk ≡ 1 (mod 2); yk ≡ 1 (mod 2), v i m i k = 0, 1, · · · .T đó suy ra dãy nghi m
xi − 1 yi − 1
mi = ; ki = đư c cho b i công th c:
2 2
m0 = 0; m1 = 3; mi+2 = 6mi+1 − mi + 2
k0 = 0; k1 = 2; ki+2 = 6ki+1 − ki + 2,
v i i = 0, 1, 2, · · · B n đáp s đ u tiên là:

(m, k ) = (3, 2); (20, 14); (119, 84); (696, 492).
Bài toán 5. Xác đ nh các s nguyên dương m và n sao cho

m + (m + 1) + · · · + n = mn (21)
Bài toán 6. Ta có 22 + 42 + 62 + 82 + 102 = 4.5 + 5.6 + 6.7 + 7.8 + 8.9.
Tìm nh ng đ ng th c khác mà m t v là t ng các bình phương c a n s ch n đ u tiên và m t
v là t ng c a n c p s nguyên li n k .

75
www.VNMATH.com


4 S tam giác và tính ch t c a s tam giác
1
Bài toán 7. Tìm các s nguyên dương n sao cho s tam giác n(n + 1) là m t s chính phương.
2
Gi i.
Ta có
n(n + 1)
= y 2 ⇔ n(n + 1) = 2y 2
2
⇔ 4n2 + 4n + 1 = 8y 2 + 1
⇔ (2t + 1)2 − 8y 2 = 1.
Đ t x = 2n + 1 thì (x; y ) là nghi m c a phương trình:

x2 − 8y 2 = 1 (22)
x−1
Ngư c l i n u (x; y ) là nghi m c a phương trình (22) thì x l nên n = th a mãn đ
2
bài.
Nghi m nh nh t c a phương trình (22) là (3; 1) nên phương trình có nghi m là dãy

x0 = 1; x1 = 3; xi+2 = 6xi+1 − xi
, i = 0, 1, 2, · · ·
y0 = 0; y1 = 1; yi+2 = 6yi+1 − yi

Khi đó v i xi = 2ni + 1 thì 2ni+2 + 1 = 6(2ni+1 + 1) − (2ni + 1). Dãy (ni ) c n tìm xác đ nh
b i n0 = 0; n1 = 1; ni+2 = 6ni+1 − ni + 2.
Đó là các s 1; 8; 49; 288; · · ·
Bài toán 8. Tìm các b ba s tam giác liên ti p sao cho tích c a chúng là m t s chính phương.
Bài toán 9. Tìm các b ba s tam giác liên ti p sao cho t ng c a 3 s đó là m t s chính
phương.
Bài toán 10. Xác đ nh s nguyên dương b sao cho s (111 · · · 1)b , g m k ch s 1, v i b là cơ
s , là s tam giác v i b t kỳ giá tr nào c a k .



5 Tìm s chính phương
M t áp d ng cũng r t quan tr ng n a đó là trong toán h c có r t nhi u bài toán liên quan
đ n s chính phương. Vi c gi i phương trình Pell s giúp chúng ta tìm đư c các s chính phương
tho mãn yêu c u cho trư c nào đó.
Bài toán 11. Tìm t t c các s nguyên dương t sao cho t ng c a t s nguyên dương đ u tiên
là m t s chính phương.
Cũng tương t như bài toán trên ta đã bi t t ng c a n s chính phương đ u tiên. Do đó ta
cũng có bài toán ti p theo

76
www.VNMATH.com


Bài toán 12. Tìm t t c các s nguyên dương n sao cho trung bình c ng c a n s chính phương
đ u tiên cũng là m t s chính phương.
Bài toán 13. Tìm các s nguyên dương m đ tam giác v i 3 c nh :
13 1 1 1
(m + m2 ) − 1; (m3 − m2 ) + 1; m2 ho c m3 − (m − 1); m3 − (m + 1); m có di n tích là s
2 2 2 2
chính phương.

Bài toán 14. Tìm t t c các s nguyên dương n có tính ch t n2 + (n + 1)2
là s chính phương.
Bài toán 15. Ch ng minh r ng t n t i vô h n nh ng s nguyên dương n sao cho n! chia h t
cho n2 + 1.
Gi i.
Xét phương trình Pell lo i II :

x2 − 5y 2 = −1 (23)
Phương trình Pell lo i I liên k t v i (23) là phương trình sau:

x2 − 5y 2 = 1 (24)
Phương trình (24)có nghi m nguyên dương nh nh t là (9; 4). Xét h phương trình
u2 + 5v 2 = 9
2uv = 4
H này có nghi m nguyên dương nh nh t là (u, v ) = (2, 1). Vì th phương trình (23) có dãy
nghi m là:

x0 = 2 ; x1 = 38 ; xn+2 = 18xn+1 − xn ; n = 0, 1, 2, · · ·
y0 = 2 ; y1 = 17 ; yn+2 = 18yn+1 − yn ; n = 0, 1, 2, · · ·
Các dãy nghi m có tính ch t 5 < yk < 2yk < xk ,v i m i k = 1, 2, · · ·
Th t v y, ta có 5 < yk < 2yk . Do yk > 5 nên 4yk < 5yk − 1 = x2 suy ra 2yk < xk .
2 2
k

Do v y 5 < yk < 3yk < xk , ∀k ∈ N .
Vì th (xk )! = 1.2.3.4.5 · · · yk · · · (2yk ) · · · (xk ).
. .
T đó suy ra (xk )!.5yk (2yk ) = 2(x2 + 1) nên xk .(x2 + 1), ∀k ∈ N∗ .
. .
k k
Bài toán đư c ch ng minh.

Bài toán 16. Xét dãy s {un }∞ = n2 + (n + 1)2 . Ch ng minh r ng t n t i vô h n
n=0
n=0
các ch s n sao cho ta có đ ng th i

un − un−1 > 1; [un+1 ] − [un ] = 1.
Bài toán 17. Ch ng minh r ng phương trình 5x − 3y = 2 có m t nghi m dương duy nh t là
(x, y ) = (1, 1).

77
www.VNMATH.com


Tài li u tham kh o
[1] Phan Huy Kh i, "Các chuyên đ s h c b i dư ng h c sinh gi i toán trung h c ", Phương
trình nghi m nguyên, NXB Giáo d c.

[2] Phan Huy Kh i(2004), "Chuyên đ b i dư ng h c sinh gi i toán trung h c ph thông ",
Các bài toán cơ b n c a s h c, NXB Giáo d c.

[3] Hà Huy Khoái, "Chuyên đ b i dư ng h c sinh gi i toán trung h c ph thông",S h c,
NXB Giáo d c.


[4] Nguy n Văn M u (ch biên), M t s v n đ s h c ch n l c, NXB Giáo d c.

[5] Đ ng Hùng Th ng (1995), Bài gi ng s h c, NXB Giáo d c.

[6] Đ ng Hùng Th ng, Nguy n Văn Ng c, Vũ Kim Th y(1997), Bài gi ng s h c,Tuy n t p
30 năm t p chí toán h c và tu i tr , NXB Giáo d c.

[7] Vũ Dương Th y (ch biên)(2006), Tuy n t p 40 năm Olympiads Toán h c qu c t (IMO
1959-2000), NXB Giáo d c.

[8] Barbeau Edward J.(2003), Pell’s Equation, Problem Books in Mathematics, Springer.




78
www.VNMATH.com




PHÉP TH LƯ NG GIÁC LÀ CÔNG C GI I TOÁN
TRONG CÁC BÀI THI CH N H C SINH GI I
Huỳnh Bá L c - S Giáo d c và Đào t o Khánh Hòa
Vi c ch n phép th lư ng giác linh ho t trong m t s l n công th c lư ng giác s làm cho bài
toán đơn gi n hơn. Phép th thư ng đư c cho dư i d ng bi u th c đ i s , đây vi c lư ng giác
hóa bài toán đư c xét dư i nhi u d ng toán thư ng g p sau đây


1 Ch ng minh đ ng th c
Bài toán 1. (IMO 1985) Cho x, y, z ∈ R, sao cho x + y + z = xyz. Ch ng minh
x(1 − y 2 )(1 − z 2 ) + y (1 − z 2 )(1 − x2 ) + z (1 − x2 )(1 − y 2 ) = 4xyz.
L i gi i. Rõ ràng đ ng th c đúng v i xyz = 0, nên chúng ta ch c n ch ng minh v i x, y, z = 0.
Chia 2 v cho 4xyz ta có
1 − y 2 1 − z 2 1 − z 2 1 − x2 1 − x2 1 − y 2
+ + =1
2y 2z 2z 2x 2x 2y
T đi u ki n x + y + z = xyz ta nghĩ đ n vi c lư ng giác hóa bài toán b ng cách
Đ t x = tan A, y = tan B, z = tan C v i A, B, C là 3 góc c a m t tam giác, ta đưa bài toàn tr
thành
cot 2B cot 2C + cot 2C. cot 2A + cot 2A. cot 2B = 1
⇔ tan 2A + tan 2B + tan 2C = tan 2A. tan 2B. tan 2C
Đây rõ ràng là đ ng th c đúng vì tan(2A + 2B + 2C ) = tan 2π = 0.
Bài toán đư c ch ng minh.
1
Bài toán 2. Cho a, b, c là 3 s th c khác ± √3 . Ch ng minh r ng abc = a + b + c khi và ch khi
3a − a3 3b − b3 3c − c3 3a − a3 3b − b3 3c − c3
−2 −2 =2 +2 +2 .
3a2 − 1 3b − 1 3c − 1 3a − 1 3b − 1 3c − 1
L i gi i. Đ t a = tan x; b = tan y ; c = tan z v i x, y, z ∈ 0; π . T đ ng th c
2
tan x + tan y + tan z − tan x − tan y − tan z
tan(x + y + z ) =
x − tan x tan y − tan y tan z − tan x tan z
Ta th y abc = a + b + c khi và ch khi x + y + z = kπ (k ∈ Z)
Suy ra tan(3x + 3y + 3z ) = tan 3kπ = 0
Hay
tan 3x tan 3y tan 3z = tan 3x + tan 3y + tan 3z
3a − a3 3b − b3 3c − c3 3a − a3 3b − b3 3c − c3
⇔2 =2 +2 +2 .
3a − 1 3b2 − 1 3c2 − 1 3a − 1 3b − 1 3c − 1


79
www.VNMATH.com


n k n+1
Bài toán 3. Ch ng minh r ng Σ − 3 cos3 3k−π π =
1 3
−1 + cos3 3π .
n
4 3
k=0

1
L i gi i. T đ ng th c cos 3x = 4 cos3 x − 3 cos x, ta có cos3 x = 4 (cos 3x + 3 cos x)
Suy ra
k−1
k k
1 1n 1 1
n
cos3 3k a = cos 3k+1 a − − cos 3k a
− −
Σ Σ
3 4 k=0 3 3
k=0


Cho a = 3−n π ta đư c k t qu c a bài toán.

Bài toán 4. Ch ng minh r ng

27 sin3 90 + 9 sin2 270 + 3 sin3 810 + sin3 2430 = 20 sin 90 .

L i gi i. T sin3 x = 4 (3 sin x − sin 3x) ta có
1


3 sin 90 − sin 270 3 sin 270 − sin 810 3 sin 810 − sin 2430 3 sin 2430 − sin 7290
27 +9 +3 +
4 4 4 4
0
0 0 0
81 sin 9 − sin 729 81 sin 9 − sin 9
= 20 sin 90 .
= =
4 4


Bài toán 5. Tính (1 − cot 10 )(1 − cot 20 ) . . . (1 − cot 440 ).

L i gi i. Ta có ((1 − cot 10 )(1 − cot 20 ) . . . (1 − cot 440 )

cos 440
cos t0 cos 20
1− 1− .... 1 −
=
sin 440
sin t0 sin 20
(sin t0 − cos t0 ) (sin 20 − cos 20 ) ... sin 440 − cos 440
=
sin t0 sin 20 ... sin 440

Dùng đ ng th c sin a − cos a = 2 sin a − 450 ta đưa v
√ √ √
2 sin 10 − 450 2 sin 20 − 450 ... 2 sin 440 − 450
sin 10 sin 20 ... sin 440
√ 44
(−1)44 sin 440 sin 430 ...... sin 20 sin 10
2
= 222 .
=
sin 440 sin 430 ... sin 20 sin 10


Bài toán 6. Ch ng minh
a) 2 − cos π 1 − cos 37
1 π 1
− cos 97π
= −1.
7 2 2 8
b) 1 + cos 20 1 + cos 3π
π 1
+ cos 9π 1
+ cos 27π = − 16 .
1
2 2 20 2 20 2 20




80
www.VNMATH.com


L i gi i.
− cos 3x
a) Đ ý r ng 1 − 2 cos 2x − 1 − 2(2 cos2 x − 1) = 3 − 4 cos2 x = cos x
Tích trên đư c bi n đ i l i thành
3
cos 37 cos 97 cos 27π
π π
1 cos 27π
1 1
7 7
− =− π =− .
π 3π 9π
2 cos 7 cos 7 cos 7 8 cos 7 8

b) Ta cũng có 1 + 2 cos 2x = 1 + 2(1 − 2 sin2 x) = 3 − 4 sin2 x = sin 3x
sin x
Tích trên đư c vi t l i thành

1 sin 3π sin 9π sin 27π sin 81π 1 sin 81π 1
20 20 20 20 20
= π= .
4 sin π sin 3π sin 9π sin 27π
2 16 sin 20 16
20 20 20 20



Bài toán 7. Ch ng minh r ng
24 25
2 cos (2n )0 −
1 1
= −224 . tan 20 = −1.
a) Π b) Π
n0 cos (2n )0
n=1 cos (2 ) n=2

L i gi i.
1 2 sin x
= 2 sin 2x
sin
a) Ta có cos x = 2 sin x cos x x
Áp d ng ta đư c
sin (2n )0 sin 20
1
24 24
24
= 224
=2 Π
Π 0 0
sin (225 )0
n=1 cos (2n ) n=1 sin (2n+1 )

Ta c n ch ng minh sin(22 5)0 = cos 20 hay c n ch ng minh
. .
22 5 − 2 − 90 . 180 ⇔ 22 3 − 23 . 45 = 5.9
. .

Ta có 2(22 )1 1 − 3 = 2(−1)1 1 − 3 = 0 (mod 5)
.
4(23 )7 − 5 = 4(−1)7 − 5 = 0(mod 9) ⇒ 22 3 − 23 . 45 ⇒ đpcm.
.
2
b) Ta có 2 cos x − cos x = 2cos x−1 = cos 2x
1 x
cos x cos
Suy ra
0 0
25 cos (2n+1 ) cos (226 )
1
25
n0
Π 2 cos (2 ) − =Π 0=
cos (2n )0 cos 40
n=2 cos (2n )
n=2

V y ta c n ch ng minh
4
.
cos(22 6)0 = − cos 40 ⇔ 26 4 − 4 . 180 và 22 6 −
.
360
Vì 22 6 − 4 = 4(22 4 − 1)nên 22 6 − 4 chia h t cho 26 4 − 1 và cũng chia h t cho 26 − 1. T đó ta có
đư c 22 6 − 4 = k (4.5.9) = k 180 v i k là m t s l ⇒ đpcm.




81
www.VNMATH.com


2 Ch ng minh b t đ ng th c - Tìm giá tr l n nh t, giá
tr nh nh t
Bài toán 8. Ch ng minh
(x + y ) (1 − xy )
1 1
− .
(1 + x2 ) (1 + y 2 )
2 2
L i gi i. Đ t x = tan a và y = tan b. Ta có ngay − 1 sin 2 (a + b) 1.
Bài toán 9. (USA MO 2002) Tìm GTLN c a bi u th c

S = (1 − x1 )(1 − y1 ) + (1 − x2 )(1 − y2 )

V i x1 2 + x2 2 = y1 2 + y2 2 = c2 v i c > 0.
L i gi i. Ta th y 2 đi m có t a đ (x1 ; x2 ) và (y1 ; y2 ) n m trên đư ng tròn (O;c) Ta có th
đ t (x1 ; x2 ) = (c. cos ϕ; c sin ϕ) và (y1 ; y2 ) = (c. cos ψ ; c. sin ψ ). Khi đó

S = 2 − c(cos ϕ + sin ϕ + cos ψ + sin ψ ) + c2 (cos ϕ. cos ψ + sin ϕ. sin ψ )
√ π π
+ c2 cos (ϕ − ψ )
S = 2 + c 2 − sin ϕ + − sin ψ +
4 4
√ √2
S 2 + 2 c 2 + c2 = c + 2

D u “=’ x y ra khi ϕ = ψ = 54
π
√2 √
2
V y max S = (c + 2) khi x1 = x2 = y1 = y2 = .c.
2

Bài toán 10. Ch ng minh ∀a, b, c ∈ R, ta có
|a − b| |a − c| |b − c|
√ √ √ √ +√ √ .
1 + a2 1 + b 2 1 + a2 1 + c 2 1 + b2 1 + c 2
L i gi i. Đ t a = tan α; b = tan β ; c = tan γ ; α, β, γ ∈ − π ; π
22
1 1 1
Khi đó a2 + 1 = cos2 α ; b2 + 1 = cos2 β ; c2 + 1 = cos2 γ
B t đ ng th c tr nên đơn gi n hơn

|sin (α − β )| |sin (α − γ )| + |sin (β − γ )|

Ta ch ng minh b t đ ng th c này như sau

|sin (α − β )| = |sin (α − γ + γ − β )|

= |sin (α − γ )| cos(γ − β ) + sin(γ − β ) cos(α − γ )
|sin (α − γ )| |cos(γ − β ) + sin(γ − β )| |cos(α − γ )|
|sin (α − γ )| + |sin(γ − β )| .
( FIZMATLTT, Moscow, 2002)

82
www.VNMATH.com


Bài toán 11. Cho a, b, c ∈ R. Ch ng minh r ng

(ab + bc + ca − 1)2 a2 + 1 b2 + 1 c2 + 1 .

L i gi i. T a2 + 1; b2 + 1; c2 + 1 ta nghĩ đ n vi c đ t a = tan u, b = tan υ và c =
tan ω v i u, υ, w ∈ − π ; π
22
B t đ ng th c tr thành

−1 (tan u tan υ + tan υ tan w + tan w tan u − 1) cos u. cos υ. cos w 1

(103 Trigonometry Problems)

Bài toán 12. Ch ng minh r ng

x y z 33
√ +√
+
2
1 + x2 1 + z2
2
1+y

V i x + y + z = xyz và x, y, z ∈ R.

L i gi i. Đ t x = tan A, y = tan B, z = tan C √ i A, B, C là 3 góc c a 1 ∆.
v
33
Bài toán đư c đưa v sin A + sin B + sin C .
2
Bài toán đư c gi i quy t d dàng b ng BĐT Jensen v i f (x) = sin x, x ∈ 0; π .
2



Bài toán 13. Ch ng minh r ng

x y z 33
+ +
2 2 1 − z2
1−x 1−y 2

V i 0 < x, y, z < 1 và xy + yz + xz = 1.

L i gi i. Nhân 2 cho hai v , BĐT tr thành

2x 2y 2z
+ + 33
2 2 1 − z2
1−y
1x

T đi u ki n bài toán xy + yz + yz = 1 và 0 < x, y, z < 1, ta nghĩ đ n vi c đ t x = tan A ; y =
2
tan B ; z = tan C v i A, B, C là 3 góc c a m t tam giác nh n. Bài toán đư c đưa v d ng

2 2
tan A + tan B + tan C 3 3 (đúng theo BĐT Jensen).



3 Gi i phương trình - B t phương trình

1 − x2 a − x.
Bài toán 14. Tìm a sao cho t n t i x th a mãn



83
www.VNMATH.com


L i gi i. Đ t x = cos t, t ∈ [0, π ] ⇒ 1 − x2 = sin t √
π
Bi u th c tr thành: sin t + cos t a, mà sin t + cos t = 2cos t −
√ 4
V y a không vư t quá 2


Bài toán 15. Cho 4 s phân bi t trong kho ng (0; 1). Ch ng minh r ng t n t i 2 s x, y th a
mãn
√ 1
0 < x 1 − y 2 − y 1 − x2 < .
2
L i gi i. Cho 4 s ai = sin bi , góc bi trong ph n tư th nh t
Bài toán ch ra 2 ch s k, m sao cho 0 < sin bk cos bm − sin bm cos bk < 1
2
V y ch c n ch ng minh t n t i 2 ch s k, m sao cho bk > bm và bk − bm < π 6
Đi u này có đư c do nguyên lý Dirichlet s có 2 s trong 4 s n m trong 1 kho ng (0, π ], ( π , π ],( π , π
].
6 6 6 6 6



Bài toán 16. Gi i phương trình x3 − 3x = x + 2 trên t p s th c.
L i gi i. H s c a x3 là 1, bi u th c x3 − 3√ làm ta liên tư ng 4 cos3 x – 3 cos x
x
Ta th y ∀x > 2 thì x3 − 3x > 4x − 3x = x > x + 2
V y −2 x 2. Ta đ t x = 2 cos α v i α ∈ [0; π ]
Phương trình tr thành
∝ 72 52
2 cos 3 ∝= 2(1 + cos ∝) = 2 cos ⇔ 2 sin sin =0
2 4 4
4π 4π
V y x = 2, 2 cos 47 ; − 2 (1 +
π 1
Suy ra ∝= 0; ; 5. 5).
7



Bài toán 17. (IMO Shortlisted 1995) Cho các s th c dương a, b, c. Xác đ nh t t c các s th c
dương x, y, z sao cho
x + y + z = a + b + c và 4xyz − (a2 x + b2 y + c2 z ) = abc.
L i gi i. T gi thi t ta có
a2 b2 c2 abc
4= + + +
yz zx xy xyz
√a , √b , √c ,
Đ t x1 = y1 = z1 = ta đư c
yz xy
zx


4 = x2 + y1 + z1 + x1 y1 z1
2 2
1

V i 0 < x1 ; y1 ; z1 < 2. Xét phương trình trên như là m t phương trình b c 2 theo bi n x1 , ta
4−x2
có đ nh th c 4−y2 1
1
Đi u này g i ý ta đ t x1 = 2 sin u, y1 = 2 sin v ; 0 < u, v < π . Khi đó phương trình tr thành
2
4 = 4sin2 u + 4sin2 v + z1 + 4 sin u sin v.z1
2

⇔ (z1 + 2 sin u sin v )2 = 4(1 − sin2 u)(1 − sin2 v )
⇔ |z1 + 2 sin u sin v | = |2 cos u cos v | .

84
www.VNMATH.com


Vì z1 , sin u, sin v đ u là nh ng s dương nên ta suy ra
z1 = 2(cos u cos v − sin u sin v ) = 2 cos(u + v )
Như v y ta đư c √
√ √
a = 2 yz sin u, b = 2 xz sin v, c = 2 xycos(u + v )
T gi thi t x + y + z = a + b + c ta đư c :
√ √ √
√ √
2 2
x cos v − y cos u + x sin v − y sin u − z =0
√ √ √
√ √
Suy ra z = x sin v + y sin u = x y21 + y x1 .
√ √b √a 2
Do đó z = x 2√xz + y 2√yz ⇒ z = a+b . 2
Tương t ta cũng có y = c+a , x = b+c .
2 2
Rõ ràng (x, y, z ) = b+c , c+a , a+b th a mãn các đi u ki n c a đ bài và đó cũng là nghi m duy
2 2 2
nh t tìm đư c.

Bài toán 18. Gi i h phương trình
3
 x − 3x = y

y 3 − 3y = z
3
z − 3z = x


L i gi i. Đ t x = 2 cos u, y = 2 cos v, z = 2 cos w; u, v, w ∈ [0, π ]
H phương trình cho ta cos 27u = cos u có nghi m
u = kπ , k = 0, 1, · · · , 14, u = kπ , k = 1, · · · , 12 nên
14 13
x = 2 cos kπ , y = 2 cos 314 , z = 2 cos 914 , k = 0, 1, · · · , 14
kπ kπ
14
Và x = 2 cos kπ , y = 2 cos 313 , z = 2 cos 913 , k = 1, · · · , 12
kπ kπ
13
Vì h phương trình đã cho ch có t i đa 27 nghi m, nên 27 nghi m trên là nghi m c a h .
Bài toán 19. Gi i h phương trình

 2x + x2 y = y

2y + y 2 z = z

2z + z 2 x = x


L i gi i. Xét x = 1, x = −1,
Xét x = ±1. Đ t x = tan a, đưa đ n phương trình tan 8a = tan a, a ∈ (−π/2, π/2)
K t qu nghi m c a h là (tan kπ , tan 2kπ , tan 4kπ ), k = −3, −2, −1, 0, 1, 2, 3.
7 7 7


Bài toán 20. Gi i h phương trình
 x1 − 1/x1

= 2x2

 x − 1/x

= 2x3
2 2
 x3 − 1/x3 = 2x4


x4 − 1/x4

= 2x1

85
www.VNMATH.com


1
L i gi i. Liên h công th c 2 cot 2a = cot a − cot a
Đ t x1 = cot a, đưa đ n phương trình cot 16a = cot a, a ∈ (0, π )
K t qu nghi m c a h là
x1 = cot kπ , x2 = t cot 215 , x3 = cot 417 , x4 = cot 815 ), k = 1, 2, · · · , 14.
kπ kπ kπ
15


 3x − y = x2


 x − 3y



 3y − z
= y2
Bài toán 21. Gi i h phương trình
 y − 3z

 3z − x

= z2



z − 3x
L i gi i. N u x = 0 ⇒ x = y = z = 0 (lo i) 
x3
 y = 3x−x3
1−3

y3
z = 3v−y2
V y x, y, z = 0. H phương trình đư c vi t l i thành 1−3
 x = 3z−z3

1−3z 2
Đ t x = tan u(u ∈ − π ; π
22
Suy ra x = tan u = tan 27u, suy ra u = kπ .V i − π < kπ < π hay k = ±1; ±2; .....; ±12
26 2 26 2
V y h phương trình có nghi m
kπ 3kπ 9kπ
x = tan ; y = tan ; z = tan
26 26 26
V i k = ±1; ±2; .....; ±12.



4 Lư ng giác và dãy s

Bài toán 22. (Romani TST 1986) Cho dãy an th a an+2 + 2 an 2, n 1. Tìm a1986 .
L i gi i. Đ t an = 2 cosbn , 0 b π /2, do 0 an 2
T b t đ ng th c bên trái ta liên h công th c cos 2a + 1 = 2 cos2 a, ta có cos bn2
+2
cos bn suy
bn+2k
bn+2
bn ⇒ 2k bn do quy n p, và hàm cos gi m
ra 2
Vì k ti n đ n vô h n nên bn = 0 m i n suy ra an = 2, m i n.

1 1
Bài toán 23. (AIME 1996) Cho dãy xn th a x1 = x, xn+1 = 1−xn − 1+xn , ∀n ∈ N
Khi xn = 1 hay xn = −1 thì dãy k t thúc. H i có bao nhiêu dãy có 8 s h ng như th ?
Đáp s : x = tan b, x8 = tan 128 b, Có 256 dãy th a đi u ki n.
Bài toán 24. Cho dãy xn th a

3xn − 1
√ ,n
xn+1 = 1.
xn + 3
Ch ng minh dãy tu n hoàn.

86
www.VNMATH.com


L i gi i. Liên h công th c tan(a − b), đ t x1 = tan t suy ra xn+6 = xn .

Bài toán 25. Cho a0 = 2; b0 = 2 và
an+1 = 2 − 4 − a2 ; bn+1 = √ 2 ; n 0
2bn
n 2+ 4+bn
a) Ch ng minh dãy (an )n và (bn )n gi m và ti n v 0.
b) Ch ng minh dãy (2n an ) tăng, dãy (2n bn ) gi m và hai dãy này ti n đ n cùng m t gi i h n.

L i gi i.
a) Đ t an = 2 sin tn , ta có
√ tn
4 − 4 sin t2 =
2− 2 − 2 cos tn = 2 sin
2 sin tn+1 = an+1 = n
2
Suy ra tn+1 = t2 v i t = π , t đó tn = 2nπ ; n 0. V y an = 2 sin 2nπ v i n 0
n
4 +2 +2
Đ t bn = 2 tan un (n 0, un ∈ 0; π ).2
Ta đư c 2 tan un+1 = bn+1 = √ tan un 2 = 2+ 2 n = 2 1+cos n n = 2 tan u2n
2 4 tan u sin u
u
2+ 4+4tan un cos un
vn π
đó đư c un = 2nπ n 0.
Suy ra un+1 = và n0 = 4 , t +2
2
π
V y bn = 2 tan v i n 0.
2n+2
Tr l i bài toán ta th y 2 dãy(an )n và (bn )n đ u gi m và liman = limbn = 0.
b) Ta có hàm sin x tăng và tan x gi m trên kho ng xét
x x
π π
sin tan
Do đó 2n an = π . tăng và 2n bn = π .
2n+2 2n+2
gi m.
π π
2 2
2n+2 2n+2
sin nπ
π π
lim sin x π
Ta cũng có lim 2n an = 2 +2
lim . = =
π
2 n−>∞ 2 n−>0 x 2
n−>∞ 2n+2
lim 2n bn = π .
Tương t 2
n−>∞



Bài toán 26. Cho 2 dãy (xn ) và (yn )
√ y
√n
(x1 ) = y1 = 3; xn+1 = 2n + 1 + x2 ; yn+1 = ;n 1.
n 2
1+ 1+yn
Ch ng minh r ng 2 < xn yn < 3 ∀n > 1.
1
1 + tan2 an = tan an +
L i gi i. Đ t xn = tan an + cos an
900 +an
1+sin an
= = tan
cos an 2
0
Vì a1 = 600 , a2 = 75 ; a3 = 82, 50 t đó ta có an = 900 − 230 1
0
n−
0 0 0
Nên xn = tan(900 − 230 1 ) = cot( 230 1 ) = cot θn v i θn = 230 1
n− n− n−

Tương t ta cũng có yn = tan 2θn = 12 tan 2θθnn
−tan
z
Suy ra xn yn = 1−tan2 θn
Vì 00 < θn < 450 nên 0 < tan2 θn < 1 và xn yn > 2
1
V i n > 1, ta có θn < 300 nên tan2 θn < 3 suy ra xn yn < 3. V y 2 < xn yn < 3.
√ √
n+1− n
Bài toán 27. V i n 0, cho Un = arcsin √n+2√n+1 .
Ch ng minh r ng t ng S = u0 + u1 + u2 + . . . + un có gi i h n xác đ nh khi n ti n đ n vô cùng.


87
www.VNMATH.com

√ √
n+1− n
√1 , 1 − b2 n+1 − bn+1 1 − b2
L i gi i. Đ t bn = ta có sin un = = bn
√ √
n
n+1 n+2 n+1
N
√1 √1 √1 = π.
− arcsin = arcsin 1 − lim arcsin
V y S = lim Σ arcsin 2
n+1 n+2 N +2
n→∝ n=0 n→∝


Bài toán 28. (MOSP 1996) Cho dãy an không gi m trong [-1, 1]. Ch ng minh

n−1
π2
1 − ai ai+1 ± (1 − a2 )(1 − a2+1 ) < .
i i
2
i=1

L i gi i. Đ t ai = cos ai = cos xi ; xi ∈ [0,π ] , i = 1, . . . , n.
√ n−1
sin xi+1 −xi
Bi n đ i v trái thành 2 2
i=1
Do hàm sin l i xu ng trên đo n [0,π ], nên áp d ng b t đ ng th c Jensen ta có
n−1
√ √ √
xi+1 − xi xn − x1 π
(n − 1) 2 sin 2(n − 1) sin , do xn − x1 ∈ (0; π )
2 sin
2(n − 1) 2(n − 1)
2
i=1

Mà khi x > 0, ta l i có sin x < x nên ta có k t qu .


Bài toán 29. (China MO 1996) Cho x0 , xi > 0, i = 1, .., n có t ng các s h ng b ng 1. Ch ng
n
√ 1
< π.
minh √ 2
1+x0 +···+xk−1 xk +···xn
k=1

L i gi i. Đ t x0 + x1 + · · · + xk = sin ak , k = 0, 1, · · · , n, a0 = 0 < a1 < · · · < an = π/2
2 sin ak −2 k−1 cos ak +2 k−1
n n a a
sin ak − sin ak−1 π
√ √ =
1 ⇒ đpcm.
= 1 nên
Vì tan 2−N
x→0 x




Tài li u tham kh o
[1] T. Andresscu,R, Gelca ,2000, Mathematical olympiad challenges, Birkhauser.
[2] T. Andresscu,R, Gelca ,2007, Putnam and beyond, Springer.


88
www.VNMATH.com




S D NG VÀNH CÁC S NGUYÊN Đ GI I M T
S BÀI TOÁN S H C
Nguy n Trung Hưng, Trư ng THPT Chuyên Lê Qúy Đôn – Khánh Hòa

Trong t p s nguyên, khái ni m chia h t và khái ni m s nguyên t là hai khái ni m quan tr ng
nh t. Bài vi t này quan tâm đ n vi c gi i m t s bài toán S h c c a t p s nguyên nhưng
không đ ng trong nó mà d a trên vi c xây d ng tính ch t s h c trên các vành. N i dung chính
là s d ng tính ch t: “s phân tích duy nh t thành các ph n t b t kh qui c a các ph n t

trên các vành Z [i] và vành các s nguyên c a Q d ” đ gi i các bài toán liên quan.


1 Các khái ni m và m t s tính ch t
1.1 Nh c l i v lý thuy t vành
Đ nh nghĩa 1. M t vành là m t t p h p cùng v i hai phép toán hai ngôi, phép c ng và phép
nhân th a: a) (R; +) là m t nhóm Abel; b) (R; .) là m t v nhóm; c) (a + b) c = ac + bc, ∀a, b, c ∈
K. Vành R đư c g i là vành giao hoán n u phép nhân có tính ch n giao hoán.

Đ nh nghĩa 2. M t trư ng F là m t vành giao hoán trong đó m i ph n t khác không đ u có
ph n t kh ngh ch, t c là v i m i x ∈ F, x = 0, t n t i x−1 ∈ F sao cho:

x.x−1 = 1.

Đ nh nghĩa 3. Cho vành R. Ph n t a ∈ R, a = 0 đư c g i là ư c c a không n u t n t i
a ∈ R, a = 0 sao cho: ab = 0 ho c ba = 0. Vành giao hoán R đư c g i là m t mi n nguyên n u
nó không có ư c c a không. T đây ta có khái ni m chia h t trên m t mi n nguyên R:
.
Đ nh nghĩa 4. Cho a, b ∈ R (b = 0) . Ta nói a chia h t cho b, kí hi u a . b (ho c b|a)) n u t n
.
t i q ∈ R sao cho: a = b.q . Hai ph n t a = 0, b = 0 đươc g i là liên k t, kí hi u a ∼ b , n u
và ch n u a|b và b|a.

Đ nh nghĩa 5. M t ph n t p = 0 c a R đư c g i là b t kh qui n u nó khác ư c c a đơn
v và không có ư c th c s trong R, t c là n u p = ab v i a, b ∈ R thì ho c a ∼ p, b ∼ 1 ho c
a ∼ 1, b ∼ p.


Đ nh nghĩa 6. M t ph n t p = 0 c a R đư c g i là nguyên t n u nó khác ư c c a đơn v
và p|ab ⇒ p|a ∨ p|b.




89
www.VNMATH.com


Đ nh nghĩa 7. Cho các ph n t a1 , a2 , ..., an ∈ R . M t ư c chung c a chúng là m t ph n t
chia h t m i ph n t đã cho. Ư c chung d c a a1 , a2 , ..., an đư c g i là ư c chung l n nh t c a
chúng, kí hi u d = (a1 , a2 , ..., an ) , n u nó chia h t cho m i ư c chung c a a1 , a2 , ..., an . T đây
ta rút ra, n u d = (a1 , a2 , ..., an ) , thì ch có các ph n t liên k t v i d là ư c chung l n nh t c a
a1 , a2 , ..., an .

Đ nh nghĩa 8. Các ph n t a1 , a2 , ..., an . c a R đư c g i là nguyên t cùng nhau n u ư c
chung l n nh t c a chúng liên k t v i đơn v 1 c a R. Ti p theo ta s nêu m t s lo i vành đ c
bi t:

Đ nh nghĩa 9. M t mi n nguyên R đư c g i là m t vành nhân t hóa n u m i ph n t khác
không đ u có s phân tích duy nh t thành các ph n t b t kh qui, nghĩa là v i m i a ∈ R,
r
t n t i ư c c a đơn v u và các ph n t b t kh qui pi (i = 1, 2, ..., r) sao cho:a = u pi .
i=1
Chú ý: Trong vành nhân t hóa, n u ab = cn , v i nguyên t cùng nhau thì t n t i các ư c
u1 , u2 c a đơn v và các ph n t c1 , c2 sao cho: a = u1 cn , b = u2 cn v i u1 .u2 = 1
1 2

Đ nh nghĩa 10. M t vành chính C là m t mi n nguyên mà t t c các ideal đ u là chính, t c
là đ u có d ng xC = (x) v i x ∈ C.

Đ nh nghĩa 11. Mi n nguyên E đư c g i là m t vành Euclide n u t n t i m t ánh x g : E ∗ →
sao cho:
a) g (ab) ≥ g (a) , ∀a, b ∈ E ∗ b) V i hai ph n t a và b = 0 c a E, t n t i hai ph n t q và
r cũng c a E sao cho:a = bq + r v i r = 0 ho c g (r) < g (b) . T đây ta có các k t qu quan
tr ng:

Đ nh lý 1. M i vành chính đ u là vành nhân t hóa.

Đ nh lý 2. M i vành Euclide đ u là vành chính.

Vành Z[i]
1.2
T p [i] = {a + ib|a, b ∈} đư c g i là t p các s nguyên Gauss a + ib . Khi đó, Z[i] là m t
mi n nguyên. Trên Z[i] ta xây d ng hàm chu n N : [i] → cho b i: N (z ) = z.z v i m i Do đó,
v i z = a + ib thì N (z ) = a2 + b2 . T đây ta rút ra:

N (z1 .z2 ) = N (z1 ) .N (z2 ) , ∀z1 , z2 ∈ Z [i]

M t s k t qu trong vành Z[i]

Đ nh lý 3. N u z1 , z2 ∈ Z [i] , z2 = 0 thì
a) N (z1 z2 ) ≥ N (z1 )
b) T n t i q, r ∈ Z [i] sao cho z1 = qz2 + r và N (r) < N (z2 ) .
Vì v y vành Z [i] là m t vành Euclide.

Đ nh lý 4. T p các ư c c a đơn v trong Z [i] là U ([i]) = {−i; −1; 1; i} .

90
www.VNMATH.com


Đ nh lý 5. Các s nguyên t trong Z [i] là:
a) 1 + i;
b) Các s nguyên t p c a N có d ng 4k + 3
c) Các s a + bi v i a, b ∈ Z và a2 + b2 là s nguyên t .



d
1.3 Vành các s nguyên c a trư ng Q
√ √
Xét trư ng Q d v i d là s nguyên dương không chính phương. V i z = a + b d, ta kí
√ √
hi u z = a − b d. Khi đó, hàm chu n N : Q d → N cho b i:

N (z ) = |z.z | = a2 − db2 .

T đây ta rút ra:

∀z1 , z2 ∈ Q
a) N (z1 z2 ) = N (z1 ) .N (z2 ) , d

b) z1 z2 = z1 .z2 , ∀z1 , z2 ∈ Q d .
Ta có k t qu quan tr ng sau đây:

√ √ √
Đ nh lý 6. N u d ≡ 2, 3 (mod 4) , thì vành các s nguyên trong Q d là d = Q + Q d.
√ √ √
N u d ≡ 1 (mod 4) , thì vành các s nguyên trong Q d là Z −1+ d = Z + Z −1+ d .
2 2
Trư ng h p d < 0 , ta có k t qu sau:

d , v i d < 0 , là m t vành nhân t hóa khi
Đ nh lý 7. Vành các s nguyên trong Q

d ∈ {−1; −2; −3; −7; −11; −19; −43; −67; −163} .

Đ i v i d > 0 ta chưa bi t h t các trư ng h p. Ta có th nêu đ i di n đây m t s trư ng h p
ch ng h n d = 2, 3, 5, 6, 7, 11, ...


2 M t s bài toán s h c
S d ng vành Z [i]
2.1
Bài toán 1. Gi i phương trình tìm nghi m nguyên: y 7 − 2x = x2 + 2

L i gi i. Vi t phương trình d ng:

(x + 1 + i) (x + 1 − i) = y 7




91
www.VNMATH.com


Ta có nh n xét r ng y l vì n u ngư c l i thì (x + 1)2 ≡ −1 (mod 4) : mâu thu n. Do đó, x l
và kéo theo x + 1 + i, x + 1 − i là nguyên t cùng nhau trong vành Z[i] .
Vì (x + 1 + i) (x + 1 − i) = y 7 nên t n t i a, b ∈ Z sao cho:

x + 1 + i = u(a + ib)7
= u a a6 − C7 a4 b2 + C7 a2 b4 − C7 b6 + ib C7 a6 − C7 a4 b2 + C7 a2 b4 − C7 b6
2 4 6 1 3 5 7
,

v i u là ư c c a đơn v . Suy ra |a (a6 − C7 a4 b2 + C7 a2 b4 − C7 b6 )| = 1 ho c
2 4 6


b C 7 a 6 − C 7 a4 b 2 + C 7 a2 b 4 − C 7 b 6
1 3 5 7
=1

⇒ a = 0; b = ±1 ho c b = 0; a = ±1. V y nghi m nguyên c a phương trình là: (−1, 1) .
đ gi i bài toán này là ch ng minh đư cx + 1 + i và x + 1 − i là
Nh n xét: Đi m m u ch t
nguyên t cùng nhau. Do đó, s d ng đư c s phân tích duy nh t thành các ph n t b t kh
d ng x + 1 + i = u(a + ib)7 .
qui trong Z[i] đ t đó rút ra
Bài toán 2. Gi i phương trình tìm nghi m nguyên: x2 + 9 = y p , v i p là m t s nguyên t có
d ng 4k + 3.
L i gi i. Vi t phương trình d ng:

(3 + xi) (3 − xi) = y p .

Vì (x + 3i, x − 3i) = 1 nên 3 + xi = (a + ib)p . Khai tri n nh th c ta đư c:
p−1
3 = ap − Cp ap−2 b2 + ... + (−1) Cp −1 abp−1 .
2 p
2



Suy ra a|3 và 3 ≡ ap (mod p) .
Theo đ nh lí Fermat nh ap ≡ a (mod p) , suy ra a = 3. T đó,
p−1
1 = 3p−1 − Cp 3p−3 b2 + ... + (−1) Cp −1 bp−1 .
2 p
2


p−1
Suy ra, 3p−1 − 1 = Cp 3p−3 b2 − Cp 3p−5 b4 + ... − (−1) 2 Cp −1 bp−1 . (*)
2 4 p

Do p = 4k + 3 , nên t (*) suy ra b2 ch n. Ta l i có 3p−1 − 1 chia h t cho 23 và không chia h t
cho 24 vô lí. Do đó, phương trình vô nghi m.
Bài toán 3. Cho a, b, c là các s nguyên th a: a = b2 c và c không chia h t cho b t kì s nguyên
t p ≡ 3 (mod 4) . Ch ng minh r ng a là t ng c a hai s chính phương.
L i gi i. Xét s nguyên t p trong Z và g i π = a + ib là s nguyên t trong Z[i] sao cho π |p.
Khi đó, N (π ) |N (p) = p2 . Suy ra, N (π ) = p ho c N (π ) = p2 Và do đó,

a2 + b2 = p ho c a2 + b2 = p2

Trư ng h p p ≡ 1 (mod 4) , gi s p = 4k + 1, thì s d ng đ nh lí Wilson ta ch ng minh đư c
p| (n2 + 1) , v i n = (2k )! . Do đó, π | (n + i) (n − i) . Suy ra:

π |n + i ho c π |n − i.

92
www.VNMATH.com


M t khác, n u p|(n ± i) thì p|n và p|1 : vô lí. Do đó, N (p) = N (π ) . Suy ra,

a2 + b2 = p.

Trư ng p = 2 thì hi n nhiên p là t ng hai s chính phương. Do c không chia h t cho b t kì s
nguyên t p ≡ 3 (mod 4) , nên c là tích các s nguyên t p ≡ 1; 2 (mod 4) . Suy ra, t n t i
t, r ∈ Z sao cho: c = N (t + ir) = t2 + r2 . T đó,

a = b2 c = N (b) .N (t + ir) = N (tb + irb) = (tb)2 + (rb)2 .




d
2.2 S d ng vành các s nguyên c a Q

Bài toán 4. Tìm t t c các c p s nguyên dương (x, y ) sao cho: 13x + 3 = y 2

L i gi i. Bi n đ i phương trình v d ng:
√ √ √ √
x x
y− 3 = 4−
3 y+ 3 4+ 3 .
√ √
3 , gi s có s nguyên t p ∈ Z 3 sao cho
Trong vành Z
√ √
p| y − 3 , p| y + 3,

suy ra:

N (p) |N y + 3 = y 2 − 3 = 13x
√ √
M t khác, p|2 3 nên N (p) |N 2 3 = 12. T đó, N (p) | (12, 13x ) = 1. Suy ra:N (p) = 1 : vô
√ √ √
lí. Vì v y, y − 3, y + 3 = 1 , và do đó y + 3 là s b c x.
√ √
Ngoài ra, 4 − 3, 4 + 3 = 1 nên
x
√ √ √
x k
Cx 4x−k
k
y+ 3= 4+ 3 = 3
k=0


Cxk+1 3k 4x−(2k+1) = x4x−1 + Cxk+1 3k 4x−(2k+1) ⇒ x = 1 ⇒ y = 4.
2 2
⇒1=
k k=0

V y nghi m nguyên dương c a phương trình là: (1, 4) .

Bài toán 5. Gi i phương trình tìm nghi m nguyên: x2 + x + 2 = y 3

L i gi i. Vi t phương trình d ng:
√ √
2x + 1 − −7 2x + 1 + −7
= y3
·
2 2

93
www.VNMATH.com



√ √
2x+1− −7 2x+1+ −7
−7 nên có a, b ∈ Z sao cho:
, = 1 trong vành các s nguyên c a Q
Vì 2 2

√ √ 3
−7 a + b −7
2x + 1 +
·
=
2 2
Do đó, 3a2 b − 7b3 = 4 ⇒ b|4 ⇒ b = −1; a = ±1. V y t t c các nghi m nguyên c a phương
trình là: (2, 2) và (−3, 2)
√ √
Chú ý: Do −7 ≡ 1 (mod 4) nên vành các s nguyên c a Q −7 là Z −1+2 −7

Bài toán 6. (VMO, 2010) Ch ng minh r ng v i m i s nguyên dương n, phương trình: x2 +
15y 2 = 4n có ít nh t n nghi m t nhiên (x, y ) .
L i gi i. Ta ch ng minh bài toán b ng phương pháp quy n p: V i n = 1 phương trình có
nghi m (2, 0)
V i n = 2 phương trình có nghi m (4, 0), (1, 1)
Chú ý r ng, n u (x0 , y0 ) là nghi m c a phương trình x2 + 15y 2 = 4n thì (2x0 , 2y0 ) là nghi m c a
phương trình x2 + 15y 2 = 4n+1 . Do đó, ta ch c n ch ng minh phương trình có nghi m t nhiên
l v i n ≥ 2. Gi s v i n ≥ 2, có c p s nguyên dương l (xn , yn ) sao cho: x2 + 15yn = 4n . Xét
2
n

vành Z 1+ 2−15 , ta có:
√ √
−15yn = x2 + 15yn = 4n .
2
−15yn = N xn −
N xn + n

1+ −15
=4
M t khác, N 2

√ √
√ √
1+ −15 1+ −15
= 4n+1
⇒N −15yn · = N xn − −15yn ·
xn + 2 2
xn −15yn 2 2
xn +yn 2 2
= xn +15yn − 15 xn −yn n+1
⇒ − 15 =4
2 2 2 2

Do xn , yn cùng l nên m t trong 2 s xn +yn , xn −yn ph i l . N u xn +yn l thì xn −yn ch n và do đó
2 2 2 2
xn −15yn
l , tương t cho trư ng h p còn l i. V y trong các trư ng h p, ho c xn −2 yn , xn +yn
15
2 2
ho c xn +15yn , xn −yn là nghi m t nhiên l c a phương trình:
2 2

x2 + 15y 2 = 4n+1 .
V y phương trình đã cho có ít nh t n nghi m t nhiên.

M t s bài toán khác

a)x5 − 1 = y 2
Bài toán 7. Gi i các phương trình nghi m nguyên sau:
b)x2 + 2 = y 3
Bài toán 8. Gi i các phương trình sau tìm nghi m nguyên v i n là m t s nguyên l n hơn 1:
a)x2 + 1 = y n
b)x2 + 4 = y n
c)x2 + 11 = 3n

94
www.VNMATH.com


Bài toán 9. Ch ng minh r ng phương trình x2 + y 2 = p có nghi m khi và ch khi p ≡ 1 (mod 4)

Bài toán 10. Gi s r ng x, y, z là các s t nhiên th a mãn xy = z 2 + 1. Ch ng minh r ng
t n t i các s nguyên dương a, b, c, d sao cho x = a2 + b2 , y = c2 + d2 và z = ac + bd.

Bài toán 11. Tìm t t c các nghi m nguyên dương c a phương trình x2 + y 2 = z 2 .

Bài toán 12. (American Mathematical Monthly) Cho p = 4m − 1 là m t s nguyên t và x, y
là các s nguyên t cùng nhau sao cho

x2 + y 2 = z 2m .

v i s nguyên z nào đó. Ch ng minh r ng p|xy.

Bài toán 13. (Romanian Mathematical Olympiad) Cho S là t p các s nguyên dương có d ng
a2 + 2b2 , v i a, b là các s nguyên và b = 0 . Ch ng minh r ng n u là m t s nguyên t và
p2 ∈ S thì p ∈ S

Bài toán 14. Cho p ≡ 1 (mod 6) , ch ng minh r ng t n t i a, b ∈ Z sao cho

p = a2 − ab + b2 .

Bài toán 15. (IMO, 2001) Cho a > b > c > d là các s nguyên dương và gi s r ng:

ac + bd = (b + d + a − c) (b + d − a + c) .

Ch ng minh r ng ab + cd không là s nguyên t .

Bài toán 16. Xét dãy s (un ) cho b i: u1 = 2 và un+1 = 2u2 − 1, ∀n ≥ 1. Ch ng minh r ng
n
n u có m t s l p sao cho p|an , thì p ≡ ±1 (mod 2n+2 ) .


Tài li u tham kh o
[1] M. Ram Murty, J. Esmonde, in Algebraic Number Theory, Springer, 2004.

[2] Serge Lang, Đ i s , Ph n I, Nhà xu t b n Đ i h c và Trung h c Chuyên nghi p, 1978.

[3] Ngô Thúc Lanh, Đ i s và s h c, T p 2, Nhà xu t b n Giáo d c, 1986.

[4] T. Andreescu, D. Andrica, I. Cucurezeanu, An introduction to Diophantine Equations, ,
2010.




95
www.VNMATH.com




N I SUY THEO Y U T HÌNH H C C A Đ TH
Ph m Th Thúy H ng, Trư ng THPT Sào Nam, Qu ng Nam

Bài toán xác đ nh bi u th c c a m t hàm s khi bi t giá tr c a hàm s (ho c giá tr c a các
đ o hàm c a hàm s ) t i m t s đi m cho trư c g i là bài toán n i suy. Các bài toán n i suy
và các v n đ liên quan đ n nó là m t ph n quan tr ng c a đ i s và gi i tích toán h c. Các
bài toán n i suy có v trí đ c bi t quan tr ng trong toán h c không ch như nh ng đ i tư ng
đ nghiên c u mà còn đóng vai trò như m t công c đ c l c c a các mô hình liên t c cũng như
các mô hình r i r c c a gi i tích trong lý thuy t phương trình, lý thuy t x p x ,. . .
S d ng hàm (đa th c) n i suy P (x), ta d dàng tính đư c giá tr c a hàm s f (x) t i x ∈ R
b t kỳ tương đ i chính xác. T đó ta có th tính g n đúng đ o hàm và tích phân c a nó trên
R. Vì các đa th c đ i s là hàm s đơn gi n nh t, nên trư c tiên ta nghĩ đ n vi c xây d ng
P (x) d ng đa th c đ i s .
Tuy nhiên, trư ng ph thông thì các bài toán n i suy còn r t m i m và b ng ngay c
đ i v i giáo viên gi ng d y toán. Vì v y, vi c đi tìm l i gi i bài toán n i suy là ni m say mê c a
không ít ngư i, đ c bi t là nh ng ngư i d y toán và h c toán. Các bài toán n i suy đa d ng v
đ tài, phong phú v ch ng lo i, và phù h p cho m i đ i tư ng m i c p h c.


1 Các bài toán n i suy c đi n
1.1 N i suy Lagrange
Đ nh lý 1 (Đ ng nh t th c Lagrange). N u x1 , x2 , . . . , xm là m (m > 1) giá tr tùy ý, đôi m t
khác nhau và f (x) là đa th c b c nh thua m thì ta có đ ng nh t th c sau

(x − x2 )(x − x3 ) . . . (x − xm )
f (x) = f (x1 ) +
(x1 − x2 )(x1 − x3 ) . . . (x1 − xm )

(x − x1 )(x − x3 ) . . . (x − xm )
+f (x2 )
(x2 − x1 )(x2 − x3 ) . . . (x2 − xm )
(x − x1 )(x − x2 ) . . . (x − xm−1 )
+ · · · + f (xm ) (1)
(xm − x1 )(xm − x2 ) . . . (xm − xm−1 )

1.2 Bài toán n i suy Lagrange
Bài toán 1 (Bài toán n i suy Lagrange). Cho x0i , a0i ∈ R, v i x0i = x0j ∀i = j , (i, j =
1, 2, . . . , N ). Hãy xác đ nh đa th c L(x) có b c không quá N − 1 (deg L(x) N − 1) th a mãn
đi u ki n
L(x0i ) = a0i , ∀i = 1, 2 . . . , N. (2)


96
www.VNMATH.com


1.3 N i suy Taylor
Bài toán 2 (Bài toán n i suy Taylor). Cho x0 , ak ∈ R, v i k = 0, 1, . . . , N − 1. Hãy xác đ nh
đa th c T (x) có b c không quá N − 1 (deg P (x) N − 1) và th a mãn các đi u ki n:

T (k) (x0 ) = ak , ∀k = 0, 1, . . . , N − 1. (3)

Đ nh lý 2 (Taylor). Gi s f : U(a, δ ) → R là hàm kh vi liên t c đ n c p n − 1 trong δ - lân
c n U(a, δ ) c a đi m a và có đ o hàm h u h n c p n t i đi m a. Khi đó, hàm f có th bi u
di n dư i d ng
n
f (k) (a)
(x − a)k + o((x − a)n )
f (x) = (4)
k!
k=0

khi x → a, trong đó 0! = 1, f (0) (a) = f (a).

1.4 N i suy Newton
Bài toán 3 (Bài toán n i suy Newton). Cho xi , ai ∈ R, v i i = 1, 2, . . . , N . Hãy xác đ nh đa
th c N (x) có b c không quá N (deg N (x) ≤ N − 1) và th a mãn các đi u ki n:

N (i−1) (xi ) = ai , ∀i = 1, 2, . . . , N. (5)

1.5 N i suy Hermite
Trong m t s trư ng h p, ta c n tìm hàm đa th c không nh ng đi qua các đi m cho trư c
mà còn ph i thõa mãn đi u ki n v đ o hàm t i các đi m đó. Ta g i đa th c như v y là đa th c
n i suy Hermit.
Bài toán 4 (N i suy Hermite). Cho xi , aki ∈ R, v i i = 1, 2, . . . , n; k = 0, 1, . . . , pi − 1
và xi = xj ∀i = j, trong đó p1 + p2 + · · · + pn = N. Hãy xác đ nh đa th c H (x) có b c
deg H (x) ≤ N − 1 th a mãn đi u ki n

H (k) (xi ) = aki , ∀i = 1, 2, . . . , n; ∀k = 0, 1, . . . , pi − 1. (6)


2 N i suy theo h th ng các đi m c c tr c a đ th
Đ nh lý 3. Gi s f (x) kh vi đ n c p 2 liên t c trên m t kho ng ch a x0 , f (x0 ) = 0 và
f (x0 ) = 0. Khi đó
N u f (x0 ) > 0 thì hàm s đ t c c ti u t i x0 .
N u f (x0 ) < 0 thì hàm s đ t c c đ i t i x0 .
Bài toán 5 (M r ng đ nh lí). Gi s f (x) kh vi đ n c p n t i x0 và gi s

f (x0 ) = f (x0 ) = · · · = f n−1 (x0 ) = 0, f n (x0 ) = 0.

Khi đó

97
www.VNMATH.com


• N u n ch n thì f (x) đ t c c tr t i x0 . Hơn n a n u f n (x0 ) > 0 thì f (x) đ t c c ti u t i
x0 , n u f n (x0 ) < 0 thì f (x) đ t c c đ i t i x0 .
• N u n l thì f (x) không đ t c c tr t i x0 .

Nh n xét. Hàm f (x) đ t c c tr t i x = x0 thì f (x0 ) = 0 ho c f (x0 ) không t n t i. Nh ng
đi m như th đư c g i là đi m d ng c a hàm s .

2.1 N i suy theo h th ng các đi m d ng b c m t
Bài toán 6 (Đi m d ng đơn). Xác đ nh đa th c P (x) sao cho đ th c a nó có các đi m d ng
đơn t i x1 , x2 , . . . , xn (x1 < x2 < · · · < xn )

P (x1 ) = P (x2 ) = · · · = P (xn ) = 0.

(P (x1 ) = 0, . . . , P (xn )),, t c là

P (x) = a(x − x1 )(x − x2 ) . . . (x − xn ).

Gi i. Ta vi t

P (x) = a(x − x1 )(x − x2 ) . . . (x − xn )
= a0 + a1 x + · · · + an x n
n
ak x k ,
=
k=0


trong đó

an = a


 n−1 = (−1)a(x1 + x2 + · · · + xn )

a


 n−2 = (−1)2 (x1 x2 + x1 x3 + · · · + xn−1 xn )

a

.

.
.


= (−1)k a(x1 x2 . . . xk + x1 x2 . . . xk−1 xk+1 + · · · +
a
 n−k
+x1 xk+2 . . . xn−1 xn + x2 x3 . . . xk+1 + · · · + xk+1 xk+2 . . . xn )




.
.
.



a1 = (−1)n−1 a(x1 x2 . . . xn−1 + x1 x2 . . . xn−2 xn + · · · + x2 x3 . . . xn )





a0 = (−1)n ax1 x2 . . . xn .


Suy ra
n
x2 xn+1 1
ak xk+1 + C1 , C1 : h ng s .
P (x) = a0 x + a1 + · · · + an + C1 =
2 n+1 k+1
k=0




98
www.VNMATH.com


Bài toán 7 (Đi m d ng b i). Xác đ nh đa th c P (x) sao cho đ th c a nó có các đi m d ng
t i x1 , x2 , . . . , xn (x1 < x2 < · · · < xn ), sao cho

P (x) = a(x − x1 )2α1 +1 (x − x2 )2α2 +1 . . . (x − xn )2αn +1 .

Gi i. Đ t (2α1 + 1) + (2α2 + 1) + · · · + (2αn + 1) = 2(α1 + · · · + αn ) + n = N . Ta vi t

P (x) = a(x − x1 )2α1 +1 (x − x2 )2α2 +1 . . . (x − xn )2αn +1
= a(x − t1 ) × · · · × (x − t2α1 +1 ) × (x − t2α1 +2 ) × · · · × (x − t2(α1 +α2 )+2) )
× (x − t2(α1 +α2 )+3) ) × · · · × (x − t2(α1 +α2 +α3 )+3) ) × · · · ×
× (x − t2(α1 +···αn−1 )+n ) × · · · × (x − tN )
N
N
ak x k ,
= a 0 + a 1 x + · · · + aN x =
k=0

trong đó 
t1 = t2 = · · · = t2α1 +1 = x1


t2α +2 = t2α +3 = · · · = t2(α +α )+2 = x2

1 1 1 2
.
.
.


t2(α1 +···αn−1 )+(n−1)+1 = t2(α1 +···αn−1 )+(n−1)+2 = · · · = tN = xn


Suy ra
N
ak k+1
P (x) = x + C, C : h ng s ,
k+1
k=0

vi 
a0 = (−1)N at1 . . . tα1 . . . tN



a1 = (−1)N −1 a(t1 t2 . . . tN −1 + t1 t2 . . . tN −2 tN + · · · + t2 t3 . . . tN )



.
.
.



a = (−1)N −k a(t t . . . t

N −k + t1 t2 . . . tN −k−1 tN −k+1 + · · · + t2 t3 . . . tN )
k 12
.
.
.


 N −1 = (−1)a(t1 + t2 + · · · + tα1 + · · · + tN −1 + tN ) =

a


= (−1)a(α1 x1 + α2 x2 + · · · + αn xn )






a = 1
N



2.2 Áp d ng
Bài toán 8. Xác đ nh đa th c P (x) b c nh nh t v i h s b c cao nh t b ng 1 sao cho đ th
hàm s y = P (x) nh n x = 1, x = 2 là các đi m c c tr .
Bài toán 9. Xác đ nh đa th c P (x) b c nh nh t v i h s b c cao nh t b ng 1 sao cho đ th
hàm s y = P (x) nh n x = 1, x = 2, x = 3, x = 4 là các đi m c c tr .

99
www.VNMATH.com


Bài toán 10. Xác đ nh đa th c P (x) b c nh nh t v i h s b c cao nh t b ng 1 sao cho đ
th hàm s y = P (x) nh n x = 1, x = 2, x = 3, x = 4 là các đi m c c tr và đi qua đi m A(0, 1).

Bài toán 11. Xác đ nh đa th c P (x) b c nh nh t sao cho đ th hàm s y = P (x) có các
đi m c c đ i, c c ti u l n lư t t i A(0, 1) và B (1, 0).

Bài toán 12. Xác đ nh đa th c b c ba P (x) th a mãn đi u ki n nh n đi m M (1; 1) làm tâm
đ i x ng và A(0, 1) là đi m c c ti u.

Bài toán 13. Xác đ nh đa th c P (x) b c nh nh t sao cho đ th hàm s y = P (x) có h s
cao nh t b ng 1 và các đi m c c ti u l n lư t t i A(0, 1) và B (1, 1).

Bài toán 14. Xác đ nh đa th c P (x) b c nh nh t sao cho đ th hàm s y = P (x) l n lư t
đ t c c đ i, c c ti u t i A(−2, 1) và B (1, 3).

Bài toán 15. Xác đ nh đa th c P (x) b c nh nh t sao cho đ th hàm s y = P (x) có h s
cao nh t b ng 1 và các đi m c c ti u l n lư t t i A(0, 1) và B (1, 1).

Bài toán 16. Xác đ nh đa th c P (x) b c nh nh t sao cho đ th hàm s y = P (x) có các
đi m c c đ i l n lư t t i A(−1, 0) và B (2, 0).

Bài toán 17. Xác đ nh đa th c P (x) b c nh nh t sao cho đ th hàm s y = P (x) có h s
cao nh t b ng 1, đi qua đi m A(2, 0) và có các đi m c c đ i l n lư t t i B (0, 0) và C (1, 0).

Bài toán 18. Xác đ nh đa th c P (x) b c nh nh t sao cho đ th hàm s y = P (x), đi qua
đi m A(2, 0) và có các đi m c c đ i l n lư t t i B (−1, 0) C (0, 0) và D(1, 0).


3 N i suy theo h th ng các đi m u n c a đ th
Đ nh nghĩa 1. N u hàm s f (x) có đ o hàm c p hai trên m t kho ng ch a đi m x0 , f (x0 ) = 0
và f (x) đ i d u khi x qua đi m x0 thì M (x0 ; f (x0 )) là m t đi m u n c a đ th hàm s y = f (x).

Bài toán 19. Thay đi m d ng b c 1 b i đi m d ng b c 2 (P (x1 ) = 0, P (x2 ) = 0, . . . , P (xn )) =
0.
TH1. Đi m d ng đơn.

P (x) = a(x − x1 )(x − x2 ) . . . (x − xn ).

Ta vi t

P (x) = a(x − x1 )(x − x2 ) . . . (x − xn )
= a0 + a1 x + · · · + an x n
n
ak x k ,
=
k=0




100
www.VNMATH.com


trong đó

a0 = (−1)n ax1 x2 . . . xn


a = (−1)n−1 a(x x . . . x
n−1 + x1 x2 . . . xn−2 xn + · · · + x2 x3 . . . xn )

1 12

.

.
.


a = (−1)n−k a(x1 x2 . . . xn−k + x1 x2 . . . xn−k−1 xn + · · · + x2 x3 . . . xn )
. k
.
.




an−1 = (−a)(x1 + x2 + · · · + xn )




an = a


Suy ra
n
x2 xn+1 1
ak xk+1 + C1 ,
P (x) = a0 x + a1 + · · · + an + C1 =
2 n+1 k+1
k=0

hay
n
1 1
xk+2 + C1 x + C2
P (x) = ak
k+1k+2
k=0

TH2. Đi m d ng b i

P (x) = a(x − x1 )2α1 (x − x2 )2α2 . . . (x − xn )2αn .

Gi i. Đ t 2α1 + 2α2 + · · · + 2αn = 2(α1 + · · · + αn ) = N .
Ta vi t

P (x) = a(x − x1 )2α1 (x − x2 )2α2 . . . (x − xn )2αn
= a(x − t1 ) × · · · × (x − t2α1 ) × (x − t2α1 +1 ) × · · · × (x − t2(α1 +α2 ) )
× (x − t2(α1 +α2 )+1) ) × · · · × (x − t2(α1 +α2 +α3 ) ) × · · · ×
× (x − t2(α1 +···αn−1 )+1 ) × · · · × (x − tN )
N
= a 0 + a 1 x + · · · + aN x N = ak x k ,
k=0


trong đó 
t1 = t2 = · · · = t2α1 = x1


t2α +1 = t2α +2 = · · · = t2(α +α ) = x2

1 1 1 2
.
.
.


t2(α1 +···αn−1 )+1 = t2(α1 +···αn−1 )+2 = · · · = tN = xn


Suy ra
N
ak k+1
P (x) = x + C1 ,
k+1
k=0


101
www.VNMATH.com


hay
N
1 1
xk+2 + C1 x + C2 ,
P (x) = ak
k+1k+2
k=0

a0 = (−1)N at1 . . . tα1 . . . tN



a1 = (−1)N −1 a(t1 t2 . . . tN −1 + t1 t2 . . . tN −2 tN + · · · + t2 t3 . . . tN )



.
.
.



a = (−1)N −k a(t t . . . t

N −k + t1 t2 . . . tN −k−1 tN −k+1 + · · · + t2 t3 . . . tN )
k 12
vi .
.
.


 N −1 = (−1)a(t1 + t2 + · · · + tα1 + · · · + tN −1 + tN ) =

a


= (−1)a(α1 x1 + α2 x2 + · · · + αn xn )






a = 1
N


Bài toán 20. Xác đ nh đa th c P (x) b c nh nh t sao cho đ th hàm s y = P (x) có h s
cao nh t b ng 1, đi qua A(0, −1) và đi m u n t i A(−1, 1).

Bài toán 21. Xác đ nh đa th c P (x) b c nh nh t sao cho đ th hàm s y = P (x) đi qua
đi m A(−1, 0) và đi m u n t i A(1, 0).

Bài toán 22. Xác đ nh đa th c P (x) b c nh nh t sao cho đ th hàm s y = P (x) đi qua
đi m A(−1, 0) và có các đi m u n l n lư t t i B (0, 0) và C (0, 1).

Bài toán 23. Xác đ nh đa th c P (x) b c nh nh t sao cho đ th hàm s y = P (x) có các
đi m u n l n lư t t i A(−2, 0), B (0, 0), C (3, 0) và đi qua D(1 0).


4 N i suy theo h th ng các c c tr và đi m u n c a đ
th
Bài toán 24. Xác đ nh đa th c P (x) b c nh nh t sao cho đ th hàm s y = P (x) có các
đi m u n và đi m c c ti u l n lư t t i A(0, 0) và B (1, 0).

Gi i. Vì đ th hàm s y = P (x) có đi m u n và đi m c c ti u l n lư t t i x = 0, x = 1 và t
gi thi t P (0) = P (1) = 0 nên theo đ nh lí Rolle, ta tìm đư c trong kho ng (0, 1) đi m x0 sao
cho P (x0 ) = 0. Do v y phương trình P (x) = 0 ph i có ít nh t 4 nghi m. Suy ra deg P (x) ≥ 4.
N u deg P (x) = 4, thì phương trình P (x) = 0 có 5 nghi m. Khi đó, theo gi thi t thì

P (0) = P (0) = 0
P (1) = P (1) = 0

Khi đó theo bài toán n i suy Hermite

P (x) = ax3 (x − 1)2 , a = 0.

102
www.VNMATH.com


Đ đ th hàm s có đi m u n và c c ti u l n lư t t i A, B thì a > 0.
V y đa th c b c năm có d ng

P (x) = ax3 (x − 1)2 , a > 0.

Th l i, ta th y các đi u ki n đ m b o đ đ th hàm s y = P (x) có đi m u n và đi m c c
ti u l n lư t t i A(0, 0) và B (1, 0) là th a mãn. V y đa th c P (x) b c nh nh t sao cho đ th
hàm s y = P (x) có đi m u n và đi m c c ti u l n lư t t i A(0, 0) và B (1, 0) là đa th c

P (x) = ax3 (x − 1)2 , a > 0.

Bài toán 25. Xác đ nh đa th c P (x) b c nh nh t sao cho đ th hàm s y = P (x) có các
đi m u n và đi m c c đ i l n lư t t i A(0, 0) và B (1, 0).

Gi i. Vì đ th hàm s y = P (x) có các đi m u n và đi m c c đ i l n lư t t i x = 0, x = 1 và
t gi thi t P (0) = P (1) = 0 nên theo đ nh lí Rolle, ta tìm đư c trong kho ng (0, 1) đi m x0 sao
cho P (x0 ) = 0. Do v y phương trình P (x) = 0 ph i có ít nh t 4 nghi m. Suy ra deg P (x) ≥ 4.
N u deg P (x) = 4, thì phương trình P (x) = 0 có 5 nghi m. Khi đó, theo gi thi t thì

P (0) = P (0) = 0
P (1) = P (1) = 0

Khi đó theo bài toán n i suy Hermite

P (x) = ax3 (x − 1)2 , a = 0.

Đ đ th hàm s có đi m u n và c c ti u l n lư t t i A, B thì a < 0.
V y đa th c b c năm có d ng

P (x) = ax3 (x − 1)2 , a < 0.

Th l i, ta th y các đi u ki n đ m b o đ đ th hàm s y = P (x) có các đi m u n và đi m
c c ti u l n lư t t i A(0, 0) và B (1, 0) là th a mãn. V y đa th c P (x) b c nh nh t sao cho đ
th hàm s y = P (x) ó các đi m u n và đi m c c ti u l n lư t t i A(0, 0) và B (1, 0) là đa th c

P (x) = ax3 (x − 1)2 , a < 0.

Bài toán 26. Xác đ nh đa th c P (x) b c nh nh t sao cho đ th hàm s y = P (x) có các
đi m u n t i A(−2, 0), B (1, 0) và đ t c c đ i t i C (0, 0).

Bài toán 27. Xác đ nh đa th c P (x) b c nh nh t sao cho đ th hàm s y = P (x) có các
đi m u n t i A(−2, 0), B (1, 0) và đ t c c ti u t i các đi m C (−1, 0), D(0, 0).




103
www.VNMATH.com


5 M t s bài toán liên quan
Bài toán 28. Cho hàm s f (x) liên t c trên [a, b], kh vi trên (a, b) và f (a) = f (b) = 0. Ch ng
minh r ng v i m i k ∈ R∗ , phương trình

f (x) + kf (x) = 0 (7)

luôn có ít nh t m t nghi m x ∈ (a, b).
Ch ng minh. Xét hàm s
x
g (x) = e k f (x).
Ta có g (x) liên t c trên [a, b], kh vi trên (a, b) và g (a) = g (b) = 0. Theo đ nh lí Rolle, phương
trình g (x) = 0 luôn có ít nh t m t nghi m x ∈ (a, b). Mà
1x 1x
x
g (x) = e k f (x) + e k f (x) = e k [f (x) + kf (x)].
k k
1
Vì e x = 0, ∀x ∈ R nên
kk
g (x) = 0 ⇔ f (x) + kf (x) = 0.
V y phương trình (3.1) luôn có ít nh t m t nghi m x ∈ (a, b). Đây là đi u c n ch ng minh.


Bài toán 29. Ch ng minh r ng n u lim f (x) = 0 thì f (x) có s lư ng các không đi m trong
x→∞
kho ng (a, ∞) không ít hơn so v i f (x) trên kho ng y. K t qu v n đúng n u thay +∞ b i
−∞.
Bài toán 30. Gi s hàm s f (x) có n không đi m trong kho ng (a, +∞). Ch ng minh r ng
v i m i s th c α hàm s
αf (x) + f (x)
có ít nh t n − 1 không đi m trong kho ng đó. Hơn n a, n u th a mãn đi u ki n

lim eαx f (x) = 0
x→+∞

thì hàm đã nêu có ít nh t là n không đi m.
Bài toán 31. N u đa th c f (x) ∈ R[x] có k nghi m th c thì đa th c f (x) có ít nh t (k − 1)
nghi m th c.
Bài toán 32. Cho 0 ≤ x1 < x2 < x3 < x4 . Ch ng minh b t đ ng th c sau:

1
3
(x1 x2 x3 + x1 x2 x4 + x1 x3 x4 + x2 x3 x4 )
4

1
< (x1 x2 + x1 x3 + x1 x4 + x2 x3 + x2 x4 + x3 x4 )
6

104
www.VNMATH.com


Bài toán 33. Cho hàm s f (x) có đ o hàm liên t c trên đo n [a, b], th a mãn đi u ki n

f (a) = f (b) = 0, f (x) = 0, ∀x ∈ (a, b).

Ch ng minh r ng t n t i dãy {xn } v i xn ∈ (a, b) sao cho
f (xn )

lim = 2011 (8)
n→+∞ ( e − 1)(f (xn )
n



Ch ng minh. Xét hàm s
2011x
gn (x) = e− f (x), x ∈ [a, b], n ∈ N.
n



Rõ ràng hàm s gn (x) xác đ nh và liên t c trên đo n [a, b], kh vi trong kho ng (a, b). Hơn
n a, ta có gn (a) = gn (b) nên theo đ nh lí Rolle, t n t i xn ∈ (a, b) sao cho gn (xn ) = 0.
V i m i n, t n t i m t xn như th . Đi u đó có nghĩa là ta đã xây d ng m t dãy {xn }. Ta s
ch ng minh r ng dãy này th a mãn đ ng th c (3.3).
Th t v y, ta có
2011 − 2011xn 2011xn
e n f (xn ) + e− n f (xn ) = 0.
gn (xn ) = −
n
Vì th
f (xn ) 2011
= .
f (xn ) n
Suy ra
f (xn ) 2011

lim = lim 1 = 2011 (đpcm).
n→+∞ ( e − 1)f (xn )
n n→+∞ e n − 1




Bài toán 34. Gi s
f (x) = (x − x1 )(x − x2 )(x − x3 ),
v i x1 < x2 < x3 . Ch ng minh r ng
f (x1 ) f (x2 ) f (x3 )
+ + = 0.
f (x1 ) f (x2 ) f (x3 )

Bài toán 35. Cho c0 , c1 , . . . , cn là các s th c th a mãn đi u ki n
c2 .22 c3 .23 cn .2n
c1 c2 cn
+ + ··· + + ··· +
c0 + = c0 + c1 + + =0
2 3 n+1 3 4 n+1
Ch ng minh r ng phương trình

c1 + 2c2 x + · · · + ncn xn−1 = 0

có ít nh t m t nghi m thu c kho ng (0, 2).

105
www.VNMATH.com


Bài toán 36 (Olympic Nga). Cho phương trình

a0 xn + a1 xn1 + · · · + an−1 x + an = 0, a0 = 0

có n nghi m phân bi t. Ch ng minh r ng

(n − 1)a2 > 2na0 a2 .
1


Bài toán 37 (Olympic 30.4 - 2003). T n t i hay không các s th c a, b, c đ phương trình sau
có b n nghi m th c phân bi t.
5 1
= a.e3x + b.e2x + c.ex − .e−x .
x+
6 4
Bài toán 38. Gi s hàm f (x) kh vi liên t c n l n trên [a, b], và trên đo n này có không ít
hơn n không đi m tính c b i. Ch ng minh r ng:

(b − a)n
max f (n) (x)
max |f (x)| ≤
n!
[a,b] [a,b]


Bài toán 39 (Olympic sinh viên toàn qu c- 1993 vòng 1). Cho hàm s f (x) xác đ nh và có
đ o hàm b c hai liên t c và không đ ng nh t b ng 0 trên b t kỳ đo n nào c a R. Bi t r ng đ
th c a hàm s y = f (x) c t đư ng th ng ax + by + c = 0 t i ba đi m phân bi t. Ch ng minh
r ng t n t i x0 ∈ R sao cho f (x0 ) = 0 và f (x) đ i d u qua x = x0 .

Bài toán 40 (Olympic sinh viên toàn qu c- 1994). Cho n là s nguyên dương, ak , bk ∈ R(k =
0, 1, . . . , n). Ch ng minh r ng phương trình
n
x+ (ak sin kx + bk cos kx) = 0
k=1


có nghi m trong kho ng (−π, π ).

Bài toán 41 (Olympic sinh viên toàn qu c - 1999). Gi s đa th c v i h s th c

P (x) = a0 + a1 x + · · · + an xn

có n nghi m th c phân bi t. ch ng minh r ng

ak−1 ak+1 < (ak )2 , k = 1, 2, . . . , n − 1.

Bài toán 42 (Olympic sinh viên toàn qu c - 2001). Ch ng minh r ng t n t i s th c x ∈ (0, 1)
sao cho
1
t2000 dt x2000
= .
(1 + t)(1 + t2 ) · · · (1 + t2001 ) (1 + x)(1 + x2 ) · · · (1 + x2001 )
x



106
www.VNMATH.com


Bài toán 43 (Olympic sinh viên toàn qu c - 2003). Cho đa th c v i h s th c P (x) b c
n(n ≥ 1) có m nghi m th c. Ch ng minh r ng đa th c

f (x) = (x2 + 1)P (x) + P (x)

có ít nh t m nghi m th c.

Bài toán 44 (Olympic - 2006). Tìm t t c các dãy s th c a1 , a2 , . . . , an , v i n ≥ 1, an = 0,
th a mãn tính ch t sau:
N u f : R → R là hàm s kh vi c p n và x0 < x1 < · · · < xn là các s th c th a mãn

f (x0 ) = f (x1 ) = · · · = f (xn ) = 0

thì t n t i ξ ∈ (x0 , xn ) sao cho

a0 f (ξ ) + a1 f (ξ ) + · · · + an f (n) (ξ ) = 0.

Bài toán 45. Kí hi u T là t p h p t t c các đa th c b c 2011 có đúng 11 nghi m th c k c
nghi m b i. V i m i P (x) ∈ T, đ t

QP (x) = (x20 + 1)P (x) − P (x)

và g i SP là s nghi m th c c a đa th c QP (x). Tìm min SP .
P ∈T



Tài li u tham kh o
[1] Nguy n Văn M u, 2005, Đa th c đ i s và phân th c h u t , NXB Giáo D c.

[2] Nguy n Văn M u, 2006, Đa th c và áp d ng, NXB Giáo D c.

[3] Nguy n Văn M u, 2007, N i suy và áp d ng, NXB Giáo D c.

[4] Nguy n Văn M u,2006, Tuy n t p Olympic sinh viên toàn qu c, NXB Giáo D c.

[5] M t s bài báo liên quan.

[6] Nguy n Gia T - Đ Phi Nga, Bài gi ng toán cao c p A1.




107
www.VNMATH.com




B T BI N NHƯ LÀ M T PHƯƠNG PHÁP CH NG
MINH VÀ NG D NG TRONG GI I TOÁN
Lê Sáng – Vũ Đ c Th ch Sơn, Trư ng THPT Chuyên Lê Quý Đôn – Khánh Hòa

Ta thư ng làm quen v i các phương pháp ch ng minh trong toán h c như: tr c ti p, quy n p,
ph n ch ng, nguyên t c Dirichlet ,t p th t và nguyên t c c c h n. B t bi n là s không đ i
c a m t đ i lư ng qua m t ho c nhi u phép bi n đ i qua h u h n bư c th c hi n. Chính y u
t này cũng giúp ta có th ph n bác nh ng tình hu ng không th x y ra c a m t đ i lư ng
nào đó trong bài toán. Y u t b t bi n r t thư ng g p trong các cu c thi toán h c và thư ng
là các bài toán đòi h i s nh y bén và l p lu n ch t ch , dư i đây là m t s bài toán như v y.
đây b t bi n và n a b t bi n đư c xét đư c xem như là m t phương pháp ch ng minh quan
tr ng, trong đó các d ng toán thi ch n h c sinh gi i đư c đ c p tương đ i phong phú giúp có
cái nhìn rõ hơn trong bài toán t h p, đây là bài gi ng cho đ i tuy n Khánh Hòa.


1 Phương pháp đ ng dư:
M c đích c a tính ch t b t bi n trong các d ng toán này là nghiên c u tính ch n l ho c
đ ng dư v i 2, 3, 4 c a các tr ng thái bài toán khi thay đ i theo yêu c u

Bài toán 1. Trên m t hòn đ o có ba gi ng th n l n: 133 con màu xám, 155 con màu đ và 177
con màu xanh. N u hai con th n l n khác màu g p nhau thì chúng s đ ng th i chuy n sang
màu th ba (ví d con màu xanh g p con màu xám thì c hai con s cùng chuy n sang màu đ )
còn n u hai con cùng màu g p nhau thì không chuy n màu. Li u có khi nào x y ra tình hu ng
t t c các con th n l n trên đ o cùng m t màu không?

L i gi i. Như v y b t bi n đây chính là s dư khi chia cho 3 c a s th n l n m i màu là
0-1-2. T ng s th n l n là 133 + 155 + 177 = 465 chia h t cho 3 do đó n u x y ra tình hu ng
t t c con th n l n đ u cùng màu thì s dư khi chia cho 3 c a ba lo i th n l n là 0-0-0 trái v i
tính b t bi n 0-1-2. Như v y không th x y ra tình hu ng đó.
Phương pháp đ ng dư chính là s phát hi n ra đ i lư ng b t bi n g n v i s dư khi chia
cho m t s mà ch y u là modul 2 và modul 3. Bài toán “th n l n”trên đây chính là modulo 3,
còn sau đây là m t s bài toán s d ng phương pháp đ ng dư:

Bài toán 2. Trên b ng có 2011 d u c ng và 2012 d u tr . M t h c sinh th c hi n trò chơi như
sau : thay hai d u b t kỳ trên b ng d u c ng n u hai s b xóa đi cùng d u và thay b ng d u tr
n u chúng trái d u. H i sau 4022 l n th c hi n như v y d u còn l i là d u c ng hay d u tr ?

L i gi i. N u thay :
(-) và (-) → (+)
(+) và (+) → (+)

108
www.VNMATH.com


(-) và (+) → (-)
Ta phát hi n đư c s b t bi n đây là s không đ i đ u c a tích các d u trên b ng.
Mà lúc đ u trên b ng có 2011 (+) và 2012 (-) cho nên tích đó s là d u (+). Do đó d u còn
l i duy nh t trên b ng ph i là d u (+).
Bài toán 3. Trên b ng cho ba s 2,2,2. Ta xóa đi m t trong ba s và thay vào đó t ng c a hai
s còn l i tr đi 1. H i sau m t s l n th c hi n ta có th thu đư c các s 11,1,2011 đư c hay
không?
L i gi i. Hãy th ki m tra: 2,2,2 → 2,3,2
Lúc này trong b ba s này luôn có 1 s l và 2 s ch n. N u ta ti p t c th c hi n thì:
Ch n + L - 1 → Ch n
Ch n + Ch n - 1 → L
Như v y trong m i trư ng h p thì trong b ba s thu đư c luôn có 1 s l và 2 s ch n. Th
nhưng 11,1,2011 l i là 3 s l do đó không th x y ra trư ng h p này.
Bài toán 4. Trong m t gi i đ u bóng đá, các đ i đ u vòng tròn m t lư t v i nhau theo quy
đ nh m t tr n th ng đư c 2 đi m, hòa 1 đi m,thua 0 đi m. H i có th có hai đ i l n lư t đư c
7 và 10 đi m trong cùng m t th i đi m c a gi i đ u không?
L i gi i. Ta th y r ng sau m t tr n đ u b t kỳ n u có m t đ i th ng thì s đi m hai đ i đ t
đư c là 0 và 2. Khi đó hi u hai s đi m hai đ i đ t đư c là 2 còn n u hòa nhau thì hai đ i đư c
1 đi m m i đ i khi đó hi u s là 0. V y thì rõ ràng hi u hai đi m s b t kỳ c a hai đ i ph i là
s ch n. Th nhưng 10 – 7 = 3 là s l do đó s không t n t i hai đ i cùng lúc đươc 7 và 10
đi m.
Bài toán 5. Vi t 2012 s t 1 đ n 2012, c m i l n xóa đi 2 s r i thay b i tr tuy t đ i c a
hi u 2 s đó. H i s cu i cùng là s ch n hay l ?
L i gi i. G i S(n) là t ng các s còn l i sau l n th n. S(0)là t ng 2012 s đ u tiên là 1 s
ch n. Mà S(n) b t bi n modulo 2 do đó s cu i cùng ph i là s ch n.
Bài toán 6. Trên b ng ta vi t ba s nguyên. Sau đó ta xóa đi m t s và vi t vào đó t ng hai s
còn l i tr đi 1. Thao tác như v y l p l i m t s l n và cu i cùng ta nh n đư c 3 s 29, 1876,
2011. H i ba s đ u tiên có th là 2,2,2 không?
L i gi i. Sau bư c đ u tiên t ba s 2,2,2, ta nh n đư c 2,2,3, ba s này có hai ch n và m t
l . T bư c th hai tr đi thì k t qu luôn luôn có hai s ch n và m t s l dù ta th c hi n b t
đ u t b t c s nào (vì nh ng s ch n b ng t ng c a m t s ch n và m t s l tr đi 1; s l
là t ng c a hai s ch n tr đi 1). Nhưng trong k t qu đã cho có hai s l , m t s ch n nên v i
thao tác đã cho và xu t phát t 2,2,2 không th cho k t qu .
Bài toán trên đư c gi i nh phát hi n ra tính ch n l c a ba s không thay đ i, nên t tr ng
thái xu t phát không th nh n đư c tr ng thái k t qu .
Bài toán 7. Trên đư ng tròn theo m t th t b t kì vi t 4 ch s 1, 5 ch s 0, th c hi n vi t
ch s 1 vào gi a hai ch s gi ng nhau và ch s 0 vào gi a hai ch s khác nhau, các ch s
ban đ u b xóa đi. H i có th đưa đư ng tròn v toàn ch s 0 đư c không?

109
www.VNMATH.com


L i gi i. Nh n th y trên đư ng tròn sau m i quá trình trên luôn còn l i 9 ch s . Do v y s
ch s 0 và s ch s 1 luôn khác tính ch n l . Gi s sau 1 s l n l p l i quá trình trên. Đư ng
tròn còn l i toàn ch s 0 suy ra trư c đó trên đư ng tròn không có 2 ch s nào gi ng nhau
đ ng c nh nhau nên s ch s 0 b ng s ch s 1 ( vô lí ! ), suy ra đpcm.

Bài toán 8. ( Corolado MO 1997) M i ô c a b ng 1997 X 1997 đi n các s (+1) ho c (-1).
M i hàng ta tính tích Ri các s trong hàng đó. M i c t ta tính tích Ci các s trong c t đó.
1997
(Ri + Ci ) luôn khác không.
Ch ng minh r ng
i=1

1997
(Ri + Ci ) cho 4, nói cách khác ta đang s
L i gi i. B t bi n đư c s d ng đây là s dư
i=1
d ng b t bi n theo modulo 4. Đ i lư ng này không đ i v i b t kỳ m t c thay đ i d u nào c a
m t trong nh ng d u đư c vi t trên b ng. Th t v y, gi s có s thay đ i ph n t hàng th
i và c t th j cho ta − (Ri + Ci ) thay vì (Ri + Ci ) . Vì (Ri + Ci ) có giá tr 2, 0 ho c -2 theo
modulo 4 nên t ng ban đ u thay đ i m t b i s c a 4. Do đó b t bi n không ph thu c vào
cách ch n các s (+1) ho c (-1). Cho nên ta ch c n xét trư ng h p t t c các ô đ u đi n (+1).
1997 1997
(Ri + Ci ) ≡ 2 (mod 4). V y v i m i cách đi n các s (+1) ho c (-1) thì (Ri + Ci )
Khi đó
i=1 i=1
luôn khác không.

Bài toán 9. ( Hungary MO 1989) M i đ nh c a m t hình vuông đ t m t hòn s i. Th c hi n
thay đ i s s i theo quy lu t sau: ta có th l y đi m t s s i m t đ nh và thêm vào m t trong
hai đ nh k bên m t s s i g p đôi. H i có th nh n đư c 1989, 1988, 1990, 1989 viên s i t i
các đ nh liên ti p c a hình vuông đư c hay không?

L i gi i. G i 4 đ nh liên ti p c a hình vuông là A, B, C, D ng v i s s i là a, b, c, d. Khi đó
đ nh A, do đó s s i 4 đ nh là: a − x, b + 2x, c, d
bư c ti p theo g i x là s s i l y đi, gi s
ho c a − x, b, c, d + 2x. Ta có (b + d + 2x) − (a + c − x) = b + d − a − c + 3x Mà ban đ u s s i
m i đ nh là (1 , 1 , 1 , 1 ) nên t đây ta có b t bi n c a bài toán này: hi u gi a t ng s s i hai
đ nh A, C và hai đ nh B, D luôn là b i c a 3. Mà v i ( 1989, 1988, 1990, 1989) thì hi u này có
s dư là 2 khi chia cho 3 do đó không x y ra.

Bài toán 10. (VMO 1992) Cho b ng hình ch nh t 1991 1992 v i 1991 hàng và 1992 c t. Kí
hi u ô vuông n m giao c a hàng th m (k t trên xu ng) và c t th n(k t trái sang ph i)
là (m ; n). Tô màu các ô vuông c a b ng theo cách sau: l n th nh t tô 3 ô (r ; s), (r + 1 ; s +
1), (r + 2; s + 2) v i r; s là hai s t nhiên cho trư c th a mãn 1 ≤ r ≤ 1989 và 1 ≤ s ≤ 1991;
t l n th hai m i l n tô đúng 3 ô chưa có màu n m c nh nhau ho c trong cùng m t hàng ho c
trong cùng m t c t. H i b ng cách đó có th tô màu đư c t t c các ô vuông c a b ng đã cho
hay không?

L i gi i. Ta hãy ghi vào m i ô vuông c a b ng m t s t nhiên theo quy t c sau: m i hàng,
l n lư t t trái sang ph i, ghi các s t nhiên t 1 đ n 1992. Như v y ba s đư c ghi vào ba ô
c nh nhau trong cùng m t hàng s là ba s t nhiên liên ti p, trong cùng m t c t s là ba s
t nhiên b ng nhau. Suy ra, k t l n th hai, m i l n tô màu ta s xóa đi ba s có t ng chia

110
www.VNMATH.com




h t cho 3.Như th ba s đư c ghi vào ba ô (r ; s), (r + 1 ; s + 1), (r + 2 ; s + 2) s là s, s + 1
và s + 1 mà t ng c a chúng là m t s chia cho 3 dư 2. V y n u tô màu đư c h t các ô vuông
c a b ng đã cho thì t ng S c a t t c các s đã đư c ghi vào b ng ph i là m t s chia cho 3
dư 2. Nhưng S = 1991.(1 + 2 + . . . +1992) = 1991.1993.993 chia h t cho 3, mâu thu n!. Do đó
không th tô màu đư c t t c ô vuông c a b ng đã cho.


2 B ng bi u :
Bài toán 11. Trên bàn c 8 × 8 có 32 quân tr ng và 32 quân đen, m i quân chi m m t ô vuông.
T i m i bư c đi ngư i chơi thay t t c các quân tr ng thành quân đen và t t c các quân đen
thành quân tr ng trên m t hàng ho c m t c t nào đó . H i sau h u h n bư c có th còn l i
chính xác m t quân tr ng trên bàn c không?

L i gi i. N u trư c khi chuy n có chính xác k quân tr ng trên hàng(c t) đ nh chuy n thì s
quân đen trên hàng(c t) y là 8 – k. Sau khi chuy n, 8 – k quân đen này s tr thành 8 – k
quân tr ng và k quân tr ng l i tr thành k quân đen. Như v y s quân tr ng trên bàn c sau
khi chuy n s thêm vào 8 – k và m t đi k quân, t c là s quân tr ng thay đ i trên bàn c là (8
– k) – k = 8 – 2k . S này là m t s ch n ,mà s quân tr ng trên bàn c lúc đ u là 32 quân do
đó s quân tr ng trên bàn c luôn là s ch n. V y không th còn l i duy nh t trên bàn c m t
quân tr ng.

Bài toán 12. (IMO 2004) Ta đ nh nghĩa viên g ch hình móc câu là hình g m 6 ô vuông đơn v
như hình v dư i đây, ho c hình nh n đư c do l t hình đó (sang trái, sang ph i, lên trên, xu ng
dư i) hình nh n đư c do xoay hình đó đi m t góc:




Hãy xác đ nh t t c các hình ch nh t m × n trong m, n là các s nguyên dương sao cho có
th lát hình ch nh t đó b ng các viên g ch hình móc câu?

Ch ng minh. D th y m,n ∈ {1; 2; 5} . Chia hình ch nh t đã cho thành các m × n ô vuông
/
và đánh s các hàng, các c t t dư i lên trên, t trái sang ph i. Ta g i ô (p; q) là ô n m giao
c a hàng th p và c t th q . Hai viên g ch hình móc câu ch có th ghép l i đ đư c m t trong
hai hình dư i đây:


111
www.VNMATH.com




Do đó, đ lát đư c hình ch nh t m x n thì m.n ph i chia h t cho 12. N u ít nh t m t trong
hai s m, n chia h t cho 4 thì có th lát đư c. Th t v y, gi s đư c m chia h t cho 4. Ta có
th vi t n dư i d ng: n = 3a + 4b, do đó có th lát đư c.
Xét trư ng h p m × n đ u không chia h t cho 4. Ta ch ng minh trư ng h p này không th
lát đư c. Gi s ngư c l i, khi đó m , n đ u chia h t cho 2 nhưng không chia h t cho 4. Ta t o
b t bi n như sau: Xét ô (p ; q). N u ch m t trong hai t a đ p , q chia h t cho 4 thì đi n s 1
vào ô đó. N u c hai t a đ p, q chia h t cho 4 thì đi n s 2. Các ô còn l i đi n s 0. V i cách
đi n s như v y ta thu đư c b t bi n là t ng các s trong Hình 1 và t ng các s trong Hình 2
đ u là s l . Do m, n ch n nên t ng các s trong toàn b hình ch nh t m × n là s ch n. Đ
lát đư c thì t ng s Hình 1 và Hình 2 đư c s d ng ph i là s ch n. Khi đó, m × n chia h t
cho 24, vô lý !.

Bài toán 13. (VMO 2006).Xét b ng ô vuôngm × n (m, n ≥ 3). Th c hi n trò chơi sau: m i
l n đ t 4 viên bi vào 4 ô c a b ng, m i ô m t viên bi, sao cho 4 ô đó t o thành m t trong các
hình dư i đây:




H i sau m t s l n ta có th nh n đư c b ng mà s bi trong các ô b ng nhau đư c không
n u:
a) m = 2004, n = 2006 ?
b) m = 2005, n = 2006 ?

Bài toán 14. (VMO 1993)Cho đa giác l i A1 A2 ...A1993 mà t i m i đ nh đã ghi m t dâu c ng
(+) ho c m t d u tr (-) sao cho trong 1993 d u đó có c d u (+) và (-)
Th c hi n vi c thay d u như sau: m i l n, thay d u đ ng th i t i t t c các đ nh Ai (i =
1, 2, .., 1993) c a đa giác theo quy t c:
• N u d u t i Ai và Ai+1 là như nhau thì d u t i Ai đư c thay b i d u (+)

112
www.VNMATH.com


• N u d u t i Ai và Ai+1 là khác nhau thì d u t i Ai đư c thay b i d u (-) Quy ư c coi
A1994 là A1 .
Ch ng minh r ng t n t i s nguyên k ≥ 2 sao cho sau khi th c hi n liên t c k l n phép thay
d u nói trên, ta đư c đa giác A1 A2 ...A1993 mà d u t i m i đ nh Ai (i = 1, 2, .., 1993) trùng v i
d u t i chính đ nh đó sau l n thay d u th nh t.
Bài toán 15. (Liên bang Nga 1998) Trên b ng cho m t s nguyên, ngư i ta ghi nh ch s
cu i cùng c a s này, sau đó xóa đi và c ng thêm vào v i s còn l i trên b ng 5 l n ch s m i
xóa. Gi s ban đ u ghi s h i sau m t s l n th c hi n có th thu đư c s đư c hay không?


3 B t bi n trong các bài toán Đ i s -Gi i tích:
Các đ i lư ng không đ i c a các s h ng trong m t dãy s có tính ch t nào đó c n phát
hi n . D a vào các đ i lư ng này mà ta có th tìm đư c công th c t ng quát c a dãy s , ch ng
minh đư c các tính ch t cũng như tìm đư c gi i h n , xét tính h i t c a dãy s .Đây cũng
đư c t m g i là tính b t bi n. Sau đây là m t s bài toán :
Bài toán 16. ( German MO 1996 ) T đi m ( 1 , 1) di chuy n 1 hòn s i trên m t ph ng t a
đ th a các đi u ki n sau : (a) T đi m ( a , b ) có th đ n ( 2a , b ) ho c ( a , 2b ). (b) T
đi m ( a , b ) có th đ n ( a – b , b ) n u a > b ho c ( a , b – a ) n u a < b. V i nh ng s
nguyên dương x và y như th nào thì hòn s i có th đ n đi m ( x , y)?
L i gi i. Ta s ch ng minh r ng đi u ki n c n và đ c a bài toán này là (x , y) = 25 v i s
là s nguyên không âm, trong đó ký hi u ( x , y ) là ư c chung l n nh t c a hai s t nhiên x
và y. Th t v y: Đi u ki n c n : vì ( p , q ) = ( p , q – p) ta th y r ng s ư c chung l là b t
bi n sau hai phép bi n đ i. Ban đ u s lư ng này là 1, s dư là như nhau nên ( x , y ) là m t
lũy th a c a 2. Đi u ki n đ : gi s (x , y) = 25 . Trong t t c các c p ( p , q ) có th đ n
đư c (x , y) ta ch n m t c p sao cho p + q nh nh t. N u p ho c q là s ch n thì m t trong
các đi m p , q ho c p, 2 cũng th a mãn , mâu thu n v i gi thi t v tính nh nh t c a c p
q
2
p và q. N u p > q thì cũng có th nh n đư c t đi m p+q , q mâu thu n v i gi thi t v tính
2
nh nh t c a t ng p + q. Tương t v i trư ng h p p < q ,mâu thu n. Do đó p = q mà (p , q)
là lũy th a c a 2. T đó ta suy ra p = q = 1, nên (x , y ) là đi m th a mãn. Đi u ki n đư c
ch ng minh xong.
a1 = 3, b1 = 2
, ∀n ∈ N
Bài toán 17. Cho dãy s th a:
an+1 = a2 + 2b2 , bn+1 = an bn
n n
Ch ng minh r ng an , bn là các s nguyên t cùng nhau.
L i gi i. Ta ch ng minh b ng quy n p r ng a2 − 2b2 = 1 .Th t v y: V i n = 1, ta có:
n n
a2 − 2b2 = 32 − 2.22 = 1
1 1
V i n = k, gi s : a2 − 2b2 = 1
k k
V i n = k+1, ta có: a2 +1 − 2b2 +1 = (a2 + 2b2 )2 − 2(2ak bk )2 = (a2 − 2b2 )2 = 1
k k k k k k
V y a2 − 2b2 = 1, ∀n ∈ . G i d là UCLN c a an , bn thì ta suy ra d cũng là ư c s c a 1 do
n n
đó d = 1.
Cho nên an , bn là các s nguyên t cùng nhau.

113
www.VNMATH.com


 u1 = 2

u2 = 8

Bài toán 18. Cho dãy s {un } : n
arccot(u2 )
 un = 4un−1 − un−2 > 0, n ≥ 3, Sn =

i

i=1
Tìm lim Sn .
n→∞

L i gi i. Trư c h t ta ch ng minh u2 − un−1 un+1 = 4, ∀n ≥ 2. Th t v y ta có:
n

un (4un−1 ) = un−1 (4un ) ⇒ un (un + un−2 ) = un−1 (un+1 + un−1 )
⇒ u2 − un+1 un−1 = u2 −1 − un un−2 ⇒ u2 − un+1 un−1 = ... = u2 − u1 u3 = 4
n n n 2
⇒ arc cot u2 = arc cot un 4un = arc cot uu2(un+1 +un−1 )
n
n −un+1 un−1
4 n
un+1
. u un +1 un+1
− arc cot uu−2 ⇒ Sn = arc cot uu+1
un n−2 n
= arc cot = arc cot n
u
un
− n+1 un n
n
un−1 un


4un−1 un−2 un−1
Hơn n a un = 4un−1 − un−2 ⇒ 1 = − .
un un−1 un
un−1
0< un
un+1
Chuy n qua gi i h n ta đư c:
√ √
Do đó lim uu+1 = 2 + 3 ⇒ lim Sn = arc cot(2 + 3) = π
n
12
n
n→∞ n→∞
π
V y lim Sn = 12
n→∞

x2 +y 2
= 5.
Bài toán 19. Ch ng minh r ng phương trình sau có vô h n nghi m nguyên dương xy −1

L i gi i. Đây là m t bài toán S h c tuy nhiên đây ta s s d ng tính B t bi n trong
dãy s đ ch ng minh phương vô s nghi m nguyên dương. Ta xét dãy s (un ) xác đ nh b i:
u0 = 1, u1 = 1, un+1 = 5un − un−1 , ∀n ≥ 1.
Ta có
un+1 +un−1
= unun+1un = 5 ⇔ (un+1 + un−1 )un+1 = (un+2 + un )un
+2 +
un
⇔ un+2 un − u2 +1 = un+1 un−1 − u2 ⇒ un+1 un−1 − u2 = u3 u1 − u2 = 5
n n n 2
⇔ (5un − un−1 )un−1 − u2 = 5 ⇔ u2 + u2 −1 − 5un un−1 + 5 = 0
n n n
u2 +u2 −1
n
⇔ n
= 5.
un un−1 −1


V y (x, y) = ( un−1 , un ) là nghi m c a phương trình đã cho v i m i ∀n ≥ 1. Cũng v i cách
khai thác tính b t bi n trong dãy s truy h i b c 2 như trên chúng ta s có đư c m t cách gi i
khác r t đ c đáo cho các bài toán s h c quen thu c sau đây :

Bài toán 20. Ch ng minh r ng phương trình sau có vô h n nghi m nguyên dương : x2 +y 2 +z 2 =
3xyz.

L i gi i. Ch n z = 1 ta đư c: x2 + y 2 + 1 = 3xy.
Xét dãy s (un ) đư c xác đ nh như sau :
u0 = 0, u1 = 1, un+1 = 3un − un−1 , ∀n ≥ 1.

114
www.VNMATH.com


Ta có un+1 un−1 − u2 = u3 u1 − u2 = −1
n 2
(3un − un−1 )un−1 − u2 = −1n
Suy ra :
⇔ u2 + u2 −1 + 1 = 3un un−1
n n
V y (x, y, z ) = (un−1 , un , 1) là nghi m c a phương trình đã cho v i m i ∀n ≥ 1.

Bài toán 21. Ch ng minh r ng phương trình sau có vô h n nghi m nguyên dương : x2 +y 2 +z 2 =
xyz.

L i gi i. Đ t x = 3x1 , y = 3y1 , z = 3z1 ta có x2 + y1 + z1 = 3x1 y1 z1 .
2 2
1
Xét dãy s (un ) đư c xác đ nh như sau :

u0 = 1, u1 = 1, un+1 = 3un − un−1 , ∀n ≥ 1.
Theo bài toán 4 thì (x1 , y1 , z1 ) = (un−1 , un , 1) là nghi m c a phương trình

x2 + y1 + z1 = 3x1 y1 z1 .
2 2
1

Do đó (x, y, z ) = (3un−1 , 3un , 3) là nghi m c a phương trình đã cho v i m i ∀n ≥ 1.

Bài toán 22. Ch ng minh r ng phương trình sau có vô h n nghi m nguyên dương: x2 + y 2 +
z 2 + t2 = 4xyzt.

L i gi i. Ch n z = t = 1 ta có x2 + y 2 + 2 = 4xy.
Xét dãy s (un ) đư c xác đ nh như sau:

u0 = 1, u1 = 1, un+1 = 4un − un−1 , ∀n ≥ 1.

Ta có un+1 un−1 − u2 = u3 u1 − u2 = −2
n 2
Suy ra
(4un − un−1 )un−1 − u2 = −2
n
⇔ u2 + u2 −1 + 2 = 4un un−1
n n
V y (x, y, z, t) = (un−1 , un , 1, 1) là nghi m c a phương trình đã cho v i m i ∀n ≥ 1.

Bài toán 23. Ch ng minh r ng phương trình sau có vô h n nghi m nguyên dương : x2 + y 2 +
z 2 + t2 = xyzt.

Bài toán 24. Ch ng minh r ng phương trình sau có vô h n nghi m nguyên dương : x2 + y 2 =
4(x + 1)(y − 1)

+ 3yx
+4
x+2
=
Bài toán 25. Ch ng minh r ng phương trình sau có vô h n nghi m nguyên dương : y
10

Bài toán 26. ( Bulgari MO) Ch ng minh r ng v i m i n ≥ 3 phương trình sau có ít nh t m t
nghi m nguyên dương (x, y) th a mãn x, y đ u l và 7x2 + y 2 = 2n

Bài toán 27. (VMO 2010) Ch ng minh r ng v i m i s nguyên dương n phương trình x2 +
15y 2 = 4n có ít nh t n nghi m t nhiên.

115
www.VNMATH.com


Bài toán 28. Ch ng minh r ng v i m i s nguyên dương n phương trình sau có ít nh t m t
nghi m nguyên dương th a mãn (x, y, z ) = 1:
n
x2 + y 2 + z 2 = 72 .

Bài toán 29. Trên b ng cho 4 s 3,4,5,6. M i l n xóa đi 2 s x, y b t kỳ trong 4 s và thay
vào b ng hai s x + y + x2 + y 2 và x + y − x2 + y 2 . H i sau m t s l n th c hi n trên b ng
có th xu t hi n m t s nh hơn 1 đư c không?


4 Các bài toán khác :
Bài toán 30. ( Rusian MO 1995 ) Cho ba đ ng s i khác nhau. Sisyphus th c hi n di chuy n
1 viên s i t 1 trong ba đ ng s i sang 1 trong 2 đ ng s i còn l i. M i l n chuy n s i, Sisyphus
nh n đư c t Zeus m t s ti n b ng hi u s gi a s s i c a đ ng s i l y đi và đ ng s i nh n
thêm trư c khi di chuy n. N u s chênh l ch này âm thì Sisyphus cũng ph i tr cho Zeus s
ti n chênh l ch đó. Sau m t s bư c th c hi n thì s s i m i đ ng s tr v như ban đ u. H i
khi đó s ti n t i đa mà Sisyphus nh n đư c là bao nhiêu?
− − −
L i gi i. Ta ch ng minh t ng sau là b t bi n a(a2 1) + b(b2 1) + c(c2 1) + s
V i a, b, c là s s i m i đ ng ban đ u và s là s ti n Sisyphus nh n đư c t i m t th i đi m
nào đó. Th t v y ta chuy n 1 viên s i t đ ng s i có a viên s i sang đ ng s i có b viên s i. Khi
đó s ti n Sisyphus nh n đư c ( ho c m t đi ) là a – b. Ta có :
(a−1)(a−2) −
+ b(b2 + c(c2 1) + s + a − b
+1)
2
− − −
= a(a2 1) + b(b2 1) + c(c2 1) + s
Do đó đ n khi s s i tr v như ban đ u thì s ti n Sisyphus nh n đư c b ng s ti n ban
đ u. Mà ban đ u Sisyphus không có ti n dó đó đ n th i đi m này Sisyphus cũng không có ti n.


Bài toán 31. ( IMO Shortlisted 1994, Th y Đi n ) Có 1994 cô gái ng i quanh m t bàn tròn,
h chơi chung m t c bài g m n lá. Ban đ u, m t cô gi t t c các lá bài. C m i nư c đi, n u
có ít nh t m t cô gái gi t i thi u 2 lá bài, thì m t trong các cô gái này ph i chuy n 1 lá cho
m t trong hai cô gái bên c nh cô y. Trò chơi k t thúc khi và ch khi m i cô gái ch gi nhi u
nh t 1 lá bài. a) Ch ng minh r ng n u n ≥ 1994 thì trò chơi không th nào k t th c đư c. b)
Ch ng minh r ng n u n < 1994 thì trò chơi b t bu c ph i k t thúc.
L i gi i. a) N u n > 1994 theo nguyên t c Đirichlet có ít nh t 1 cô gái gi 2 lá bài, vì th trò
chơi không th nào k t thúc đư c. Gi s n = 1994 . G i các cô gái là G1 , G2 , ..., G1994 và gi
s ban đ u G1 gi a t t c các lá bài. Ta đ nh nghĩa giá tr t m th i c a m t lá bài là i n u Gi
đang gi nó, 1 ≤ n ≤ 1994. G i S là t ng các giá tr t m th i c a lá bài. Ban đ u S = 1994.
N u m t cô gái khác v i G1 ho c G1994 chuy n lá bài thì S không thay đ i. N u G1 ho c G1994
chuy n lá bài thì S s tăng lên ho c gi m đi 1994. Suy ra S = 1994h, v i h lá s nguyên nào đó.
Khi trò chơi k t thúc m i cô gái s gi đúng m t là bài, do đó lúc này S = 997.1995. Nhưng
như th thì ph i có 2h = 1995, đi u này là không th . Tóm l i n u n ≥ 1994 thì trò chơi không
th nào k t thúc đư c .

116
www.VNMATH.com


b) Khi m t cô này chuy n 1 là bài cho cô kia l n th nh t, c hai s đánh d u tên mình
lên đó. L n sau đó, n u m t trong hai ngư i này ph i chuy n bài, cô ta s đưa đúng lá đư c
đánh d u đó cho ngư i kia. N u làm như th , lá bài đư c đánh d u s k t l i gi a hai cô gái
k nhau nói trên. N u n < 1994, s có 2 cô gái k nhau không bao gi chuy n lá bài cho nhau.
Bây gi , gi s khi làm th mà trò chơi không k t thúc đư c, thì ph i t n t i ít nh t 1 cô gái
chuy n bài đ n vô h n l n. T đó suy ra có m t cô chuy n bài đ n vô h n l n, trong khi m t
cô k bên cô ta ch chuy n h u h n l n mà thôi. Khi cô k bên nay th c s không chuy n n a
( vì ch chuy n h u h n l n ) thì đ ng bài c a cô y v n ti p t c tăng lên. Đi u này rõ ràng
mâu thu n.

Bài toán 32. ( Bungary MO 1999 ) Ba đ ng s i có 51, 49 và 5 viên. Ta th c hi n m t trong
hai nư c đi như sau. M t nư c đi là d n hai đ ng tùy ý thành m t đ ng. Nư c đi khác là ch n
đ ng có s ch n viên s i đ chia thành hai đ ng b ng nhau. H i có th th c hi n m t dãy các
nư c đi như th đ chia ba đ ng s i thành 105 đ ng mà m i đ ng ch có m t viên s i hay không?

L i gi i. Ban đ u s s i trong ba đ ng là 51, 49 và 5 viên đ u là s l nên bư c đi đ u tiên là
ph i d n hai đ ng l i.
Trư ng h p 1 : D n hai đ ng có 5 và 49 viên ta có hai đ ng là 51 và 54 viên, m i đ ng đ u
là b i c a 3. Bư c th hai ta chia đ ng có 54 viên thành 2 d ng có 27 viên. Bây gi s s i trong
c ba đ ng là 51, 27, 27 cùng chia h t cho 3. Vì c ba đ ng có s l viên nên bư c th ba ta l i
ph i g p hai đ ng 27 và 51 viên thành đ ng 78 viên. Vì hai s 27 và 51 đ u chia h t cho 3 nên
t ng ( = 78 ) c a chúng cũng chia h t cho 3. T c là khi th c hi n các nư c đi luân phiên thì
s s i trong m i đ ng luôn là b i c a 3. Đây chính là b t bi n c a trư ng h p này. Th t v y
khi g p hai đ ng s i có s s i chia h t cho 3 thì đư c m t đ ng s i có s s i chia h t cho 3 và
n u chia m t đ ng s i ( là g p c a hai đ ng có s s i l cùng chia h t cho 3 ) có s ch n viên
s i chia h t cho 3 thành hai ph n b ng nhau thì s s i trong m i ph n v n chia h t cho 3. Do
đó s s i trong m i đ ng v n chia h t cho 3 và nhi u nh t có th đư c là 35 đ ng, m i đ ng 3
viên.
Trư ng h p 2 : Bư c đ u tiên d n hai đ ng có 5 và 51 viên, ta đư c hai đ ng có 49 và 56
viên, c hai đ u là b i c a 7. Khi th c hi n các bư c đi luân phiên s s i trong m i đ ng nh n
đư c luôn là b i c a 7. Do đó s đ ng v i s s i nh nh t ch có th là 15 đ ng m i đ ng 7 viên.
Trư ng h p 3 : Bư c đ u tiên d n hai đ ng có 49 và 51 viên, ta đư c hai đ ng là 5 và 100
viên, s s i trong m i đ ng đ u là b i c a 5. Khi th c hi n m t trong hai nư c đi, s s i trong
m i đ ng nh n đư c luôn là b i c a 5. Do đó s đ ng v i s s i nh nh t là 21 đ ng, m i đ ng
5 viên.
K t lu n : Không th chia ba đ ng s i thành 105 đ ng m i đ ng 1 viên s i đư c.

Bài toán 33. ( Anh 2002 ) M t trò chơi dành cho hai ngư i b t đ u v i m t c t ti n n đ ng
xu: Ngư i chơi th nh t chia c t ti n đã có thành hai c t ti n tùy ý. Ngư i chơi th hai ch n
m t c t ti n ( t nh ng c t ti n đã có trên bàn ) và l i chia nó ra thfnh hai c t ti n tùy ý. Ti p
t c như v y, ngư i th ng cu c là ngư i chơi đ n bư c đi làm cho t t c các c t ti n ch có m t
ho c hai đ ng ti n. V i giá tr ban đ u nào c a n thì ngư i đ u tiên s th ng, gi s hai ngư i
tài gi i như nhau?


117
www.VNMATH.com



L i gi i. Ngư i chơi th nh t th ng khi và ch khi n = 3 ho c n ch n. Ngư i chơi th hai
th ng v i m i n l và n > 3. Ta có th ki m tra k t lu n trên đ n n = 6 và sau đó ch ng minh
b ng quy n p.
1) N u n > 6 là ch n, ngư i th nh t t o ra c t c 1 ( có 1 đ ng xu ) và c t c n – 1 ( có n
– 1 đ ng xu ). Vì n – 1 là l nên ngư i th nh t s th ng theo gi thi t quy n p ( vì ngư i chơi
th nh t tr thành ngư i chơi th hai và v trí xu t phát có s l đ ng xu ).
2) N u là s l , ngư i chơi th nh t t o ra m t c t có s ch n đ ng xu và m t c t có s l
đ ng xu. Ngư i th hai l i chia c t có s ch n đ ng xu thành hai c t có s l đ ng xu. Ti p t c
như v y, ngư i chơi th hai luôn luôn đáp l i các bư c đi c a ngư i chơi th nh t và đưa ngư i
th nh t vào tình th ch có s c t v i s l đ ng xu. Khi các c t ti n t i c 1 ( ch còn 1 đ ng
xu ), chúng không còn liên quan đ n bư c chơi. V n đ nguy k ch cho ngư i chơi là có c 3
m t c t ti n: ch có m t cách duy nh t đ ngư i th hai có th thua là n u ngư i chơi th hai
t o cho ngư i chơi th nh t m t c t duy nh t c 3 và r t nhi u c t c 1. Nhưng trong trư ng
h p như v y ngư i chơi th nh t ph i t o ra ho c là m t c t duy nh t hai đ ng xu và m t c t
3 đ ng xu, ho c là m t c t duy nh t 4 đ ng xu. Dù trong trư ng h p nào, ngư i chơi th hai
th ng ngay bư c đi ti p theo b ng cách làm gi m đi: trong trư ng h p th nh t, c t 3 đ ng
xu đư c chia ra thành c t 1 đ ng xu và c t 2 đ ng xu và trong trư ng h p th hai, ngư i th
hai chia c t 4 đ ng xu thành hai c t m i c t 2 đ ng xu. Tóm l i chi n thu t th ng c a ngư i
th hai là luôn luôn t o ra toàn là nh ng c t ti n l tr khi d n đ n tình th t t c các c t
ch m t đ ng xu và m t c t duy nh t có 3 đ ng xu, trong trư ng h p như v y thì chi n thu t
th ng đư c th c hi n như mô t t trên đây.
Bài toán 34. ( T p chí Kvant ) Cho dãy s 1, 0, 1, 0, 1,. . . T s h ng th 7 m i s b ng ch
s t n cùng c a t ng 6 s h ng trư c đó. Ch ng minh r ng dãy s không ch a 6 s h ng liên
ti p 0, 1, 0, 1, 0, 1.
L i gi i. Ta phát bi u l i bài toán như sau :
M t b 6 s (x1 , x2 , x3 , x4 , x5 , x6 ) đư c bi n đ i thành b (x2 , x3 , x4 , x5 , x6 , x7 ) v i x7 là ch
s t n cùng c a t ng x1 + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 . H i có th nh n đư c b ( 0, 1, 0, 1, 0, 1 ) t
b ( 1, 0, 1, 0, 1, 0 ) b ng cách áp d ng phép bi n đ i trên qua h u h n bư c th c hi n không?
Ta s ch ng minh r ng đi u đó là không th b ng cách thi t l p m t b t bi n không
đ i qua phép bi n đ i trên. Th t v y g i s (x1 , x2 , x3 , x4 , x5 , x6 ) là ch s t n cùng c a t ng
2x1 + 4x2 + 6x3 + 8x4 + 10x5 + 12x6 .
Vì s(x2 , x3 , x4 , x5 , x6 , x7 ) - s (x1 , x2 , x3 , x4 , x5 , x6 )
= 2x2 + 4x3 + ... + 10x6 + 12 (x1 + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 ) − 2x1 − 4x2 − ... − 12x6
≡ 10 (x1 + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 ) ≡ 0(mod10)
T đó cho th y s (x1 , x2 , x3 , x4 , x5 , x6 ) b t bi n. Vì s(1, 0, 1, 0, 1, 0 ) = 18 và s(0, 1, 0, 1, 0,
1 ) = 24 nên không th xu t hi n b ( 0, 1, 0, 1, 0, 1 ) trong dãy s .


5 M t s bài toán luy n t p v v n đ này:
Bài toán 35. Ch ng minh r ng m t hình chũ nh t 4 × 11 không th ph đư c b i các m nh
ch L 3 × 2 như hình dư i đây :

118
www.VNMATH.com



Bài toán 36. ( IMO Shortlist 1998, Iran ) Cho m t b ng kích thư c m x n. M t b bài g m mn
quân bài, m i quân có hai m t tr ng và đen. Ta th c hi n như sau : đ t t t c các quân bài vào
b ng, đ m t tr ng ng a lên t t c các ô ngo i tr duy nh t m t ô góc b ng đ ng a m t
đen. M i bư c đi ta l y m t quân có m t đen ra kh i b ng đ ng th i đ i m t t t c các quân
n m trong các ô chung đ nh v i ô v a b lo i b . Hãy xác đ nh t t c các c p ( m, n ) đ t t c
các quân bài đ u b lo i b kh i b ng.

Bài toán 37. ( IMO 1993 ) Trên m t bàn c có vô h n ô ngư i ta quy ư c m t trò chơi như
sau : Đ u tiên, m nh đư c s p x p thành m t kh i n x n các hình vuông k nhau, m i m nh đ t
trên m t hình vuông. M t l n di chuy n ( m t nư c đi ) t c là m t l n nh y theo chi u ngang
ho c chi u đ ng băng qua hình vuông chi m ch k nó đ đ n m t hình vuông không b chi m
ch ti p li n theo sau. M nh nào đã b nh y qua cũng coi như đã d i ch . Trò chơi k t thúc khi
ch còn m t m nh duy nh t trên bàn c . Tìm nh ng giá tr n đ trò chơi k t thúc.

Bài toán 38. ( Anh 2000 ) Alice chơi m t trò chơi m t mình trên m t bàn c 20 X 20. Kh i
đ u Alice tr i trên bàn c trong m i ô m t đ ng xu g m các d ng sau đây: 100 penny, 100
nickel, 100 dime và 100 quarter. Alice ch n 59 đ ng xu b t kỳ và l y ra kh i bàn c . Sau đó m i
l n Alice l y m t đ ng xu theo nguyên t c sau đây:
• M t đ ng penny có th l y đi đư c n u có 4 hình vuông ( trên, dư i , ph i , trái ) b tr ng.
Nh ng ô ngoài bàn c không đư c tính là 4 ô tr ng theo nguyên t c này. Ví d nh ng ô góc
bàn c ho c bên c nh bàn c , nh ng ô này th m chí có 3 ô bên c nh tr ng thì đ ng xu t i ô
này cũng không đư c tính theo quy t c.
• M t đ ng Nikel có th l y đi n u t n t i ít nh t 3 ô tr ng bên c nh ( nh ng ô ngoài bàn
c không đư c tính là ô tr ng ).
• M t đ ng Dime có th l y đi n u như có ít nh t 2 ô bên c nh tr ng ( nh ng ô ngoài bàn
c cũng không tính là ô tr ng ).
• M t đ ng Quarter có th l y đi ch khi có ít nh t 1 ô tr ng bên c nh ( nh ng ô ngoài bàn
c cũng không tính là ô tr ng ). Alice th ng n u như Alice l y đư c t t c đ ng xu trên bàn c .
Ch ng minh r ng không có kh năng th ng c a Alice.


Tài li u tham kh o
[1] T. Andreescu, R. Gelca, Mathematical Olympiad Challenges,, Birkhauser, 2000.

[2] Nguy n H u Đi n, Gi i Toán b ng phương pháp Đ i lư ng B t bi n, NXB Giáo d c, 2005.

[3] Hoàng Ng c Minh, M t s phương pháp xây d ng nghi m cho phương trình Diophante, Tài
li u t p hu n giáo viên Chuyên Toán, Hà N i, 2011.

[4] T Duy Phư ng, Lý thuy t trò chơi. K y u h i ngh , Nam Đ nh, 2010.

[5] T. Andresscu, R. Gelca, Putnam and Beyond, Springer, 2007.


119
www.VNMATH.com




M TS D NG TOÁN LIÊN QUAN Đ N DÃY S
CÓ QUY LU T
Lê Th Thanh H ng, Nhà XBGD Vi t Nam
Trong chương trình s h c, ngoài các bài t p tính toán đơn gi n d a trên các quy t c, tính ch t
cơ b n c a các phép tính mà các h c sinh đư c rèn luy n thông qua các bài t p trong SGK
và SBT, còn có m t d ng bài t p tính toán trên các dãy s , dãy phân s có quy lu t mà d a
vào nh ng quy lu t tính toán đó, h c sinh có th gi i toán m t cách sáng t o, lôgic, đem l i
nhi u h ng thú say mê trong h c h c t p, phát tri n tư duy, trí tu , phát huy năng l c sáng
t o, năng khi u toán h c c a h c sinh.
Trong chuyên đ này, đ c p m t s d ng toán tính toán trên các dãy s , dãy phân s có
quy lu t và m t vài tr i nghi m đ nh hư ng tư duy ho c phát tri n tư duy h c sinh nh m b i
dư ng năng l c h c toán cho các em h c sinh có kh năng h c gi i toán.


1 Tìm s các s h ng c a m t dãy s có quy lu t
V i d ng bài t p v dãy các s , dãy các phân s có quy lu t, ta thư ng dùng các phương
pháp sau:
- Phương pháp phân tích s h ng t ng quát r i kh liên ti p đ tính t ng các dãy s , dãy
phân s có quy lu t, gi i toán tìm x,và các bài toán có liên quan.
- Phương pháp làm tr i đ ch ng minh b t đ ng th c và các bài toán liên quan. V i phương
pháp này ta thư ng dùng tính ch t c a b t đ ng th c đ đưa m t v c a b t đ ng th c v
d ng tính đư c t ng h u h n ho c tích h u h n.
Đ tính t ng
S n = a1 + a2 + a3 + · · · + an
Ta bi u di n ai i = i, n , , qua hi u hai s h ng liên ti p c a m t dãy s khác. Ch ng h n
a1 = b1 − b2 ; a2 = b2 − b3 ; . . . ; an = bn−1 − bn


⇒ Sn = a1 + a2 + a3 + · · · + an = b1 − bn
Đ tính tích h u h n Pn = a1 .a2 .a3 . . . an ta bi n đ i các ak v thương c a hai s h ng liên ti p
nhau :

b1 b2 bn−1
a1 = ; a2 = ; . . . ; an =
b2 b3 bn
b 1 b2 bn−1 b1
⇒ Pn = a1 .a2 , a3 . . . . an =
. ... =
b2 b3 bn bn
Dư i đây là m t s d ng toán v dãy phân s có quy lu t đ ng th i cũng nêu m t s các
dãy s có quy lu t v i cách tính s h ng t ng quát.

120
www.VNMATH.com


Bài toán 1. Tìm n sao cho t ng c a 2n s h ng
1 1 1 1 1 14651
+ ··· +
+ + + = .
(2n − 1).(2n + 1) 2n(2n + 2)
1.3 2.4 3.5 19800

Gi i. Đ t
1 1 1 1 1
+ ··· +
A= + + +
(2n − 1).(2n + 1) 2n(2n + 2)
1.3 2.4 3.5
2 1 1
=− v i k = 1; n
Ta có
k (k + 2) k k+2
2 2 2 2 2 2
+ ··· + + ··· +
2A = + + +
(2n − 1).(2n + 1)
1.3 3.5 2.4 4.6 2n(2n + 2)
111 1 1 1111 1 1
2A = 1 − + − + · · · + − − + − + ··· + −
+
2n − 1 2n + 1
335 2446 2n 2n + 2
1 1 1 3 1 1
2A = 1 − −
+ = +
2n + 1 2 2n + 2 2 2n + 1 2n + 2
14651 3 1 1 14651
⇒−
A= + =
19800 2 2n + 1 2n + 2 19800
1 1 199
⇒ + =
2n + 1 2n + 2 9900
4n + 3 199
⇒ = .
(2n + 1)(2n + 2) 9900

Do
(4n + 3; 2(2n + 1)) = (4n + 3; 4n + 2) = 1


(4n + 3; 2(2n + 2)) = (4n + 3; 4n + 4) = 1

4n + 3

(2n + 1)(2n + 2)
là phân s t i gi n v i n là s t nhiên b t kỳ.

4n + 3 = 199
⇒ ⇒ n = 49.
(2n + 1)(2n + 2) = 9900

Bài toán 2. Tìm s nguyên dương n th a mãn

2.22 + 3.23 + 4.24 + 5.25 + · · · + n.2n = 2n+10

Gi i. Ta có
2.22 + 3.23 + 4.24 + 5.25 + · · · + n.2n = 2n+10


121
www.VNMATH.com


hay
1.2 + 2.22 + 3.22 + 4.24 + 5.25 + · · · + n.2n = 2n+10 + 2.
V trái có th bi n đ i như sau :

2 + 22 + 23 + 24 + · · · + 2n = 2n+1 − 2
22 + 23 + 24 + · · · + 2n = 2n+1 − 22
23 + 24 + · · · + 2n = 2n+1 − 23
...
2n = 2n+1 − 2n


nên

1.2 + 2.22 + 3.23 + 4.24 + 5.25 + · · · + n.2n = n.2n+1 − (2n+1 − 2)
= 2n+1 (n − 1) + 2
⇒2n+1 (n − 1) + 2 = 2n+10 + 2
2n+10
= 29 ⇒ n = 29 + 1 = 513
⇒n − 1 =
2n+1

Bài t p áp d ng
Bài toán 3. Cho
1 1 1 1
√ − · · · + (−1)n √
Q= √ √ −√ √ +√
b2 − b1 b 3 − b2 b4 − b3 bn − bn−1

Trong đó b1 ; b2 ; b3 ; b4 ; . . . ; bn−1 ; bn ; là các s h ng c a m t c p s c ng (dãy s cách đ u).
a) Tính Q.
b) Bi t công sai (kho ng cách gi a hai s h ng liên ti p nhau) là 17, s h ng th nh t là
b i c a 17 trong kho ng t 200 đ n 500, hãy tính n sao cho Q = 1 ho c Q = −1.
Gi i.
a) Ta có
1 1 1 1
√ − · · · + (−1)n √
Q= √ √ −√ √ +√
b2 − b1 b3 − b2 b4 − b3 bn − bn−1

√ √ √ √ √ √
bn + bn−1
b2 + b1 b3 + b2 b4 + b3
− · · · + (−1)n
⇒Q= − +
b2 − b1 b3 − b2 b4 − b3 bn − bn−1
√ √ √ √ √ √ √
n
b2 + b1 − b3 − b2 + b4 + b3 − · · · + (−1) ( bn + bn−1 )
⇒Q=
d
v i d = bk − bk − 1
√ √
b1 − bn−1
bn−1 + b1
⇒Q= ho c Q =
d d

122
www.VNMATH.com


tùy theo n ch n ho c n l .
b) Do d = 17, b1 là b i c a 17 trong kho ng t 200 đ n 500. Tính n sao cho Q = 1 ho c
Q = −1.

Bài toán 4. Vi t t t c các phân s sau thành dãy.
1213214321
; ; ; ; ; ; ; ; ; ;...
1121231234
a) Hãy nêu quy lu t vi t c a dãy và vi t ti p năm phân s n a theo quy lu t y.
50
b) Phân s là s h ng th m y c a dãy
31
Gi i.
a) Quy lu t c a dãy là : Các phân s theo nhóm có t ng c a TS và MS l n lư t là các s t
nhiên liên ti p.
121321432154321
; ; ; ; ; ; ; ; ; ; ; ; ; ; ;...
112123123412345
5 phân s ti p theo c a dãy là :
54321
;;;;
12345
b) Phân s có t ng T S và M S là 81. Ta nh n th y n u t ng T S và M S là k thì s các phân
s vi t đư c là (k − 1). S các phân s vi t t đ u đ n khi có t ng T S và M S là 80 là :

(1 + 79).79
1 + 2 + 3 + · · · + 79 = = 40.79 = 3160
2
Các phân s có t ng T S và M S là 81 đư c b t đ u như sau :
50
Như v y đ n phân s có 31 phân s đư c vi t thêm n a. V y phân s là s h ng th
31
(3160 + 31) = 3191

c a dãy.

Bài toán 5. Cho
1 1 1 1 1
=2 1−
1+ 1+ 1+ . . . 1 + 22009 .
22n
22 3
2 2 2
Tìm n?


2 Các d ng toán liên quan đ n b t đ ng th c
Bài toán 6. So sánh
1 1 1 1
+ 2 + 2 + · · · + 2 v i 1 (n ≥ 2)
A= 2
2 3 4 n

123
www.VNMATH.com


1 1
v i (∀n ≥ 2)
x4 ta suy ra f (x2 ) > f (x4 ) hay x4 > x6 ,. . .
Hoàn toàn tương t ta có: −1 > x2 > x4 > x6 > ... > x2n > ... > −2.
V y dãy {x2n } gi m và b ch n dư i nên h i t .
Đ t a = lim x2n , t công th c xác đ nh dãy, chuy n qua gi i h n ta có:
n→∞

1 1
a = a4 + a3 − a − 2 ⇔ (a − 2)(a + 2)3 = 0 ⇔ a = −2
8 2
Hoàn toàn tương t ta ch ng minh đư c dãy {x2n+1 } tăng và b ch n trên b i – 2 và lim x2n =
n→∞
−2. Như v y dãy {xn } h i t và có gi i h n b ng – 2.

Bài toán 7. ( đ đ ngh Olympic 30 – 4 năm 2002) Cho dãy s {xn } xác đ nh b i: x0 =
2, 7; x3 +1 − 3xn+1 (xn+1 − 1) = xn + 1. Ch ng minh r ng dãy s {xn } h i t .
n

L i gi i. Ta có: x3 +1 − 3xn+1 (xn+1 − 1) = xn + 1 ⇔ (xn+1 − 1)3 = xn ⇔ xn+1 = 3 xn + 1

n
Xét hàm s g (x) = 1 + 3 x, ta có xn+1 = g (xn ). Ta có:
1 1
g (x) = √ ⇒ 0 < g (x) = √ = q < 1, ∀x > 2
3
334
3 x2

137
www.VNMATH.com

√ √
Do x0 = 2, 7 ⇒ xn > 2, ∀n ∈. Ta có x = g (x) ⇔ x = 1+ 3 x ⇔ x−1 = 3 x ⇔ x3 −3x2 +3x−1 =
x ⇔ f (x) = x3 − 3x2 + 2x − 1 = 0
Ta có: f (x) = 3x2 − 6x + 2 = 3x(x − 2) + 2 > 0; ∀x > 2. M t khác: f (2) = −1 < 0; f (3) = 5 > 0.
Do đó phương trình x = g (x) có đúng m t nghi m x = r ∈ (2; 3). Ta ch ng minh: |xn − r| ≤
q n , ∀n.
V i n = 0 : |x0 − r| = |2, 7 − r| < 1 = q 0 .
Gi s |xk − r| ≤ q k , ta có |xk+1 − r| = |g (xk ) − g (r)|
Áp d ng đ nh lí Lagrange, ta có:

|xk+1 − r| = |g (c)(xk − r)| = |g (c)| |xk − r| ≤ |g (c)| .q k

Do xk , r > 2 ⇒ c ∈ (xk ; r) ∨ c ∈ (r; xk ) ⇒ c > 2 ⇒ 0 < g (c) < q .
V y |xk+1 − r| ≤ q k .q = q k+1 . Theo nguyên lí quy n p ta có: |xn − r| ≤ q n , ∀n ∈. V y lim xn =
n→∞
r (do 0 < q < 1).

Bài toán 8. (đ đ ngh Olympic 30 – 4 năm 2002) Cho dãy s {xn } xác đ nh b i x1 = x2 = 1
và xn+2 = 52 x2 +1 + 25 sin xn ; ∀n ∈ N ∗ . Ch ng minh r ng dãy {xn } có gi i h n và tính gi i
π
πn
h n c a nó.

L i gi i. Trư c h t ta ch ng minh: xn ∈ 0; π , ∀n ∈ N∗ . Th t v y: x1 = x2 = 1 ∈ 0; π .
2 2
2
Gi s đã có xn ∈ 0; π , ∀k ≤ n. Khi đó: xn+1 < 52 π + 25 = π v i xn ∈ 0; π và
π
2 π2 2 2
xn+1 > 0 ⇒ xn+1 ∈ 0; π 2
Theo nguyên lí quy n p: xn ∈ 0; π , ∀n ∈ N∗ .
2
Xét hàm f (x) = 52 x2 + 25 sin x − x v i x ∈ 0; π .
π
π 2
f (x) = 54 x + 25 cos −1 và f (x) = 54 − 25 sin x
π π
π π
Ta có f (x) = 0 ⇔ 54 − 25 sin x = 0 ⇔ x = arcsin π22 = x0
π
π
Ta có b ng bi n thiên c a f (x):

π
x 0 x0 2


f (x) + 0 0

2π 3
−1 −5
f (x) 5

T b ng bi n thiên suy ra f (x) = 0 có nghi m duy nh t x1 ∈ x0 ; π và f (x) > 0 v i x ∈ (0; x1 )
2
,f (x) < 0 v i x ∈ x1 ; π
2
Khi đó ta có b ng bi n thiên c a hàm f(x):

π
x 0 x1 2

−0
f ( x) + 0

f (x) 0 0


138
www.VNMATH.com


T đó suy ra f (x) > 0, ∀x ∈ 0; π và f (x) = 0 t i x = 0; x = π . V y dãy {xn } là dãy b ch n
2 2
(1)
M t khác t công th c xác đ nh dãy và b ng quy n p, ta d dàng ch ng minh đư c dãy là
không gi m. T đó suy ra dãy có gi i h n.
G i a = lim xn ⇒ 1 ≤ a ≤ π và a th a mãn f (a) = 0 suy ra a = π . V y lim xn = π .
2 2 2
n→∞ n→∞

Bài toán 9. ( Phan Huy Kh i ) Dãy s th c xác đ nh theo quy lu t: x1 = 2, 9; xn+1 = 3 +
√ x2 v i n ≥ 1. Hãy tìm m t s th c n m bên trái dãy con {x1 , x3 , ...} và bên ph i dãy con
n
xn −1
{x2 , x4 , ...} c a dãy s {xn }.

L i gi i. Quy lu t dãy s suy ra r ng xn ≥ 3 v i m i s t nhiên n ≥ 1. Yêu c u c a bài
toán là tìm s th c a sao cho x2k < a < x2k−1 v i m i s t nhiên k = 1, 2, 3, . . .
D đoán a c n tìm là gi i h n√ a dãy s {xn } khi n → ∞. Khi đó a là nghi m c a phương
c

trình x = 3 + √xx−1 v i x ≥ 3 (∗)
2

+) Gi i phương trình (*). Vì x ≥ 3 suy ra 0 < x < 1 nên có th đ t x = sin α ; α ∈ 0; π . Khi
1 1
√ √ 2
1 1
đó (*) tr thành sin α = 3 + cos α ⇔ sin α − cos α + 3 sin α cos α = 0. Gi i phương trình lư ng
√ √
√ √
giác √ ta tìm đư c sin α = 63 ± 5 − 1 và do sin α > 0 nên ch n sin α = 63 5−1 ⇒
này

3
x= 2 5+1


+) L y a = 23 5 + 1 ta ch ng minh x2k < a < x2k−1 v i m i s t nhiên k = 1, 2, 3, . . .
b ng quy n p √ √
D a vào quy lu t dãy s , xét hàm s y = f (x) = 3 + √xx−1 (x ≥ 3).
2
√ √
3; +∞ ; f (x) = − (x2 −1)1√x2 −1 < 0 ; ∀x ≥ 3, suy ra
Hàm f liên t c và có đ o hàm trên

3; +∞ . Ta có:
hàm f ngh ch bi n trên
√ √

5 + 1 < 2, 9 = x1 và x2 = f (x1 ) = 3 + √ 2,9
f (a) = a
x2n+2 = f (x2n+1 ) < f (a) = a

V y ta có đi u ph i ch ng minh: x2n+2 < a√ x2n+1 .
0 hay fn (x1 ) > fn (x2 ) Do đó hàm s fn (x) là hàm đ ng
bi n trên (0; +∞) (có th dùng đ o hàm đ ch ng minh)
Hơn n a fn (0) = −1 < 0, fn (1) = n − 1 > 0 v i n ≥ 2 nên phương trình fn (x) = 0 có nghi m
dương duy nh t xn . V 1 = xn + x2 + ... + xn nên khi n tăng thì xn gi m, t c là dãy {xn } gi m
n n
và b ch n dư i. Do đó t n t i x0 = lim xn
n→∞
1−xn x0
= 1 hay x0 = 1 . V y
M t khác, 1 = x và 0 < xn < 1 nên cho qua gi i h n ta có
n
1−xn n 1−x0 2
lim xn = 1 .
2
n→∞

Bài toán 11. (VMO -2005) Xét dãy s th c (xn ), n = 1, 2, 3, ..., xác đ nh b i: x1 = a và
xn+1 = 3x3 − 7x2 + 5xn v i m i n = 1, 2, 3, ... ,trong đó a là m t s th c. Hãy xác đ nh t t c
n n
các giá tr c a a đ dãy s (xn ) có gi i h n h u h n khi n → +∞. Hãy tìm gi i h n c a dãy s
(xn ) trong các trư ng h p đó.

L i gi i. Xét hàm s f (x) = 3x3 − 7x2 + 5x. Khi đó, có th vi t h th c xác đ nh dãy (xn )
dư i d ng xn+1 = f (xn ) v i m i n = 1, 2, 3, ....
• Ta có f (x) = 9x2 − 14x + 5. T đó, ta có b ng bi n thiên sau c a hàm f (x) :

5
x −∞ +∞
1
9

−0+
f (x) + 0
275
+∞
243
f (x) −∞ 1

Vì f (x) − x = 3x3 − 7x2 + 4x = x(x − 1)(3x − 4) nên
f (x) = x ⇔ x = 0 ho c x = 1 ho c x = 4 (1)
3
f (x) < 0 khi x < 0 (2)
f (x) > 0 khi x > 4 (3)
3
4 4 275 4
Hơn n a, do f (0) = 0, f ( 3 ) = 3 và 243 < 3 nên t s bi n thiên c a hàm f trên R suy ra:
V i m i x ∈ (−∞; 0) luôn có f (x) ∈ (−∞; 0) (4)
V i m i x ∈ (0; 3 ) luôn có f (x) ∈ (0; 4 )
4
(5)
3
V i m i x ∈ ( 4 ; −∞) luôn có f (x) ∈ ( 4 ; −∞) (6)
3 3
Xét các trư ng h p sau:
• Trư ng h p 1: a < 0. Khi đó:
(4) ⇒ xn ∈ (−∞; 0) ∀n ≥ 1.
(2) ⇒ x2 = f (x1 ) < x1 .
T đó, do hàm s f (x) đ ng bi n trên kho ng (−∞; 0), d dàng ch ng minh đư c r ng dãy
(xn ) là m t dãy s gi m. K t h p đi u này v i (1), suy ra n u (xn ) là dãy h i t và lim xn = α
thì ph i có α ∈ {0; 1; 4 } và α < a. Vì a < 0 nên không th có s α th a mãn đ ng th i hai đi u
3
ki n nêu trên. Đi u này ch ng t dãy (xn ) không là dãy h i t .
4
• Trư ng h p 2: a > 3 . Khi đó:
4
(6) ⇒ xn ∈ ( 3 ; +∞) ∀n ≥ 1
(3) ⇒ x1 < f (x1 ) = x2 .


140
www.VNMATH.com


T đó, do hàm s f (x) đ ng bi n trên kho ng ( 4 ; +∞), d dàng ch ng minh đư c r ng dãy
3
(xn ) là m t dãy s tăng. K t h p đi u này v i (1), suy ra n u (xn ) là dãy h i t và lim xn = α
thì ph i có α ∈ {0; 1; 4 } và α > a.
3
Vì a > α nên không t n t i s α th a mãn đ ng th i hai đi u ki n nêu trên. Đi u này ch ng
t dãy (xn ) không là dãy h i t .
• Trư ng h p 3: a = 0. Khi đó, dãy (xn ) là dãy h ng: xn = 0 ∀n ≥ 1 . Vì v y, (xn ) là dãy h i
t và lim xn = 0.
• Trư ng h p 3: a = 4 . Khi đó, dãy (xn ) là dãy h ng: xn = 3 ∀n ≥ 1 . Vì v y, (xn ) là dãy h i
4
3
t và lim xn = 4 .
3
• Trư ng h p 5: 0 < a < 4 . Khi đó, t (5) suy ra xn ∈ (0; 4 ) ∀n ≥ 2. Ta có:
3 3


|xn+1 − 1| = |3x3 − 7x2 + 5xn − 1| = (xn − 1)2 |3xn − 1| ∀n ≥ 1. (7)
n n
Vì xn ∈ (0; 4 ) ∀n ≥ 1 nên |3xn − 1| < 1 ∀n ≥ 1. Do đó, t (7) suy ra
3

|xn+1 − 1| < (xn − 1)2 ∀n ≥ 1.
T đó, b ng quy n p theo n, d dàng ch ng minh đư c r ng
n−1
|x − n − 1| < (a − 1)2 ∀n ≥ 1 (8)
2n−1
4
Vì a ∈ (0; 3 ) nên |a − 1| < 1. Do đó lim(a − 1) = 0. Vì th , t (8) suy ra dãy (xn ) là dãy
h i t và lim xn = 1.
4
V y tóm l i, dãy (xn ) là dãy h i t khi và ch khi a ∈ [0; 3 ]. Và khi đó:
• lim xn = 0 n u a = 0.
4
n u a = 4.
• lim xn = 3 3

• lim xn = 1 n u a ∈ (0; 4 )
3




2.2 D ng 2: Phương trình, h phương trình
1> N u hàm s y=f(x) luôn luôn tăng( ho c gi m) trên D thì phương trình f(x)=0 có nhi u
nh t m t nhi m trên D

2>N u f(x)=0 có đ i d u m t l n thì phương trình f(x)=0 có nhi u nh t hai nghi m trên
D.


Bài toán 1. Gi i phương trình −2x3 + 10x2 − 17x + 8 = 2x2 3 5x − x3 (1)
10 17 8
L i gi i. x = 0 không ph i là nghi m c a phương trình nên (1) ⇔ −2x3 + − + =
x2 x3
x
5
−1
23 x2
1
Đ tt= (t = 0).
x

8t3 − 17t2 + 10t − 2 = 2 3 5t2 − 1 √
⇔ (2t − 1)3 + 2(2t − 1) = 5t2 − 1 − 2 3 5t2 − 1 (2)

141
www.VNMATH.com


Xét f (x) = x3 + 2x ⇒ f (x) = 3x2 + 2 > 0 ∀x ∈ R
suy ra f luôn tăng trên R.
T (2), ta có: √
f (2t − 1) = f√ 3 5t2 − 1)
(
⇔ 2t − 1 = 3 5t2 − 1.
⇔ 8t3 − 12t2 + 6t − 1 = 5t2 − 1.
t = 0 (lo i)


t = 17± 97
16

17± 97
V y nghi m c a phương trình x = .
12

12
Bài toán 2. Gi i phương trình 1 log2 (x + 2) + x + 3 = log2 2xx + 1 +
+1
+2 x+2
2 x

L i gi i. Đi u ki n : −2 < x < − 1 ; x > 0
2
Phương trình tương đương
2
√ √ 1 1 1
log2 x + 2 − 2 x + 2 + x + 2 = log2 2 + −2 2+
+ 2+
x x x
Đ t f (t) = log2 t + t2 − 2t (t > 0)
Ta có
1
f (t) = t ln 2 + 2t − 2
f (t) = 2 − t2 1 2
ln
f (t) > 0 ⇔ 2 > t2 1 2 ⇔ t > √1
ln ln 4

√1 +∞
t 0 ln 4


f ( x) 0 +

f (x)
√ √
ln 4+2 ln 2−2 ln 2 ln 4
√1 ln 4 √2 − 2
Vif = + = √
ln 2
ln 4 ln 4 ln 2. ln 4

ln 4(2− ln 4)
2 ln 4−ln 4
√1
f = = >0
√ √
ln 4 ln 2. ln 4 ln 2. ln 4
⇒ f (t) > 0 , ∀t > 0 ⇒ f (t) đ ng bi n
√ √
1 1
x + 2 = f 2 + x ⇔ x + 2 = 2 + x (∗)
Theo√ ra f
bài
Đ t t = x + 2 (t > 0) ⇒ x = t2 − 2. Phương trình (*) tr thành
1
⇔ t3 − 2t2 − 2t + 3 = 0
t=2+
t2 − 2 
t=1 √
⇔  t = 1+√13

2
t = 1−2 13 (lo i)


x = −1√
V y nghi m c a phương trình:
x = 3+2 13

142
www.VNMATH.com


2 −1
Bài toán 3. Gi i phương trình: x2 + x − 1 = xex + (x2 − 1)ex (∗)

L i gi i.
2 −1
(∗) ⇔ −(x2 − 1)(ex − 1) = x(ex − 1) (1)
x = ±1 x = ±1
thì V T = 0 = V P ⇒
Nu là nghi m c a phương trình.
x=0 x=0
x=0 x2 −1 − x−
thì (1) ⇔ e x2 −1 1 = e x 1 (2)
Khi
x = ±1
t
Xét hàm s f (x) = e −1 D = R\ {0}
t
tet −et +1
f (x) = t2


Xét g (t) = tet − et + 1

g (t) = et + tet − et = tet

−∞ +∞
t 0
−0+
g (t)
+∞ +∞
g (t) 0

⇒ g (t) > 0, ∀t = 0 ⇒ f (t) tăng trong t ng kho ng xác đ nh


x −∞ +∞
0
f (x) + +
+∞
1
f ( x) 0 1

1± 5
Do đó (2) ⇔ f (x2 − 1) = f (x) ⇔ x2 − x − 1 = 0 ⇔ x = 2




Bài toán 4. (Bình Đ nh) Gi i phương trình:

−2x3 + 10x2 − 17x + 8 = 2x2 5x − x3
3




L i gi i. D th y x = 0 không ph i là nghi m c a phương trình. Chia hai v c a phương trình
cho x3 , ta đư c


10 17 8 5
− 1 ⇔ 8t3 − 17t2 + 10t − 2 = 2 5t2 − 1 (1)
3 3
−2 + − 2 + 3 =2 2
x x x x



143
www.VNMATH.com


v i t = 1/x (t = 0)
Ta bi n đ i phương trình (1) ti p t c như sau

(1) ⇔ (2t − 1)3 + 2(2t − 1) = 5t2 − 1 + 2 5t2 − 1
3




Xét hàm s f (x) = x3 + 2x thì f = 3x2 + 2 > 0 nên f là m t hàm s tăng trên R. Phương
trình cu i cùng có th vi t l i thành

3
f (2t − 1) = f ( 5t2 − 1)

Do f là hàm s tăng nên phương trình này tương đương v i

2t − 1 = 5t2 − 1 ⇔ 8t3 − 12t2 + 6t − 1 = 5t2 − 1
3


√ √
17± 97 17± 97
Gi i ra ta đư c t = 0 (lo i), t = Tương ng ta tìm đư c x =
. .
16 12

Bài toán 5. (Vĩnh Phúc đ xu t Olympic Đ ng b ng B c b 2010) Gi i phương trình

(6x − 3x )(19x − 5x )(10x − 7x ) + (15x − 8x )(9x − 4x )(5x − 2x ) = 231x

ax ≥ b x n u x ≥ 0
L i gi i. Nh n xét1: V i a > b > c > 1 thì
ax ≤ b x n u x ≤ 0
Nh n xét 2: Hàm s f (x) = ax − bx xác đ nh đ ng bi n và liên t c trên t p D = [0; +∞) do
f (x) = ax ln a − bx ln b > 0 ∀a ≥ 0 v i a > b > 0 cho trư c.
Nh n xét 3: Tích hai hàm s đ ng bi n, nh n giá tr dương trên t p D là hàm đ ng bi n t ng
hai hàm s đ ng bi n trên D là hàm s đ ng bi n.
Áp d ng
(+) n u x ≤ 0: V T = (6x − 3x )(19x − 5x )(10x − 7x ) + (15x − 8x )(9x − 4x )(5x − 2x ) ≤ 0;
V P = 231x > 0. Suy ra phương trình không có nghi m dương.
(+) V i x > 0 chia 2 v phương trình cho 231x = (3.7.11)x ta đư c
x x x x x x x x x
19 5 10 15 8 9 4 5 2
(2x −1) − −1 + − − − =1
11 11 7 11 11 7 7 3 3

T nh n xét (2) và nh n xét 3 hàm s .
x x x x x x x x x
19 5 10 15 8 9 4 5 2
g (x) = (2x −1) − −1 + − − −
11 11 7 11 11 7 7 3 3

là hàm s đ ng bi n trên D = (0; +∞) và g (1) = 1
phương trình đã cho ⇔ g (x) = g (1) ⇒ x = 1 là nghi m duy nh t c a phương trình.

Bài toán 6. ( Ch n HSG Khánh Hòa 2002) Gi i h phương trình :

(1 + 42x−y ) 51−2x+y = 1 + 22x−y+1 (1)
y 3 + 4x + 1 + ln(y 2 + 2x) = 0 (2)

144
www.VNMATH.com


(1 + 42x−y ) 51−2x+y = 1 + 22x−y+1 (1)
L i gi i. Đ t t = 2x − y . Khi đó h (I) :
y 3 + 4x + 1 + ln(y 2 + 2x) = 0 (2)
1t 4t
Ta có (1) ⇔ (1 + 4t ) 5−t+1 = 1 + 2t+1 ⇔ 5 = 1 + 2.2t
+
5 5
1t 4t
g (t) = 1 + 2.2t
Đ t f (t) = 5 + ;
5 5
Ta có: f (t) là hàm s gi m, g (t) là hàm s tăng và f (1) = g (1).
Do đó (3) ⇔ t = 1 ⇔ 2x − y = 1
2x = y + 1
V y h (I) ⇔
y + 2y + 3 + ln(y 2 + y + 1) = 0
3

Đ t h(y ) = y 3 + 2y + 3 + ln(y 2 + y + 1)
2
y 2 +4
Ta có h (y ) = 3y 2 + 2 + y2 ++1 = 3y 2 + 2y2 +yy+3 = 3y 2 + 2(yy2+1)+1 > 0
+1
2y
y +1 +1 +y
2x = y + 1 x=0
h (y ) > 0 ⇒ h(y ) là hàm s tăng và h(−1) = 0. V y (I) ⇔ ⇔
y = −1 y = −1
Bài toán 7. (Đ ng Nai) Gi i h phương trình
x5 + xy 4 = y 10 + y 6 (1)

4x + 5 + y 2 + 8 = 6 (2)

L i gi i. . N u y = 0 thì t phương trình (1) suy ra x = 0, và phương trình (2) không đư c
5
x
+ x = y5 + y
tho mãn. V y y = 0. Chia hai v c a phương trình (1) cho y 5 , ta đư c (3).
y y
5 4
Xét hàm s f (x) = x + x, ta có f (x) = 5x + 1 > 0, suy ra f là hàm s tăng trên R. Phương
trình (3) có th vi t l i thành f (x/y ) = f (y ) và do f là hàm tăng√ tương đương v i x/y = y ,
nên

2
suy ra x = y . Thay vào phương trình (2), ta đư c 4x + 5 + x + 8 = 6 (4).). Gi i ra ta
đư c x = 1 là nghi m duy nh t c a phương trình (4). T đó h ban đ u có nghi m duy nh t
(x; y ) = (1; 1) và (1; −1).
Bài toán 8. (Nguy n Trãi- H i Dương đ xu t Olympic Đ ng b ng B c b 2010) Gi i h
phương trình:
(x + y )4 + 3 = 4 (x + y )
9(x2 −y 2 )
x4 − y 4 −
+ 7(x8 y) + 3 ln x−3 = 0
−3
+
64 32 y


L i gi i. Theo bđt Cauchy ta có (x + y )4 +1+1+1 ≥ 4 4 (x + y )4 .1.1.1 = 4 |x + y | ≥ 4 (x + y )
D u b ng x y ra ⇔ x + y = 1(∗)
−3
T đó k t h p v i đk x−3 > 0 ⇒ −2 < x, y < 3
y
4 2
4 2
Pt th hai c a h ⇔ x + 932 + 78x + 3 ln (3 − x) = y + 932 + 78y + 3 ln (3 − y )
y
x
64 64
4 x2
Xét hàm s f (x) = x + 932 + 78x + 3 ln (3 − x) (v i x < 3)
64

(x3 +9x+14)(x−3)+48
x3 9x
+7+ 3
f ( x) = + =
x− 3 16(x−3)
16 16 8
(x−1)2 (x2 −x+6)
4 3 2
= x −3x16(xx 3)13x+6 =
+9 −
≤ 0 Suy hàm s ngh ch bi n trên (−2; 3), v y f (x) =
− 16(x−3)
f (y ) ⇔ x = y ( **).
T (*), (**) có x = y = 1 2


145
www.VNMATH.com


Bài toán 9. (THPT Chuyên Biên Hòa - Hà Nam đ xu t Olympic Đ ng b ng B c b 2010)
Gi i h phương trình:


y + y 2 +9
2 2
(x − y ) (x + xy + y − 2) = 6 ln x+√x2 +9

5
x y − 3xy − 1 = 0

y 2 +9
y+
2 2
L i gi i. T (x − y ) (x + xy + y − 2) = 6 ln √
x+ x2 +9


⇔ x3 − 2x + 6 ln x + x2 + 9 = y 3 − 2y + 6 ln y + y2 + 9 (1)

Xét f (t) = t3 − 2t + 6 ln t + t2 + 9 t∈R

6 2 2
f (t) = 3t2 − 2 + √ = 3 t2 + √ −
t2 + 9 3
t2 + 9

Ta có
2
√2 2
= t2 + 9 + √t2 +9 − 29 = t 27 + √t2 +9 + √t2 +9 +
2 +9 1 1 26 29
t2 + (t2 + 9) −
− 3 3 27 3
t2 +9
≥ 1 + 26 (t2 + 9) − 29 ≥ 1 + 26 = 29 − 29 = 0
27 3 3 3 3

Suy ra f (t) ≥ 0 ∀t ⇒ hàm s đ ng bi n và liên t c trên R. Mà (1) ⇔ f (x) = f (y ) ⇔ x = y.
Thay vào phương trình còn l i c a h ta có x6 − 3x2 − 1 = 0 (2) . Đ t x2 = u(u ≥ 0) suy
ra u3 − 3u = 1 (3)
Xét g (u) = u3 − 3u − 1 v i u ≥ 0.
g (u) = 3u2 − 3, có g (u) = 0 ⇔ u = ±1
Căn c vào BBT phương trình (3) có nghi m duy nh t thu c (0; 2).
Đ t u = 2 cos α v i α ∈ 0; π 2
(3) tr thành cos3α= 1 ⇔ α = π ⇒ x = ± 2 cos π
2 9 9
2 cos π ; 2 cos π ; − 2 cos π ; − 2 cos π
V y h có nghi m 9 9 9 9

Bài toán 10. (Đ do H i phòng đ xu t Olympic Đ ng b ng B c b 2010)
Gi i h phương trình: 
π
 x = cos √ y
33



π
y = cos 3√3 z

 π
 z = cos √ x

33


L i gi i. Xét hàm s

π π π
√x ⇒ f (x) = √ sin √x ⇒ |f (x)| < 1
f (x) = cos
33 33 33
T đó |x − y | = |f (y ) − f (z )| = |f (ξ )| |(y − z )| ≤ |y − z |

146
www.VNMATH.com


Tương t ta có |x − y | ≤ |y − z | ≤ |z − x| ≤ |y − x| ⇒ |x − y | = |y − z | = |z − x|
Gi s x = max {x, y, z } ⇒ x = y = z
T đó có f (x) = x. Xét hàm s :
π π π
√x ⇒ g (x) = 1 − √ sin √x
g (x) = x − cos >0
33 33 33

3
V y g (x) đ ng bi n mà g = 0 nên h phương trình đã cho có nghi m duy nh t x = y =
2

3
z= .
2

Bài toán 11. (Chuyên Hưng Yên đ xu t Olympic Đ ng b ng B c b 2010) Tìm nghi m c a
h phương trình v i x ≥ 0

2x − 2y + 2x + y + 2xy + 1 = 1

3y + 1 = 8x3 − 2y − 1
3



L i gi i. √
2x − 2y + 2x + y + 2xy + 1 = 1 (1)

3y + 1 = 8x3 − 2y − 1 (2)
3



(1) ⇔ (2x + 1) − 2 (y + 1) + (2x + 1) (y + 1) = 0
ĐK: (2x + 1)(y + 1) ≥ 0. Mà x ≥ 0 nên
2x + 1 > 0
y+1≥0
√ √
(1) ⇔ 2x + 1 − y+1 2x + 1 + 2 y + 1 = 0

⇔ 2x + 1 − y+1=0
⇔ y = 2x

6x + 1 = 8x3 − 4x − 1
3
Thay vào (2):

6x + 1 = (2x)3 + 2x
3
⇔ (6x + 1) +
Hàm s f (t) = t3 + t đ ng bi n trên R

3
(2) ⇔ 6x + 1 = 2x
1
⇔ 4x3 − 3x =
2
π
Nh n xét: x > 1 không là nghi m c a phương trình Xét 0 ≤ x ≤ 1. Đ t x = cosα v i 0 ≤ α ≤ 2
1
⇒ cos 3α =
2
α = π + k 23
π
⇔ (k ∈ Z)
9
α = − π + k 23
π
9
Do 0 ≤ α ≤ π ⇒ α = π
2 9
V y h có nghi m cos π ; 2 cos π
9 9


147
www.VNMATH.com


Bài toán 12. Gi i h phương trình sau:
√2
x − 2x + 6 . log3 (6 − y ) = x

y 2 − 2y + 6 . log3 (6 − z ) = y (I )
√2
z − 2z + 6 . log3 (6 − x) = z.

L i gi i. Đi u ki n xác đ nh: x, y, z < 6.
Vi t l i h đã cho dư i d ng tương đương
x

 √x2 −2x+6 = log3 (6 − y )

√y = log3 (6 − z )
 y2 z 2y+6

= log3 (6 − x)
√
z 2 −2z +6

u
• Xét các hàm s f (u) = và g (u) = log 3(6 − u) trên (−∞; 6).

u2 −2u+6

Ta có: f (u) = (u2 −−u+6) u2 − 2u + 6 > 0, v i u ∈ (−∞; 6) và g (u) = (6−u ) ln 3 < 0, v i
−1
6u
2
u ∈ (−∞; 6).
Suy ra f (u) đ ng bi n và g (u) ngh ch bi n trên (−∞; 6). (1)
• Gi s (x, y, z ) là m t nghi m c a h (I). Do tính đ i x ng vòng quanh c a h (I) đ i v i
x, y, z, không m t t ng quát có th gi s x = max x, y, z. Khi đó, t (I) và (1) ta có

g (y ) = f (x) = maxf (x), f (y ), f (z ) = maxg (x), g (y ), g (z )

⇒ y = minx, y, z ⇒ g (z ) = f (y ) = minf (x), f (y ), f (z ) = ming (x), g (y ), g (z )
⇒ z = maxx, y, z ⇒ z = x ⇒ f (z ) = f (x) ⇒ g (x) = g (y ) ⇒ x = y ⇒ x = y = z.
Như v y, h (I) ch có th có nghi m d ng x = y = z.
• V i x = y = z, t h (I) ta có h

 f (x) = g (x)
f (y ) = g (y ) (II )
f (z ) = g (z )


Xét phương trình f (u) = g (u). (2)
Do (1) nên phương trình (2) ch có t i đa m t nghi m trên (˘∞; 6). Hơn n a, b ng cách th
tr c ti p d th y u = 3 là nghi m c a (2). Suy ra pt (2) có nghi m duy nh t u = 3. Do đó h
(II) có duy nh t nghi m x = y = z = 3. V y, h đã cho có duy nh t nghi m x = y = z = 3.

Bài toán 13. Cho h
√ √
3 3
m(x2 + x4 + √x2 + 1) = yx
√ √ √
3 3 3 3
m( x8 + x2 + x2 + 1) + (m − 1) x4 = 2y x4

Tìm mđ h có nghi m

148
www.VNMATH.com


yx√ 0
= √ ⇔ (x; y ) = (0, c)∀c ∈ R
L i gi i. N u m = 0 thì 3 3
2y x4 = − x4
√ m(t6 + t4 + t2 + 1) = yt3
m = 0 đ t t = 3 x ta có h
m(t8 + t6 + t4 + t2 + 1) = (2y + 1)t4
Nh n xét t=0 không ph i là nghi m c a h Đ t u = t + 1 (|u| ≥ 2)
t

m(t3 + t + 1 + t1 ) = y
3
t
m(t4 + t2 + 1 + t1 + t1 ) = 2y + 1
2 4
3
m(u − 2u) = y

m(u4 − 3u2 + 1) = 2y + 1
m(u3 − 2u) = y

m(u4 − 3u2 + 1) = 2m(u3 − 2u) + 1(∗)
⇔ m(u4 − 2u3 − 3u2 + 4u + 1) = 1
Phương trình (*)
1
⇔ u4 − 2u3 − 3u2 + 4u + 1 =
m
f (u) = u4 − 2u3 − 3u2 + 4u + 1 (|u| ≥ 2)
Xét hàm s
f (u) = 4u3 − 6u2 − 6u + 4
1
m ≤ −3
1
V y h có nghi m ⇔ m ≥ −3 ⇔
m>0

Bài toán 14. Gi i h
ex = ey − x + 1
(I )
ex = ex − y + 1

L i gi i.

ex = ey − x + 1 ex = ey − x + 1 (1)
(I ) ⇔ ⇔
ex − ey = e(y − x) + (y − x) ex − ey = (y − x)(e + 1) (2)

N u x > y thì ex − ey > 0 > (y − x)(e + 1)
N u x < y thì ex − ey < 0 < (y − x)(e + 1)
Nên t (2) ⇔ x = y , thay vào (1):

ex − ex + x − 1 = 0
Xét f (x) = ex − ex + x D = R
f (x) = ex − e + 1
f (x) = 0 ⇔ ex = e − 1 ⇔ x = ln(e − 1)
x −∞ ln(e − 1) +∞

f (x) 0 +

f ( x) CT

149
www.VNMATH.com


Do đó phương trình f (x) = 0 có nhi u nh t hai nghi m, ngoài ra f (0) = 0 , f (1) = 0.

x=0 x=1
V y h có đúng hai nghi m
y=0 y=1


2.3 D ng 3: B t phương trình, h b t phương trình
Bài toán 1. ( Phan Huy Kh i) Tìm m đ h b t phương trình sau có nghi m dương

 x(3 − y 2 ) > m
y (3 − z 2 ) > m
z (3 − x2 ) > m


L i gi i. Xét hàm s f (t) = 3t − t3 v i t ≥ 0 ⇒ f (t) = 3 − 3t2

+∞
x 0 1
+0−
f (x) 0
2
−∞
f (x) 0

T đó suy ra n u m < 2 thì bpt: t(3 − t2 ) > m có nghi m t > 0. Do đó h đã cho có nghi m
x = y = z = t0 v i t0 là nghi m tùy ý c a bpt : 3t − t3 > m.
Xét khi m ≥ 2 , gi s h có nghi m là (a; b; c) thì :
a > 0; b > 0; c > 0 và : a(3 − b2 ) > m; b(3 − c2 ) > m; c(3 − a2 ) > m (1)

2 2 2
suy ra : 3 − a > 0; 3 − b > 0; 3 − c > 0. Nên: 0 < a; b; c < 3
Nhân v theo v các b t đ ng th c dương cùng chi u c a (1) Ta đư c : a(3−a2 )b(3−b2 )c(3−c2 ) >
m3 (2)

M t khác vì: 0 < a; b; c < 3 , nên : 0 < f (a) ≤ 2; 0 < f (b) ≤ 2; 0 < f (c) ≤ 2
suy ra : 0 < f (a).f (b).f (c) ≤ 23 ≤ m3 ( 3)
T (2) và (3) suy ra vô lý. V y h có nghi m khi và ch khi m < 2.

Bài toán 2. Cho α, β, γ ∈ [0; π ]. Ch ng minh r ng: 2cos α sin α + 2cos α cos β + 2sin α ≥ 4 .
2

L i gi i. Xét hàm s f (x) = 2x − x − 1 ∀x ∈ [0; 1]
Ta có: f (x) = 2x ln 2 − 1 là hàm liên t c trên R.
f (x) = 2x (ln 2)2 > 0 ∀x ∈ R nên f (x) là hàm tăng trên R. Suy ra t n t i duy nh t x0 đ
f (x0 ) = 0. Ta có b ng bi n thiên như sau:

x 0 x0 1
0 −0
f (x) +

f ( x) 0 0

150
www.VNMATH.com


⇒ f (x) ≥ 0, ∀x ∈ [0; 1] hay 2x ≥ x + 1, ∀x ∈ [0; 1]
Đ ý r ng khi α, β, γ ∈ [0; π ]. thì cos α sin β, cos α cos β, sin α ∈ [0; 1]
2
Áp d ng b đ suy ra

2cos α sin α + 2cos α cos β + 2sin α ≥ cos α sin β + cos α cos β + sin α + 3
≥ cos2 α sin2 β + cos2 α cos2 β + 3 = 4


D u b ng x y ra ch ng h n: cos α = 0, sin α = 1 t c là α = π .
2

Bài toán 3. ( Đ ch n HSG Qu c H c Hu -2005) √
3
Gi i b t phương trình: ex + (x3 − x) ln(x2 + 1) ≤ 3 x (∗)

L i gi i. Bi u th c ln(x2 + 1) luôn xác đ nh .
x = 0; x = 1; x = −1 là các giá tr th a mãn b t phương trình .

√ √ 3
Ta có : x3 − x = (x − 3 x)(x2 + x 3 x + x2 ).
√ √
Khi x ∈ {0; 1; −1} thì x = 3 x. Theo đ nh lý Lagrange thì t n t i s c n m gi a x và 3 x sao
/√
√c
3
cho: ex − e x = (x − 3 x)e
Vy

√ √ 3
(∗) ⇒ (x − 3 x)[ec + (x2 + x 3 x + x2 )] ln(x2 + 1) ≤ 0

√ √ 3
⇔ x − 3 x ≤ 0 (Vì [ec + (x2 + x 3 x + x2 )] ln(x2 + 1) > 0)
⇔ x3 − x ≤ 0

Nghi m c a b t phương trình đã cho là :x ∈ (−∞; −1] ∪ [0; 1]

1+ 3 a
ln a

Bài toán 4. Cho 1 = a > 0, ch ng minh r ng : √
a+ 3 a
a−1

3
L i gi i. a−a ≤ a+ √a 1+
ln
(1) v i 1 = a > 0
3a
1
Trư ng h p 1: a > 1
√ √ √
(1) ⇔ (a + 3 a) ln a ≤ (1 + 3 a)(a − 1) Đ tx= 3a⇒x>1
(2)
(2) ⇔ 3(x3 + x) ln x ≤ (1 + x)(x3 − 1) ∀x > 1
4 3 3
⇔ x + x − x − 1 − 3(x + x) ln x ≥ 0 (3) ∀x > 1
4 3 3
Đ t f (x) = x + x − x − 1 − 3(x + x) ln x x ∈ [1; +∞)
1
Ta có f (x) = 4x3 + 3x2 − 1 − 3[(3x2 + 1) ln x + (x3 + x) x ] = 4x3 − 4 − 3(3x2 + 1) ln x
1 1
f (x) = 3(4x2 − 3x − 6x ln x − x ); f (3) (x) = 3(8x + x2 − 6 ln x − 9)
3 −3x−1) 2 +4x+1)
= 6(x−1)(4x3
f (4) (x) = 3(8 − x − x3 ) = 6(4x x3 x
6 2
≥ 0, ∀x ≥ 1
Suy ra f (3) (x) đ ng bi n trên [1; +∞)
f (3) (x) ≥ f (3) (1) = 0 . . . tương t f (x) ≥ 0 ∀x ≥ 1
⇒ f (x) > f (1) = 0 ∀x > 1 suy ra (3) đúng.
Trư ng h p 2: 0 < a < 1, đ t a = a11 , a1 > 1 quay v trư ng h p 1.

Bài toán 5. Cho n ∈ N∗ v i n ≥ 7 ; 2 ≤ k < n. Ch ng minh k n > 2.nk .

151
www.VNMATH.com


L i gi i.
k n > 2nk ⇔ n ln k > ln 2 + k ln n
⇔ n ln k − k ln n > ln 2(∗)
Xét f (x) = n ln x − x ln n Trên [1; +∞)
n n
f (x) = x − ln n; f (x) > 0 ⇔ x < ln n
n
+∞
x 1 ln n


f (x) + 0

f ( x)
Do đk 2 ≤ k ≤ n − 1 nên khi f (x) xét [2; n − 1] thì giá tr nh nh t đ t t i f (2) hay f (n − 1).
f (2) > ln 2
Ta ch ng minh
f (n − 1) > ln 2

f (2) > ln 2 ⇔ n ln 2 − 2 ln n > ln 2 ⇔ (n − 1) ln 2 > 2 ln n
2n−1 > n2 (b ng quy n p v i n ≥ 7 luôn đúng)



f (n − 1) > ln 2 ⇔ n ln(n − 1) − (n − 1) ln n > ln 2
⇔ n ln(n − 1) > (n − 1) ln n + ln 2
(n − 1)n > 2.nn−1 (2)

tt+1 ≥ 2(t + 1)t (3)
Đ t n − 1 = t (t ≥ 6) Thì (2) tr thành: t 1t
⇔ t ≥ 2 t+1 = 2 1 +
t t
t
Ta đã có: 1 + 1 < 3 , ∀t.
t
t
Do đó 1 + 1 < 6 ≤ t v i t ≥ 6 V y (3) đúng ⇒ (2)đúng ⇒ (1) đư c ch ng minh.
t



3 Bài t p đ ngh
Bài toán 1. ( VMO 2007) Cho s th c a > 2. Đ t fn (x) = a1 0xn+10 + xn + · · · + x + 1,
(n = 1, 2, ...). Ch ng minh r ng v i m i n phương trình fn (x) = a có đúng m t nghi m . Ch ng
minh dãy s (xn ) có gi i h n h u h n khi n → ∞.
x2 − 1
1
Bài toán 2. (Hà Tĩnh 2009) Cho dãy {xn } bi t x1 = − 2 , xn+1 = v i m i n = 1, 2, 3, . . .
n
2
Tìm gi i h n c a dãy {xn } khi n d n t i vô cùng.
1
− 2008.
Bài toán 3. (Bà R a Vũng Tàu 2009) Cho dãy s xác đ nh b i x1 = 1, xn+1 = 2(x2 +1)
n
Ch ng minh r ng {xn } có gi i h n h u h n khi n d n đ n vô cùng.
Bài toán 4. (PTNK 1999) Cho a > 1 và dãy s {xn } đư c xác đ nh như sau: x1 = a, xn+1 = axn
v i m i n ≥ 1. Hãy xác đ nh t t c các giá tr c a a đ dãy {xn } h i t .

152
www.VNMATH.com


Bài toán 5. (B c Ninh 2009) Cho dãy s {xn } xác đ nh b i
x1 = π
2
∀n ∈ N∗
π +cos 2xn
xn+1 = 4

Bài toán 6. Ch ng minh r ng v i m i s nguyên dương n cho trư c, phương trình x2n+1 = x +1
có đúng m t nghi m th c. G i nghiêm đó là xn . Tìm lim xn .
n→+∞

Bài toán 7. Cho phương trình: x13 − x6 + 3x4 − 3x2 + 1 = 0.
1) Ch ng minh r ng phương trình có đúng m t nghi m th c.
−3/13
−7/3
2) Đ t x1 = 1 và xn+1 = xn +1 v i m i s nguyên dương n. Ch ng minh r ng
dãy s {xn } có gi i h n và khi đ t x0 = − lim xn thì x0 là nghi m nói trên.
n→+∞

Bài toán 8. Cho tam giác ABC không có góc tù tho mãn h th c:
1 1 5
(cos3A + cos3B ) − (cos2A + cos2B ) + cosA + cosB = .
3 2 6
Hãy tính các góc c a tam giác đó.
2x+1
Bài toán 9. Gi i phương trình: 2x2 − 6x + 2 = log2 (x_1)2
x x
Bài toán 10. Gi i phương trình: 22 + 32 = 2x + 3x+1 + x + 1
x
Bài toán 11. Gi i phương trình 2x − −1=0
2
2x
Bài toán 12. Gi i phương trình 3x − −1=0
3

Bài toán 13. Gi i phương trình log2√2+√3 (x2 − 2x − 2) = log2+√3 (x2 − 2x − 3)

Bài toán 14. Tìm a đ phương trình có nghi m

x−3 √ √ √
+ x−1+ x−3− x− x+4=0
a
x
Bài toán 15. Gi i h √
(4x2 + 1)x +√y − 3) 5 − 2y = 0
(
4x2 + y 2 + 2 3 − 4x = 7
Bài toán 16. Gi i h 
 2x + ln(x2 + x + 1) = y
2y + ln(y 2 + y + 1) = z
2z + ln(z 2 + z + 1) = x


Bài toán 17. Gi i h 2
 x + 3x + 2 + ln(x2 + x + 1) = y
y 2 + 3y + 2 + ln(y 2 + y + 1) = z
2
z + 3z + 2 + ln(z 2 + z + 1) = x

153
www.VNMATH.com


Tài li u tham kh o
[1] Các đ thi HSGQG (VMO).

[2] Các đ thi Toán qu c t và các nư c.

[3] Phan Huy Kh i, Dãy s và gi i h n, Nhà xu t b n Hà N i, (1996).

[4] GS-TSKH Nguy n Văn M u, Nguy n Th y Thanh Dãy s và gi i h n, Nhà xu t b n Giáo
d c, (2002).

[5] GS-TSKH Nguy n Văn M u, Phương pháp gi i phương trình và b t phương trình, Nhà xu t
b n Giáo d c, (1996).

[6] TS Tr n Nam Dũng, T p các bài dãy s trong đ thi Olympic 30/4 c a Các T nh phía
Nam.

[7] Các đ thi Olympic c a Các T nh Duyên H i B c b

[8] Báo Toán h c Tu i tr .

[9] Ngu n Internet.




154
www.VNMATH.com




NG D NG M T S Đ NH LÍ CƠ B N C A GI I
TÍCH
Huỳnh T n Châu, Trư ng THPT Chuyên Lương Văn Chánh - Phú Yên
Trong chương trình toán h c b c THPT các đ nh lí cơ b n c a gi i tích v l p hàm s liên t c
và kh vi có nhi u ng d ng khá thú v , nhưng chưa đư c đ c p nhi u trong các sách tham
kh o cho h c sinh chuyên toán. Trong m t s trư ng h p dùng các đ nh lí trên đ gi i quy t và
h tr cho các bài toán v phương trình, ch ng minh b t đ ng th c, các bài toán liên quan đ n
dãy s , . . . t ra khá hi u qu và thú v so v i các cách gi i khác. Còn nhi u ng d ng khác
c a các đ nh lí trên, mong đư c trao đ i t phía các Th y cô giáo và các em h c sinh yêu thích
môn toán.


1 M t s đ nh lí v tính liên t c c a hàm s
Đ nh lý 1. N u hàm s f liên t c trên đo n [a; b] thì hàm s f b ch n trên đo n [a; b], t c là
t n t i s M > 0 sao cho : |f (x)| ≤ M, ∀x ∈ [a, b] .
Đ nh lý 2. N u hàm s f liên t c trên đo n [a; b] thì f đ t đư c giá tr l n nh t và đ t đư c
giá tr nh nh t trên đo n đó, t c là t n t i các đi m x1 , x2 ∈ [a; b] sao cho :
f (x1 ) ≤ f (x) ≤ f (x2 ) , ∀x ∈ [a, b]
Đ nh lý 3. (Đ nh lí v giá tr trung gian c a hàm s liên t c) Gi s hàm s f liên t c trên
đo n [a; b] và f (a) = A, f (b) = B. Khi đó n u C là m t s b t kì n m gi a A và B thì có ít
nh t m t đi m c ∈ (a; b) đ f (c) = C.
H qu 1. N u hàm s f liên t c trên đo n [a; b] thì f nh n m i giá tr trung gian gi a giá tr
nh nh t m và giá tr l n nh t M c a nó trên đo n đó.
Đ nh lý 4. (Đ NH LÍ BOLZANO – CAUCHY ) N u hàm s f liên t c trên đo n [a; b] và
f (a).f (b) < 0 thì có ít nh t m t đi m c ∈ (a; b) đ f (c) = 0.


2 M t s đ nh lí cơ b n c a phép tính vi phân
Đ nh lý 5. (Đ nh lí Lagrange ) N u hàm s f (x) liên t c trên đo n [a; b], kh vi trên kho ng
(a; b). Khi đó t n t i ít nh t m t đi m c ∈ (a; b) sao cho f (b) − f (a) = (b − a) f (c) .
H qu 2. N u hàm s f (x) liên t c trên đo n [a; b] và f (x) = 0∀x ∈ [a; b] thì f (x) là h ng
s trên [a; b].
Đ nh lý 6. (Đ nh lí Rolle) N u hàm s f (x) liên t c trên đo n [a; b], kh vi trên kho ng (a; b)
và f (a) = f (b) thì t n t i ít nh t m t đi m c ∈ (a; b) sao cho f (c) = 0.
Đ nh lý 7. (Đ nh lí Cauchy) Cho ϕ và ψ là hai hàm s liên t c trên đo n [ab], kh vi trên
kho ng (a; b). Khi đó t n t i c ∈ (a; b) đ [ψ (b) − ψ (a)] ϕ (c) = [ϕ (b) − ϕ (a)] ψ (c)

155
www.VNMATH.com


3 M t s bài toán áp d ng
3.1 Các bài toán v phương trình
Bài toán 1. Cho hàm s f (x) liên t c trên đo n [a; b] và x1 , x2 , ..., xn là n giá tr b t kì thu c
1
[a; b]. Ch ng minh r ng t n t i s ξ ∈ [a; b] sao cho : f (ξ ) = n [f (x1 ) + f (x2 ) + ... + f (xn )].

L i gi i. Vì hàm s f (x) liên t c trên đo n [a; b] nên t n t i GTNN là m và GTLN là M trên
[ a; b ] .
1
⇒ m ≤ n [f (x1 ) + f (x2 ) + ... + f (xn )] ≤ M
Do đó theo đ nh lí v giá tr trung gian thì t n t i s ξ ∈ [a; b] sao cho :
1
f (ξ ) = [f (x1 ) + f (x2 ) + ... + f (xn )]
n


Bài toán 2. Cho hàm s f (x) liên t c trên đo n [0; 1] tho mãn đi u ki n f (0) = f (1) Ch ng
1
minh r ng phương trình : f (x) = f x + 2012 có nghi m thu c đo n [0; 1].
1
L i gi i. Xét hàm s g (x) = f x + 2012 − f (x)
Hàm s này xác đ nh và liên t c trên 0; 2011
2012
1
Ta có g (0) = f 2012 − f (0)

1 2 1 2011 2011
−f ;··· ;g = f (1) − f
g =f
2012 2012 2012 2012 2012
V y g (0) + g 2012 + ... + g 2011 = f (1) − f (0) = 0
1
2012
j
i
Suy ra t n t i i, j ∈ N và i, j ≤ 2011 sao cho g 2012 ≤ 0 và g 2012 ≥ 0
Vì g là hàm s liên t c trên 0; 2011 , nên theo đ nh lí Bolzano – Cauchy thì phương trình
2012
g (x) = f x + 2012 − f (x) = 0 có nghi m trên 0; 2011
1
2012
1
do đó phương trình : f (x) = f x + 2012 có nghi m thu c đo n [0; 1].

Bài toán 3. Tìm m i c p s th c (b; c) sao cho v i b t kì s th c a thì phương trình a cos 2x +
b cos x + c = 0 có nghi m th c thu c kho ng 0; π
2

L i gi i. Đ t f (x) = a cos 2x + b cos x + c = 2acos2 x + b cos x + c˘a
Đi u ki n c n : Gi s (b, c) là c p s th c th a mãn yêu c u bài toán.
- N u b = 0, ta l y a = 0, suy ra c = 0.
2
b 1 1 1 c
- N u b = 0, l y a = − 2√2 ⇒ f (x) = 0 ⇔ − √2 cos x − + + =0
√ √
b
2 2
1 c c 1
⇒ + ≥0⇒ ≥ − √2

b b
2
L y a = − 2 ⇒ f (x) = 0 ⇔ cos x (1 − cos x) + 2 + c = 0
b 1
b
⇒ 2 + b = − cos x (1 − cos x) < 0, ∀x ∈ 0; 2 ⇒ c < − 1
1 c π
b 2
Như v y ta có : ho c b = c = 0, ho c b = 0 và − √2 ≤ c < − 2 (1)
1 1
b
Đi u ki n đ :

156
www.VNMATH.com


π
= 0, ∀a ∈ R
- N u b = c = 0 ta có : f 4
1 c
< − 1 , ta có bf π 1 c
= b2
- N u b = 0 và − √2 ≤ ≥ 0 (2)
+

b 2 4 b
2
V i ∀x ∈ 0; π ta có :
2
b f (x) + f π − x = 2b2 c + 1 (sinx + cos x) → 2b2 c + 1 khi x → 0, do đó t n x0 ∈ 0; π
2 b 2 b 2 2
mà bf (x0 ) < 0 (3) .
T (2) và (3), theo đ nh lí Bolzano – Cauchy đ i v i hàm s liên t c ta suy ra t n t i nghi m
x ∈ 0; π mà f (x) = 0.
2
V y các c p s (b, c) th a mãn (1) là các c p s c n tìm.
Bài toán 4. (VMO – 2006) Cho hàm s f (x) = −x + (x + a) (x + b), trong đó a, b là hai s
th c dương cho trư c. Ch ng minh r ng v i m i s th c s thu c kho ng (0; 1) đ u t n t i duy
1
as +bs
nh t m t s th c dương α sao cho : f (α) = .
s
2

L i gi i. Ta có f (x) là hàm s liên t c trên [0; +∞) . Ta s ch ng minh các kh ng đ nh sau :
1. f (x) tăng th c s trên [0; +∞)

√ 2
( x+a− x+b)
V i a = b và 0x ≥ ta có : f (x) = −1 + √2x+a+b =√ >0
2 (x+a)(x+b) 2 (x+a)(x+b)
Do đó f (x√là hàm tăng trên [0; +∞) .
)
2. f (0) = ab; lim f (x) = a+b
2
x→+∞
a+b+ ab
−x2 +(x+a)(x+b)
√ a+b
M t khác lim f (x) = lim = lim =
x
2
a b
( )( )
x→+∞ x+ (x+a)(x+b)
x→+∞ x→+∞ 1+ +1 +1
x x
√ 1
as +bs a+b

3. V i m i 0 < s < 1, ta có : ab < s
2 2
BĐT bên trái là đúng theo BĐT AM – GM.
s1
s
Đ t m = a +b s , x = m , y = m thì x5 + y 5 = 1.
a b
2
Theo BĐT Bernoulli ta có :
xs − 1 ys − 1
1 1
x = (1 + xs − 1) s ≥ 1 + ; y = (1 + y s − 1) s ≥ 1 + ;
s s
(không đ ng th i x y ra đ ng th c).
C ng theo t ng v ta đư c x + y > 2, suy ra BĐT bên ph i c a 3.
T các k t qu trên suy ra ∃!α ∈ (0; 1) sao cho :
1
as + bs s
f (α) =
2


Bài toán 5. (OLYMPIC SINH VIÊN VI T NAM – 1994) Cho n là s nguyên dương, ak , bk ∈
n
R (k = 1, 2, ..., n) . Ch ng minh r ng phương trình x + (ak sin kx + bk cos kx) = 0 có nghi m
k=1
trong kho ng (−π ; π ) .
n
x2
− akk cos kx + bk
sin kx , x ∈ mathbbR.
L i gi i. Xét hàm F (x) = +
2 k
k=1
Nh n xét F (x) là hàm kh vi trên R.

157
www.VNMATH.com


n
Xét F (x) = x + (ak sin kx + bk cos kx) = 0
k=1
n n
π2 π2
− akk (−1)k ; F (π ) = − akk (−1)k
Khi đó F (−π ) = + +
2 2
k=1 k=1
Do F (−π ) = F (π ) . S d ng đ nh lí Rolle trong kho ng (−π ; π ) , ta nh n đư c đi u ph i ch ng
minh.

Bài toán 6. Cho a0 , a1 , ..., an là các s th c và th a mãn đi u ki n

a2 .22 a3 .23 an .2n
a1 a2 an
a0 + + + ... + = a0 + a1 + + + ... + =0
2 3 n+1 3 4 n+1

Ch ng minh r ng phương trình : a1 + 2a2 x + 3a3 x2 + ... + nan xn−1 = 0 có ít nh t m t nghi m
thu c kho ng (0; 2)

L i gi i. Xét hàm s f (x) = a0 x + 1 a1 x2 + 1 a2 x3 + ... + 1
a xn+1
n+1 n
2 3
Ta có f (1) = a0 + a21 + a32 + ... + nan
+1
a2 .22 a3 .23 an .2n
f (2) = 2 a0 + a1 + + + ... +
3 4 n+1
Theo gi thi t ta có f (1) = f (2) = 0. Hi n nhiên f (0) Theo đ nh lí Rolle, t n t i các s
c1 , c2 : 0 < c1 < 1 < c2 < 2 sao cho :
f (c1 ) = f (c2 ) = 0
Áp d ng đ nh lí Rolle v i hàm s f (x) trên [c1 ; c2 ], ta th y t n t i x0 ∈ (c1 ; c2 ) sao cho :
f ( x0 ) = 0
Do đó x0 ∈ (c1 ; c2 ) ⊂ (0; 2) là nghi m c a phương trình f (x) = a1 + 2a2 x + 3a3 x2 + ... +
nan xn−1 = 0. (đpcm)

Bài toán 7. Gi i phương trình : 3x = 1 + x + log3 (1 + 2x) (1)

L i gi i. ĐK: 1 + 2x > 0 ⇔ x > − 1
2

(1) ⇔ x + 3x = (1 + 2x) + log3 (1 + 2x)
⇔ 3x + log3 3x = (1 + 2x) + log3 (1 + 2x(2)

Đ t ϕ(t) = t + log3 t, t > 0
] Ta có ϕ(t) là hàm đ ng bi n trên (0; +∞)

(2) ⇔ ϕ(3x ) = ϕ(1 + 2x)
⇔ 3x = 1 + 2x ⇔ 3x − 2x − 1 = 0

Xét hàm s f (x) = 3x − 2x˘1, x > − 1
2
f (x) = 3x ln 3˘2
Ta có f (x) là hàm đ ng bi n, nên theo đ nh lý Rolle phương trình f (x) = 0 có không quá 2
nghi m. Rõ ràng f (0) = f (1) = 0.
V y phương trình đã cho ch có 2 nghi m x = 0, x = 1.

158
www.VNMATH.com


Bài toán 8. Gi i phương trình : (1 + cos x) (2 + 4cos x ) = 3.4cos x

L i gi i. Đ t y = cos x, −1 ≤ y ≤ 1.
3.4y
Ta có phương trình: (1 + y ) (2 + 4y ) = 3.4y ⇔ 2+4y − y − 1 = 0
3.4y 6 ln 4. y
Đ t f (y ) = 2+4y − y − 1. Ta có f (y ) = (2+4y4 2 ˘1
)
f (y ) = 0 ⇔ 6 ln 4.4y = (2 + 4y )2
Đây là phương trình b c hai theo 4y nên có không quá 2 nghi m.
V y theo đ nh lí Rolle thì phương trình f (y ) = 0 có không quá 3 nghi m.
1
M t khác ta th y y = 0; y = 2 ; y = 1 là 3 nghi m c a phương trình f (y ) = 0.
V y phương trình đã cho có các nghi m tương ng x = k.2π ; x = π + k.π ; x = ± π + k.2π (k ∈)
2 3

Bài toán 9. Cho a, b, c ∈ R và n ∈ N∗ th a mãn đi u ki n c = − 5(n+b) . Ch ng minh r ng
6(a
+2)
phương trình sau có nghi m trong kho ng 0; π :
2

asinn x + bcosn x + c sin x + c = 0

L i gi i. Đ t f (x) = n2a sinn+2 x − n2b cosn+2 x + 2c sin3 x − ccos2 x
+2 +2 3
Ta có f (x) xác đ nh, liên t c và có đ o hàm trên R f (x) = 2asinn+1 x cos x + 2bcosn+1 x sin x +
2csin2 x cos x + 2c cos x sin cx
f (x) = 2 sin x cos x (asinn x + bcosn x + c sin x + c)
Ta có f (0) = − n2b + 5(n+b) = 5(a−4b
6(a 6
+2 +2) n+2)
f π = n2a − 2 . 5(n+b) = n2a − 5(n+b) = 5(a−4b
6(a 4(a 6
2 +2 3 +2) +2 +2) n+2)
⇒ f (0) = f π , nên theo đ nh lý Rolle thì ∃x0 ∈ 0; π : f (x0 ) = 0
2 2
Hay ∃x0 ∈ 0; π : f (x0 ) = 2 sin x0 cos x0 (asinn x0 + bcosn x0 + c sin x0 + c) = 0
2
∃x0 ∈ 0; π : asinn x0 + bcosn x0 + c sin x0 + c = 0
2
Do đó phương trình a sinx +b cosn x + c sin x + c = 0 có nghi m trong kho ng 0; π 2


Bài toán 10. (VI T NAM TST – 1997) Hãy xác đ nh t t c các c p s th c dương a, b sao
cho v i m i n ∈ N∗ và v i m i nghi m th c xn c a phương trình 4n2 x = log2 (2n2 x + 1) ta luôn
có:
axn + bxn ≥ 2 + 3xn

L i gi i. 4n2 x = log2 (2n2 x + 1). Đ t y = 2n2 x,
PT tr thành: 2y = log2 (y + 1) ⇔ 4y = y + ⇔ f (y ) = 4y − y − 1 = 01
Ta có f (y ) = 4y ln 4 − 1, f (y ) = 4y (ln 4)2 > 0
Do đó phương trình f (y ) = 0 có không quá 2 nghi m phân bi t.
Th t v y, n u phương trình f (y ) = 0 có 3 nghi m phân bi t thì theo đ nh lí Rolle, phương trình
f (y ) = 0 có 2 nghi m phân bi t và phương trình f ”(y ) = 0 có nghi m, mâu thu n.
y=0
Ta có f (0) = f − 1 = 0 nên 1
⇒ xn = 0 ∨ xn = − 4n2 • N u xn = 0 thì ∀a, b > 0 ta
y = −1
2
2
có a0 + b0 ≥ 2 + 3.0 là đúng.
1 1
• N u xn = − 4n2 . Ta c n tìm a, b > 0 đ a− 4n2 + b− 4n2 ≥ 2 − 4n2 , ∀n ∈ N∗ (∗)
1 3

Đ t f (x) = a−x + b−x + 3x.

159
www.VNMATH.com


Ta có : f (x) = 3 − a−x ln a − b−x ln b, f (0) = 2
Hàm φ(x) = t−x ln t có φ (x) = −t−x (ln t)2 < 0 nên φ(x) gi m (0; +∞)
⇒ f (x) tăng trên [0, +∞)
- N u f (0) < 0, do f (x) liên t c nên ∃ε > 0 sao cho f (x) < 0, ∀x ∈ [0, ε)
Suy ra f (x) gi m trên [0, ε)
Luôn ∃n ∈ N∗ đ 4n2 ∈ [0, ε) nên f 4n2 < f (0) = 2 và kh ng đ nh (*) không th a mãn.
1 1

- Xét f (0) ≥ 0. Khi đó f (0) ≥ 0, ∀x ∈ [0; +∞) . Suy ra f (x) tăng trên [0; +∞). Do đó
1
f 4n2 ≥ f (0) = 2 và (*) th a mãn.
V y f (0) ≥ 0 là đi u ki n c n và đ đ ta có (*).
Do đó 3 ≥ ln a + ln b = ln ab ⇔ ab ≤ e3

3.2 Ch ng minh b t đ ng th c
Bài toán 1. Cho a < b < c. Ch ng minh r ng :
√ √
3a < a + b + c − a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca < a + b + c + a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca

L i gi i. Xét hàm s f (x) = (x − a) (x − b) (x − c)
Hàm s này th a mãn m i đi u ki n c a đ nh lí Lagrange trên đo n [a; c]
Ta có f (a) = f (b) = f (c) = 0. Theo đ nh lí Lagrange t n t i x1 ; x2 : a < x1 < b < x2 < c sao
cho : f (b) − f (a) = (b − a) f (x1 ) và f (c) − f (b) = (c − b) f (x2 )
⇒ f (x1 ) = f (x2 ) = 0
M t khác f (x) = 3x2 − 2 (a + b + c) x + ab + bc + ca
Vì f (x1 ) = f (x2 ) = 0 nên suy ra x1 , x2 (x1 < x2 ) là hai nghi m c a phương trình f (x) = 0
√ √
a + b + c − a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca a + b + c + a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca
x1 = ; x2 =
3 3
T a < x1 < b < x2 < c suy ra đpcm.

Bài toán 2. Ch ng minh r ng v i m i s th c dương a, b, c, d ta đ u có :

abc + abd + acd + bcd ab + ac + ad + bc + bd + cd
3

4 6

L i gi i. Do a, b, c, d có vai trò như nhau, không m t tính t ng quát gi s a ≤ b ≤ c ≤ d.
Xét hàm s f (x) = (x − a) (x − b) (x − c) (x − d)
Hàm s này th a mãn m i đi u ki n c a đ nh lí Lagrange trên [a; b] , [b, c] , [c, d]
Ta có f (a) = f (b) = f (c) = f (d) = 0. Theo đ nh lí Lagrange t n t i x1 , x2 , x3 :
a ≤ x1 ≤ b ≤ x2 ≤ c ≤ x3 ≤ d sao cho f (x1 ) = f (x2 ) = f (x3 ) = 0
Do đó f (x) = 4 (x − x1 ) (x − x2 ) (x − x3 )
S h ng không ch a x c a f (x) là −4x1 x2 x3
H s c a s h ng ch a x c a f (x) là : − (abc + abd + acd + bcd)
Suy ra : −4x1 x2 x3 = − (abc + abd + acd + bcd) ⇔ x1 x2 x3 = abc+abd+acd+bcd
4
H s c a s h ng ch a x c a f (x) là : 4 (x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 )

160
www.VNMATH.com


] H s c a s h ng ch a x2 c a f (x) là : ab + ac + ad + bc + bd + cd
Suy ra 4 (x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 ) = 2 (ab + ac + ad + bc + bd + cd)
⇒ x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 = ab+ac+ad+bc+bd+cd
2

(x1 x2 x3 )2
x1 x2 +x2 x3 +x3 x1 3

Theo b t đ ng th c AM – GM : 3

2
ab + ac + ad + bc + bd + cd abc + abd + acd + bcd
3

6 4
abc+abd+acd+bcd ab+ac+ad+bc+bd+cd

3
Hay (đpcm).
4 6
Đ ng th c x y ra khi và ch khi a = b = c = d.
1 t+1 1t
Bài toán 3. Cho t > 0. Ch ng minh : 1 + > 1+
t+1 t
1
L i gi i. Xét hàm s f (x) = x ln 1 + x = x [ln (x + 1) − ln x]v i x > 0.
1 1 1
Ta có f (x) = ln (x + 1) − ln x + x x+1 − x = ln (x + 1) − ln x − x+1 (1)
Xét hàm s g (y ) = ln y trên đo n [x; x + 1]. Theo đ nh lí Lagrange t n t i c : x < c < x + 1 sao
cho :
g (x + 1) − g (x) = (x + 1 − x) g (c) ⇒ ln (x + 1) − ln x = 1 > x+1
1
c
1
⇒ ln (x + 1) − ln x − x+1 > 0 (2)
T (1) và (2) suy ra f (x) > 0, ∀x > 0.
V y f (x) là hàm s đ ng bi n trên (0; +∞) .
Như v y v i t > 0 ta có f (t + 1) > f (t) ⇒ (t + 1) ln 1 + t+1 > t ln 1 + 1
1
t
1 t+1 1t 1 t+1 1t
⇒ ln 1 + ⇒ 1+
> ln 1 + > 1+ (đpcm)
t+1 t t+1 t


4n2 n
1 1
Bài toán 4. Gi s S1 = và S2 = . V i nh ng n nguyên dương nào ta có S1 < S2
1 1
k2 k=1 k 3
k=1
1
L i gi i. Xét hàm s f (x) = x 2 (x ≥ 1).
Theo đ nh lí Lagrange trên đo n : [n; n + 1] t n t i s c ∈ (n; n + 1) ta có :
1 1
f (n + 1) − f (n) = f (c) = 1 c− 2 < 1 n− 2
2 2
1
1 1
⇒ n− 2 > 2 (n + 1) 2 − n 2
Cho n nh n các giá tr t 1, 2, . . . , 4n2 , c ng l i ta nh n đư c :

4n2 + 1 > 4n − 2
S1 > 2 −1 +
2
Xét hàm s g (x) = x 3 (x ≥ 1).
Theo đ nh lí Lagrange trên đo n : [n; n + 1] t n t i s c ∈ (n; n + 1) ta có :
1
1
g (n + 1) − g (n) = g (c) = 3 c− 3 > 2 (n + 1)− 3
2
3
1 2 2
⇒ 2(n + 1)− 3 < 3 (n + 1) 3 − n 3
Cho n nh n các giá tr t 0, 2, . . . , n˘1, c ng l i ta nh n đư c :
2
2S2 < 3n 3 < 3n < 8n − 4

161
www.VNMATH.com


Suy ra 2S2 < 2S1 , ∀n ∈ N∗ . Do đó không t n t i s n nguyên dương nào th a mãn bài toán.

3.3 Các bài toán dãy s
Bài toán 1. Xét phương trình : xn − x2 − x − 1 = 0 (n > 2)
1. Ch ng minh r ng v i m i s nguyên n > 2 thì phương trình trên có m t nghi m dương duy
nh t. 2. Tìm lim n (xn − 1), trong đó xn là nghi m dương c a phương trình trên.
n→∞

L i gi i. 1. Xét hàm f (x) = xn − x2 − x − 1 = 0 (n > 2).
Ta có f (1) = −2 < 0; f (2) = 2n − 7 > 0, nên theo đ nh lí Bolzano – Cauchy suy ra phương
trình f (x) = 0 có ít nh t m t nghi m thu c (1; 2)
Rõ ràng n u x là nghi m dương c a phương trình trên thì x > 1. (do xn = x2 = x + 1 > 1).
V i x > 1 thì f (x) = nxn−1 − 2x − 1 > 0, nên theo đ nh lý Rolle phương trình f (x) = 0 ch có
nhi u nh t m t nghi m. Suy ra đi u ph i ch ng minh. Hơn n a ta có xn ∈ (0; 2).
2. Trư c h t ta ch ng minh lim xn = 1.
n→∞
x2 +xn +n 5
x2 + xn + 1 ≤
n
Th t v y 1 < xn = < 1 + n ] (BĐT AM – GM)
n
n n
Suy ra lim xn = 1 (1)
n→∞
ln(x2 +xn +1)
Ta có xn = x2 + xn + 1 ⇒ n = n
n n ln xn
−1)
⇒ n (xn − 1) = (xnxn ln (x2 + xn + 1) (2)
n
ln
−1
Ta ch ng minh : lim xnxn = 1 (3)
ln
n→∞
Th t v y đ t xn − 1 = yn .
Ta lim xnxn = lim (1 + yn )yn = ln e = 1 (do lim yn = 0)
ln
−1
n→∞ n→∞ n→∞
T (1), (2) và (3) suy ra : lim n (xn − 1) = ln 3.
n→∞

Bài toán 2. (VMO – 2002) Xét phương trình : x−1 + 4x1 1 + ... + k2 x−1 + ... + n2 x−1 = 2 ] (1)
1 1 1 1

trong đó n là tham s nguyên dương
1. Ch ng minh r ng v i m i s nguyên dương n, phương trình nêu trên có duy nh t nghi m
l n hơn 1. Kí hi u nghi m đó là xn . 2. Ch ng minh r ng dãy s {xn } có gi i h n b ng 4 khi
n → +∞
L i gi i. 1. (1) ⇔ − 1 + x−1 + 4x1 1 + ... + n2 x−1 = 0 (2)
1 1

2
Đ t fn (x) = − 2 + x−1 + 4x1 1 + ... + n2 x−1
1 1 1

V i m i n ∈ N∗ , hàm s fn (x) liên t c và ngh ch bi n trên kho ng (1; +∞) và lim fn (x) = +∞,
+ x→1
lim fn (x) = − 1 , nên theo đ nh lí Bolzano – Cauchy ∃!xn > 1 : fn (xn ) = 0
2
x→+∞
V y phương trình (1) có nghi m duy nh t l n hơn 1.
2. V i m i n ∈ N∗ , ta có :
1 1 1 1
f (4) = − + 2 +2 + ... +
(2n)2 − 1
2 2 −1 4 −1
−1
1 111 1 1
−1 + 1 − + − + ... + −
= = < 0 = fn (xn )
2n − 1 2n + 1
2 335 2(2n + 1)

162
www.VNMATH.com


Do hàm f( x) ngh ch bi n trên (1; +∞) nên suy ra xn < 4, ∀n ∈ N∗ (3)
Do v i m i n ∈ N∗ , hàm fn (x) kh vi trên [xn ; 4], nên theo đ nh lí Lagrange v i m i n ∈ N∗ t n
t i t ∈ (xn ; 4): fn (4)−fn (xn ) = fn (t) = (t−1)2 + (4t−4 2 + ... + (n2 tn 1)2 < − 1 , ∀n ∈ N∗
−2
/ −1
4−xn 9
−1) −
−1
⇒ 2(2n+1)(4−xn ) < − 9 , ∀n ∈ N∗ ⇒ xn > 4 − 2(2n+1) , ∀n ∈ N∗ (4)
1 9

9
T (3) và (4) ta đư c 4 − 2(2n+1) < xn < 4
Do đó theo đ nh lí v gi i h n c a dãy s k p gi a hai dãy s , ta có lim xn = 4
n→∞

Bài toán 3. Cho dãy s th c (xn ) v i n = 1, 2, . . . , th a mãn ln (1 + x2 ) + nxn = 1] v i m i
n
s nguyên dương n. Tìm lim n(1−n n )
nx
x
n→+∞

L i gi i. V i m i n ∈ N∗ ta đ t fn (x) = ln (1 + x2 ) + nx − 1, x ∈ R.
x+1)2
Ta có fn (x) = 1+x 2 + n = (1+x2 + n − 1 ≥ 0
2
x
fn (x) = 0 ⇔ n = 1, x = −1]. Do đó hàm s fn (x)] là hàm s tăng th c s .
1 1
Chú ý fn (0) = −1 < 0; fn n = ln 1 + n2 > 0, nên theo đ nh lí Bolzano – Cauchy, suy ra có
1
duy nh t m t s xn ∈ R th a mãn fn (xn ) = 0 và 0 < xn < n . B i v y

n ln (1 + x2 )
n (1 − nxn ) 1
n
= lim nxn . ln 1 + x2 x2
lim = lim =1
n
n
xn xn
n→+∞ n→+∞ n→+∞

1
Do lim ln (1 + x2 ) x2 = 1 và nxn = 1 − ln (1 + x2 ) → 1 khi n → +∞,
n
x→0
n(1+nxn ) n
+ n2 → +∞ khi n → +∞
vì xn → 0 khi n → +∞. Chú ý =
xn xn
K t lu n : lim n(1−n n ) = 1
nx
x
n→+∞



4 Bài t p áp d ng
Bài toán 1. Cho hàm s f (x) liên t c trên đo n [a; b] và α, β là hai s dương b t kỳ. Ch ng
minh r ng phương trình: f (x) = αf (a)+β (b) có nghi m trên đo n [a; b]
βf
α+

Bài toán 2. (ROMANIA – 1998) Cho các s th c a, b, c tho mãn : 2a + 10b + 29c = 0. Ch ng
minh r ng phương trình : ax3 + bx + c = 0 có nghi m thu c đo n [0; 1]

Bài toán 3. Cho hàm s f (x) liên t c trên đo n [0; 1] , nh n giá tr trong kho ng (0; 2). Ch ng
2
minh r ng t n t i s c ∈ (0; 1) sao cho : (1 − c)2 + [f (c) + 21−c ] = 1

Bài toán 4. Ch ng minh r ng v i a, b, c là các s th c tuỳ ý cho trư c, phương trình a cos 3x +
a cos 2x + c cos x + sin x = 0 luôn có nghi m trong kho ng (0; 2π )

Bài toán 5. Cho m > 0, còn a, b, c tho mãn đi u ki n ma + mb + m = 0 Ch ng minh r ng
c
+2 +1
khi đó phương trình ax2 + bx + c = 0 có ít nh t m t nghi m thu c kho ng (0; 1).

Bài toán 6. Ch ng minh r ng phương trình : x5 − 5x4 + 15x3 − x2 + 3x − 7 = 0 có nghi m duy
nh t.

163
www.VNMATH.com


2
Bài toán 7. Xác đ nh s nghi m c a phương trình : 2e2−x (x6 − 3x4 + 5x2 − 1) − 2e − 5 = 0
Bài toán 8. Ch ng minh r ng v i m i a, b phương trình a (25 sin 5x − sin x)+b (49 sin 7x − 9 sin 3x) =
0 có ít nh t 7 nghi m trên [0; 2π ]
Bài toán 9. Cho P (x) = (x − x1 ) (x − x2 ) (x − x3 ), v i x1 < x2 < x3 . Ch ng minh r ng :
P ( x1 )
+ P ((x2 )) + P ((x3 )) = 0
x2 x3
P ( x1 ) P P


Bài toán 10. (VI T NAM TST – 1994) Cho đa th c b c b n P (x) có 4 nghi m dương. Ch ng
minh r ng phương trình : 1−2 x .P (x) + 1 − 1−2 x P (x) − P (x) = 0 cũng có 4 nghi m dương.
4 4
x x

Bài toán 11. Gi i phương trình :
2sin2 x
1 1
= cos2x + log4 4cos3 2x − cos6x − 1
+
2 2

Bài toán 12. Gi i phương trình :

64x − 8.343x−1 = 8 + 12.4x .7x−1

Bài toán 13. Tìm nghi m dương c a phương trình:
1 1
1+ x 1+
1 1 x2
3
− x ln 1 + 2 =1−x
x ln 1 +
x x

Bài toán 14. (OLYMPIC SINH VIÊN VI T NAM – 1999) Cho hàm s f (x) kh vi trên [0; 1]
và th a mãn đi u ki n f (0) = 0; f (1) = 1; 0 ≤ f (x) ≤ 1, ∀x ∈ R. Ch ng minh r ng t n t i
hai s a, b ∈ (0; 1), a = b sao cho f (a) .f (b) = 1

Bài toán 15. (OLYMPIC SINH VIÊN VI T NAM – 1994) Cho hàm s f (x) liên t c và có
đ o hàm c p m t trên (0; +∞) và không ph i là hàm h ng. Cho a, b là hai s th c th a mãn
đi u ki n 0 < a < b. Ch ng minh r ng phương trình : xf (x) − f (x) = af(b)−bf (a) có ít nh t m t
b−a
nghi m thu c kho ng (a; b)

Bài toán 16. (OLYMPIC SINH VIÊN VI T NAM – 2003) Cho hàm s f (x) kh vi trên đo n
[a; b] và th a mãn đi u ki n a) f (a) = 2 (a − b) b) f (b) = 1 (b − a) c) f a+b = 0 Ch ng minh
1
2 2
r ng t n t i các s đôi m t khác nhau c1 , c2 , c3 ∈ (a; b) sao cho f (c1 ) .f (c2 ) .f (c3 ) = 1
a−b a−b
π
< tan a − tan b
0, 3x = x y+2 ⇒ x > 0.
2 2

⇒ 3xy + x + y > 0 Do đó TH 2 không x y ra.
V y h phương trình có nghi m duy nh t (1; 1).


1 1
2−
+ = 2 (1)


y
x
Ví d 4. Gi i h phương trình
1 1
2−
+ =2 (2)


y x


Ch ng minh. ĐK: x ≥ 1 , y ≥ 1 1 1 1 1
− 2− − 2− =0⇔
+
Tr v hai pt ta đư c √ √
2 2 y y x
x


√ 1 1
2− y − 2− x
y− x y−x y−x
=0⇔ √ √
+ √+ =0

xy xy x + y
1 1 1 1
2− y + 2− 2− 2−
xy +
x y x


167
www.VNMATH.com


1 1
TH 1.y − x = 0 ⇔ y = x th vào (1) ta đư c 2−
+ =2

x
x
1
Đ tt= √, t > 0 ta đư c
x
√ 2−t≥0 t≤2
2 − t2 = 2 − t ⇔ 2⇔ ⇔ t = 1 ⇒ x = 1 và y = 1
2
t2 − 2t + 1 = 0
2 − t = 4 − 4t + t
TH 2. √xy √1x+√y + 1√
= 0. TH này vô nghi m do ĐK
( ) xy 2− y + 2− x
1 1


V y h có nghi m duy nh t (1; 1).


3x2 + 5xy − 4y 2 = 38
Ví d 5. Gi i h phương trình
5x2 − 9xy − 3y 2 = 15

Phân tích. Đây là h phương trình có v trái đ ng c p b c hai nên ta s cân b ng s h ng
t do và th c hi n phép tr v .
45x2 + 75xy − 60y 2 = 570
⇒ −145x2 + 417xy + 54y 2 = 0
Ch ng minh. H ⇔
190x2 − 342xy − 114y 2 = 570
Gi i phương trình này ta đư c y = 3 x, y = − 145 x th vào m t trong hai phương trình c a
1
18
h ta thu đư c k t qu .

Chú ý. - Cách gi i trên có th áp d ng cho pt có v trái đ ng c p b c cao hơn.
- Cách gi i trên ch ng t r ng h phương trình này hoàn toàn gi i đư c b ng cách đ t
y = tx, x = 0 ho c đ t x = ty, y = 0.
3x2 + 2xy + y 2 = 11
Ví d 6. Tìm m đ có nghi m
x2 + 2xy + 3y 2 = 17 + m

Phân tích. Đ có k t qu nhanh hơn ta s đ t ngay y = tx, x = 0
y 2 = 11 y 2 = 11
Ch ng minh. TH 1. x = 0 ⇒ ⇔
y 2 = m+17
3y 2 = m + 17 3
V y h có nghi m x = 0 ⇔ m+17 = 11 ⇔ m = 16
3
3x2 + 2tx2 + t2 x2 = 11
TH 2. x = 0. Đ t y = tx. H ⇔
x2 + 2tx2 + 3t2 x2 = 17 + m
11
x2 = 3+2t+t2
(3 + 2t + t2 )x2 = 11
⇔ ⇔ 11
(1 + 2t + 3t2 )x2 = 17 + m (1 + 2t + 3t2 ). 3+2t+t2 = 17 + m
11
x2 = 3+2t+t2

(m − 16)t2 + 2(m + 6)t + 3m + 40 = 0 (∗)
11
Ta có 3+2t+t2 > 0, ∀t nên h có nghi m ⇔ pt (*) có nghi m. Đi u này x y ra khi và ch khi
m = 16 ho c m = 16, ∆ = (m + 6)2 − (m − 16)(3m + 40) ≥ 0
√ √
⇔ 5 − 363 ≤ m ≤ 5 + 363
√ √
K t lu n. 5 − 363 ≤ m ≤ 5 + 363


168
www.VNMATH.com


5x2 + 2xy − y 2 ≥ 3
Ví d 7. Tìm m đ có nghi m
2x2 + 2xy + y 2 ≤ mm 1


5x2 + 2xy − y 2 ≥ 3
Ch ng minh. Nhân 2 v c a bpt th hai v i -3 ta đư c 1
−6x2 − 6xy − 3y 2 ≥ −3 − m−1
C ng v hai bpt cùng chi u ta đư c −x2 − 4xy − 4y 2 ≥ − m1 1 ⇔ (x + 2y )2 ≤ m1 1
− −
Đi u ki n c n đ h bpt có nghi m là m1 1 > 0 ⇔ m > 1

5x2 + 2xy − y 2 = 3
Đi u ki n đ . V i m > 1. Xét h pt (II)
2x2 + 2xy + y 2 = 1
Gi s (x0 ; y0 ) là nghi m c a h (II). Khi đó

5x2 + 2x0 y0 − y0 ≥ 3
2
5x2 + 2x0 y0 − y0 = 3
2
0
0

2x2 + 2x0 y0 + y0 ≤ mm 1
2
2 2
2x0 + 2x0 y0 + y0 = 1 0 −

V y m i nghi m c a h (II) đ u là nghi m c a h (I).

5x2 + 2xy − y 2 = 3
⇒ −x2 − 4xy − 4y 2 = 0 ⇔ x + 2y = 0 ⇔ x = −2y
(II ) ⇔ 2 2
−6x − 6xy − 3y = −3

Thay x = −2y vào pt th 2 c a h (II) ta đư c
1 2
8y 2 − 4y 2 + y 2 = 1 ⇔ 5y 2 = 1 ⇔ y = ± √ ⇒ x = √
5 5
H (II) có nghi m, do đó h (I) cũng có nghi m. V y m > 1.
√
 3x 1 + 1 = 2
x+y
Ví d 8. Gi i h phương trình √
 √7y 1 − 1 = 4 2
x+y

Phân tích.Các bi u th c trong ngo c có d ng a + b và a˘b nên ta chia hai v pt th nh t
√ √
cho 3x và chia hai v pt th hai cho 7y.
Ch ng minh. ĐK: x ≥ 0, y ≥ 0, x + y = 0
D th  x = 0 ho c y = 0 không th a mãn h pt. V y x > 0, y > 0.
y
√ √
 1 + 1 = √2 42 √1 + √ 2 = 1 (1)
2
2 = √2 x + √7y
x+y 3x √y
7
3 3x
H⇔ ⇔ ⇔


42 √1 − √ 2 = 1
2
2
= √2 x − √7y
 1− 1 = √ 2 4
x+y x+y
7y
3 3x
x+y 7y
√ √
√2
2 √2
2
√1 √1 1

+ =
Nhân theo v hai pt trong h ta đư c x+ y
7y 7y
3x 3x

1 8 1 y = 6x
⇔ 7y 2 − 38xy − 24x2 = 0 ⇔
⇔ − = 4
y = −7x
3x 7y x+y

TH 1. y = 6x th vào pt (1) ta đư c
√ √
1 2 11 + 4 7 22 + 8 7
√ +√ =1⇔x= ⇒y=
21 7
3x 21x

169
www.VNMATH.com


TH 2.y = − 4 x không x y ra do x > 0, y > 0.
7 √ √
11+4 7 22+8 7
V y h pt có nghi m duy nh t (x; y ) = ;7 .
21

a+b=m m + n = 2a

Chú ý. H phương trình có d ng
a−b=n m − n = 2b
Trong trư ng h p này, d ng th nh t có v ph i ch a căn th c nên ta chuy n v d ng th
hai sau đó nhân v đ m t căn th c.
√a = m + n
px+qy
bx
T ng quát ta có h sau: √c = m + n
px+qy
dy
2
 x (y + z )2 = (3x2 + x + 1)y 2 z 2
y 2 (z + x)2 = (4y 2 + y + 1)z 2 x2
Ví d 9. Gi i h phương trình
2
z (x + y )2 = (5z 2 + z + 1)x2 y 2

Phân tích. N u chia hai v c a m i phương trình cho x2 y 2 z 2 thì ta đư c h m i đơn gi n
hơn.
y=0
Ch ng minh. TH 1. xyz = 0. N u x = 0 thì h ⇔ y 2 z 2 = 0 ⇔ ho c
z = t, t ∈ R
z=0
y = t, t ∈ R
TH 2. xyz = 0. Chia hai v c a m i pt trong h cho x2 y 2 z 2 ta đư c

 1 + 1 2 = 3 + 1 + 1 (1)

x2
zy x


12
1
= 4 + y + y12
1
+ (2)
x z
2

 1 1
= 5 + z + z12
1
+ (3)


y x


C ng v 3 phương trình c a h ta đư c
2 2 2
11 11 11 111 1 1 1
+ + + + + = 12 + + + + 2+ 2+ 2
zy xz yx xyzx y z
2 1 1 1
+ + = 4(4)
111 111 x y z
⇔ − − 12 = 0 ⇔
++ ++ 1 1 1
= −3(5)
+ +
xyz xyz x y z
2
1 1 1 9 9
T (4) và (1) ta có 4 − x = 3 + x + x2 ⇔ x = 13 ⇔ x = 13 .
3 9
T (4) và (2) ta có y = 4 . T (4) và (3) ta có z = 11
Tương t , t (5), (1), (2), (3) ta có x = − 5 , y = −1, z = − 5
6 4
V y h có t p nghi m là
939 5 5
− ; −1; − , t∈R
S= (t; 0; 0); (0; t; 0); (0; 0; t); ;; ;
13 4 11 6 4




170
www.VNMATH.com


Nh n xét. Qua ví d trên ta th y: t m t h phương trình đơn gi n, b ng cách đ i bi n
s ( trên là phép thay ngh ch đ o) ta thu đư c m t h ph c t p. V y đ i v i m t h ph c t p
ta s nghĩ đ n phép đ t n ph đ h tr nên đơn gi n.


3 Phương pháp đ t n ph
x + y + xy = −1
Ví d 10. Gi i h phương trình
x2 + y 2 − xy = 7

Ch ng minh. Đây là h đ i x ng lo i I đơn gi n nên ta gi i theo cách ph bi n.
(x + y ) + xy = −1
H⇔
(x + y )2 − 3xy = 7
S + P = −1 S = 1, P = −2
x+y =S
(∃x, y ⇔ S 2 ≥ 4P ) ta đư c ⇔
Đt 2
S − 3P = 7 S = −4, P = 3
xy = P
x = −1, y = 2
S=1 x+y =1
⇒ ⇔
TH 1.
P = −2 xy = −2 x = 2, y = −1
S = −4 x + y = −4 x = −1, y = −3
⇒ ⇔
TH 2.
x = −3, y = −1
P =3 xy = 3
V y t p nghi m c a h là

S = {(−1; 2); (2; −1); (−1; −3); (−3; −1)}



Chú ý. - N u h pt có nghi m là x; y thì do tính đ i x ng, h cũng có nghi m là y, x . Do v y,
đ h có nghi m duy nh t thì đi u ki n c n là x = y .
- Không ph i lúc nào h đ i x ng lo i I cũng gi i theo cách trên. Đôi khi vi c thay đ i cách
nhìn nh n s phát hi n ra cách gi i t t hơn.
x2 + y 2 + x + y = 18
Ví d 11. Gi i h phương trình
xy (x + 1)(y + 1) = 72

Phân tích. Đây là h đ i x ng lo i I
Hư ng 1. Bi u di n t ng pt theo t ng x + y và tích xy
Hư ng 2. Bi u di n t ng pt theo x2 + x và y 2 + y. Rõ ràng hư ng này t t hơn.
x2 + x = a, a ≥ − 1
(x2 + x) + (y 2 + y ) = 18
Ch ng minh. H ⇔ 4 ta đư c
Đt
y 2 + y = b, b ≥ − 1
(x2 + x)(y 2 + y ) = 72 4
a + b = 18 a = 6, b = 12

ab = 72 a = 12, b = 6
x2 + x = 6 x = 2, x = −3
a=6
⇒ ⇔
TH 1.
y 2 + y = 12 y = 3, y = −4
b = 12
x = 3, x = −4
TH 2.Đ i vai trò c a a và b ta đư c V y t p nghi m c a h là
y = 2, y = −3

171
www.VNMATH.com


S = {(2; 3); (2; −4); (−3; 3); (−3; −4); (3; 2); (−4; 2); (3; −3); (−4; −3)}

Nh n xét. Bài toán trên đư c hình thành theo cách sau
a + b = 18
(I )
Xu t phát t h phương trình đơn gi n
ab = 72
1. Thay a = x2 + x, b = y 2 + y vào h (I) ta đư c h
x2 + y 2 + x + y = 18
(1) đó chính là ví d 11
xy (x + 1)(y + 1) = 72
2. Thay a = x2 + xy, b = y 2 − xy vào h (I) ta đư c h

x2 + y 2 = 18
(2)
xy (x2 − y 2 ) = 72
3. Thay a = x2 + 2x, b = 2x + y vào h (I) ta đư c h

x2 + 4x + y = 18
(3)
x(x + 2)(2x + y ) = 72
1 1
4. Thay a = x + x , b = y + vào h (I) ta đư c h
y

(x + y )xy + x + y = 18xy
(4)
(x2 + 1)(y 2 + 1) = 72xy
5. Thay a = x2 + 2xy, b = y 2 − xy vào h (I) ta đư c h

x2 + y 2 + xy = 18
(5)
xy (x + 2y )(y − x) = 72

- Như v y, v i h xu t (I), b ng cách thay bi n ta thu đư c r t nhi u h pt m i.
a+b=7
- Thay h xu t phát (I) b ng h xu t phát (II) và làm tương t như trên
a2 − b2 = 21
ta l i thu đư c các h m i khác. Ch ng h n
6. Thay a = x2 + y 2 , b = xy vào h (II) ta đư c h

x2 + y 2 + xy = 7
(6)
x4 + y 4 + x2 y 2 = 21
1 1
7. Thay a = x + x , b = y + vào h (II) ta đư c h
y

1 1
x+y+ x + y =7
(7)
x2 − y 2 + x2 − y12 = 21
1


1 x
8. Thay a = x + y , b = vào h (II) ta đư c h
y


xy + x + 1 = 7y
(8)
(xy + 1)2 + x2 = 21y 2

172
www.VNMATH.com


1
9. Thay a = x + y, b = vào h (II) ta đư c h
y

(x + y )y + 1 = 9y
(9)
(x + y − 2)2 y 2 − 21y 2 = 1

10. Thay a = x2 + 2x, b = y 2 + 2x vào h (II) ta đư c h

x2 + y 2 + 4 x = 7
(10)
x4 − y 4 + 4x(x2 − y 2 ) = 21

Như v y, n u chúng ta bi t cách t o ra bài toán thì chúng ta có th nghĩ ra cách gi i c a nh ng
bài toán khác.
Ví d 12. Gi i các h pt sau
5
x2 + y + x3 y + xy 2 + xy = − 4
x(x + y + 1) − 3 = 0
a) b)
5 5
(x + y )2 − x2 + 1 = 0 x4 + y 2 + xy (1 + 2x) = − 4

x2 + y 2 + 2(x + y ) = 7
x + y − xy = 3
√ √
c) d)
y (y − 2x) − 2x = 10
x+1+ y+1=4
1
x + y + 1 − 3. x = 0
Ch ng minh. a) ĐK. x = 0 H ⇔ 12
(x + y )2 − 5. x + 1 = 0
1
Đ t x + y = a, = b ta đư c h
x

a + 1 − 3b = 0 a = 3b − 1 a = 2, b = 1 x=y=1
⇔ ⇔ ⇒
a = 2, b = 1
1
x = 2, y = − 3
a2 − 5b2 + 1 = 0 (3b − 1)2 − 5b2 + 1 = 0 2 2

(x2 + y ) + xy (x2 + y + 1) = − 5
4 Đ t x2 + y = a, xy = b ta đư c
b) H ⇔
(x2 + y )2 + xy = − 54

5
a = 0, b = − 5
a2 − a − ab = 0
a + b(a + 1) = − 4
⇔ ⇔ 4
a2 + b = − 5 b = − 5 − a2 a = −1, b = −3
4 4 2 2

 x= 3 5
x2 + y = 0
a=0 4
⇒ ⇔
TH1.
b = −5 xy = − 5 25
 y=−3
4 4
16
a = −1 x2 + y = − 1 x − 2x = − 1
3
2
x=1
2⇒ 2⇔ ⇔
2
TH2.
b = −3 xy = − 3 y = − 23x 3
y = −2
2 2
3
; 3 5 ; − 3 25
V y t p nghi m c a h pt là S = 1; − 2 4 16
c) ĐK: x ≥ −1, y ≥ −1, xy ≥ 0
√ √
x + y − xy = 3 x + y − xy = 3

H⇔ ⇔
x + y + 2 x + y + xy + 1 = 14
x + y + 2 + 2 (x + 1)(y + 1) = 16

Đ t x + y = a, xy = b a ≥ −2, b ≥ 0, a2 ≥ 4b2 ta đư c h pt

a − b√ 3
= a√ 3 + b
= a=3+b
⇔ ⇔
3b2 + 26b − 105 = 0
a + 2 a + b2 + 1 = 14 2 b2 + b + 4 = 11 − b

173
www.VNMATH.com


b=3 x=3
⇔ ⇒ (th a đi u ki n)
a=6 y=3
(x + 1)2 + (y + 1)2 = 9
d) H ⇔
(y − x)2 − (x + 1)2 = 9
a2 + b 2 = 9
Đ t a = x + 1, b = y + 1 ⇒ b − a = y − x ta đư c h
(b − a)2 − a2 = 9
⇒ a2 + b2 = (b − a)2 − a2 ⇔ a2 = −2ab ⇔ a = 0 ho ca = −2b
a = 0 ⇒ b = ±3 ⇒ x = −1, y = 2 ho c x = −1, y = −4
3 6
a = −2b ⇒ 5b2 = 9 ⇔ b = ± √5 ⇒ a = √5
6 3 6 3
⇒ x = −1 − √5 , y = −1 + √5 ho c x = −1 + √5 , y = −1 − √5
V y h có 4 nghi m như trên.



4 Phương pháp đưa v d ng tích
- Cơ s phương pháp. Phân tích m t trong hai phương trình c a h thành tích các nhân
t . Đôi khi c n t h p hai phương trình thành phương trình h qu r i m i đưa v d ng tích.
(ax + by + c)f (x; y ) = 0
trong đó f (x, y ) đư c ch n
- Cách thành l p h d ng này
g (x; y ) = 0
f ( x; y ) = 0 f (x; y ) = 0
gi i đư c; g (x, y ) đư c ch n sao cho
sao cho vô nghi m ho c
g (x; y ) = 0 g (x; y ) = 0
ax + by + c = 0
gi i đư c và th a mãn k t h p đư c v i f (x, y )
g ( x; y ) = 0

xy + x + y = x2 − 2y 2 (1)


Ví d 13. Gi i h phương trình sau
x 2y − y x − 1 = 2x − 2y (2)

Phân tích. Rõ ràng, vi c gi i phương trình (2) hay k t h p (1) v i (2) không thu đư c k t
qu kh quan nên chúng ta t p trung đ gi i (1).
Ch ng minh. ĐK: x ≥ 1, y ≥ 0
(1) ⇔ y (x + y ) + (x + y ) = x2 − y 2 ⇔ (x + y )(y + 1 − x + y ) = 0
TH1. x + y = 0 (lo i dox ≥ 1, y ≥ 0 )
TH2. 2y + 1 − x = 0 ⇔ x = 2y + 1 th vào pt (2) ta đư c
√ √ √
(2y + 1) 2y − y 2y = 4y + 2 − 2y ⇔ (y + 1) 2y = 2(y + 1)
y = −1
y+1=0
⇔√ ⇔ Do y ≥ 0 ⇒ y = 2 V y h có nghi m (x; y ) = (5; 2)
2y = 2 y=2
Chú ý. Do có th phân tích đư c thành tích c a hai nhân t b c nh t đ i y (hay x) nên có
th gi i pt (1) b ng cách coi (1) là pt b c hai n y (ho c x).
1 1
x − x = y − y (1)
Ví d 14. Gi i h phương trình sau
2y = x3 + 1 (2)


174
www.VNMATH.com


Phân tích. T c u trúc c a pt (1) ta th y có th đưa (1) v d ng tích.

Ch ng minh. ĐK: xy = 0 (1) ⇔ x − y − x + y = 0 ⇔ x − y + xxyy = 0 ⇔ (x − y ) 1 +
1 1 1
=0
xy

−1± 5
TH1. x = y th vào (2) ta đư c x3 − 2x + 1 = 0 ⇔ x = 1 ho c x = (TM)
2
1 1
TH2. 1 + xy = 0 ⇔ y = − x th vào pt (2) ta đư c
x4 + x + 2 = 0 ⇔ (x2 − 1 )2 + (x + 2 )2 + 3 = 0 Pt này vô nghi m.
1
2 2 √ √ √ √
−1+ 5 −1+ 5 −1− 5 −1− 5
V y h có nghi m S = (1; 1); ;2 ; ;2
2 2



x − x3 = y − y13 (1)
1
Ví d 15. Gi i h phương trình sau
(x − 4y )(2x − y + 4) = −36 (2)

Ch ng minh.
x=y
(y −x)(y 2 +xy +x2 )
1 1
x− =y− ⇔ (x − y ) = ⇔ y 2 +xy +x2
x3 y3 x3 y 3 = −1
x3 y 3
x = −6
TH1. x = y th vào (2) ta đư c x2 + 4x − 12 = 0 ⇔
x=2
2 2
TH2. y +xy+x = −1 ⇒ xy < 0
x3 y 3
th vào pt (2) ta đư c
(2) ⇔ 2x2 + 4y 2 − 9xy + 4x − 16y = −36 ⇔ 2(x + 1)2 + 4(y − 2)2 − 9xy = −18
Trư ng h p này không x y ra do xy < 0 ⇒ 2(x + 1)2 + 4(y − 2)2 − 9xy > 0
V y h có nghi m S = {(2; 2); (−6; −6)}

8xy
x2 + y 2 + x+y = 16 (1)

Ví d 16. Gi i h phương trình sau
x + y = x2 − y (2)

Phân tích. Rõ ràng, vi c gi i phương trình (2) hay k t h p (1) v i (2) không thu đư c k t
qu kh quan nên chúng ta t p trung đ gi i (1)
Ch ng minh. ĐK: x + y > 0 (1) ⇔ (x2 + y 2 )(x + y ) + 8xy = 16(x + y )
⇔ (x + y )2 − 2xy (x + y ) + 8xy = 16(x + y )
⇔ (x + y ) (x + y )2 − 16 − 2xy (x + y − 4) = 0
⇔ (x + y − 4) [(x + y )(x + y + 4) − 2xy ] = 0
x = −3 ⇒ y = 7
TH1. x + y − 4 = 0 th vào (2) ta đư c x2 + x − 6 = 0 ⇔
x=2⇒y=2
2 2
TH2.(x + y )(x + y + 4) − 2xy = 0 ⇔ x + y + 4(x + y ) = 0 Pt này vô nghi m do đi u ki n.
V y h có nghi m S = {(−3; 7); (2; 2)}



5 Phương pháp s d ng tính đơn đi u c a hàm s
* Cơ s phương pháp. N u f (x) đơn đi u trên kho ng (a; b) và x, y ∈ (a; b) thì f (x) =
f (y ) ⇔ x = y

175
www.VNMATH.com


* Cách xây d ng h theo phương pháp này.
- L y hàm s f (t) đơn đi u trên kho ng (a; b) , u(x; y ), v (x; y ) ∈ (a; b)
u(x; y ) = v (x; y )
- L y g (x; y ) sao cho h gi i đư c trên t p xác đ nh c a chúng.
g (x; y ) = 0
f (u) = f (v )
- L p h phương trình
g ( x; y ) = 0
2x − 2y = (y − x)(xy + 2)
Ví d 17. Gi i h phương trình sau
x2 + y 2 = 2
Phân tích. N u thay 2 = x2 + y 2 vào phương trình th nh t thì ta s đư c hđt
Ch ng minh. Thay 2 = x2 + y 2 vào phương trình th nh t ta đư c
2x − 2y = (y − x)(xy + x2 + y 2 ) ⇔ 2x − 2y = y 3 − x3 ⇔ 2x + x3 = 2y + y 3 (1)
Xét hàm s f (t) = 2t + t3 , t ∈ R có f (t) = 2t ln 2 + 3t2 > 0, ∀t ∈ R suy ra f (t) đ ng bi n
trên R . (1) ⇔ f (x) = f (y ) ⇔ x = y th vào pt th hai ta đư c x = y = ±1. V y t p nghi m
c a h là S = {(1; 1); (−1; −1)}


(4x2 + 1)x +√y − 3) 5 − 2y = 0 (1)
(
Ví d 18. Gi i h phương trình sau
4x2 + y 2 + 2 3 − 4x = 7 (2)
x≤ 3
3 − 4x ≥ 0
⇔ 4
Ch ng minh. ĐK: 5
5 − 2y ≥ 0 y≤2

(1) ⇔ (4x2 + 1)2x + (2y − 6) 5 − 2y = 0
√ √ √ √
2 3
⇔ (2x)2 + 1 (2x) = 5 − 2y + 1 5 − 2y ⇔ (2x)3 + 2x = 5 − 2y + 5 − 2y

⇔ f (2x) = f ( 5 − 2y ) v i f (t) = t3 + t f (t) = 3t2 + 1 > 0, ∀t ∈ R, f (t) đ ng bi n trên
√ √ 42
R. V y f (2x) = f ( 5 − 2y ) ⇔ 2x = 5 − 2y ⇔ y = 5−2 x , x ≥ 0.

2
42
Th vào phương trình th hai ta đư c 4x2 + 5−2 x + 2 3 − 4x − 7 = 0 ⇔ g (x) = 0

2
42
V i g (x) = 4x2 + 5−2 x + 2 3 − 4x − 7, x ∈ 0; 3 4


x3 − 3x = y 3 − 3y (1)
Ví d 19. Gi i h phương trình sau
x2 + y 2 = 1 (2)
Phân tích. Ta có th gi i h trên b ng phương pháp đưa v d ng tích. Tuy nhiên ta mu n
gi i h này b ng phương pháp s d ng tính đơn đi u c a hàm s . Hàm s f (t) = t3 − 3t không
đơn đi u trên toàn tr c s , nhưng nh có (2) ta gi i h n đư c x và y trên đo n [−1; 1]
Ch ng minh. T (2) ta có x2 ≤ 1, y 2 ≤ 1 ⇔ x, y ∈ [−1; 1]
Hàm s f (t) = t3 − 3t có f (t) = 3t2 − 3 < 0, ∀t ∈ (−1; 1) ⇒ f (t) đ ng bi n trên đo n

[−1; 1] .x, y ∈ [−1; 1] nên (1) ⇔ f (x) = f (y ) ⇔ x = y th vào pt (2) ta đư c x = y = ± 22 .
√ √ √ √
2
; 22 2
; − 22

;
V y t p nghi m c a h là S = 2 2


Nh n xét. Trong trư ng h p này ta đã h n ch mi n bi n thiên c a các bi n đ hàm s
đơn đi u trên đo n đó.

176
www.VNMATH.com


Ví d 20. Tìm các giá tr c a m đ h phương trình sau có nghi m
x3 − √ + 3y 2 − 3x − 2 = 0
y3
x2 + 1 − x2 − 3 2y − y 2 + m = 0

Ch ng minh. ĐK: −1 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 2
(1) ⇔ x3 − 3x = (y − 1)3 − 3(y − 1)
Hàm s f (t) = t3 − 3t ngh ch bi n trên đo n [−1; 1].
x, y − 1 ∈ [−1; 1] nên f (x) = √(y − 1) ⇔ x = y − 1 ⇔ y = x + 1
f
2
Th vào pt(2) ta đư c x − 2 1 − x2 = −m (3)
H có nghi m ⇔ Pt (3) có nghi m x ∈ [−1; 1]

Xét g (x) = x2 − 2 1 − x2 , x ∈ [−1; 1] , g (x) = 2x 1 + √11 x2

g (x) = 0 ⇔ x = 0.g (0) = −2, g (±1) = 1. g (0) = −2, g (±1) = 1
Pt (3) có nghi m x ∈ [−1; 1] ⇔ −2 ≤ −m ≤ 1 ⇔ −1 ≤ m ≤ 2


x2 + 1 = 3y
x+
Ví d 21. Gi i h phương trình
y 2 + 1 = 3x
y+

Ch ng minh. Tr v hai pt ta đư c
√ √
x + x2 + 1 − y + y 2 + 1 = 3y − 3x ⇔ x + x2 + 1 + 3x = y + y 2 + 1 + 3y
√ t
f (x) = f (y ) nên f (t) = t + t2 + 1 + 3t .f (t) = 1 + √t2 +1 + 3t ln 3 > 0, ∀ ∈ R.
⇒ f√) đ ng bi n trên R. B i v y f (x) = f (y ) ⇔ x = y th vào pt th nh t ta đư c
(t √
x + x2 + 1 = 3x ⇔ 1 = 3x x2 + 1 − x ⇔ g (0) = g (x)
√ √
x2 + 1 − x .g (x) = 3x ln 3 x2 + 1 − x + 3x √xx+1 − 1
V i g (x) = 3x 2
√ √ √
= 3x x2 + 1 − x ln 3 − √x1 +1 > 0, ∀x ∈ R. do x2 + 1 − x > 0 và x2 + 1 ≥ 1
2

Suy ra g (x) đ ng bi n trên R. B i v y g (x) = g (0) ⇔ x = 0
V y h phương trình có nghi m duy nh t x = y = 0.

ex = 2007 − √ y2
y −1
có đúng 2 nghi m x > 0, y > 0
Ví d 22. Ch ng minh h
√x
ey = 2007 − x2 −1

x2 − 1 > 0 x ∈ (−∞; −1) ∪ (1; +∞) x>0 x>1

Ch ng minh. ĐK: Do nên
2
y −1>0 y ∈ (−∞; −1) ∪ (1; +∞) y>0 y>1
Tr v hai pt ta đư c ex − ey = √xx−1 − √ y2 ⇔ ex − √xx−1 = ey − √ y2
2 2
y −1 y −1
√t
t
Hay f (x) = f (y ) v i f (t) = e − ∈ (1; +∞)
,t
t2 −1
1
t
f (t) = e + (t2 −1)√t2 −1 > 0, t ∈ (1; +∞) ⇒ f (t) đ ng bi n trên (1; +∞)
B i v y f (x) = f (y ) ⇔ x = y th vào pt th nh t ta đư c
ex = 2007 − √xx−1 ⇔ ex + √xx−1 − 2007 = 0 ⇔ g (x) = 0
2 2
x
x
V i g (x) = e + √x2 −1 − 2007, x ∈ (1; +∞). Ta có
3x(x2 −1)
1
g (x) = ex − g ( x) = e x + > 0, ∀x ∈ (1; +∞)
;
√ √
(x2 −1)3 x2 −1
(x2 −1) x2 −1


177
www.VNMATH.com


Suy ra g (x) đ ng bi n trên (1; +∞). g (x) liên t c trên (1; +∞). và có

lim g (x) = −∞, lim g (x) = +∞
x→+∞
x→1+


nên g (x) = 0 có nghi m duy nh t trên x0 ∈ (1; +∞) và

g (x) > 0 ⇔ g (x) > g (x0 ) ⇔ x > x0 . g (x) < 0 ⇔ 1 < x < x0

T BBT c a g (x) ta suy ra pt g (x) = 0 có đúng 2 nghi m x ∈ (1; +∞). V y h phương trình
đã cho có đúng 2 nghi m dương.


ln(1 + x) − ln(1 + y ) = x − y (1)
Ví d 23. Gi i h phương trình
x2 − 12xy + 20y 2 = 0 (2)

Ch ng minh. ĐK: x > −1, y > −1
(1) ⇔ ln(1 + x) − x = ln(1 + y ) − y ⇔ f (x) = f (y ) v i
f (t) = ln(1 + t) − t, t ∈ (−1; +∞)

f (t) = 1+t − 1 = 1+tt = 0 ⇔ t = 0 ∈ (−1; +∞) ⇒ f (t) đ ng bi n trên (−1; 0) và ngh ch
1

bi n trên kho ng
TH 1. x, y ∈ (−1; 0) ho c x, y ∈ (0; +∞) thì f (x) = f (y ) ⇔ x = y
Th vào pt (2) ta đư c x = y = 0 (không th a mãn)
TH 2. x ∈ (−1; 0),y ∈ (0; +∞) ho c ngư c l i thì xy < 0 ⇒ x2 − 12xy + 20y 2 > 0
TH 3. xy = 0 thì h có nghi m x = y = 0 . V y h có nghi m duy nh t x = y = 0.

M t s đ xu t
M i bài toán thư ng có cái g c c a nó, vi c h c sinh phát hi n ra bài toán g c s th y toán
h c r t th c t , t nhiên và không khó như các em nghĩ đ ng th i t o ni m tin và h ng thú
h c t p v i các em. V i tinh th n như v y và theo hư ng này các thày cô giáo và các em h c
sinh có th tìm ra đư c nhi u kinh nghi m hay v i nhi u đ tài khác nhau. Ch ng h n, các bài
toán v tích phân, các bài toán v t h p – xác su t, các bài toán v phương pháp t a đ trong
m t ph ng, trong không gian.


Tài li u tham kh o
[1] Nguy n Văn M u, Phương trình hàm, Nhà xu t b n Giáo d c, 1997.

[2] Pl. Kannappan, Functional Equations and Inequalities with Applications, Springer, 2009,
295-323.

[3] J. Bochnak and J. Sicial, Analytic functions in topological vector spaces, Studia Math., 39
(1971), 77-112.




178
www.VNMATH.com




M TS BÀI TOÁN V ĐA TH C TRONG CÁC KÌ
THI H C SINH GI I
Huỳnh Kim Linh - Tô Hùng Khanh, Trư ng THPT Chuyên Lê Quý Đôn - Khánh Hòa


1 Các bài toán có l i gi i
Bài toán 1. Tìm t t c các đa th c f (x) = x3 + ax2 + bx + c, v i a, b, c là các s th c th a
phương trình f (x) = 0 có các nghi m là a, b, c.

Gi i. Đa th c f (x) = x3 + ax2 + bx + c có các nghi m là a, b, c đư c vi t dư i d ng :
f (x) = (x − a)(x − b)(x − c
).
 −(a + b + c) = a
Đ ng nh t các h s ta có : ab + bc + ca = b
−abc = c

V i c = 0, ta có  nghi m a = b = c = 0  a = 1, b = −2, c = 0.
2 và
 a = −1
 −(a + b + c) = a b
c= 2 −b
ab + bc + ca = b ⇔
V i c = 0 ta có
 4 b3
b + b − 2b2 + 2 = 0
−abc = c

b4 + b3 − 2b2 + 2 = 0 ⇔ (b + 1)(b3 − 2b + 2) = 0 ⇔ b = −1 ho c b3 ˘2b + 2 = 0.
2
V i b = −1 thì a = 1, c = −1 V i b3 − 2b + 2 = 0, b ng cách đ t b = 2 x ta đưa phương trình
3

3√3
v d ng 4x3 − 3x + = 0, phương trình có nghi m :
22

√ √
√ √ √ √
− 3√3 + − 2√3 −
3
27 27
3 3
−1+ −1 3 3
19 − 27 − 19 + 27
8 8
22 2

x= =
2 22
√√ √ √√ √ √√ √ √√ √
3 3 3 3
19− 27− 19− 27−
19+ 27 19+ 27
T đó suy ra b = 2 2 · = .
√ √
3 22 3
√√ √ √√ √
3 3
19− 27− 19+ 27
Đ t b0 = ta suy ra a0 , c0 tương ng.

3
V y có t t c 4 đa th c th a mãn đ bài là√1 (x) = x3√ 2 (x) = x3 − 2x; f3 (x) = x3 + x2 − x −
f ;f
3√ √ 3√ √

19− 27− 19+ 27
 b0 = √
 3
1; f4 (x) = x3 + a0 x2 + b0 x + c0 v i a0 = − b10

c0 = b20 − b0


Bài toán 2. Các đa th c P (x) = x5 − x − 1 và Q(x) = x2 + ax + b v i a, b ∈ Q có th có
nghi m ph c chung không ?



179
www.VNMATH.com


Gi i. Gi s α là nghi m chung c a P (x) và Q(x),
Ta có : α5 = α + 1 và α2 = −aα − b.

α +1 =α5 =α(α2 )2 = α(−aα − b)2 = α[a2 (−aα − b) + (2abα + b2 )].
= (2ab − a3 )(−aα − b) + (b2 − a2 b)α = · · · = (a4 − 3a2 b + b2 )α + a3 b − 2ab2
a4 − 3a2 b + b2 = 1 (1)

a3 b − 2ab2 = 1 (2)
5
T (1) ⇒ b2 = 1 − a4 + 3a2 b thay vào (2) và rút g n b = 2a −a23a−1
5
Thay vào (1) ta đư c a10 + 3a6 − 11a5 − 4a2 − 4a − 1 = 0 đi u này trái v i a ∈ Q. Vì phương
trình a10 + 3a6 − 11a5 − 4a2 − 4a − 1 = 0 không có nghi m h u t .
Bài toán 3. Gi s a, b là 2 trong 4 nghi m c a phương trình : x4 + x3 − 1 = 0 (1). Ch ng
minh r ng ab là nghi m c a phương trình x6 + x4 + x3 − x2 − 1 = 0 (2)
Gi i. Gi s a, b, c, d là 4 nghi m c a phương trình (1)
Suy ra P (x) = x4 + x3 − 1 = (x − a)(x − b)(x − c)(x − d) = 0
Ta ch ng minh : (ab)3 + (cd)3 + ab + cd + 1 = 0
1 1
Khi đó ta suy ra : (ab)6 + (ab)4 + (ab)3 − (ab)2 − 1 = 0 ⇔ ab3 − + ab − +1=0
(ab)3 ab
1
Vì abcd = −1 hay ab = − cd .Th t v y P (a) = P (b) = 0
1 1 1 (1 + c)(1 + d)
⇒ a3 = , b3 = ⇒ (ab)3 = =
P (−1)
a+1 b+1 (a + 1)(b + 1)
Hay (ab)3 = −(1 + c)(1 + d). Tương t (cd)3 = −(1 + a)(1 + b) Suy ra
(ab)3 + (cd)3 + ab + cd + 1 = −(1 + c)(1 + d) − (1 + a)(1 + b) + ab + cd + 1
= −1 − a − b − c − d = 0 (Đúng vì a + b + c + d = 1)
a1 = a2 = 1
Bài toán 4. Gi s an là dãy s Fibonaxi xác đ nh b i Ch ng
an+2 = an+1 + an (n ∈ N )
minh r ng n u đa th c P (x) b c 1005 th a đi u ki n P (k ) = ak v i k = 1007, . . . , 2012. Thì
P (2013) = a2 013 − 1.
Gi i. Ta ch ng minh quy n p theo n ∈ N. Kh ng đ nh t ng quát :
N u P (x) có b c n th a P (k ) = ak v i k = n + 2, . . . , 2n + 2
Thì P (2n + 3) = a2n+3 − 1.
• n = 1 ta có P (3) = 2, P (4) = 3 ⇒ P (x) ≡ x − 1 và P (5) = 4 = a5 − 1.
• Gi s kh ng đ nh đúng v i n − 1. Ta s ch ng minh nó cũng đúng v i n.
Gi s đa th c P (x) b c n th a P (k ) = ak v i k = n + 2, . . . , 2n + 2.
Xét đa th c Q(x) = P (x + 2) − P (x + 1) có b c không vư t quá n − 1 th a Q(k ) = ak v i
k = n + 1, ..., 2n
Vì Q(k ) = P (k + 2) − P (k + 1) = ak+2 − ak+1 = ak
Nghĩa là Q(2n + 1) = a2n+1 − 1 ( theo gi thi t quy n p)
Nhưng Q(2n + 1) = P (2n + 3) − P (2n + 2)
⇒ P (2n + 3) = P (2n + 2) + Q(2n + 1) = a2n+2 + a2n+1 ˘1 = a2n+3 − 1.

180
www.VNMATH.com


Bài toán 5. Tìm s nguyên a sao cho đa th c f (x) = x13 + x + 90 chia h t cho đa th c
g (x) = x2 − x + a.

Gi i. Gi s : f (x) = g (x).Q(x) ⇔ x13 + x + 90 = (x2 − x + a) .Q(x)
Vì a ∈ Z nên ta xét :
• a ≤ 0 khi đó f (x) = x13 + x 90 và g (x) = x2 − x + a có nghi m không âm. Vô lí a > 0, cho
+
 (a + 2) .Q(−1) = 88 . a=1
⇒ 2.a ⇒
x = −1, x = 0, x = 1 ta đư c a.Q(0) = 90 .
a=2
a.Q(1) = 92

.
N u a = 1 thì t (1) suy ra 88.3 vô lí
.
N u a = 2 thì ta có

f (x) = x2 − x + a . x11 + x10 − x9 − 3x8 − x7 + 5x6 + 7x5 − 3x4 − 7x3 + 11x2 + 23x + 45

V y a = 2 thì f (x) chia h t cho g (x)
 1 1 1
= −2 (1)
+ +
x1 x2 x3


1 1 1
+ + =1 (2)
Bài toán 6. L p đa th c b c 3 có các nghi m x1 , x2 , x3 th a : x2 x2 x2
1 2 3
1 1 1
+ + =1 (3)


x4 x4 x4
1 2 3


Gi i. Gi s đa th c n tìm có d ng P (x) = x3 + ax2 + bx + c.
c
 x1 + x2 + x3 = −a
Theo đ nh lí VIET : x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 = b
x1 x2 x3 = −c

x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 b
(1) ⇔ −2 = = − ⇒ b = 2c
x1 x2 x3 c
x2 x2 + x2 x2 + x2 x2
12 23 31
(2) ⇔ 1 =
x2 x2 x2
123
(x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 )2 − 2x1 x2 x3 (x1 + x2 + x3 )
=
x2 x2 x2
123
2
b − 2ac
⇔ b2 − 2ac = c2
=
c2
2
x 4 x4 + x4 x4 + x4 x4 (b2 − 2ac) − 2c2 (a2 − 2b)
(3) ⇔ 1 = 1 2 4 2 4 3 4 3 1 = · · · =
c4
x1 x2 x3
⇔ (b2 − 2ac)2 − 2c2 (a2 − 2b) = c4
 a= 8
 
 b = 2c 3
b = 32
b2 −2ac =c2 ⇔
V y a, b, c th a 9
c = 16
2
(b − 2ac)2 − 2c2 (a2 − 2b) = c4

9

Bài toán 7. Tìm t t c các giá tr c a tham s m đ các nghi m x1 , x2 , x3 , x4 c a đa th c :
1 1 1
P (x) = x4 + 3x3 + 6x2 + mx + 4 th a x1 = x2 + x3 + x4 .


181
www.VNMATH.com


 x1 + x2 + x3 + x4 = −3

 x1 x2 + x1 x3 + x1 x4 + x2 x 3 + x2 x4 + x3 x4 = 6


x1 x2 x3 + x1 x2 x4 + x1 x3 x4 + x2 x3 x4 = −m
Gi i. Ta có
 x1 x2 x3 x4 = 4



x2 x3 + x2 x4 + x3 x 4 = x1 x2 x3 x4

Suy ra 4 = x1 x2 x3 x4 = x2 x3 +x2 x4 +x3 x4 = 6−x1 (x2 + x3 + x4 ) = 6−x1 (−3 − x1 ) = 6+3x1 +x2
1
Hay x2 = −3x1 − 2(*)
1
⇒ x3 = x1 x2 = x1 (−3x1 − 2) = −3x2 − 2x1 = −3 (−3x1 − 2) − 2x1 = 7x1 + 6
1 1 1
⇒ x4 = x1 x3 = 7x2 + 6x1 = 7 (−3x1 − 2) + 6x1 = −15x1 ˘14
1 1 1
4
Hay (m − 12) x1 − 4 = 0 ⇒ x1 = m−12 (m = 12) .
4 16 4
Thay x1 = m−12 vào (*) ta đư c : (m−12)2 + 3 m−12 + 2 = 0(**)
Gi i phương trình (**) tìm đư c m = 8 ho c m = 10.

Bài toán 8. Cho a, b ∈ R. Tìm đa th c P (x) tho : xP (x − a) = (x − b)P (x), ∀x ∈ R

Gi i.
• Xét a = b = 0 ⇒ P (x) tuỳ ý.
• a = 0, b = 0 thì P (x) = 0, ∀x ∈ R.
• a = 0, b = 0 thì P (x) = const
b b
• a = 0 và b = 0 thì xét 2 trư ng h p a ∈ N và a ∈ N.
/
b
N u a ∈ N khi thay x = b thì x = b − a là nghi m
/
Tương t khi thay x = b − a thì x = b − 2a là nghi m, . . .
Do đó P (x) = x, ∀x ∈ R.
b
N u a ∈ N thì P (x) có x = a, x = 2a, . . . , x = (n − 1)a là nghi m
Do đó P (x) = (x − a)(x − 2a) . . . (x − (n − 1)a).Q(x)
Th vào đi u ki n bài ra ta đư c Q(x − a) = Q(x), ∀x ∈ R hay Q(x) = const
V y P (x) = (x − a)(x − 2a) . . . (x − (n − 1)a).

Bài toán 9. H i có t n t i hay không đa th c f (x) b c 2012 sao cho f (x2 − 2011) chia h t
cho f (x).

Gi i. Xét đa th c f (x) = (x + a)2012
2012
2012
= (x + a)2 − √a (x + a) + a2 + a − 2011
Ta f (x2 − 2011) = (x2 − 2011 + a) 2
2012
N u ta ch n a sao cho a2 + a − 2011 = 0 ⇔ a = −1± 2 8045 . thì f (x2 − 2011) = (x2 − a2 ) =
2012 2012
(x − a) (x + a) chia h t cho f (x).
√ 2012
−1± 8045
V y đa th c f (x) = x + th a đi u ki n c a bài toán.
2
2012
( x − ak ) , ak ∈ R.
Cách 2 : Xét đa th c f (x) =
k=1
2012
Ta có : f (x2 − 2011) = (x2 − 2011 − ak )
k=1
2012 2012
Thì khi đó f (x2 − 2011) = (x2 − a2 ) = f (x) (x + ak ) chia h t cho f (x).
k
k=1 k=1



182
www.VNMATH.com


√ 2012
1± 8045
V y đa th c f (x) = x − th a đi u ki n c a bài toán.
2



Bài toán 10. Cho 0 ≤ α ≤ 1. Ch ng minh r ng : v i m i s ph c a phương trình : z 3 −az +a = 0
có ít nh t 1 nghi m z th a : |z − α| ≤ 2 − α.

Gi i.  i z1 , z2 , z3 là 3 nghi m c a pt : z 3 − az + a = 0.
G
 z1 + z2 + z3 = 0
z1 z2 + z2 z3 + z3 z1 = −a
Ta có :
z1 z2 z3 = −a

Suy ra 1 = 1 − (z1 + z2 + z3 ) + (z1 z2 + z2 z3 + z3 z1 ) − z1 z2 z3 = (1 − z1 ) (1 − z2 ) (1 − z3 )
Hay |1 − z1 | |1 − z2 | |1 − z3 | = 1 ⇒ ∃zi : |zi − 1| ≤ 1
Khi đó 2 − α = 1 + 1 − α ≥ |zi − 1| + |1 − α| ≥ |zi − α|
T c là có ít nh t 1 nghi m z c a phương trình tho : |z − α| ≤ 2 − α.


Bài toán 11. Cho a, b, c, d, e ∈ R. Ch ng minh r ng n u phương trình ax2 + (b + c)x + d + e = 0
có nghi m x0 ∈ [1; +∞) thì phương trình ax4 + bx3 + cx2 + dx + e = 0 cũng có nghi m th c.

Gi i. Ta có ax2 + cx0 + e = −(bx0 + d)
0
Xét f(x) = ax4 + bx3 + cx2 + dx + e suy ra
√ √
x0 = (ax2 + cx0 + e) + x0 (bx0 + d);
f 0
√ √
f − x0 = (ax2 + cx0 + e) − x0 (bx0 + d)
0

√ √ 2
x0 f − x0 =(ax2 + cx0 + e) − x0 (bx0 + d)2
f 0
2 2
= (ax2 + cx0 + e) − x0 (ax2 + cx0 + e)
Hay 0 0
2
= (ax2 + cx0 + e) (1 − x0 ) ≤ 0
0
√√
V y phương trình f (x) = 0 có ít nh t 1 nghi m x ∈ − x0 ; x0

Bài toán 12. Cho đa th c P (x) v i h s th c b c n (n ≤ 1) có m nghi m th c. Ch ng minh
r ng : đa th c Q(x) = (x2 + 1) P (x) + P , (x) có ít nh t m nghi m th c
x3
Gi i. Xét f (x) = e 3 +x P (x)
D th y f (x) = 0 có t p h p t t c các nghi m th c trùng v i t p các nghi m th c c a P (x).
x3
Theo đ nh lí Rolle thì phương trình f , (x) = e 3 +x [P , (x) + (x2 + 1)P (x)] = 0 có ít nh t m − 1
nghi m th c.
N u m ch n, n l thì P (x) có ít nh t m + 1 nghi m th c, vô lí !
Do đó n ch n. Khi đó P , (x) + (x2 + 1)P (x) có b c là n + 2 là s ch n và có m − 1 s l nghi m
th c
Suy ra đa th c Q(x) = (x2 + 1) P (x) + P , (x) có ít nh t m nghi m th c.
f (0) = 0, f (1) = 1
Bài toán 13. Cho f (x) kh vi trên đo n [0; 1] và tho đi u ki n :
0 ≤ f (x) ≤ 1, ∀x ∈ R
Ch ng minh r ng t n t i a, b ∈ (0; 1) : f (a).f (b) = 1

183
www.VNMATH.com


Gi i. Xét hàm g (x) = f (x) + x − 1 thì g (x) kh vi trên đo n [0; 1] do f (x) kh vi trên đo n
[0; 1]
Do g (0) = −1 và g (1) = 1 nên theo đ nh lí Lagrange ∃c ∈ (0; 1) sao cho g (c) = 0
Suy ra f (c) + c − 1 = 0 hay f (c) = 1 − c
)−f
M t khác theo đ nh lí Lagrange đ i v i hàm f (x) trên các đo n [0; c] và [c; 1] ta có : f (cc−0 (0) =

f , (a), a ∈ (0; c)⊕ và f (1)−f (c) = f , (b), b ∈ (c; 1)
1c
Suy ra f , (a).f , (b) = f (c) . 1−−(c) = (1−c)c = 1
f
c(1−c)
c 1c

Bài toán 14. (IMO 2006) Cho P (x) là đa th c b c n > 1 v i h s nguyên, g i k là m t s
nguyên dương. Xét đa th c Q(x) = P (P (. . . P (x)) . . .)), P xu t hi n k l n. Ch ng minh r ng
có t i đa n s nguyên t sao cho Q(t) = t.

Gi i. Đ u tiên , ta ch ng minh v i m i đi m c đ nh x c a Q trong th c t là 1 đi m c đ nh
c a P ◦ P.
Xét dãy cho b i x0 = x và xi+1 = P (xi ) v i i ≥ 0.
Gi s xk = x0 , ta đã bi t P (u) − P (v ) chia h t cho u˘v v i m i s nguyên u, v phân bi t . Hơn
na
di = xi+1 − xi P (xi+1 ) − P (xi ) = xi+2 − xi+1 = di+1
v i m i i , k t h p v i dk = d0 ta suy ra |d0 | = |d1 | = ... = |dk | .
Gi s d1 = d0 = d = 0 thì d2 = d (n u không thì x3 = x1 và x0 không th xu t hi n trong dãy
m t l n n a ). Tương t d3 = d, . . . , v y xi = x0 + id = x0 v i m i i, đi u này mâu thu n .
Mà d1 = −d0 , suy ra x2 = x0 . V y có th gi thi t r ng Q = P ◦ P
N u m i s nguyên t v i P (P (t)) cũng tho mãn P (t) = t thì d dàng nh n th y s nghi m
c a bài toán t i đa là degP = n.
Gi s P (t1 ) = t2 , P (t2 ) = t1 , P (t3 ) = t4 , P (t4 ) = t3 , v i t1 = t2,3,4 không nh t thi t t3 = t4 )
.
,vì t2 − t4 . (t1 − t3 ) và đi u ngư c l i cũng đúng nên t1 − t3 = ± (t2 − t4 ) .Gi s t1 − t3 = t2 − t4
.
hay nói cách khác t1 − t2 = t3 − t4 = u = 0. Vì ta cũng có t1 − t4 = ±(t2 − t3 ),
nên t1 − t3 + u = ±(t1 − t3 − u), đi u này là vô lý !
V y ph i có t1 − t3 = t4 − t2 ,hay p (t1 ) + t1 = p (t3 ) + t3 = c .Suy ra m i nghi m nguyên t c a
phương trình P (P (t)) = t đ u tho mãn P (t)+, v y s s nguyên không vư t quá n.

Bài toán 15. A1. Tìm t t c nh ng đa th c h s nguyên b c hai sao cho t n t i đa th c q(x)
h s nguyên th a là m t đa th c có t t c các h s ±1.


L i gi i 1: Chúng ta ch ng minh r ng ch có nh ng đa th c th a mãn yêu c u là nh ng đa
th c x2 ± x ± 1, x2 ± 1 và x2 ± 2x + 1.
G i f (x) là đa th c b c n có t t c các h s ±1. Gi s z là nghi m c a phương trình v i
|z | > 1 v y

|z |n − 1
|z |n = ±z n−1 ± z n−2 ± ... ± 1 ≤ |z |n−1 + |z |n−2 + ... + 1 =
|z | − 1


184
www.VNMATH.com


Đi u đó kéo theo |z |n (|z | − 2) ≤ −1; v y |z | < 2. Như th t t c các nghi m c a f (x) = 0 có
giá tr tuy t đ i bé hơn 2.
Rõ ràng, m t đa th c p(x) th a yêu c u ph i có d ng p(x) = x2 + ax ± 1 v i a ∈ Z . G i x1 và
x2 là các nghi m c a nó( không b t bu c ph i khác nhau). Vì x1 x2 = ±1 nên ta có th gi s
r ng |x1 | ≥ 1 và |x2 | ≤ 1. Vì x1 và x2 còn là nghi m nguyên c a là đa th c có h s ±1, nên ta
có |x1 | < 2. và như v y |a| = |x1 + x2 | ≤ |x1 | + |x2 | < 2 + 1 a ∈ {±2, ±1, 0}.
N u a = ±1 thì g (x) = 1 cho ta l i gi i.
N u a = 0 thì g (x) = x + 1 cho ta l i gi i.
N u a = ±2, c hai đa th c x2 ± 2x − 1 có nghi m v i giá tr tuy t đ i l n hơn 2 nên chúng
không th a yêu c u. Cu i cùng, các đa th c p(x) = x2 ± 2x + 1 th a yêu c u v i q (x) = 1.
Bình lu n: T ng “ nghi m” có th đư c hi u là” nghi m o” và không c n ph i nói rõ. Vì
s ph c không c n ph i ch rõ, p(x) = x2 + ax ± 1 có nghi m th c n u |a| ≥ 2 và trư ng h p
|a| ≤ 1 ph i đư c x lí riêng.
Chú ý c n quan tâm là cho dù có h s b ng 0 thì k t lu n |z | < 2 v n đúng. Tuy v y, có nh ng
l i gi i đ c bi t là x2 và x2 ± x

L i gi i 2: Gi s đa th c p(x) = a0 + a1 x + x2 và g (x) = b0 + b1 x + ... + bn xn sao cho
p(x)g (x) = c0 + c1 x + ...cn+2 xn+2 v i m ick = ±1.
Khi đó|a0 | = |b0 | = |bn | = 1 và a0 b1 = c1 − a1 b0 ; a0 bk = ck − a1 bk−1 − bk−2 ; v i k = 2, . . . , n
Và như v y |b1 |≥ |a1 | − 1; |bk |≥ |a1 bk−1 | − |bk−2 | − 1 v i k = 2, . . . , n
Gi s . Thì rõ ràng không th h ng, v i n ≥ 1, và ta có |b1 | ≥ 2; |bk | ≥ 3|bk−1 | − |bk−2 | − 1; v i
k = 2, . . . , n
T b t đ ng th c cu i( vi t l i) ta có
|bk−1 | − |bk−2 | ≥ 2|bk−1 | − |bk−2 | − 1 ≥ 2(|bk−1 | − |bk−2 |) − 1
Ta th y dãy dk = |bk | − |bk−1 | , (k = 1, . . . , n), th a dk ≥ 2dk−1 − 1v ik ≥ 2( qui n p).
Vì d1 = |b1 | − 1 ≥ 1 kéo theo gi thi t qui n p dk ≥ 1 v i k = 1, . . . , n. Tương đương
|bk | ≥ |bk−1 | + 1v i k = 3, ..., n nên |bn | ≥ |b0 | + n trái v i gi thi t |b0 | = |bn | = 1, n ≥ 1
Đi u đó kéo theo ph i có d ng a0 + a1 x + x2 v i |a0 | = 1; |a1 | ≤ 2.
N u|a1 | ≤ 1 hay|a1 | = 2 và a0 = 1 thì đa th c g(x) tương ng t n t i (xem 8 ví d c a l i gi i
1)
Còn l i trư ng h p a0 = 1, a0 = −1 . Gi s g(x) t n t i và không m t tính t ng quát ta có th gi
s b0 = 1 và a1 = 1( n u b0 = −1 thì thay q (x) b i −q (x) và v i a1 = −2 thì thay q (x) b i q (−x).
V i b0 = 1 , a0 = −1, a1 = 2 công th c quy n p đ u tiên thành b1 = 2 − c1 , bk = 2bk−1 + bk−2 − ck
v i k = 2, . . . , n V y b1 ≥ 1, b2 ≥ 2b1 + 1 − c2 ≥ 2, và quy n p cho th y bk ≥ 2 v i k = 2, . . . , n
l i trái v i gi thi t |b0 | = 1. Như v y không có đa th c p(x) th a bài toán ngo i tr 8 đa th c
đã trình bày trong l i gi i 1.


2 M TS BÀI T P T LUY N
Bài 1 Tìm t t c các đa th c f(x) v i h s nguyên sao cho v i m i n nguyên dương ta có
f(n) là ư c c a 2n – 1.

185
www.VNMATH.com


Hư ng d n. N u f(x) là đa th c không h ng thì t n t i n sao cho |f (n)| > 1. G i p
là ư c s nguyên t c a f(n). Ta có p|f (n)|2n − 1. M t khác p|f (n + p)|2n+p − 1. Suy ra
p|2n+p − 2n = 2n (2p − 1). Do (2n − 1, 2n ) = 1 nên t đây suy ra p|2p − 1. Nhưng theo đ nh lý
Fermat thì p|2p − 2. Như v y t đây suy ra p|1. Mâu thu n. V y f(x) ph i là đa th c h ng. Đáp
s f (x) ≡ 1, f (x) ≡ −1.

Bài 2. Ch ng minh r ng đa th c P (x) = xn + 29xn−1 + 2009 v i n là s nguyên dương l n
hơn hay b ng 2 không th phân tích thành tích c a 2 đa th c v i h s nguyên có b c l n hơn
hay b ng 1.
Hư ng d n. S d ng tiêu chu n Eisenstein m r ng như sau
Cho đa th c P (x) = an xn + an−1 xn−1 + ... + a1 x + a0 ∈ Z [x].Gi s t n t i s nguyên t p và
s nguyên dương k tho mãn đ ng th i các đi u ki n sau
1) an không chia h t cho p
2) a0 chia h t cho p nhưng không chia h t cho p2
3) a1 , a2 , . . . , an−k chia h t cho p
Khi đó, n u P(x) = Q(x).S(x) v i Q(x), S(x) là các đa th c v i h s nguyên thì m t trong hai
đa th c Q(x), S(x) có b c nh hơn k.

Bài 3. Tìm t t c các đa th c P(x) tho mãn đi u ki n P 2 (x) − P (x2 ) = 2x4 .
Hư ng d n. Đ t P (x) = an xn + R(x) v i R(x) là đa th c b c r < n. Khi đó
P 2 (x) − P (x2 ) = (a2 − an )x2n + 2an xn R(x) + R2 (x) − R(x2 ). T đây suy ra P 2 (x) − P (x2 ) có
n
b c là 2n n u an = 1 và có b c n+r n u an = 1. T đó suy ra 2 ≤ n ≤ 4. Hơn n a, n u
n = 4 thì an = 1 và r = 0
n = 3 thì an = 1 và r = 1
T đây, dùng phương pháp h s b t đ nh, d dàng tìm đư c các nghi m là: x4 + 1, x3 + x, 2x2
và −x2 .

Bài 4. Tìm t t c các đa th c P(x) v i h s th c tho mãn đi u ki n P 2 (x) = P (x2 )−2P (x).
Hư ng d n. Đ t Q(x) = P (x) + 1 thì Q2 (x) = Q(x2 ). Ch ng minh Q(x) = xn là đa th c b c
n duy nh t tho mãn phương trình này. T đó suy ra nghi m c a bài toán là xn − 1 cùng các
đa th c đ ng nh t h ng s P (x) ≡ 0 và P (x) ≡ −1.


Tài li u tham kh o
[1] Nguy n Văn M u, ĐA TH C Đ I S VÀ PHÂN TH C H U T , Nhà Xu t B n Giáo
D c, 2007.

[2] Nguy n Văn M u(Ch biên), Tr nh Đào Chi n, Tr n Nam Dũng, Nguy n Đăng Ph t, Nhà
Xu t B n Giáo D c, 2008.

[3] Nguy n H u Đi n, ĐA TH C VÀ NG D NG,Nhà Xu t B n Giáo D c, 2003

[4] T p chí Toán H c và Tu i Tr .

186
www.VNMATH.com




M TS BÀI TOÁN V CHIA H T Đ I V I CÁC
ĐA TH C Đ I X NG
Nguy n Văn Ng c, Vi n Toán h c

Trong tài li u này gi i thi u m t s bài toán v tính chia h t c a các đa th c đ i x ng và ph n
đ i x ng. M t đa th c đư c g i là đ i x ng, n u giá tr c a nó không thay đ i khi ta đ i ch
hai bi n b t kỳ và đư c g i là ph n đ i x ng, n u nó đ i d u khi ta đ i ch hai bi n b t kỳ. Đ
gi i các bài toán v tính chia h t gi a các đa th c ta thư ng s d ng Đ nh lý Bézout, h qu
dư i đây và các k năng phân tích thành nhân t .
Đ nh lý Bézout. S dư trong phép chia đa th c f (x) cho x − a b ng f (a).
H qu . Đa th c f (x) chia h t cho x − a khi và ch khi f (a) = 0, t c là, x = a là nghi m c a
f (x).
Xét m t s bài toán sau đây.
Bài toán 1. Ch ng minh r ng x2n + xn y n + y 2n chia h t cho x2 + xy + y 2 khi và ch khi n không
ph i là b i c a 3.
L i gi i. S d ng các công th c
x3 − y 3 = (x − y )(x2 + xy + y 2 ),
xk − y k = (x − y )(xk−1 + xk−2 y + ... + xy k−2 + y k−1 )
d dàng th y r ng x3k − y 3k chia h t cho x2 + xy + y 2 . Xét các trư ng h p sau
1) n = 3k. Ta có
x2n + xn y n + y 2n = x6k + x3k y 3k + y 6k = (x6k − y 6k ) + (x3k − y 3k ) + 3y 6k .
T đó suy ra x2n + xn y n + y 2n không chia hét cho x2 + xy + y 2 .
2) n = 3k + 1. Ta có
x2n + xn y n + y 2n = x6k+2 + x3k+1 y 3k+1 + y 6k+2 =
= x2 (x6k − y 6k ) + xy 3k+1 (x3k − y 3k ) + y 6k (x2 + xy + y 2 ).
Suy ra trong trư ng h p này x2n + xn y n + y 2n chia h t cho x2 + xy + y 2 .
3) n = 3k + 2. Ta có
x2n + xn y n + y 2n = x6k+4 + x3k+2 y 3k+2 + y 6k+4 = x4 (x6k − y 6k )+
+x2 y 3k+2 (x3k − y 3k ) + y 6k (x4 + x2 y 2 + y 4 ) =
= x4 (x6k − y 6k ) + x2 y 3k+2 (x3k − y 3k ) + y 6k (x2 + x2 y 2 y 4 )(x2 − xy + y 2 ).
Suy ra x2n + xn y n + y 2n chia h t cho x2 + xy + y 2 . V y đi u ki n c n và đ đ x2n + xn y n + y 2n
chia h t cho x2 + xy + y 2 là n không ph i là b i c a 3.

187
www.VNMATH.com


Bài toán 2. Ch ng minh r ng v i m i n ∈ Z+ , đa th c x2n − xn y n + y 2n không chia h t cho
x2 + xy + y 2 .
L i gi i. Gi s x2n − xn y n + y 2n chia h t cho x2 + xy + y 2 , t c là
x2n − xn y n + y 2n = (x2 + xy + y 2 )q (x, y ),
trong đó q (x, y ) là đa th c đ i x ng v i h s nguyên (do h s chính c a đa th c chia b ng 1,
còn các h s c a đa th c b chia và đa th c chia là các s nguyên). Trong đ ng th c trên cho
x = y = 1, ta đư c 1 = 3q (1, 1), vô lý vì q (1, 1) là m t s nguyên. Đi u này ch ng t đa th c
x2n − xn y n + y 2n không chia h t cho x2 + xy + y 2 .
Bài toán 3. V i nh ng n ∈ Z + nào, thì x2n + xn y n + y 2n chia h t cho x2 − xy + y 2 ?
L i gi i. Gi s
x2n + xn y n + y 2n = (x2 − xy + y 2 )q (x, y ), (1)
trong đó q (x, y ) là đa th c đ i x ng v i h s nguyên.
Ta xét hai trư ng h p:
1) n là s l . Trong đ ng th c (1) thay x b i −x ta đư c
x2n − xn y n + y 2n = (x2 + xy + y 2 )q (−x, y ).
Theo Bài toán 2 đ ng th c này không th x y ra.
2) n là s ch n. Trong (7) thay x b i −x, ta đư c
x2n + xn y n + y 2n = (x2 + xy + y 2 )q (−x, y ).
Theo Bài toán 1 thì đ ng th c trên đúng khi và ch khi n = 3m + 1 ho c n = 3m + 2.
N u n = 3m + 1 , thì do n là s ch n, nên m ph i là s l , hay m = 2k + 1, do đó n = 6k + 4.
N u n = 3k + 2, thì do n là s ch n, nên m ph i là s ch n, hay m = 2k, do đó n = 6k + 2.
V y x2n + xn y n + y 2n chia h t cho x2 − xy + y 2 khi và ch khi n = 6k + 2 ho c n = 6k + 4,
v i k ∈ Z, n ∈ Z+ .
Bài toán 4. V i n ∈ Z+ nào thì x2n − xn y n + y 2n chia h t cho x2 − xy + y 2 ?
L i gi i. Gi s
x2n − xn y n + y 2n = (x2 − xy + y 2 )q (x, y ), (2)
trong đó q (x, y ) là đa th c đ i x ng v i h s nguyên. Xét hai trư ng h p c a n.
1) n là s ch n. Trong (2) thay x b i −x, ta đư c
x2n − xn y n + y 2n = (x2 + xy + y 2 )q (−x, y ).
Theo Bài toán 2 đ ng th c này không th x y ra.
2) n là s l . Trong (2) thay x b i −x, ta đư c
x2n + xn y n + y 2n = (x2 + xy + y 2 )q (−x, y ).
Theo Bài toán 1 thì đ ng th c trên đúng khi và ch khi n = 3m + 1 ho c n = 3m + 2.
N u n = 3m + 1, thì do n là s l , nên m ph i là s ch n, t c là m = 2k và khi đó n = 6k + 1.
N u n = 3m + 2, thì do n là s l , nên m ph i là s l , t c là m = 2k − 1. Khi đó n = 6k − 1.
V y x2n − xn y n + y 2n chia h t cho x2 − xy + y 2 khi và ch khi n = 6k ± 1, k ∈ Z, n ∈ Z+ .

188
www.VNMATH.com


Bài toán 5. Xác đ nh n đ (x + y )n + xn + y n chia h t cho x2 + xy + y 2

L i gi i. Gi s (x + y )n + xn + y n chia h t cho x2 + xy + y 2 . Khi đó ta có

(x + y )n + xn + y n = (x2 + xy + y 2 )q (x, y ), (3)

trong đó q (x, y ) là đa th c đ i x ng v i h s nguyên. Trong (3) thay x, y tương ng b i x2 , y 2 ,
ta có
(x2 + y 2 )n + x2n + y 2n = (x4 + x2 y 2 + y 4 )q (x2 , y 2 ),
= (x2 + xy + y 2 )(x2 − xy + y 2 )q (x2 , y 2 ). (4)
Đ ng th c (4) ch ng t (x2 + y 2 )n + x2n + y 2n ph i chia h t cho x2 − xy + y 2 . Ta có

(x2 + y 2 )n − (xy )n = (x2 + y 2 − xy )[(x2 + y 2 )n−1 + (x2 + y 2 )n−2 + ...

+(x2 + y 2 )(xy )n−2 + (xy )n−1 ]. (5)
Ti p theo ta có

(x2 + y 2 )n + x2n + y 2n = [(x2 + y 2 )n − (xy )n ] + (x2n + xn y n + y 2n ). (6)

T (5) và (6) suy ra (x2 + y 2 )n + x2n + y 2n chia h t cho x2 − xy + y 2 khi và ch khi x2n + xn y n + y 2n
chia h t cho x2 − xy + y 2 . Theo Bài toán 3 đi u này có đư c khi và ch khi n = 6k + 2 ho c
n = 6k + 4 v i k ∈ Z, n ∈ Z+ .
Ngư c l i, gi thi t r ng n = 2m, v i m = 3k + 1 ho c m = 3k + 2. Th thì

(x + y )n + xn + y n = (x + y )2m + x2m + y 2m =
[(x + y )2m − (xy )m ] + (x2m + xm y m + y 2m ).

Đ ý r ng

(x + y )2m − (xy )m = [(x + y )2 ]m − (xy )m ] =
[(x + y )2 − xy ]p(x, y ) = (x2 + xy + y 2 )p(x, y ),

trong đó p(x, y ) là đa th c đ i x ng v i h s nguyên. Do đó (x + y )2m − (xy )m chia h t cho
x2 + xy + y 2 .
M t khác, vì m = 3k + 1, m = 3k + 2 nên theo Bài toán 1, đa th c x2m + xm y m + y 2m chia
h t cho x2 + xy + y 2 .
K t lu n: Đa th c (x + y )n + xn + y n chia h t cho x2 + xy + y 2 khi và ch khi n = 6k + 2
ho c n = 6k + 4, v i k ∈ Z, n ∈ Z+ .

Bài toán 6. Ch ng minh r ng x2n + xn y n + y 2n chia h t cho x2 + xy + y 2 khi và ch khi m
không ph i là b i c a 3.




189
www.VNMATH.com


L i gi i. S d ng các công th c

x3 − y 3 = (x − y )(x2 + xy + y 2 ),

xk − y k = (x − y )(xk−1 + xk−2 y + ... + xy k−2 + y k−1 )
d dàng th y r ng x3k − y 3k chia h t cho x2 + xy + y 2 . Xét các trư ng h p sau
1) n = 3k. Ta có

x2n + xn y n + y 2n = x6k + x3k y 3k + y 6k = (x6k − y 6k ) + (x3k − y 3k ) + 3y 6k .

T đó suy ra x2n + xn y n + y 2n không chia hét cho x2 + xy + y 2 .
2) n = 3k + 1. Ta có

x2n + xn y n + y 2n = x6k+2 + x3k+1 y 3k+1 + y 6k+2 =

= x2 (x6k − y 6k ) + xy 3k+1 (x3k − y 3k ) + y 6k (x2 + xy + y 2 ).
Suy ra trong trư ng h p này x2n + xn y n + y 2n chia h t cho x2 + xy + y 2 .
3) n = 3k + 2. Ta có

x2n + xn y n + y 2n = x6k+4 + x3k+2 y 3k+2 + y 6k+4 = x4 (x6k − y 6k )+

+x2 y 3k+2 (x3k − y 3k ) + y 6k (x4 + x2 y 2 + y 4 ) =
= x4 (x6k − y 6k ) + x2 y 3k+2 (x3k − y 3k ) + y 6k (x2 + x2 y 2 y 4 )(x2 − xy + y 2 ).
Suy ra x2n + xn y n + y 2n chia h t cho x2 + xy + y 2 . V y đi u ki n c n và đ đ x2n + xn y n + y 2n
chia h t cho x2 + xy + y 2 là n không ph i là b i c a 3.

Bài toán 7. Ch ng minh r ng vơíi m i n ∈ Z+ , đa th c x2n − xn y n + y 2n không chia h t cho
x2 + xy + y 2 .

L i gi i. Gi s x2n − xn y n + y 2n chia h t cho x2 + xy + y 2 , t c là

x2n − xn y n + y 2n = (x2 + xy + y 2 )q (x, y ),

trong đó q (x, y ) là đa th c đ i x ng v i h s nguyên (do h s chính c a đa th c chia b ng 1,
còn các h s c a đa th c b chia và đa th c chia là các s nguyên). Trong đ ng th c trên cho
x = y = 1, ta đư c 1 = 3q (1, 1), vô lý ví q (1, 1) là m t s nguyên. Đi u này ch ng t đa th c
x2n − xn y n + y 2n không chia h t cho x2 + xy + y 2 .

Bài toán 8. V i n ∈ Z+ nào thì x2n + xn y n + y 2n chia h t cho x2 − xy + y 2 ?

L i gi i. Gi s
x2n + xn y n + y 2n = (x2 − xy + y 2 )q (x, y ), (7)
trong đó q (x, y ) là đa th c đ i x ng v i h s nguyên.


190
www.VNMATH.com


Ta xét hai trư ng h p:
1) n là s l . Trong đ ng th c (7) thay x b i −x ta đư c

x2n − xn y n + y 2n = (x2 + xy + y 2 )q (−x, y ).

Theo Bài toán 2 đ ng th c này không th x y ra.
2) n là s ch n. Trong (7) thay x b i −x, ta đư c

x2n + xn y n + y 2n = (x2 + xy + y 2 )q (−x, y ).

Theo Bài toán 1 thì đ ng th c trên đúng khi và ch khi n = 3m + 1 ho c n = 3m + 2.
N u n = 3m + 1 , thì do n là s ch n, nên m ph i là s l , hay m = 2k + 1, do đó n = 6k + 4.
N u n = 3k + 2, thì do n là s ch n, nên m ph i là s ch n, hay m = 2k, do đó n = 6k + 2.
V y x2n + xn y n + y 2n chia h t cho x2 − xy + y 2 khi và ch khi n = 6k + 2 ho c n = 6k + 4,
v i k ∈ Z, n ∈ Z+ .

Bài toán 9. V i n ∈ Z+ nào thì x2n − xn y n + y 2n chia h t cho x2 − xy + y 2 ?

L i gi i. Gi s
x2n − xn y n + y 2n = (x2 − xy + y 2 )q (x, y ), (8)
trong đó q (x, y ) là đa th c đ i x ng v i h s nguyên. Xét hai trư ng h p c a n.
1) n là s ch n. Trong (8) thay x b i −x, ta đư c

x2n − xn y n + y 2n = (x2 + xy + y 2 )q (−x, y ).

Theo Bài toán 2 đ ng th c này không th x y ra.
2) n là s l . Trong (8) thay x b i −x, ta đư c

x2n + xn y n + y 2n = (x2 + xy + y 2 )q (−x, y ).

Theo Bài toán 1 thì đ ng th c trên đúng khi và ch khi n = 3m + 1 ho c n = 3m + 2.
N u n = 3m + 1, thì do n là s l , nên m ph i là s ch n, t c là m = 2k và khi đó n = 6k + 1.
N u n = 3m + 2, thì do n là s l , nên m ph i là s l , t c là m = 2k − 1. Khi đó n = 6k − 1.
V y x2n − xn y n + y 2n chia h t cho x2 − xy + y 2 khi và ch khi n = 6k ± 1, k ∈ Z, n ∈ Z+ .

Bài toán 10. Xác đ nh n đ (x + y )n + xn + y n chia h t cho x2 + xy + y 2

L i gi i. Gi s (x + y )n + xn + y n chia h t cho x2 + xy + y 2 . Khi đó ta có

(x + y )n + xn + y n = (x2 + xy + y 2 )q (x, y ), (9)

trong đó q (x, y ) là đa th c đ i x ng v i h s nguyên. Trong (9) thay x, y tương ng b i x2 , y 2 ,
ta có
(x2 + y 2 )n + x2n + y 2n = (x4 + x2 y 2 + y 4 )q (x2 , y 2 ),
= (x2 + xy + y 2 )(x2 − xy + y 2 )q (x2 , y 2 ). (10)

191
www.VNMATH.com


Đ ng th c (10) ch ng t (x2 + y 2 )n + x2n + y 2n ph i chia h t cho x2 − xy + y 2 . Ta có

(x2 + y 2 )n − (xy )n = (x2 + y 2 − xy )[(x2 + y 2 )n−1 + (x2 + y 2 )n−2 + ...

+(x2 + y 2 )(xy )n−2 + (xy )n−1 ]. (11)
Ti p theo ta có

(x2 + y 2 )n + x2n + y 2n = [(x2 + y 2 )n − (xy )n ] + (x2n + xn y n + y 2n ). (12)

T (11) và (12) suy ra (x2 + y 2 )n + x2n + y 2n chia h t cho x2 − xy + y 2 khi và ch khi x2n + xn y n + y 2n
chia h t cho x2 − xy + y 2 . Theo Bài toán 3 đi u này có đư c khi và ch khi n = 6k + 2 ho c
n = 6k + 4 v i k ∈ Z, n ∈ Z+ .
Ngư c l i, gi thi t r ng n = 2m, v i m = 3k + 1 ho c m = 3k + 2. Th thì

(x + y )n + xn + y n = (x + y )2m + x2m + y 2m = [(x + y )2m − (xy )m ]+

+(x2m + xm y m + y 2m ).
Đ ý r ng

(x + y )2m − (xy )m = [(x + y )2 ]m − (xy )m ] = [(x + y )2 − xy ]p(x, y ) =

= (x2 + xy + y 2 )p(x, y ),
trong đó p(x, y ) là đa th c đ i x ng v i h s nguyên. Do đó (x + y )2m − (xy )m chia h t cho
x2 + xy + y 2 .
M t khác, vì m = 3k + 1, m = 3k + 2 nên theo ví d 1, đa th c x2m + xm y m + y 2m chia h t
cho x2 + xy + y 2 .
K t lu n: Đa th c (x + y )n + xn + y n chia h t cho x2 + xy + y 2 khi và ch khi n = 6k + 2
ho c n = 6k + 4, v i k ∈ Z, n ∈ Z+ .
Bài toán 11. Ch ng minh r ng v i m i s nguyên dương n, đa th c

f (x, y, z ) = (x + y + z )2n+1 − x2n+1 − y 2n+1 − z 2n+1
chia h t cho đa th c
g (x, y, z ) = (x + y + z )3 − x3 − y 3 − z 3 .
L i gi i. Trư c h t ta phân tích g (x, y, z ) thành nhân t . Vì khi x = −y, x = −z, y = −z thì
g = 0, nên theo đ nh lý Bezout đa th c g (x, y, z ) chia h t cho (x + y )(x + z )(y + z ). M t khác,
vì b c c a g b ng 3, nên nó có d ng

g (x, y, z ) = a(x + y )(x + z )(y + z )

Cho x = y = z = 1 ta tìm đư c a = 3. V y ta có

g (x, y, z ) = (x + y + z )3 − x3 − y 3 − z 3 = 3(x + y )(x + z )(y + z ).

B ng cách tương t ta th y f (x, y, z ) chia h t cho (x + y )(x + z )(y + z ) v i m i n nguyên
dương, t c là f (x, y, z ) chia h t cho g (x, y, z ).

192
www.VNMATH.com


Bài toán 12. Ch ng minh r ng v i m i s nguyên dương n ≥ 2, đa th c

f (x, y, z ) = (x + y + z )2n + x2n + y 2n + z 2n − (x + y )2n − (y + z )2n − (z + x)2n

chia h t cho đa th c

g (x, y, z ) = (x + y + z )4 + x4 + y 4 + z 4 − (x + y )4 − (y + z )4 − (z + x)4 .

L i gi i. Đ t

sk = xk + y k + z k .
σ1 = x + y + z, σ2 = xy + yz + zx, σ3 = xyz,

Khi đó ta có:
g (x, y, z ) = σ 4 − (σ1 − 4σ1 σ2 + 2σ2 + 4σ1 σ3 )−
4 2 2

2 2 2
−4(σ1 σ2 − σ1 σ3 − 2σ2 ) − 6(σ2 − 2σ1 σ3 ) = 12σ1 σ3 = 12(x + y + z )xyz.
Ti p theo chúng ta bi n đ i f (x, y, z ) như sau

f (x, y, z ) = (x + y + z )4 + [x2n − (y + z )2n ] + [y 2n − (x + z )2n ] + [z 2n − (x + y )2n ]

Ta có x2n − (y + z )2n chia h t cho x2 − (y + z )2 = (x + y + z )(x − y − z ), do đó x2n − (y + z )2n
chia h t cho x + y + z. Tương t , y 2n − (x + z )2n và z 2n − (x + y )2n chia h t cho x + y + z.
M t khác
f (0, y, z ) = f (x, 0, z ) = f (x, y, 0) = 0.
Do đó theo Đ nh lý Bezout, f (x, y, z ) chia h t cho xyz. Do đó, f (x, y, z ) chia h t cho (x + y +
z )xyz, suy ra f (x, y, z ) chia h t cho g (x, y, z ).

Bài toán 13. Ch ng minh r ng, n u đa th c đ i x ng f (x, y, z ) chia h t cho x − y, thì nó chia
h t cho (x − y )2 (x − z )2 (y − z )2 .

L i gi i. Gi s r ng
f (x, y, z ) = (x − y )g (x, y, z ).

f (x, y, z ) = f (y, x, z ) = (y − x)g (y, x, z ) = −(x − y )g (y, x, z ),
nên
g (y, x, z ) = −g (x, y, z ),
suy ra g (x, y, z ) là đa th c ph n đ i x ng theo hai bi n x, y. V y g (x, y, z ) chia h t cho x − y.
Do đó f (x, y, z ) chia h t cho (x − y )2 . Vì f (x, y, z ) là đa th c đ i x ng, nên vai trò c a x, y, z
là như nhau, cho nên f (x, y, z ) cũng chia h t cho (x − z )2 và (y − z )2 . V y f (x, y, z ) chia h t
cho (x − y )2 (x − z )2 (y − z )2 .

Bài toán 14. Tìm đi u ki n c n và đ , đ đa th c x3 + y 3 + z 3 + kxyz chia h t cho x + y + z.



193
www.VNMATH.com


L i gi i. Xét đa th c theo bi n x

f (x) = x3 + (kyz )x + (y 3 + z 3 ).

Theo Đ nh lý Bezout, f (x) chia h t cho x + y + z = x − (−y − z ) khi và ch khi f (−y − z ) = 0
Ta có

f (−y − z ) = −(y + z )3 − kyz (y + z ) + (y 3 + z 3 ) = (k + 3)yz (y + z ) = 0, ∀y, z.

T đó suy ra k = −3.
V y, đi u ki n c n và đ đ x3 + y 3 + z 3 + kxyz chia h t cho x + y + z là k = −3.
Bài toán 15. Cho a, b, c là các s nguyên. Ch ng minh r ng, n u x + y + z chia h t cho 6, thì
a3 + b3 + c3 cũng chai h t cho 6.
L i gi i. Ta có

x3 + y 3 + z 3 = (x + y + z )(x2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx) + 3xyz.

Theo gi thi t x + y + z chia h t cho 6, nên trong ba s x, y, z ph i có ít nh t m t s chia h t
cho 2. T đó suy ra 3xyz chia h t cho 6. V y, theo đ ng th c trên, thì x3 + y 3 + x3 chia h t cho
6.
Bài t p
1. Ch ng minh r ng (x + y )n − xn − y n chia h t cho x2 + xy + y 2 khi và ch khi n = 6k ± 1.
2. Ch ng minh r ng (x + y )2n+1 + xn+2 y n+2 chia h t cho x2 + xy + y 2 v i m i n ∈ Z+ .
3. Ch ng minh r ng, n u đa th c đ i x ng f (x, y ) chia h t cho x2 − y 2 , thì nó chia h t cho
x3 + y 3 − (x + y )xy.
4. Ch ng minh r ng v i m i s t nhiên p, q thì đa th c

xp y q + y p z q + z p xq − xq y p − y q z p − z q x p

chia h t cho (x − y )(x − z )(y − z ).
5. Ch ng minh r ng, v i m i các s t nhiên k, m, n, thì đa th c

xk y m z n + y k z m xn + z k xm y n − xn y m z k − y n z m xk − z k xm y k

chia h t cho (x − y )(x − z )(y − z ).
6. Cho đa th c

f (x, y, z ) = xm y n + y m z n + z m xn − xn y m − y n z m − z n xm .

Ch ng minh r ng, n u f (x, y, z ) chia h t cho (x + y )(x + z )(y + x), thì nó chia h t cho (x2 −
y 2 )(x2 − z 2 )(y 2 − z 2 ).
7. Ch ng minh r ng, đa th c

a4 (b2 + c2 − a2 )3 + b4 (c2 + a2 − b2 )3 + c4 (a2 + b2 − c2 )3

chia h t cho a4 + b4 + c4 − 2a2 b2 − 2a2 c2 − 2b2 c2 .

194
www.VNMATH.com




NÉT Đ P HÀM S TI M N TRONG BÀI TOÁN
B T Đ NG TH C – BÀI TOÁN TÌM GIÁ TR L N
NH T, GIÁ TR NH NH T
Huỳnh Duy Th y, Trư ng THPT Tăng B t H - Bình Đ nh
“Ch ng minh b t đ ng th c . . . ”“Tìm giá tr nh nh t,giá tr l n nh t c a bi u th c. . . ” Nh ng
c m t y hàm ch a m t m ng ki n th c tr ng tâm, “hóc búa” trong chương trình toán h c
ph thông, mà ph n nhi u thí sinh r t “ng i” khi “va ch m”. Còn n a đó cũng là ph n ki n
th c luôn “th i s ”, “cu n hút”, “quy n rũ” ngư i h c nh t là v i đ i tư ng khá, gi i.
“. . . ví như dòng sông nào cũng b t ngu n t nh ng con su i nh , m i bài toán dù khó đ n đâu
cũng có ngu n g c t nh ng bài toán đơn gi n . . . ”.
Tác gi c a bài vi t này r t mong góp m t chút “suy nghĩ” trong vi c tìm ra “con đư ng” đ n
v i nh ng “dòng su i nh kia”.
Bài vi t đư c trình bày theo hư ng gi i quy t nh ng câu h i “kinh đi n”.
- B t đ u t đâu? - Khai thác, khám phá, phát hi n và ki n t o v n đ ra sao?
- Gi i pháp nào là kh thi? . . . . . .
Đi m m u ch t trong phương pháp v n d ng tính ch t c a hàm s , là xây d ng đư c hàm s
“tương thích” v i bài toán.



1 Lo i 1.Ch n tr c ti p m t tham s bi n thiên làm bi n
s.
Bài toán 1 (USAMO). Cho a, b, c là các s th c thu c đo n [0; 1]
Ch ng minh r ng: b+a+1 + c+a+1 + a+c+1 + (1 − a)(1 − b)(1 − c) ≤ 1(1)
b
c b

L i gi i. - Vai trò c a các s a, b, c là như nhau không m t tính to˚ quaùt, ta ch n a là
ang
bi n s . Như v y ta hình thành đư c hàm s f bi n s a.
y = f (a) vôùi a ∈ [0; 1]
Xét hàm s f (a) = b+a+1 + c+a+1 + a+c+1 + (1 − a)(1 − b)(1 − c) trên t p [0, 1]
b
c b
f (a) = b+c+1 − (c+ab+1)2 − (a+bc+1)2 − (1 − b)(1 − c)
1

2b 2c
≥ 0, ∀a ∈ [0; 1]
f (a) = +
(c+a+1)3 (a+b+1)3
Suy ra hàm s f (a) đ ng bi n trên đo n [0; 1].
* Trư ng h p 1: f (a) ≥ 0, ∀a ∈ [0; 1].
Suy ra hàm s f (a) đ ng bi n trên đo n [0; 1]
Do noù f (a) ≤ f (1) = b+c+1 + c+1+1 + 1+c+1 ≤
1 b 1 b c
+ +
˜ b b+c+1 c+b+1 c+b+1

1+b+c
= =1
1+b+c

195
www.VNMATH.com


* Trư ng h p 2: f (a) < 0, ∀a ∈ [0; 1]
Suy ra hàm s f (a) ngh ch bi n trên đo n [0; 1] Do đó:
b c
f (a) ≤ f (0) = + (1 − b)(1 − c)
+
c+1 b+1
b(b + 1) + c(c + 1) + (1 − b)(1 − c)(c + 1)(b + 1)
=
(c + 1)(b + 1)
22
1+b+c+b c 1 + b + c + bc

= =1
1 + b + c + bc 1 + b + c + bc
* Trư ng h p 3: f (a) đ i d u trên đo n [0; 1]
M t khác f (a) là hàm s liên t c và đ ng bi n trên đo n [0; 1].
T đó suy ra phương trình f (a) = 0 có nghi m duy nh t a = α, α ∈ (0; 1).
L p b ng bi n thiên, ta nh n đư c f (a) ≤ 1.
D u đ ng th c x y ra t i (a, b, c) là các hoán v c a (1, 1, 0), (1, 0, 0), (1, 1, 1) ho c (0, 0, 0).
Bài toán 2. Cho a, b, c là đ dài 3 c nh c a m t tam giác. Ch ng minh r ng:
a(b − c)2 + b(c − a)2 + c(a − b)2 + 4abc > a3 + b3 + c3 (1)
(1)
L i gi i. - Không m t tính t ng quát, gi s 0 < a ≤ b ≤ c < a + b
Ta có: (1) ⇔ c3 − (a + b)c2 − (a2 + b2 − 2ab)c + (a3 + b3 − a2 b − ab2 ) < 0
Xét hàm s f (c) = c3 − (a + b)c2 − (a2 + b2 − 2ab)c + (a3 + b3 − a2 b − ab2 ), ∀c ∈ [b, a + b)
f (c) = 3c2 − 2(a + b)c − (a − b)2 √

(a+b)2 +3(a−b)2
(a+b)−
c=
f (c) = 0 ⇔ 3c − 2(a + b)c − (a − b) = 0 ⇔  1 √3
2 2
(a+b)+ (a+b)2 +3(a−b)2
c2 = 3
Nh n xét c1 ≤ 0, b < c2 < a + b
B ng bi n thiên
Vì 0 < a ≤ b nên f (b) = a2 (a − 2b) < 0. Suy ra f (c) < 0, ∀c ∈ [b; a + b).


2 Lo i 2: Bi n đ i quy v m t trong các tham s bi n
thiên cho trư c.
Bài toán 3. : [IM025] Cho 3 s th c dương x, y, z thay đ i và th a mãn h th c x + y + z = 1.
Tìm giá tr l n nh t c a bi u th c P = xy + yz + zx − 2xyz.

1
L i gi i. Không m t tính t ng quát, ta gi s x ≥ y ≥ z. T gi thi t , suy ra 0 < z ≤ 3
Ta có:
2
x+y
P = xy (1˘2z ) + z (1˘z ) ≤ (1 − 2z ) + z (1 − z )
2
2
1−z 1 1 1
(1 − 2z ) + z (1 − z ) = − z 3 + z 2 +
=
2 2 4 4

196
www.VNMATH.com


- Xét hàm s f (z ) = − 1 z 3 + 1 z 2 + 1 , ∀z ∈ 0; 1
2 4 4 3
f (z ) = − 3 z 2 + 1 z = − z (3z − 1), f (z ) = 0 ⇔ z = 3 (vì 0 < z ≤ 1 )
1
2 2 2 3
L p b ng bi n thiên, ta nh n đư c P ≤ f (z ) ≤ f ( 1 ) = 27 7
3
K t lu n: max P = 27 đ t đư c khi x = y = z = 1 .
7
3

Bài toán 4. a, b, c là đ dài 3 c nh c a tam giác có chu vi b ng 3. Tìm giá tr nh nh t c a
bi u th c:
T = 3(a2 + b2 + c2 ) + 4abc
L i gi i. Không m t tính t ng quát, ta gi s : 0 < a ≤ b ≤ c
M t khác a + b + c = 3 và c < a + b nên 1 ≤ c < 3
2
Ta bi n đ i:
T = 3(a + b)2 − 6ab + 3c2 + 4abc = 3(3 − c)2 + 3c2 + 2ab(2c − 3)
2
3−c
2 2 2 2
= 3(3 − c) + 3c − 2(3 − 2c)ab ≥ 3(3 − c) + 3c − 2(3 − 2c)
2
3 27
⇔ T ≥ c3 − c2 +
2 2
Xét hàm s : f (c) = c3 − 2 c2 + 27 v i 1 ≤ c < 2 , f (c) = 3c2 − 3c
3 3
2
f (c) = 0 ⇔ 3c(c − 1) = 0 ⇔ c = 1 (Vì 1 ≤ c < 3 .)2
L p b ng bi n thiên, ta nh n đư c: T ≥ f (c) ≥ f (1) = 13
K t lu n: min T = 13 đ t t i a = b = c = 1.


3 Lo i 3: Hình thành bi n s m i.

Bài toán 5. Cho các s th c dương x, y th a mãn đi u ki n x2 + y 2 = x 1 − y 2 + y 1 − x2 .
Tìm giá tr nh nh t c a bi u th c P = x2 + x2 + y 2 + y12
1




L i gi i. - Áp d ng b t đ ng th c côsi, ta có:
4 4
P ≥ (x2 + y 2 ) 1 + 2 2
2 = (x + y ) + 2
x + y2
(x2 + y 2 )

- Theo gi thi t, ta có: x2 + y 2 = x 1 − y 2 + y 1 − x2
Áp d ng b t đ ng th c côsi, ta có:
√ 1 1
x 1 − y 2 + y 1 − x2 ≤ (x2 + 1 − y 2 ) + (y 2 + 1 − x2 ) = 1
2 2
T đó, ta có 0 < x2 + y 2 ≤ 1
Khi đó, ta có: P ≥ t + 4 , t = x2 + y 2 , 0 < t ≤ 1.
t
Xét hàm s : f (t) = t + 4 , trên t p (0; 1]
t

4
f (t) = 1 − < 0, ∀t ∈ (0; 1]
t2

197
www.VNMATH.com


L p b ng bi n thiên ta nh n đư c P ≥ √ (1) = 5
f
K t lu n: min P = 5 đ t đư c x = y = 22 .

Bài toán 6. Cho các s th c a, b, c không âm th a mãn a + b + c = 3. Tìm giá tr l n nh t c a
bi u th c: P = (a2 − ab + b2 ) (b2 − bc + c2 ) (c2 − ca + a2 ) .
L i gi i. D a theo gi thi t ta gi s r ng: 0 ≤ a ≤ b ≤ c ≤ 3.
a2 − ab ≤ 0 a2 − ab + b2 ≤ b2

Suy ra: 2
a2 − ca + c2 ≤ c2
a − ca ≤ 0
T đó ta nh n đư c:

P ≤ b2 c2 b2 − bc + c2 = b2 c2 (b + c)2 − 3bc

Ta có: b + c ≤ 3 ⇔ 2 bc ≤ b + c ≤ 3 ⇔ 0 ≤ bc ≤ 9/4
9
Do đó: P ≤ b2 c2 (9 − 3bc) = 9b2 c2 − 3b3 c3 Đ t t = bc, 0 ≤ t ≤ 4 . Khi đó: P ≤ 9t2 − 3t3 Xét hàm
s : f (t) = 9t2 − 3t3 , ∀t ∈ 0, 9
4
f (t) = 18t − 9t2
f (t) = 0 ⇔ t1 = 0, t2 = 2
L p b ng bi n thiên , ta nh n đư c P ≤ f (t) ≤ 12
K t lu n: max P = 12 đ t t i a = 0, b = 1, c = 2 và các hoán v c a (a, b, c).


4 Lo i 4: Ch n hàm s đ c trưng, trư ng h p các bi n
đã “phân li”
Bài toán 7 (Olimpic H ng Kông). Cho các s th c dương a, b, c, d th a mãn đi u ki n a + b +
c + d = 1. Ch ng minh r ng:
1
6 a 3 + b 3 + c 3 + d 3 ≥ a2 + b 2 + c 2 + d 2 + (1)
8
1
L i gi i. Ta có: (1) ⇔ 6a3 − a2 + 6b3 − b2 + 6c3 − c2 + 6d3 − d2 ≥ 8
Xét hàm s f (x) = 6x3 − x2 − 5 x, ∀x ∈ (0, 1), f (x) = 18x2 − 2x − 5
8 8
f (x) = 0 ⇔ x1 = 1/4 ∈ (0, 1) , x2 = −5/36 (lo i)
L p b ng bi n thiên , ta nh n đư c 6x3 − x2 − 8 x ≥ − 1 (∗) , ∀x ∈ (0, 1)
5
8
D a theo k t qu (*) ta có: 6a3 − a2 + 6b3 − b2 + 6c3 − c2 + 6d3 − d2 ≥ 4 − 8 + 5 (a + b + c + d)
1
8
1
⇔ 6 (a3 + b3 + c3 + d3 ) ≥ a2 + b2 + c2 + d2 + 8
Đ ng th c x y ra khi a = b = c = d = 1 . 4

Bài toán 8. Cho 3 s th c x, y, z thay đ i và √ a mãn h th c x + y + z = 1 Tìm giá tr nh
th

nh t c a bi u th c P = x2 + 1 + y 2 + 1 + z 2 + 1
L i gi i. Xét hàm s f (t) = √tt+3 . T p xác đ nh D = R
2 +1

√1−3t 3 , f (t) = 0 ⇔ 1 − 3t = 0 ⇔ t = 1/3
Ta có: f (t) =
(t2 +1)
√ √
√t+3
L p b ng bi n thiên , ta nh n đư c f (t) ≤ 10, ∀t ∈ R ⇔ ≤ 10, ∀t ∈ R ⇔ t + 3 ≤
t2 +1


198
www.VNMATH.com

√√
10 t2 + 1, ∀t ∈ R(1)
- S d ng k t qu (1), ta có. √√

 x + 3 ≤ √ 10 x2 + 1
y + 3 ≤ √10√ y 2 + 1
z + 3 ≤ 10 z 2 + 1


Do đó
√ √ √
x2 + 1 + y 2 + 1 + z 2 + 1
(x + y + z ) + 9 ≤ 10
√ √ √
x2 + 1 + y 2 + 1 + z 2 + 1
⇔ 1 + 9 ≤ 10
√ √ √
⇔ 10 ≤ x2 + 1 + y 2 + 1 + z 2 + 1
1
Đ ng th c x y ra khi x = y = z = 3 .

K t lu n: min P = 10, đ t đư c khi x = y = z = 1 .
3



5 Lo i 5: Ch n hàm s đ c trưng, trư ng h p các bi n
chưa “phân li”
Bài toán 9. (Darij Grinberg – Old and new lnequalityl) Cho các s th c dương a, b, c. Ch ng
minh :
a b c 9
2≥
2+ 2+
4 (a + b + c)
(b + c) (c + a) (a + b)
L i gi i. Do tính đ ng c p, nên ta gi s a + b + c = 3 suy ra a, b, c ∈ (0; 3).
a b c 3
Khi đó b t đ ng th c c n ch ng minh tr thành (3−a)2 + (3−b)2 + (3−c)2 ≥ 4
x 1
− 2 x, ∀x ∈ (0; 3), f (x) = 0 ⇔ x = 1 ∈ (0; 3) . L p b ng bi n thiên ,
Xét hàm s f (x) = (3−x)2
ta có
1 x 1 1
f (x) ≥ − , ∀x ∈ (0; 3) ⇔ 2 ≥ x− (∗) , ∀x ∈ (0; 3)
4 2 4
(3 − x)
V n d ng b t đ ng th c (*) ta nh n đư c.
a
+ (3−b)2 + (3−c)2 ≥ 2 (a + b + c) − 3
b c 1
(3−a)2 4
a b c 3
⇔ ≥
+ +
(3−a)2 (3−b)2 (3−c)2 4
B t đ ng th c đã đư c ch ng minh d u đ ng th c x y ra khi a = b = c = 1.
Bài toán 10 (USAMO). Cho các s th c dương a, b, c. Ch ng minh r ng:
(2a + b + c)2 (2b + c + a)2 (2c + a + b)2
≤ 8.
+ +
2a2 + (b + c)2 2b2 + (c + a)2 2c2 + (a + b)2
L i gi i. - Do tính đ ng c p nên gi s a + b + c = 3, suy ra a, b, c ∈ (0; 3).
Khi đó b t đ ng th c c n ch ng minh đư c vi t thành:
a2 + 6 a + 9 b2 + 6 b + 9 c2 + 6 c + 9
≤8
+2 +2
3a2 − 6a + 9 3b − 6b + 9 3c − 6c + 9

199
www.VNMATH.com


2
Xét hàm s f (x) = 3x 2+66x+9 − 4 x, ∀x ∈ (0; 3), f (x) = 0 ⇔ x = 1 ∈ (0, 3)
x − x+9 3
x2 +6x+9
L p b ng bi n thiên , ta có 3x2 −6x+9 − 4 x ≤ 4 , ∀x ∈ (0; 3) (∗)
3 3
V n d ng b t đ ng th c (*) ta nh n đư c.

a2 + 6 a + 9 b2 + 6 b + 9 c2 + 6 c + 9 4
≤ (a + b + c) + 4 = 8
+2 +2
2 − 6a + 9 3b − 6b + 9 3c − 6c + 9
3a 3
B t đ ng đã đư c ch ng minh, d u đ ng th c x y ra khi a = b = c = 1.


6 Lo i 6:Ch n hàm đ c trưng, s d ng h th c ph tr .
Bài toán 11. Cho các s th c x, y, z thu c đo n [0; 3]. Tìm giá tr nh nh t c a bi u th c.
1 1 1
P= + +
4 + 2 ln(1 + x) − y 4 + 2 ln(1 + y ) − z 4 + 2 ln(1 + z ) − x

L i gi i. - Th t v y v i 2 l n v n d ng b t đ ng th c cô si, ta đánh giá và “phân li” đư c:
9
P≥
12 + [2 ln(1 + x) − x] + [2 ln(1 + y ) − y ] + [2 ln(1 + z ) − z ]

. - Lúc này các s h ng v ph i đư c s p x p theo cùng m t quy lu t, đi u này làm “hé l ”
hàm s đ c trưng: f (t) = 2 ln(1 + t)˘t, ∀t ∈ [0; 3].

 4 + 2 ln(1 + x) − y > 0
4 + 2 ln(1 + y ) − z > 0
T gi thi t ta có:
4 + 2 ln(1 + z ) − x > 0

S d ng b t đ ng th c cô si, ta có:

[4 + 2 ln(1 + x) − y ] + [4 + 2 ln(1 + y ) − z ] + [4 + 2 ln(1 + z ) − x]

≥ 3 3 [4 + 2 ln(1 + x) − y ] [4 + 2 ln(1 + y ) − z ] [4 + 2 ln(1 + z ) − x]
- L i áp d ng b t đ ng th c cô si, ta có.

1
P ≥33
[4 + 2 ln(1 + x) − y ] [4 + 2 ln(1 + y ) − z ] [4 + 2 ln(1 + z ) − x]

Nhân v theo v 2 b t đ ng th c trên, ta đư c.

[4 + 2 ln(1 + x) − y + 4 + 2 ln(1 + y ) − z + 4 + 2 ln(1 + z ) − x] .P ≥ 9
9
⇔P ≥
12 + [2 ln(1 + x) − x] + [2 ln(1 + y ) − y ] + [2 ln(1 + z ) − z ]
Xét hàm s :
1−t
2
f (t) = 2 ln(1 + t)˘t, ∀t ∈ [0; 3], f (t) = −1= f (t) = 0 ⇔ t = 1
1+t 1+t

200
www.VNMATH.com


L p b ng bi n thiên , ta nh n đư c : 0 ≤ f (t) ≤ 2 ln 2 − 1, ∀t ∈ [0; 3]
S d ng k t qu trên, ta có:

0 ≤ [2 ln(1 + x) − x] + [2 ln(1 + y ) − y ] + [2 ln(1 + z ) − z ] ≤ 6 ln 2 − 3

Do đó: P ≥ 12+(6 9 2−3) = 9+6 ln 2 = 3+2 ln 2
9 3
ln
Đ ng th c x y ra khi: x = y = z = 1.
3
K t lu n: min P = 3+2 ln 2 đ t đư c t i x = y = z = 1.

Bài toán 12. Cho A, B, C là các góc nh n trong tam giác ABC. Tìm giá tr nh nh t c a bi u
th c
1
T = tan A + tan B + tan C +
cot 2 . cot B . cot C
A
2 2

L i gi i. Trư c h t ta ch ng minh. tanA + tanB + tanC ≥ cot A + cot B + cot C
2 2 2
M t khác:
1 1 1
cot A + cot B + cot C = + +
2 2 2 A B
tan C
tan 2 tan 2 2
tan B . tan C + tan C . tan A + tan A . tan B
2 2 2 2 2 2
=
tan A . tan B . tan C
2 2 2
1
= cot A .cot B . cot C
= A B C 2 2 2
tan 2 . tan 2 . tan 2

Do đó: tanA + tanB + tanC ≥ cot A .cot B .cot C .
2 2 2
T đó, ta nh n đư c.
1
T ≥ cot A .cot B .cot C +
2 2 2 A
. cot B . cot C
cot 2 2 2

Đ t t = cot A .cot B .cot C = cot A +cot B + cot C ≥ 3 3 cot A . cot B . cot C .
2 2 2
√2 2 2 2 2 2
A B C
Suy ra: cot 2 .cot 2 . cot 2 ≥ 3 3.

Xét hàm s : f (t) = t + 1 v i t ≥ 3 3
t


t2 − 1
1
f (t) = 1 − > 0, ∀t ≥ 3 3,
=
t2 t2

L p b ng bi n thiên , ta nh n đư c: T ≥ f (t) ≥ 3283 , ∀t ≥ 3 3


K t lu n: min T = 3283 đ t đư c khi A = B = C = π .

3



7 Lo i 7: Kh o sát hàm s phát sinh.
Bài toán 13. Cho x, y, z là các s th c thu c đo n [0; 1]. Ch ng minh r ng: 2 (x3 + y 3 + z 3 ) −
(x2 y + y 2 z + z 2 x) ≤ 3 (1)


201
www.VNMATH.com


L i gi i. Xét hàm s f (x) = 2x3 − yx2 − z 2 x + 2 (y 3 + z 3 ) − y 2 z trên t p [0; 1].
f (x) = 6x2 − 2yx − z 2
f (x) = 0 ⇔ x = 1 y ± y 2 + 6z 2
6
Kh o sát hàm s f (x), ta nh n đư c. M ax f (x) = M ax {f (0), f (1)}
x∈[0,1]
Nh n xét: f (0) = 2 (y + z ) − y z ≤ 2 (y + z 3 ) − y 2 z + (2 − y − z 2 ) = f (1)
3 3 2 3

Như v y ta c n ph i ch ng minh. f (1) ≤ 3
Th t v y: Đ t
f (1) = g (y ) = 2 y 3 + z 3 − y 2 z + 2 − y − z 2
= 2y 3 ˘zy 2 − y + 2z 3 − z 2 + 2

g (y ) = 6y 2 − 2zy ˘1, g (y ) = 0 ⇔ y = 1 z ± z 2 + 6
6
Kh o sát hàm s g (y ) trên đo n [0; 1], ta nh n đư c. M ax g (y ) = M ax {g (0), g (1)}
y ∈[0,1]
Ta l i có
g (0) = 2z 3 − z 2 + 2 ≤ 2z 3 − z 2 + 2 + (1 − z ) = g (1)
= z (z − 1) (2z + 1) + 3 ≤ 3, ∀z ∈ [0; 1]

B t đ ng th c (1) đã đư c ch ng minh.
Bài toán 14. Cho a, b, c là các s th c thu c đo n [0; 1]. Tìm giá tr l n nh t c a bi u th c.
P = b3 +a3 +6 + c3 +a3 +6 + a3 +c3 +6 .
b
c b

L i gi i. Xét hàm s [f (c) = b3 +a3 +6 + c3 +a3 +6 + a3 +c3 +6 trên đo n [0; 1].
b
c b
2 2
f (c) = − (6+33 +c3 )2 − (c3 +a3 +6)2 + a3 +13 +6
ac 3bc
b
b
6ca(6+b3 −2c3 ) 6bc(6+a3 −2c3 )
f (c) = − (6+b3 +c3 )3 − (6+c3 +a3 )3 ≤ 0, ∀c ∈ [0; 1]
Suy ra hàm s f (c) ngh ch bi n trên đo n [0; 1].
Do đó f (c) ≥ f (1) = 6+a1 +b3 − (7+b3 )2 − (7+a3 )2 ≥
3a 3b 1 3
− 2. 49 > 0
3 8
Suy ra hàm s f (c) đ ng bi n trên đo n [0; 1].
Do đó f (c) ≤ f (1) = b3a + a3b + a3 +13 +6
+7 +7 b
Ta l i xét hàm s . g (a) = b3a + a3b + a3 +13 +6 trên đo n [0; 1].
+7 +7 b
2 b
Kh o sát hàm s g (a) trên đo n [0; 1], ta nh n đư c. P ≤ g (a) ≤ g (1) = +
b3 +7 8
Ta l i xét hàm s h(b) = b32 + 8 trên đo n [0; 1].
b
+7
Kh o sát hàm s h(b) ta nh n đư c h(b) đ ng bi n trên đo n [0; 1].
3
Suy ra P ≤ h(b) ≤ h(1) = 8
K t lu n: max P = 3 đ t đư c khi a = b = c = 1.
8



8 M t s bài t p
Bài toán 15. Cho các s th c dương a, b, c th a mãn đi u ki n a2 + b2 + c2 = 3. Ch ng minh
1 1 1
+ 2−b + 2−c ≥ 3
2−a


202
www.VNMATH.com


Bài toán 16. Cho các s th c không âm a, b, c th a mãn đi u ki n a + b + c ≥ 3. Ch ng minh
r ng: a2 +b+c + b2 +1c+a + c2 +1a+b ≤ 1
1


Bài toán 17. Cho các s th c dương a, b, c th a mãn đi u ki n a + b + c = 3 Ch ng minh
1
+ b12 + c12 ≥ a2 + b2 + c2 .
a2

Bài toán 18. Cho các s th c không âm a, b, c th a mãn đi u ki n a + b + c = 1. Ch ng minh
r ng: 10 (a3 + b3 + c3 ) − 9 (a5 + b5 + c5 ) ≥ 1

Bài toán 19. Cho tam giác nh n ABC. Ch ng minh: tan A + tan B + tan C + 6(sin A + sin B +

sin C ) ≥ 12 3.
a
Bài toán 20. Cho các s th c a, b, c th a mãn đi u ki n a + b + c = 1. Ch ng minh: 1+a2 +
b c 9
+ 1+c2 ≤ 10
1+b2

Bài toán 21. Tìm giá tr l n nh t và giá tr nh nh t c a hàm s : y = √1+cosx + 1 − cos x
3+2 sin
x
trên đo n − π ; π
22

Bài toán 22. Xét các tam giác ABC v i 3 góc đ nh đ u nh n. Tìm giá tr nh nh t c a bi u
th c.
sin A + sin B + sin C
P=
cos A + cos B + cos C
Bài toán 23. Xét tam giác ABC tìm giá tr nh nh t c a bi u th c.
4
P = cos A + cos B + cos C + A
. sin B . sin C
sin 2 2 2

Bài toán 24. Tìm giá tr l n nh t và giá tr nh nh t c a bi u th c: P = x4 + y 4 − x2 y 2 Trong
đó: x, y là các s th c th a mãn đi u x2 + y 2 − xy = 1.




203
www.VNMATH.com




THÊM M T PHƯƠNG PHÁP M I Đ CH NG
MINH B T Đ NG TH C
Nguy n Tài Chung, Trư ng THPT Chuyên Hùng Vương - Gia Lai


1 Thêm m t phương pháp m i đ ch ng minh b t đ ng
th c
Chúng ta đ u bi t r ng th gi i B t đ ng th c vô cùng r ng l n và phong phú, là lĩnh v c phát
tri n nh t c a Toán sơ c p. Do v y các phương pháp và kĩ thu t ch ng minh b t đ ng th c
ngày càng nhi u, và có nhi u phương pháp m i. Theo dõi các tài li u trên Internet ta th y trong
th i gian g n đây B t đ ng th c đư c quan tâm, trao đ i, th o lu n và phát tri n r t nhi u,
đã xu t hi n nhi u cao th v b t đ ng th c là các H c sinh, Sinh viên ngư i Vi t Nam, theo
đó đã có m t s phương pháp m i đ t n công các bài toán v B t đ ng th c. Trong quá trình
gi ng d y B t đ ng th c cho các em h c sinh gi i, tôi th y có m t phương pháp m i l và r t
đ c đáo đó là s d ng Dãy s đ ch ng minh B t đ ng th c. V n đ này cũng khá r ng l n,
ph i k đ n như dùng Gi i h n dãy s đ ch ra h ng s t t nh t làm cho B t đ ng th c đúng,
tìm t t c các giá tr c a tham s đ B t đ ng th c đúng, B t đ ng th c trong Dãy s , dùng
Gi i h n dãy s đ ch ng minh B t đ ng th c ba bi n đ i x ng. Bài vi t này đ c p đ n kĩ
thu t dùng Gi i h n dãy s đ ch ng minh m t s B t đ ng th c khó d ng ba bi n đ i x ng,
đây là v n đ m i m nên các ví d mà tôi sưu t m đư c còn ít. Hy v ng r ng sau khi đ c bài
vi t, b n đ c s phát tri n thêm kĩ thu t này và sưu t m, sáng t o thêm nhi u bài toán gi i
đư c b ng kĩ thu t này.
1. M t s lưu ý v phương pháp. T t c các b t đ ng th c đ i x ng ba bi n s đ u có th
quy v các hàm đ i x ng cơ b n c a

p = x + y + z, q = xy + yz + zx, r = xyz.

Sau khi đã vi t b t đ ng th c c n ch ng minh theo p, q , r ta ch c n kh o sát b t đ ng th c
này theo ba bi n m i p, q , r.
• Có th th y ngay l i ích c a phương pháp này là m i ràng bu c gi a các bi n p, q , r mà các
bi n dương x, y , z ban đ u không có như

p2 ≥ 3r, p3 ≥ 27r, q 2 ≥ 3pr, pq ≥ 9r...




204
www.VNMATH.com


• M t s bi u di n theo p, q , r :

x2 + y 2 + z 2 = p2 − 2q
x3 + y 3 + z 3 = p3 − 3pq + 3r
2
x4 + y 4 + z 4 = p2 − 2q − 2 q 2 − 2pr
(x + y ) (y + z ) (z + x) = pq − r
xy (x + y ) + yz (y + z ) + zx (z + x) = pq − 3r
x2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x2 = q 2 − 2pr
x3 y 3 + y 3 z 3 + z 3 x3 = q 3 − 3pqr + 3r2
x4 y 4 + y 4 z 4 + z 4 x4 = q 4 − 4pq 2 r + 2p2 r2 + 4qr2 .

Vi c ch ng minh các công th c trên là đơn gi n. Sau đây là m t vài ch ng minh đó.
◦ Ta có
2
x4 + y 4 + z 4 = x2 + y 2 + z 2 − 2 x2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x2
2
− 2 (xy + yz + zx)2 − 2xyz (x + y + z )
= p2 − 2q
2
= p2 − 2q − 2 q 2 − 2pr .

◦ Ta có

(x + y ) (y + z ) (z + x) = (p − x) (p − y ) (p − z )
=p3 − (x + y + z ) p2 + (xy + yz + zx) p − xyz
=p3 − p3 + pq − r = pq − r.

◦ Ta có

xy (x + y ) + yz (y + z ) + zx (z + x)
=xy (p − z ) + yz (p − x) + zx (p − y )
=p (xy + yz + zx) − 3xyz = pq − 3r.

◦ Do h ng đ ng th c

A3 + B 3 + C 3 − 3ABC = (A + B + C ) A2 + B 2 + C 2 − AB − BC − CA

nên

x3 y 3 + y 3 z 3 + z 3 x3
=3x2 y 2 z 2 + (xy + yz + zx) x2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x2 − xyz (x + y + z )
=3r2 + q q 2 − 2pr − rp = q 3 − 3pqr + 3r2 .

• B t đ ng th c Schur : N u x, y, z là các s th c dương và t là m t s th c dương, thì

xt (x − y ) (x − z ) + y t (y − z ) (y − x) + z t (z − y ) (z − x) ≥ 0. (1)

205
www.VNMATH.com


Ch ng minh. Không m t tính t ng quát, gi s x ≥ y ≥ z > 0. G i P là v trái c a (1). Khi
đó

P ≥ xt (x − y ) (x − z ) + y t (y − z ) (y − x)
= (x − y ) xt (x − z ) − y t (y − z )
≥ (x − y ) y t (x − z ) − y t (y − z ) = (x − y )2 y t ≥ 0.

D u b ng x y ra khi và ch khi x = y = z ho c x = y và z = 0 cùng các hoán v c a nó.
Lưu ý. N u t là s nguyên dương, ch ng h n t = 1, t = 2 thì ch c n đi u ki n c a x, y , z không
âm là b t đ ng (1) đúng. B t đ ng th c (1) cũng đúng khi t < 0, th t v y, n u t < 0 thì v i
gi s x ≥ y ≥ z > 0, ta có z t ≥ y t , suy ra

P ≥ y t (y − z ) (y − x) + z t (z − y ) (z − x)
= (y − z ) y t (y − x) − z t (z − x)
≥ (y − z ) z t (y − x) − z t (z − x) = (y − z )2 z t ≥ 0.

• Hai trư ng h p quen thu c đư c s d ng nhi u là t = 1 và t = 2. V i x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0 ta


x (x − y ) (x − z ) + y (y − z ) (y − x) + z (z − y ) (z − x) ≥ 0. (2)
2 2 2
x (x − y ) (x − z ) + y (y − z ) (y − x) + z (z − y ) (z − x) ≥ 0. (3)

Các b t đ ng th c (2) và (3) còn đư c vi t l i là

x3 + y 3 + z 3 + 3xyz ≥ xy (x + y ) + yz (y + z ) + zx (z + x) . (4)
4 4 4 3 3 3
x + y + z + xyz (x + y + z ) ≥ x (y + z ) + y (z + x) + z (x + y ) . (5)

Còn n u vi t theo p, q, r thì t (4) và (5) ta có

p3 − 4pq + 9r ≥ 0, p4 − 5p2 q + 4q 2 + 6pr ≥ 0.

Th t v y, ta có

(4) ⇔ p3 − 3pq + 3r + 3r ≥ xy (p − z ) + yz (p − x) + zx (p − y )
⇔ p3 − 3pq + 6r ≥ p (xy + yz + zx) − 3xyz ⇔ p3 − 4pq + 9r ≥ 0



(5) ⇔ p4 − 4p2 q + 2q 2 + 4pr + pr ≥ x3 (p − x) + y 3 (p − y ) + z 3 (p − z )
⇔ p4 − 4p2 q + 2q 2 + 5pr ≥ x3 + y 3 + z 3 p − x4 + y 4 + z 4
⇔ p4 − 4p2 q + 2q 2 + 5pr ≥ p3 − 3pq + 3r p − p4 − 4p2 q + 2q 2 + 4pr
⇔ p4 − 5p2 q + 4q 2 + 6pr ≥ 0.


206
www.VNMATH.com


2 M t s bài toán.
Bài toán 1. Cho ba s dương a, b, c tho mãn đi u ki n a + b + c = 1. Ch ng minh r ng

(1 − ab − bc − ca) (1 − 27abc)
≥6 [1 + 3 (ab + bc + ca)] (ab + bc + ca)2 − 3abc .

Gi i. Đ t p = a + b + c, q = ab + bc + ca, r = abc. Khi đó p = 1. Ta c n ch ng minh

(1 − q ) (1 − 27r) ≥ 6 (1 + 3q ) q 2 − 3r . (1)
1 1 1
(a + b + c)2 = . Khi 0 < q ≤ , ta có
Ta có 0 ≤ q = ab + bc + ca ≤
3 3 4
3 (1 − 27r)
(1 − q ) (1 − 27r) ≥ . (2)
4
3 1 42 1
6 (1 + 3q ) q 2 − 3r ≤ 6 1 + − 3r − 3r .
= (3)
4 16 4 16


3 (1 − 27r) 42 1 42 3
≥ − 3r ⇔ 3 − 81r ≥− 126r ⇔ 45r ≥ − (đúng)
4 4 16 16 8
1 1
nên t (2) và (3) suy ra (1) đúng. Ti p theo ta xét ≤ q ≤ . Xét dãy s (an ) như sau
4 3
1 1 + an
, ∀n = 1, 2, . . .
a1 = ; an+1 = (4)
5 − 3an
4
1 1 x+1
Ta có a1 ≤ . Gi s ak ≤ . Xét hàm s f (x) = , khi đó hàm f đ ng bi n vì
−3x + 5
3 3
8
f (x) = > 0.
(5 − 3x)2

1 1
V y ak+1 = f (ak ) ≤ f = . Theo nguyên lí quy n p, suy ra
3 3
1
0 ≤ an ≤ , ∀n = 1, 2, . . .
3
Do đó
3a2 − 4an + 1
1 + an
− an = n
an+1 − an = > 0.
5 − 3an 5 − 3an
V y dãy s (an ) tăng và b ch n trên nên có gi i h n h u h n. Đ t lim an = L. T (4) cho
n→+∞
n → +∞, ta đư c
1
1+L 1
do L≤ 3
⇔ 3L2 − 4L + 1 = 0 ⇒ L = .
L=
5 − 3L 3

207
www.VNMATH.com


1 11
và q ∈ ; , suy ra t n t i k ∈ N∗ sao cho
Vì dãy s (an ) tăng v
3 43
1 + ak
ak ≤ q ≤ ak+1 ⇒ q ≤ ⇒ 5q − 3qak ≤ 1 + ak
5 − 3ak
1
⇒3q − 3qak + 1 − ak ≤ 2 − 2q ⇒ (1 − ak ) (3q + 1) ≤ 1 − q.
2
1
T ak ≤ q ≤ , ta có
3
1 q ak 1 ak
≤ 0 ⇔ q2 ≤ ⇔ q2 ≤ q
(q − ak ) q − + qak − −
+ ak .
3 3 3 3 3

Theo b t đ ng th c Schur, ta có p3 − 4pq + 9r ≥ 0, mà p = 1 nên 4q − 1 ≤ 9r. Do đó

(9r + 1) (3ak + 1) − 4ak
1 + 9r 1 ak
q2 ≤ ⇒ q2 ≤
+ ak −
4 3 3 12
27rak + 9r + 3ak + 1 − 4ak 27rak − 27r + 1 − ak
⇒q 2 ≤ ⇒ q 2 − 3r ≤
12 12
(1 − ak ) (1 − 27r)
⇒q 2 − 3r ≤ .
12
V y ta đã ch ng minh đư c
1
(1 − ak ) (3q + 1) ≤ 1 − q. (5)
2
(1 − ak ) (1 − 27r)
q 2 − 3r ≤ . (6)
12
Đ ý r ng 1 − ak > 0, 3q − 1 ≤ 0, 1 − q > 0, q 2 − 3r ≥ 0, 1 − 27r ≥ 0. T (6) suy ra

12 (q 2 − 3r)
1 − ak ≥
1 − 27r

Thay vào (5) ta đư c

1 12 (q 2 − 3r)
(3q + 1) ⇒ 6 q 2 − 3r (3q + 1) ≤ (1 − q ) (1 − 27r) .
1−q ≥ .
2 1 − 27r

Phép ch ng minh hoàn thành.
Lưu ý. Dãy s (an ) đư c tìm ra như sau : Ta c n xây d ng dãy s (an ) tho mãn đi u ki n
1
a1 = và dãy (an ) tăng v 1 . Vì 4 ≤ q ≤ 1 nên t n t i k ∈ N∗ sao cho ak ≤ q ≤ ak+1 . Chú ý
1
3 3
4
r ng đi u ki n ak ≤ q tương đương v i

1 q ak 1 ak
≤ 0 ⇔ q2 ≤ ⇔ q2 ≤ q
(q − ak ) q − + qak − −
+ ak .
3 3 3 3 3

208
www.VNMATH.com


Vì 4q ≤ 9r + 1 nên

(9r + 1) (3ak + 1) − 4ak
1 + 9r 1 ak
q2 ≤ ⇒ q2 ≤
+ ak −
4 3 3 12
27rak + 9r + 3ak + 1 − 4ak 27rak − 27r + 1 − ak
⇒q 2 ≤ ⇒ q 2 − 3r ≤
12 12
(1 − ak ) (1 − 27r)
⇒q 2 − 3r ≤ .
12
V y đ ch ng minh 6 (q 2 − 3r) (3q + 1) ≤ (1 − q ) (1 − 27r), ta c n ch ng minh
1 1 + ak
(1 − ak ) (3q + 1) ≤ 1 − q ⇒ 5q − 3qak ≤ 1 + ak ⇒ q ≤ .
5 − 3ak
2
1 + ak
Vì v y, ta d n đ n ý tư ng là ch n luôn ak+1 = và xét dãy s (an ) như trên.
5 − 3ak
Bài toán 2. Xét ba s th c dương a, b, c tho mãn a + b + c = 1, ch ng minh r ng

1 + 162a2 b2 c2 ≥ 27abc + 54 a3 b3 + b3 c3 + c3 a3 .

Gi i. Đ t p = a + b + c, q = ab + bc + ca, r = abc. Khi đó p = 1 và

a3 b3 + b3 c3 + c3 a3 = q 3 − 3pqr + 3r2 = q 3 − 3qr + 3r2 .

Ta c n ch ng minh

1 + 162r2 ≥ 27r + 54 q 3 − 3qr + 3r2 ⇔ 54q q 2 − 3r ≤ 1 − 27r. (1)

Ta có 0 ≤ q = ab + bc + ca ≤ 3 (a + b + c)2 = 1 . Khi 0 < q ≤ 1 , ta có
1
3 4

27 1
54q q 2 − 3r ≤ − 3r (2)
2 16
27 1
− 3r ≤ 1 − 27r ⇔ 27 (1 − 48r) ≤ 32 − 864r ⇔ 432r ≥ −5 đúng . (3)
2 16
1 1
≤ q ≤ 3 . Xét dãy s (an ) như sau
T (2) và (3) suy ra (1) đúng. Ti p theo ta xét 4

1 2
, ∀n = 1, 2, . . .
a1 = ; an+1 = (4)
9(1 − an )
4

Ta có a1 ≤ 1 . Gi s ak ≤ 3 . Xét hàm s f (x) = 9(12 x) , khi đó hàm f đ ng bi n vì f (x) > 0.
1

3
1 1
V y ak+1 = f (ak ) ≤ f 3 = 3 . Theo nguyên lí quy n p, suy ra

1
0 ≤ an ≤ , ∀n = 1, 2, . . .
3

209
www.VNMATH.com


Do đó
9a2 − 9an + 2
2
− an = n
an+1 − an = ≥ 0.
9 (1 − an ) 9 (1 − an )
V y dãy s (an ) tăng và b ch n trên nên có gi i h n h u h n. Đ t lim an = L. T (4) cho
n→+∞
n → +∞, ta đư c
1
2 1
do L≤ 3
⇔ 9L2 − 9L + 2 = 0 ⇒ L = .
L=
9(1 − L) 3
, suy ra t n t i k ∈ N∗ sao cho
1 11
và q ∈
Vì dãy s (an ) tăng v ;
3 43

2 2
ak ≤ q ≤ ak+1 ⇒ q ≤ ⇒ 0 ≤ 1 − ak ≤ .
9 (1 − ak ) 9q

T ak ≤ q ≤ 1 , ta có
3

1 q ak 1 ak
≤ 0 ⇔ q2 ≤ ⇔ q2 ≤ q
(q − ak ) q − + qak − −
+ ak .
3 3 3 3 3

Theo b t đ ng th c Schur, ta có p3 − 4pq + 9r ≥ 0, mà p = 1 nên 4q − 1 ≤ 9r. Do đó

(9r + 1) (3ak + 1) − 4ak
1 + 9r 1 ak
q2 ≤ ⇒ q2 ≤
+ ak −
4 3 3 12
27rak + 9r + 3ak + 1 − 4ak 27rak − 27r + 1 − ak
⇒q 2 ≤ ⇒ q 2 − 3r ≤
12 12
(1 − ak ) (1 − 27r)
⇒q 2 − 3r ≤ .
12
V y ta đã ch ng minh đư c
2
1 − ak ≤ . (5)
9q
(1 − ak ) (1 − 27r)
q 2 − 3r ≤ . (6)
12
Đ ý r ng 1 − ak > 0, 1 − 27r ≥ 0, nên t (5) và (6) suy ra
2 1 − 27r
q 2 − 3r ≤ ⇒ 54q q 2 − 3r ≤ 1 − 27r.
.
9q 12

Phép ch ng minh hoàn thành.

Bài toán 3. Xét ba s th c dương a, b, c tho mãn a + b + c = 1, ch ng minh r ng

7 (ab + bc + ca)2 ≥ 18abc + 27 a3 b3 + b3 c3 + c3 a3 .




210
www.VNMATH.com


Gi i. Đ t p = a + b + c, q = ab + bc + ca, r = abc. Khi đó p = 1 và

a3 b3 + b3 c3 + c3 a3 = q 3 − 3pqr + 3r2 = q 3 − 3qr + 3r2 .

Ta c n ch ng minh

7q 2 ≥ 18r + 27 q 3 − 3qr + 3r2
⇔27q q 2 − 3r ≤ 7q 2 − 18r − 81r2
⇔27q q 2 − 3r ≤ 7 q 2 − 3r + 3r (1 − 27r)
⇔ (27q − 7) q 2 − 3r ≤ 3r (1 − 27r) . (1)

Ta có 0 ≤ q = ab + bc + ca ≤ 3 (a + b + c)2 = 1 . Khi 0 < q ≤ 1 , thì (1) đúng, do v trái âm,
1
3 4
còn v ph i không âm. Ti p theo ta xét 1 ≤ q ≤ 3 . Xét dãy s (an ) như sau
1
4

7an − 3
1
, ∀n = 1, 2, . . .
a1 = ; an+1 = (4)
27an − 11
4
7x−3
Ta có a1 ≤ 1 . Gi s ak ≤ 1 . Xét hàm s f (x) = 27x−11 , khi đó hàm f đ ng bi n vì f (x) > 0.
3 3
V y ak+1 = f (ak ) ≤ f 3 = 1 . Theo nguyên lí quy n p, suy ra
1
3

1
0 ≤ an ≤ , ∀n = 1, 2, . . .
3
Do đó
−3 (3an − 1)2
− (27a2 − 18an + 3)
7an − 3 n
an+1 − an = − an = ≥ 0.
=
27an − 11 27an − 11 27an − 11
V y dãy s (an ) tăng và b ch n trên nên có gi i h n h u h n. Đ t lim an = L. T (4) cho
n→+∞
n → +∞, ta đư c
7L − 3 1
⇔ 3(3L − 1)2 = 0 ⇔ L = .
L=
27L − 11 3
11
và q ∈ ; , suy ra t n t i k ∈ N∗ sao cho
1
Vì dãy s (an ) tăng v 3
43
3 − 7ak
ak ≤ q ≤ ak+1 ⇒ q ≤ ⇔ 11q − 27qak ≤ 3 − 7ak
11 − 27ak
⇔ak (27q − 7) ≥ 11q − 3. (5)
1 7 7
< q ≤ 1 . T (5) ta đư c
≤q≤
Nu thì (1) đúng. Ti p theo xét
4 27 27 3

11q − 3 11q − 3 16q − 4
ak ≥ ⇔ 1 − ak ≤ 1 − ⇔ 1 − ak ≤ .
27q − 7 27q − 7 27q − 7
1
T ak ≤ q ≤ 3 , ta có
1 q ak 1 ak
≤ 0 ⇔ q2 ≤ ⇔ q2 ≤ q
(q − ak ) q − + qak − −
+ ak .
3 3 3 3 3

211
www.VNMATH.com


Theo b t đ ng th c Schur, ta có p3 − 4pq + 9r ≥ 0, mà p = 1 nên 4q − 1 ≤ 9r. Do đó

(9r + 1) (3ak + 1) − 4ak
1 + 9r 1 ak
q2 ≤ ⇒ q2 ≤
+ ak −
4 3 3 12
27rak + 9r + 3ak + 1 − 4ak 27rak − 27r + 1 − ak
⇒q 2 ≤ ⇒ q 2 − 3r ≤
12 12
(1 − ak ) (1 − 27r)
⇒q 2 − 3r ≤ .
12
V y ta đã ch ng minh đư c
16q − 4
1 − ak ≤ . (6)
27q − 7
(1 − ak ) (1 − 27r)
q 2 − 3r ≤ . (7)
12
T (6) và (7) ta có

(1 − ak ) (1 − 27r)
(27q − 7) q 2 − 3r ≤ (27q − 7) .
12
(16q − 4) (1 − 27r) (4q − 1) (1 − 27r)
≤ =
12 3
≤ 3r (1 − 27r) (do 4q − 1 ≤ 9r) .

Phép ch ng minh hoàn thành.
Lưu ý. Các bài toán trên còn đư c gi i b ng cách v n d ng "Phương pháp ABC" (m t phương
pháp m i, đư c đưa ra b i Nguy n Anh Cư ng), tuy nhiên khi đi thi H c sinh gi i Qu c gia,
n u làm theo cách này thì ph i ch ng minh nhi u Đ nh lí, H qu ph c t p, đi u đó không
thích h p do th i gian h n h p trong phòng thi. Còn n u gi i theo phương pháp dùng gi i h n
dãy s như trên thì ta ch c n ch ng minh k t qu p3 − 4pq + 9r ≥ 0, đi u này r t ng n g n,
đơn gi n, ch vài dòng là xong.




212
www.VNMATH.com




M TS V N Đ V PHÉP NGH CH Đ O TRONG
M T PH NG VÀ NG D NG
T Nguyên, Trư ng THPT Chuyên Lê Quý Đôn - Khánh Hòa
Phép ngh ch đ o là m t m ng hình h c ph ng hay và khó. Bài vi t này cho dù tôi c g ng
đ n m y v n chưa th l t t h t đư c v đ p c a phép bi n hình này. Trong bài này, tôi s trình
bày m t v n đ v phép bi n hình ngh ch đ o cũng như ng d ng c a phép này trong m t s
bài t p v hình h c. ph ng, khuôn kh c a chương trình gi ng d y các trư ng chuyên, l p
ch n b i dư ng cho h c sinh gi i các c p. Ph n l n thì các l i gi i trong bài này theo hư ng
suy lu n ch quan nên không th tránh đư c nhi u thi u sót. Do đó các em h c sinh sau khi
nghiên c u bài này nên t p gi i theo hư ng khác nhưng v n d a trên phép bi n hình này đ
c i thi n kh năng tư duy sáng t o, và bi t m nh d n đ t phá, tìm tòi cái m i hơn. Nh m b o
đ m v tính h th ng, m t s ki n th c, m c dù đã đư c trình bày trong m t s tài li u v n
ph i nêu l i trong bài vi t này.


1 Đ nh nghĩa
Đ nh nghĩa 1. Cho đi m I và s th c R2 = 0. M t phép bi n hình đi t m t ph ng P vào m t
ph ng P sao cho m i đi m M thu c P ng v i đi m M’ cũng thu c P th a: IM .IM = R2 (*)
g i là phép bi n hình ngh ch đ o c c I, phương tích R2 và kí hi u: N (I, R2 )
Đ ng th c (*) còn nói lên m t đi u: nh, t o nh và c c luôn th ng hàng. Hơn n a c c luôn
n m ngoài đo n th ng n i nh và t o nh. Thư ng thì ta hay ký hi u: nh c a M là M’ ho c
M*
Chú ý :
Đư ng tròn (O, R ) là đư ng tròn ngh ch đ o qua N (O, R2 ) cũng là t p h p các đi m kép trong
phép ngh ch đ o này.
OM .OM = OH.OH = OT2 1



2 nh c a m t hình qua phép ngh ch đ o N(I,k)
Qua m t phép ngh ch đ o thì:
1/ Đư ng th ng qua c c bi n thành chính nó .
2/ Đư ng th ng không qua c c bi n thành đư ng tròn qua c c và ngư c l i, hơn n a tâm đư ng
tròn n m trên đư ng th ng qua c c vuông góc v i đư ng th ng đã cho
Chú ý :
N u N (O, R2 ) : A → B thì A và B là tương ng m t đ i m t nên ti p đi m gi a đư ng th ng
v i đư ng tròn, đư ng tròn v i đư ng tròn bi n thành ti p đi m gi a 2 nh c a nó.


213
www.VNMATH.com




Hình 2:



Ví d 1. Cho đi m I c đ nh n m trong đư ng tròn (O,R). M t dây AB di đ ng quanh I. Tìm
t p h p giao đi m M c a 2 ti p tuy n t i A,B v i đư ng tròn.




Hình 3:


L i gi i. Đ t k = R2 . Dùng phép ngh ch đ o N (O, k ):
Đư ng tròn (O,R) bi n thành chính nó. 2 ti p tuy n t i A và B bi n thành 2 đư ng tròn đư ng
kính OA,OB.
V y M là giao c a 2 ti p tuy n bi n thành K là giao c a 2 đư ng tròn , nên OKA = OKB = 900
⇒ K ∈ AB . Vì : O,I c đ nh, suy ra K là đư ng tròn đư ng kính kính OI. ⇒ M là đư ng th ng
vuông góc đư ng kính OI t i H c đ nh là nh c a I qua phép ngh ch đ o N(O,k) . (đpcm)
Bài t p tương t v i bài trên. Ch ng minh r ng trong m t l c giác không có c p c nh đ i nào


214
www.VNMATH.com




Hình 4:



song song v i nhau mà ngo i ti p m t đư ng tròn thì 3 dây cung n i b i 2 ti p đi m c a 2 c nh
đ i đ ng quy khi và ch khi giao các c p c nh đ i th ng hàng.
Ví d 2. Đư ng tròn n i ti p (I,r) ti p xúc các c nh BC,CA,AB c a tam giác ABC t i A’, B’,
C’.G i M là giao c a BC và B’C’. CM: A’A vuông góc v i MI.
L i gi i. Xét phép ngh ch đ o N (I, r2 ). Khi đó: B’C’ bi n thành (AC’IB’) BC bi n thành




Hình 5:
đư ng tròn đư ng kính IA’ . M bi n thành K là giao c a: (AC’IB’) và đư ng tròn đư ng kính
IA’ ⇒ M,K I th ng hàng.
M t khác do:I KA = I KA = 900 ⇒A,K, A’ th ng hàng.
V y M I ⊥AA . (đpcm)
Ví d 3. Cho đư ng tròn (O,r) và m t đư ng th ng d c đ nh n m ngoài (O).Hãy ch ra cách
d ng đư ng tròn (Ω) ti p xúc đư ng th ng d t i A c đ nh cho trư c đ ng th i ti p xúc (O,r)

215
www.VNMATH.com




Hình 6:



L i gi i. Xét phép ngh ch đ o N(A,k) v i k = P (A/(O).Khi đó: d → d, (O) → (O), (ω ) → d1
ho c d2 //d và ti p xúc v i (O) t i A1 và A2 . T đó suy ra cách d ng.

Ví d 4. Cho 2 đư ng tròn (O1 ) và (O2 ) ti p xúc ngo i v i nhau t i H. Trên ti p tuy n v i
chung v i nha t i H l y đi m P c đ nh. Hãy d ng đư ng tròn qua P ti p xúc v i 2 đư ng tròn
đã cho.

L i gi i. Vì P thu c tr c đ ng phương c a 2 vòng , ta đ t k là phương tích c a P đ i v i 2
vòng đó. S d ng phép ngh ch đ o c c P, phương tích k thì 2 vòng tròn bi n thành chính nó.
2 vòng tròn qua P ti p xúc v i 2 vòng tròn đã cho bi n thành 2 ti p tuy n chung ngoài c a
chúng. Ti p đi m c a đư ng tròn qua P v i (O1 ) là T2 , E2 tr thành ti p đi m c a ti p tuy n
v i (O1 ) là T1 , E1 . Vi c d ng ti p tuy n chung ngoài v i 2 đư ng tròn là bài toán quen thu c
và cơ b n. T đó d dàng d ng đư c 2 vòng tròn qua P th a yêu c u bài toán.

2.1 Đư ng tròn không qua c c bi n thành đư ng tròn không qua
c c, nhưng tâm không bi n thành tâm.
L i gi i. Gi s phép ngh ch đ o N(I,k) bi n (C) thành (C’). A thành A’: IA.IA = k (1)
G i p là phương tích c a I đ i v i (O) khi đó ta có: IA.IB = p (2)
k
T (1) và (2) ⇒ IA = k IB ⇒ A = VIp (B ) Khi B v ch nên (C) thì A’ cũng v ch nên (C’).
p
p
V y qua phép N(I,k) thì (C) bi n thành (C’) là nh c a (C) qua phép v t tâm I t s k , cũng
là nh c a (C) qua phép ngh ch đ o N(I,k) . (đpcm)




216
www.VNMATH.com




Hình 7:




Hình 8:

2.2 Đ dài đo n th ng nh
AB
a. N u A’B’ là nh c a AB qua N (O, R2 ) thì: AB = R2 . OA.OB b. N u đư ng tròn bán kính
r’ là nh c a đư ng tròn bán kính r tâm I thì:
217
www.VNMATH.com



Ch ng minh. a/ Áp d ng tam giác đ ng d ng b n đ c d dàng ch ng minh đư c đi u này.
b/ Gi s AB là đư ng kính c a vòng (I,r) n m trên đư ng th ng OI. D là kh ng cách OI. Theo
bài trên thì:
AB 2r r
AB = R2 . ⇔ 2r = R2 ⇔ r = R2 2
|d − r2 |
|d − r| .(d + r)
OA.OB



Ví d 5. Cho t giác ABCD. Ch ng minh r ng: AB.CD + BC.DA ≥ AC.BD. D u b ng x y
ra khi nào?
L i gi i. Xét phép ngh ch đ o N(A,k) , k > 0 thì 3 đi m B,C,D bi n thành 3 đi m B’, C’, D’




Hình 9:

Áp d ng b t đ ng th c gi a 3 c nh c a tam giác B’C’D’:
BC BD CD
B C = k. AB.AC , B D = k. AB.AD , C D = k. AC.AD

218
www.VNMATH.com



Vì B C + C D ≥ B D ⇒ AB.CD + BC.DA ≥ AC.BD. D u b ng x y ra khi B’,C’, D’ th ng
hàng.
Do qua phép ngh c đ o, đư ng th ng không qua c c bi n thành đư ng tròn qua c c nên A,B,C,D
cùng thu c m t đư ng tròn hay t giác ABCD n i ti p đư ng tròn. (đpcm)
Ví d 6. G i d là kh ang cách 2 tâm c a vòng tròn n i ti p và ngo i ti p trong m t tam giác
. r,R tương ng là bán kính c a chúng thì : d2 = R2 ˘2Rr (Euler).
L i gi i. G i I và O là tâm vòng tròn n i ti p và ngo i ti p tam giác ABC. D,E,F là ti p đi m




Hình 10:

c a vòng tròn n i ti p v i BC,CA,AB. Th c hi n phép ngh ch đ o qua đư ng tròn n i ti p thì
A, B, C bi n thành A’, B’, C’ là trung đi m các dây cung EF, FD,DE. Đư ng tròn qua A’,B’,C’
có bán kính r/2
R
M t khác theo tính ch t 4 thì nh c a vòng tròn ngo i ti p có bán kính r = r2 . |d2 −R2 |
R r
T đó ta có:r2 . |d2 −R2 | = 2 ⇔ d2 = R2 − 2Rr


2.3 Phép ngh ch đ o b o toàn góc
Cho 2 đư ng tròn (C1 ) và (C2 ) c t nhau t i A và t i đây chúng có 2 ti p tuy n. Ta g i góc
gi a 2 ti p tuy n là góc gi a 2 đư ng tròn đã cho. Khi 2 ti p tuy n vuông góc thì ta nói 2 đư ng
tròn là tr c giao.

219
www.VNMATH.com



B đ 2. Cho phép ngh ch đ o N (O, k ) bi n đư ng cong (C) thành đư ng cong (C’). N u
A ∈ (C ), A ∈ (C ) là nh c a A qua phép N (O, k ) và t i đây chúng có các ti p tuy n thì các
ti p tuy n này đ i x ng nhau qua trung tr c AA’.
MA
Th t v y: Ta có : M A . |k | IA.IM .
Khi M → A thì M → A cát tuy n tr thành ti p tuy n, đư ng tròn qua 4 đi m AMM’A’ tr
thành đư ng tròn (γ ) ti p xúc v i 2 đư ng cong trên. 2 ti p tuy n này là 2 ti p tuy n c a đư ng
tròn (γ ). Vì v y giao 2 ti p tuy n này n m trên trung tr c AA’. T đó ta suy ra đ nh lý sau
Đ nh lý 1. Phép ngh ch đ o là phép b o toàn góc.
nhau. Ch ng minh r ng: AB 2 .CD2 +
Ví d 7. Cho t giác ABCD có 2 góc A và C ph
BC 2 .DA2 = AC 2 .BD2
L i gi i. Xét phép ngh ch đ o N(B,k) , k > 0 thì 3 đi m A,C,D bi n thành 3 đi m A’, C’, D’




Hình 11:

Áp d ng b t đ ng th c gi a 3 c nh c a tam giác B’C’D’:
AC AD CD
A C = k. , A D = k. , C D = k.
BA.BC BA.BD BC.BD
Vì 2 góc A và C ph nhau nên tâm c a 2 vòng tròn ngo i ti p 2 tam giác ABD và CBD cùng
v i B và D t o thành t giác n i ti p.

220
www.VNMATH.com




T đó suy ra: O1 BO2 = O1 DO2 = 900 . V y cho nên 2 vòng tròn (ABD) và (CBD) tr c giao
v i nhau suy ra nh c a chúng cũng vuông góc nhau.
Do đó : A D 2 + C D 2 = A C 2 ⇒ AD2 BC 2 + CD2 BA2 = AC 2 BD2 (đpcm)

Ví d 8. Cho 2 đư ng tròn không b ng nhau và không đ ng tâm. Ch ng minh luôn t n t i m t
phép ngh ch đ o bi n chúng thành 2 vòng tròn đ ng tâm.
L i gi i. Gi s đó là 2 vòng tròn (C1 ) và (C2 ).




Hình 12:
Trư c h t g i d∗ là tr c đ ng phương c a 2 vòng (C1 ) và (C2 ). D∗ vuông góc v i O1 O2 t i I.
D ng ti p tuy n IT1 v i (C1 ). Đư ng tròn (C) tâm I bán kính IT1 c t O1 O2 t i 2 đi m O và J.
G i P là phương tích c a I đ i v i 2 vòng trên , khi đó: (C) tr c giao v i (C1 ) và (C2 ).
Qua phép ngh ch đ o c c O, phương tích P thì (C) bi n thành đư ng th ng d∗ vuông góc v i
∗ ∗
C1 và C2 .
Vì (C) vuông góc v i (C1 ) và (C2 ). nên d∗ vuông góc v i (C1 ) và (C2 ) vì v y d∗ ph i qua tâm
∗ ∗
∗ ∗ ∗ ∗
c a (C1 ) và (C2 ). Do 2 tâm c a (C1 ) và (C2 ) n m trên O1 O2 nên 2 tâm này ph i trùng nhau.
V y luôn t n t i m t phép ngh ch đ o bi n chúng thành 2 vòng tròn đ ng tâm. (đpcm) Ch ng
h n qua bài trên ta ch t nh n ra ý tư ng cách d ng các đư ng tròn n i đuôi ti p xúc nhau và
cùng ti p xúc v i 2 đư ng tròn cho trư c như hình v trên.

221
www.VNMATH.com




Hình 13:

3 Phép ngh ch đ o đ i v i 2 đư ng tròn
3.1 Trư ng h p t ng quát
N u 2 đư ng tròn (C) và (C’) không b ng nhau không ti p xúc nhau và không đ ng tâm.
R R

Khi đó có 2 phép v t : Vo R và Vo R bi n đư ng tròn (C) thành đư ng tròn (C’). Các tâm
v t không n m trên 2 đư ng tròn nên cũng có 2 phép ngh ch đ o bi n đư ng tròn (C) thành
đư ng tròn (C’).
a/ Phép ngh ch đ o c c O phương tích k = R .p v i p là phương tích c a O đ i v i (C).
R
b/ Phép ngh ch đ o c c O’ phương tích k = − R .p v i p’ là phương tích c a O’ đ i v i (C)
R




3.2 Trư ng h p đ c bi t
a/ N u 2 đư ng tròn (C) và (C’) b ng nhau mà không ti p xúc nhau thì có m t phép v t
tâm O’ bi n đư ng tròn này thành đư ng tròn kia.Nên ta ch có m t phép ngh ch đ o c c (O’)
v i phương tích k = ˘p trong đó p’ là phương tích c a O’ đ i v i (C) b ng phương tích c a O’
đ i v i (C’).
b/ N u 2 đư ng tròn (C) và (C’) không b ng nhau mà ti p xúc nhau thì ti p đi m là tâm v t


222
www.VNMATH.com



nhưng không ph i là c c ngh ch và ch có tâm v t còn l i là c c O c a m t phép ngh ch đ o.
c/ N u 2 đư ng tròn (C) và (C’) b ng nhau mà ti p xúc nhau thì không có phép ngh ch đ o
nào bi n đư ng tròn này thành đư ng tròn kia.

Ví d 9. Ch ng minh r ng: đư ng tròn đi qua các trung đi m các c nh tam giác ti p xúc v i
đư ng tròn n i ti p và 3 đư ng tròn bàng ti p.

L i gi i. Gi s đư ng tròn tâm I n i ti p tam giác ABC, ti p xúc các c nh BC,CA t i F,




Hình 14:

D. Đư ng tròn bàng ti p góc A ti p xúc BC, AB t i E và H. M, N, P là trung đi m 3 c nh
BC, CA, AB. G i BC = a, AC = b, AB = c . Đ t p là n a chu vi tam giácABC. Ta đ u bi t
r ng:AH = p, BF = CE = p˘b.
Suy ra: M E = M F . Do v y mà M thu c tr c đ ng phương c a 2 vòng n i ti p và bàng ti p

223
www.VNMATH.com



góc A. G i k là phương tích c a M đ i v i 2 vòng này thì :
Phép ngh ch đ o c c M phương tích k bi n 2 vòng này thành chính nó.Còn đư ng tròn qua
M,N,P là đư ng tròn qua c c thì bi n thành đư ng th ng không qua c c M . N u ta ch ng
minh đư c nh c a đư ng tròn qua M,N,P là ti p tuy n v i 2 vòng n i ti p và bàng ti p góc A
là xong. Do v y ta d ng ti p tuy n chung trong v i 2 vòng này là KL (K ∈ AC, L ∈ AB ) r i
ch ng minh nó là nh c a vòng (MNP) qua phép ngh ch đ o N(M,k).
Th t v y g i N’,P’ là giao c a KL v i MN và MP. Ta có:
KL và BC đ u là 2 ti p tuy n chung trong v i 2 vòng trên. AI là tr c đ i x ng c a 2 vòng này nên:
KL = BC, AK = AB = c, AL = AC = b, PL = b − 2 . Ta l i có: P P = LP ⇒ P P = c. (2b−c) =
c
AK LA 2b
(b−c)2 (b−c)2
c(2b−c) c(2b−c)
b
T đó mà: MP = |MP − −PP | = − = Suy ra: M P .M P = (1)
2b 2 2b 2b 4
2
(b−c)
có b và c bình đ ng v i nhau nên hoàn toàn tương t ta cũng v n có:M N .M N =
Bi u th c 4
2
(b−c)
(2)
4
2
T (1) và (2) ta có: M P .M P = M N .M N = (b−c)
4
Hay vòng tròn (MNP) bi n thành ti p tuy n LK qua phép ngh ch đ o N(M,k). (đpcm)
Ví d 10. A là đi m tùy ý thu c n a đư ng tròn (C) đư ng kính BC. H đư ng cao AH c a
tam giác ABC. G i (C1 ) và (C2 ) là 2 n a đư ng tròn đư ng kính HB và HC cùng phía v i n a
đư ng tròn (C).
a/ Hãy nêu cách d ng 2 đư ng tròn (γ 1 ) và (γ 2 ) l n lư t ti p xúc v i (C), đư ng cao AH, (C1 )
và (C2 ).
b/ Ch ng t r ng bán kính c a 2 vòng (γ 1 ) và (γ 2 ) b ng nhau.
L i gi i. a/ G i O, O1 , O2 , K là tâm các vòng tròn đư ng kính BC, BH, CH và (γ 1 ), T1 , I và M
tương ng là ti p đi m c a vòng (γ 1 ) v i (C), (C1 ) và AH. Khi đó: T,K,O th ng hàng , O1 , I, K
th ng hàng t đó d dàng ⇒ C, M, T1 th ng hàng và B,I,M th ng hàng.
L i có: CM.CK = CH.CB = CA2 ⇒ C thu c tr c đ ng phương c a (C1 ) và (γ 1 ). V y CI là
ti p tuy n chung c a 2 vòng (C1 ) và (γ 1 ). Hơn n a ta cũng đư c : CI = CA. T các d li u v
s th ng hàng c a 3 đi m và đ dài b ng nhau ta b t đ u hình thành cách d ng (γ 1 ) như sau:
I là giao c a vòng tròn tâm C,bán kính CA v i vòng (C1 ).BI c t AH t i M.CM g p (C) t i T1 .
Dĩ nhiên tâm K là giao c a OT1 v i O1 I . Do tính bình đ ng gi a 2 vòng (γ 1 ) và (γ 2 ) trong bài
toán mà (γ 2 ) đư c d ng hoàn toàn tương t .
b/ G i R, r1 , r2 , r l n lư t là các bán kính c a 4 vòng tròn (C ), (C1 ), (C2 )và γ 1 . D th y r ng:
r1 + r2 = R. Do tính bình đ ng v i nhau gi a 2 vòng (γ 1 ) và (γ 2 ) trong bài toán so v i các vòng
(C ), (C1 ), (C2 )
Theo đi u ki n ti p xúc c a 2 vòng (γ 1 ) và (C1 ) và h th c lư ng trong tam giác vuông BMH
mà ta có:
2
r
= IM = IM.IB và IM.IB = IH 2 ⇒ rr1 = IM = IH2 (1)
IB 2
r1 IB IB IB
T 2 tam giác đ ng d ng là: CIB và CHI ta l i có:
IH 2 IC 2 AC 2
IH IC

= = = (2)
IB BC IB BC BC

Mà theo h th c lư ng trong tam giác vuông ABC thì: CA2 = CH.CB = 4R.r2 . (3)
T (1) , (2) và (3) ta có: r = 4rBC2 R = r1R 2
1 .r .r
2



224
www.VNMATH.com




Hình 15:



V y 2 vòng tròn (γ 1 ) và (γ 2 ) b ng nhau. (đpcm)

Ví d 11. Gi s các đư ng tròn C1 , C2 , C3 cùng ti p xúc trong v i đư ng tròn C (O, R) l n
lư t t i A1 , A2 , A3 và đôi m t ti p xúc ngoài v i nhau. B1 , B2 , B3 là ti p đi m c a C2 và C3 , C1
và C3 , C2 và C1 . Ch ng minh: A1 B1 , A2 B2 , A3 B3 đ ng quy.

L i gi i. Dùng phép ngh ch đ o tâm A1 , phương tích k = 4R2 . Thì vòng (C1 ) và (C) thành 2
đư ng song song. 2 vòng (C2 ) và (C3 ) thành 2 vòng ti p xúc nhau và cùng ti p xúc v i 2 đư ng
th ng song song đó. Khi đó A2 , B1 , B2 có nh là P, B1 , B2 (như hình v dư i) th ng hàng nên
suy ra t giác A1 A2 B1 B2 n i ti p đư ng tròn. ⇒ A1 B1 là tr c đ ng phương c a cùa 2 vòng
(A3 A1 B3 B1 ) và (A1 A2 B1 B2 ).
Do tr c đ ng phương c a 2 vòng đôi m t trong 3 vòng tròn không đ ng tâm thì đ ng quy
t i tâm đ ng phương. T đó ⇒ 3 đư ng th ng A1 B1 , A2 B2 , A3 B3 đ ng quy t i m t đi m.
(đpcm) Chú ý r ng: Gi s (Ω) là vòng tròn ti p xúc ngoài v i các vòng C1 , C2 và C3 . Ta g i
C1 , C2 , C3 l n lư t là ti p đi m c a (Ω) v i C1 , C2 , C3 và C3 , C2 và C1 . Khi đó ta cũng v n có:
B1 C1 , B2 C2 , B3 C3 đ ng quy.
M r ng bài toán Edose
Bên trong tam giác ABC l y đi m O tùy ý. G i các kho ng cách t O đ n các c nh BC,




225
www.VNMATH.com




Hình 16:




Hình 17:




226
www.VNMATH.com




CA, AB là p, q, r. và đ n các đ nh A, B, C là x, y, z. Ch ng minh:

a/ax ≥ bq + cr , ax ≥ br + cq (I)
b/ax + by + cz ≥ 4S (II)
c/(x + y + z ) ≥ 2(p + q + r) (III)
d/xyz ≥ (p + q )(q + r)(r + p) (IV)

Ta có: 2S = ap + bq + cr




Hình 18:

M t khác:
x + p ≥ ha ⇒ ax + ap ≥ 2S ⇒ ax + 2S1 ≥ 2S ⇒ ax ≥ qb + rc
b c
G i O’ là đi m đ i x ng c a O qua phân giác trong góc A ⇒ ax ≥ rb + qc ⇒ x ≥ a r + a q ,
b c

 x ≥ ar + aq
y ≥ cp + ar
tương t như th ta có: (*) b b
z ≥ aq + cp b

c
⇒ x + y + z ≥ ( a + a )r + ( a + a )q + ( c + c )p ≥ 2(p + q + r) Trong tam giác DEF, h OH vuông
b c b
b c b
góc EF thì đư ng cao này có vai trò tương t như OP trong tam giác ABC. Ta có :

OH.EF = OE.OF sin A = qr sin A = qr = 2S (OEF ).

227
www.VNMATH.com




Hình 19:


qr
ax
, t đó ⇒ OH =
M t khác: EF = AO sin A = x sin A = , Vì v y tương t v i bđt (III)
2R x
ta có:
q r rp pq
p+q+r ≥2 + +
x y z
1 1 1 1 1 1
Hay: pq + qr + rp ≥ 2( px + qy + rz ) (VI)
T bđt: ax ≥ bq + cr , ax ≥ br + cq ⇒ 2ax ≥ (b + c)(q + r)

⇒ 8abcxyz ≥ (a + b)(b + c)(c + a)(p + q )(q + r)(r + p) ⇒ xyz ≥ (p + q )(q + r)(r + p)
Và ngoài ra ta còn có: xyz ≥ 8pqr
Tương t v i bđt (IV) ta có: pqr ≥ ( qr + rp )( rp + pq )( pq + qr )
x y y z z x
1 1 1 1 1 1
Hay: 1 ≥ ( px + qy )( qy + rz )( rz + px )(VII)
Bây gi th c hi n phép ngh ch đ o c c O phương tích k, khi đó đư ng tròn (OEAF) bi n thành
đư ng th ng da vuông góc OA, đư ng tròn (OFBD) bi n thành đư ng th ng db vuông góc OB,
đư ng tròn (ODCE) bi n thành đư ng th ng dc vuông góc OC. 3 đư ng th ng này l p thành
tam giác A’B’C’.
Theo phép ngh ch đ o:
B C = OE.OF , OA = k . OA c t B’C’ t i K thì OK = k T bđt (III) ta có: p + 1 + 1 ≥ 2( x + y + z )
EF.k 1 1 1 1
p p q r
(VIII)

228
www.VNMATH.com




Hình 20:


1 1 11 11 1
T bđt (IV) ta có: pqr ≥ 2( x + y )( y + z )( z + x ) (IX)
• Có th th y s tương ng các y u t c a 3 tam giác trong b ng sau đây:




Hình 21:

229
www.VNMATH.com




Ví d 12. Cho đư ng tròn (S2 ) n m trong đư ng tròn (S1 ). G i d là kho ng cách 2 tâm, R1
và R2 là 2 bán kính c a vòng (S1 ) và (S2 ). Ch ng minh r ng: a/ N u t n t i t giác n i ti p
trong (S1 ) và ngo i ti p quanh (S2 ) thì các đo n th ng n i các ti p đi m c a các c nh đ i nhau
v i (S2 ) luôn vuông góc v i nhau.
b/ Có vô s t giác cùng tính ch t như v y.
1 1 1
c/ (R +d)2 + (R −d)2 = R2
1 1 2




L i gi i. a/ Gi s t n t i t giác ABCD th a đi u ki n bài toán như hình v . G i M,N,P,Q




Hình 22:

là ti p đi m c a AB, BC, CD, DA v i vòng (S2 ).Th c hi n phép ngh ch đ o theo đư ng tròn
(S2 ) khi đó A, B, C, D bi n thành trung đi m A’,B’,C’,D’ c a các dây MQ, MN, NP, PQ. Và

chính các đi m này đang n m trên vòng tròn (S1 ) là nh c a (S1 ) qua phép ngh ch đ o trên.
Ta bi t r ng trung đi m các c nh c a t giác là đ nh c a hình bình hành có các c nh song song
v i 2 đư ng chéo, nên A’B’C’D’ là hình bình hành n i ti p đư ng tròn. Suy ra A’B’C’D’ là hình
ch nh t .
V y MP vuông góc NQ. (đpcm)

230
www.VNMATH.com




Hình 23:

b/ M i đi m N1 tùy ý trên (S2 ) ta d ng dây B1 C1 c a (S1 ) ti p xúc v i (S2 ) t i N1 . Sau đó ta
d ng dây B1 A1 và C1 D1 ti p xúc (S2 ) t i M1 và P1 . Qua N1 d ng dây N1 Q1 vuông góc P1 P1 .
Th thì do A1 , Q1 , D1 đ u có nh là các đi m c a vòng tròn đư ng kính O2 Q1 nên chúng ph i
thu c đư ng th ng vuông góc v i O2 Q1 t i Q1 . T c là A1 D1 ti p xúc (S2 ) t i Q1 . (đpcm).
1 1 1
c/ Đ ch ng t : (R +d)2 + (R −d)2 = R2 ta nh n xét r ng khi làm thay đ i hình d ng t giác n i
1 1 2
ti p trong (S1 ) và ng ai ti p (S2 ) thì đ ng th c c n ch ng minh không h thay đ i. V y ta nên
ch n t giác đ c bi t như hình thang cân ABCD
(AB //CD) ch ng h n đ gi i quy t bài toán đơn gi n hơn.
Đ i v i hình thang cân ABCD thì đư ng th ng O1 O2 là trung tr c 2 đáy AB và CD.
Đ t AB = 2a, CD = 2b và O1 O2 = d. M, N là trung đi m AB và CD. H O2 H vuông góc BC.
Do đ nh lý: 2 ti p tuy n xu t phát t m t đi m ngoài đư ng tròn ta d dàng suy ra tam giác
BO2 C vuông t i O2 . Vì v y bán kính O2 H = R2 .
Nên ta có: BH.CH = O2 H 2 = R2 ⇔ a.b = R2 .
2 2

M t khác: T 2 tam giác vuông AO1 B và DO1 N , ta có: R1 = a2 +(R2 + d)2 , R1 = b2 +(R2 − d)2
2 2

T đó :

a2 b2 = [R1 − (R2 + d)2 ].[R1 − (R2 − d)2 ] ⇔ R2 = [R1 − (R2 + d)2 ].[R1 − (R2 − d)2 ]
2 2 4 2 2



231
www.VNMATH.com


R2 = [R1 − (R2 + d)2 ].[R1 − (R2 − d)2 ] ⇔
4 2 2 1 1 1
+ =
(R1 +d)2 (R1 −d)2 2
R2



Các bài t p đ ngh

1. Cho 4 đư ng tròn S1 , S2 , S3 , S4 . Gi s S1 c t S2 t i A1 và A2 , S2 c t S3 t i B1 và B2 , S3
c t S4 t i C1 và C2 , S4 c t S1 t i D1 và D2 , CM: n u các đi m A1 , B1 , C1 , D1 n m trên m t
đư ng tròn S(ho c đư ng th ng) thì các đi m A2 , B2 , C2 , D2 cũng n m trên m t đư ng tròn
S’(ho c đư ng th ng).
2. Cho 2 đư ng tròn (O1 ) và (O2 ) tr c giao t i A và B. C ∈ (O1 ), D ∈ (O2 ). CM:(ACD) tr c
giao v i (BCD).
3. Trong m t ph ng cho đư ng tròn (O,R) và đư ng th ng (∆) không c t nó cách O m t kh ang
b ng d. 2 đi m M,N di đ ng trên (∆) sao cho đư ng tròn đư ng kính MN ti p xúc (ngoài ho c
trong) v i đư ng tròn đã cho. CM: trên m t ph ng có 1 đi m P c đ nh luôn nhìn MN dư i góc
không đ i.
4. T m t đi m M n m trong tam giác ABC d ng các đư ng tròn đ i x ng c a các đư ng tròn
ngo i ti p các tam giác : MAB,MBC,MCA l n lư t qua AB, BC, CA. CM: các đư ng tròn này
giao nhau t i m t đi m.
5. D ng đư ng tròn ti p xúc v i đư ng tròn (O) cho trư c và ti p xúc đư ng th ng (∆) cho
trư c t i A cho trư c. CM: đư ng n i các ti p đi m c a các đư ng tròn đó v i đư ng tròn (O)
luôn qua đi m c đ nh khi (∆) quay quanh A.
6. Trên ti p tuy n t i T c a m t đư ng tròn l y 2 đo n TM và TN bi n thiên sao cho T M .T N =
const . G i T’ là đi m xuyên tâm đ i c a T trên đư ng tròn đó.
a/ CM: đo n n i giao đi m c a các đư ng th ng T’M và T’N v i đư ng tròn đã cho đi qua
đi m c đ nh.
b/ Gi i bài này cho đư ng th ng n i các ti p đi m c a các ti p tuy n v i đư ng tròn đã cho v
qua MN.
c/ Tìm t p h p giao đi m c a 2 ti p tuy n này.
7. Cho 2 đư ng tròn (O,R) và (O’,4R) ti p xúc trong nhau t i A.
a/ Hãy nêu cách d ng đư ng tròn (I,r) ti p xúc ngoài v i (O) và ti p xúc trong v i (O’).
b/ Tìm t p h p tâm các đư ng tròn như v y.
8. Cho 2 đư ng tròn đư ng kính AB và AC ti p xúc ngoài nhau t i A. k 2 ti p tuy n t i B và
C v i 2 đư ng tròn. Hãy nêu cách d ng các đư ng tròn ti p xúc v i 2 đư ng tròn đó và ti p
xúc v i 2 ti p tuy n trên.
9. Cho 3 đi m A, B, C th ng hàng. P n m ngoài đư ng th ng AC. CM: các tâm c a các đư ng
tròn (ABP), (BCP), (CAP) và P cùng thu c m t đư ng tròn.
10. D ng đư ng tròn qua 2 đi m đã cho ti p xúc v i m t đư ng tròn (đư ng th ng) đã cho.
11. Qua m t đi m cho trư c d ng đư ng tròn ti p xúc v i 2 đư ng tròn (ho c đư ng th ng v i
đư ng tròn) cho trư c.
12. D ng đư ng tròn ti p xúc v i 3 đư ng tròn cho trư c.(Apoloniut)
13. Đư ng tròn S ti p xúc ngoài v i đư ng tròn (S1 ) và (S2 ) t i các đi m A và B. CM: đư ng
th ng AB đi qua tâm c a phép v t bi n (S1 ) thành (S2 ).
14. Cho 3 đi m A, C, B th ng hàng theo th t . l y 3 đo n này d ng 3 n a đư ng tròn cùng

232
www.VNMATH.com


phía so v i AB.
a/ đư ng tròn S ti p xúc v i 3 n a đư ng tròn đó. CM: đư ng kính c a S b ng kho ng cách t
tâm c a S đ n đư ng th ng AB.
b/ Qua C d ng n a đư ng th ng vuông góc AB. Trong các tam giác cong ACD và BCD n i
ti p các đư ng tròn (S1 ) và (S2 ). CM: (S1 ) và (S2 ) b ng nhau.
c/ CM: ti p tuy n chung c a n a đư ng tròn đư ng kính AC và (S1 ) luôn qua đi m c đ nh
khi C di đ ng trên AB.
15. Cho 2 đư ng tròn ti p xúc trong nhau (O1 ) và(O2 ). M t chu i các đư ng tròn S0 , S1 , . . . Sn
n i đuôi nhau liên ti p và ti p xúc nhau và cùng ti p xúc v i 2 đư ng tròn trên mà tâm c a
S0 , O1 , O2 th ng hàng. Các đư ng tròn này cùng n m m t phía so v i OO’. G i dn là kho ng
cách t tâm Sn đ n OO’. CM: dn = 2nrn .
16. Ch ng minh: t s kép c a 4 đi m A, B, C, D không thay đ i qua phép ngh ch đ o.
17. Qua 2 đi m A và B c a đư ng tròn S k 2 ti p tuy n c t nhau t i C. D là trung đi m AB.
CM: C và D là nh c a nhau qua phép ngh ch đ o qua đư ng tròn S.
18. L y 4 đi m A, B, C, D cùng thu c m t đư ng tròn. CM: n u các ti p tuy n c a đư ng tròn
t i A và C c t nhau trên BD thì các ti p tuy n c a đư ng tròn t i B và D c t nhau trên AC.
19. Hai đư ng tròn di đ ng (S1 ) và (S2 ) ti p xúc ngoài nhau và cùng ti p xúc v i dây và cung
c a hình viên phân. Ch ng minh r ng:
a/ Ti p đi m gi a (S1 ) và (S2 ) ch y trên đư ng c đ nh và đư ng n i tâm ti p xúc đư ng cong
c đ nh.
b/ Ti p tuy n chung trong gi a (S1 ) và (S2 ) đi qua đi m c đ nh.
20. Hãy ch ra cách d ng 2 đư ng tròn (S1 ) và (S2 ) như trên.
21. Cho đa giác đ u A1 A2 . . . An . M là đi m tùy ý trên cung A1 An , di = M Ai . CM r ng:
n−1
1 1
= b/ N u n l thì: d1 + d3 + d5 . . . + dn = d2 + d4 + d6 + . . . dn˘1 .
a/ di di+1 d1 dn
i=1
2. Cho 3 đi m A, B, C th ng hàng v i d là trung tr c AB. M t đư ng tròn (O) thay đ i đi qua
A, B c t d D và E. Các đư ng CD, CE c t (O) D’ và E’. Tìm t p h p các đi m D’ và E’
23. Hai đư ng tròn ti p xúc nhau t i A. M t ti p tuy n t i M c a đư ng tròn th nh t c t
đư ng tròn th hai B và C. CM: đư ng th ng AM là phân giác c a góc t o b i 2 đư ng AB
và AC.
24. Đa giác 2n c nh A1 A2 . . . A2n ngo i ti p đư ng tròn (O). Gi s p1 , p2 , . . . p2n là kho ng cách
t M trên đư ng tròn đ n các c nh A1 A2 , A2 A3 , . . . A2n A1 . CM : p1 p3 p5 . . . p2n˘1 = p2 p4 p6 ...p2n .
25. A là đi m tùy ý thu c n a đư ng tròn (C) đư ng kính BC (không trùng trung đi m cung
(BC)). G i O là tâm c a (C).H AH vuông góc BC. Ti p tuy n v i n a đư ng tròn đư ng kính
BC t i A c t BC t i H’. (C1 ), (C2 ) và (C3 ) là 3 n a đư ng tròn đư ng kính H’B, H’C, H’O cùng
phía v i n a đư ng tròn (C).
a/ Nêu cách d ng đư ng tròn (γ 1 ) ti p xúc (C), (C1 ), (C3 ) và (γ 2 ) ti p xúc v i (C), (C2 ) và
(C3 ).
b/ Ch ng t r ng 2 vòng (γ 1 ) và (γ 2 ) b ng nhau.




233
www.VNMATH.com


Tài li u tham kh o
[1] Các bài toán v hình h c ph ng c a V.V Praxolov.

[2] Tuy n t p 30 năm T p chí Toán h c tu i tr .




234
www.VNMATH.com




S D NG M T S TÍNH CH T C A ÁNH X Đ GI I
BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH HÀM S
Tr n Văn Trung, Trư ng THPT chuyên Lê Quý Đôn – Ninh Thu n

K thu t đ gi i m t bài toán v phương trình hàm s đư c trình bày trong nhi u tài li u
(xem [1]). Trong bài vi t này tôi mu n gi i thi u m t cách có h th ng v k thu t ng d ng
tính đơn ánh, toàn ánh, song ánh và đi m b t đ ng c a ánh x đ gi i m t bài toán phương
trình hàm.

A. K thu t s d ng tính đơn ánh-toàn ánh-song ánh.
* M t s lưu ý :
a/ N u f : X → Y là đơn ánh thì t f (x) = f (y ) ⇒ x = y .
b/ N u f : X → Y là toàn ánh thì v i m i y ∈ Y t n t i x ∈ X đ f (x) = y .
c/ N u f : X → Y là song ánh thì f v a là đơn ánh v a là toàn ánh và đ c bi t là có ánh x
ngư c.
- N u hàm s f là đơn ánh thì ta thư ng dùng k thu t tác đ ng f vào 2 v .
- N u hàm s f là toàn ánh thì s d ng t n t i x0 sao cho f (x0 ) = 0 và sau đó tìm .
Đ c bi t hàm s f là song ánh thì ta có thêm m t k thu t n a là tìm hàm s ngư c.

Bài toán 1. Tìm t t c các hàm s f : R → R và th a mãn đi u ki n
∀x, y ∈ R
f (x + y + f (y )) = f (f (x)) + 2y ; (1)
Bài gi i. Trư c h t ta ch ng minh f đơn ánh. T đi u ki n c a bài toán ta hoán v vai
trò x và y cho nhau ta có :
f (y + x + f (x)) = f (f (y )) + 2x; ∀x, y ∈ R (2)
* Gi s f(x) = f(y) t (1) và (2) ta có :
f (f (x)) + 2y = f (f (y )) + 2x ⇒ 2x = 2y ⇒ x = y
f là đơn ánh.
Thay y = 0 vào (1) ta có :
f (x + f (0)) = f (f (x)) ; ∀x ∈ R
Do f là đơn ánh nên : f (x) = x + f (0), t c là f (x) = x + a, a ∈ R.
Th l i ta th y hàm s này th a mãn.
V y f (x) = x + a, a ∈ R

Bài toán 2. Tìm t t c các hàm s f : Z+ → Z+ th a mãn đi u ki n
f (f (n) + m) = n + f (m + 2012) ; ∀m, n ∈ Z+
Bài gi i.
Trư c h t ta ch ng minh f đơn ánh. Th t v y n u f (n1 ) = f (n2 ) thì
f (f (n1 ) + m) = f (f (n2 ) + m) (1)

235
www.VNMATH.com


⇒ n1 + f (m + 2012) = n2 + f (m + 2012) ⇒ n1 = n2
Trong (1) thay m = f (1) ta có :
f (f (n) + f (1)) = n + f ((f (1) + 2012)
⇔ f (f (n) + f (1)) = n + 1 + f (2012 + 2012)
⇔ f (f (n) + f (1)) = f ((f (n + 1) + 2012)
Vì f đơn ánh nên : f (n) + f (1) = f (n + 1) + 2012,
hay f (n + 1) = f (n) + f (1) − 2012 ⇒ f (n + 1) − f (n) = f (1) − 2012. suy ra f (n) là c p s c ng
có công sai d = f (1) − 2012 và s h ng đ u n1 = f (1), v y nên
f (n) = f (1) + (n − 1)[f (1) − 2012]
⇔ f (n) = f (1) + nf (1) − f (1) − 2012n + 2012
⇔ f (n) = [f (1) − 2012]n + 2012
t c là f (n) = an + b.
Thay vào quan h hàm ta có : f (n) = n + 2012; ∀n ∈ Z+

Bài toán 3. (IMO – 2002) Tìm t t c các hàm s f : R → R th a mãn đi u ki n
f (f (x) + y ) = 2x + f (f (y ) − x) ; ∀x, y ∈ R (1)
Bài gi i.
Ta ch ng minh: f là toàn ánh. Th t v y thay y = −f (x) vào (1) ta có :
f (f (−f (x)) − x) = f (0) − 2x; ∀x ∈ R
Do v ph i là hàm b c nh t v i x nên t p giá tr c a f là R ⇒ f toàn ánh.
Vì f là toàn ánh nên ∃a ∈ R sao cho : f (a) = 0
Thay x = a vào (1) ta có
f (f (a) + y ) = 2a + f (f (y ) − a)
⇒ f (y ) = 2a + f (f (y ) − a)
⇔ f (y ) − a = f (f (y − a) + a
Vì f toàn ánh nên : f (x) = x − a
Th l i, ta th y f (x) = x − a th a mãn.

Bài toán 4. Tìm t t c các hàm s liên t c f : R → R th a mãn đi u ki n :
f (x + f (y )) = 2y + f (x); ∀x, y ∈ R (1)
Bài gi i.
a/ Ch ng minhf là đơn ánh th t v y n u f (x1 ) = f (x2 ) thì :
f (x + f (x1 )) = 2x1 + f (x)
f (x + f (x2 )) = 2x2 + f (x)
⇒ 2x1 + f (x) = 2x2 + f (x) ⇒ x1 = x2
b/ T đk (1) ⇒ f là toàn ánh (vì t p giá tr c a f là R)
Do f là toàn ánh nên ∃a ∈ R đ f (a) = 0. Ta ch ng minh a = 0
Th y = a vào (1)
⇔ f (x + f (a)) = 2a + f (x) ⇔ f (x) = 2a + f (x)
⇔ a = 0 ⇔ f (0) = 0
T (1) thay x = 0 ta có : f (f (y )) = 2y + f (0) = 2y


236
www.VNMATH.com


Trong (1) thay x b i f (x) ta có :
f (f (x) + f (y )) = 2y + f (f (x))
⇒ f (f (x) + f (y )) = 2y + 2x
⇒ f (f (x) + f (y )) = 2(x + y )
⇒ f (f (x) + f (y )) = f (f (x + y ))
⇒ (f (x) + f (y )) = f (x + y ) (do f đơn ánh)
Do f liên t c ⇒ f (x) = kx.

Thay vào (1) ⇒ k = ± 2 √
Th l i ta có hai hàm s f (x) = ± 2x, th a đi u ki n bài toán.

Bài toán 5. Tìm t t c các hàm s liên t c f : R → R th a :
f (xf (y ) + x) = xy + f (x); ∀x, y ∈ R (1)
Bài gi i.
Thay x = 1 vào (1) ta có :
f (f (y ) + 1) = y + f (1)
D dàng ta ch ng minh đư c f song ánh.
Thay x = 1, y = 0 vào (1) ta có
f (f (0) + 1) = f (1) ⇒ f (0) + 1 = 1 (Do f là đơn ánh)
⇒ f (0) = 0
f (x)
V i x = 0 đ t y = − x khi đó (1) tr thành
f (xf (y ) + x) = 0 = f (0)
⇒ xf (y ) + x = 0 (vì f đơn ánh)
⇒ f (y ) = −1 (Vì x =0)
Vì f là toàn ánh nên ∃b ∈ R đ f (b) = −1
V y f − f (x) = f (b) ⇒ − f (x) = b ⇒ f (x) = −bx ∀x =0
x x
K t h p v i f (0) = 0 ta có f (x) = −bx ∀x ∈ R Thay f (x) = −bx vào (1) ⇒ b = ±1
V y f (x) = ±x

Bài toán 6. Tìm t t c các hàm s f xác đ nh trên t p s th c R, l y giá tr trong R và
th a mãn đ ng th i các đi u ki n sau :
1/ f là toàn ánh t R → R.
2/ f là hàm s tăng trên R.
3/ f (f (x)) = f (x) + 12x; ∀x ∈ R
Bài gi i.
N u f (x) = f (y ) thì f (f (x)) = f (f (y ))
⇒ f (x) + 12x = f (y ) + 12y ⇒ 12x = 12y ⇒ x = y
⇒ f là đơn ánh. Theo đ bài f là toàn ánh t R −→ R suy ra f là song ánh
∃ hàm s ngư c f −1 và f −1 là hàm s tăng trên R ⇒ f −1 cũng là hàm tăng trên R.
Thay x = 0 vào phương trình hàm ta đư c f (f (0)) = f (0).
Do f song ánh nên f (0) = 0 ⇒ f −1 (0) = 0



237
www.VNMATH.com


Đ t fn −1 (x) = f −1 f −1 ...f −1 (x) ;
nl n
−1
là tăng nên fn −1 (0) = 0
Ta cũng có fn 
a0 = f (x)

Xét dãy s (an ) v i a1 = x

an = f −1 (an−1 ); n ≥ 2


Thay x b i f −1 (an−1 ) vào f (f (x)) = f (x) + 12x ta có an−2 = an−1 + 12an
Gi i phương trình ta tìm đư c
fn −1 (x) = an+1 = 4x−7 (x) (−3)−n + 3x+7 (x) 4−n
f f

Xét x > 0 c đ nh, khi đó fn −1 (x) > 0; ∀n (do fn −1 tăng) 3x + f (x) > 0. Cho n = 2k, 2k + 1
ta đư c :
4 −2k−1 −2k
4x−f (x)
> 3f x−4x)
> 3x+f (x) ; 4
3 3 x+ f ( x
Cho k → +∞ ta đư c 4x ≤ f (x) ≤ 4x ⇒ f (x) = 4x
Khi x < 0 ⇒ fn −1 (x) < 0; ∀n, 3x + f (x) < 0.
Hoàn toàn tương t ta cũng có f (x) = 4x v i x < 0.
V y f (x) = 4x; ∀x



B. ng d ng đi m b t đ ng
Cho ánh x f : X → Y a ∈ X mà f (a) = a ta g i a là đi m b t đ ng c a f . Vi c nghiên
c u đi m b t đ ng cho ta m t s k thu t đ tìm hàm s đó.

Bài toán 7. Tìm t t c các hàm s f : R → R sao cho :
f (f (x)) = x2 − 2; ∀x ∈ R
Bài gi i.
Đ t: g (x) = f (f (x)) = x2 − 2; g (x) có 2 đi m b t đ ng là - 1, 2 √ √
2
go g (x) = g (g (x)) = (x2 − 2) − 2 có 4 đi m có b t đ ng – 1, 2, −1+ 5 , −1− 5
2 2
√ √ √ √
−1+ 5 −1− 5 −1− 5 −1+ 5
Ta có: g = và g =
2 2 2 2
Gi s t n t i f : R → R sao cho fo f = g thì fo g = fo fo f = go f
Khi đó f (−1) = f (g (−1)) = fo g (−1) = go f (−1) = g [f (−1)] ⇒ f (−1) là đi m b t đ ng c a g .
Tương t f (2) là đi m b t đ ng c a g .
V y {f (−1), f (2)} = {−1; 2}
√ √ √ √
và ta có: f (−1), f (2), f −1+ 5 , f −1− 5 = −1, 2, −1+ 5 , −1− 5
2 2 2 2

−1+ 5
* Xét f 2
√ √ √ √
−1+ 5 −1+ 5 −1+ 5 −1− 5
= −1 ⇒ f (−1) = f f
N uf =g =
2 2 2 2
Đi u này mâu thu n và f (−1) ∈ {−1, 2}.
Tương √ :
t √ √
−1+ 5
= 2, m t khác f −1+ 5 = −1+ 5
f 2 2 2



238
www.VNMATH.com


−1+ 5
không ph i là đi m b t đ ng c a g .
và 2 √ √
−1+ 5 −1− 5
Do v y ch có kh năng f = .
2 2
Nhưng √ đó thì
khi √ √ √
−1− 5 −1+ 5 −1− 5 −1− 5
f =f f =g =
2 2 2 2
√ √
−1− 5 −1+ 5
{a, b}
Đi u này mâu thu n v i g =
2 2
V y không th t n t i m t hàm f th a mãn các đi u ki n nói trên.

* Ta có th ch ng minh m t k t qu t ng quát hơn: Cho S là m t t p h p và
g : S → S là m t hàm s có chính xác 2 đi m c đ nh {a, b} và go g có chính xác 4 đi m c đ nh
{a, b, c, d} thì không t n t i hàm s g : S → S đ g = fo f
* Ch ng minh: Gi s g (c) = y . Thì c = g (go g ) = g (y ) , nên y = g (c) = g (g (y )). Do v y
y là m t đi m c đ nh c a go g . N u y = c thì c = g (y ) = g (c), t c c là đi m c đ nh c a g , mâu
thu n.
T đó suy ra y = d, t c g (c) = d, và tương t thì g (d) = c.
Gi s t n t i f : S → S sao cho fo f = g . Thì fo g = fo fo f .
Khi đó f (a) = f (g (a)), nên f (a) là m t đi m c đ nh c a g .
B ng vi c ki m tra t ng trư ng h p ta k t lu n f {a, b} = {a, b} , f {a, b, c, d} = {a, b, c, d}
Xét f (c). N u f (c) = a, thì f (a) = f (f (c)) = g (c) = d, mâu thu n do f (a) n m trong {a, b}.
Tương t cũng không th x y ra f (c) = b. Ngoài ra ta cũng không th có f (c) = c vì c không
là đi m c đ nh c a g .
Do v y ch có kh năng là g (c) = d. Nhưng khi đó thì f (d) = f (f (c)) = g (c) = d.
Mâu thu n, vì đi u này không th x y ra do d không ph i là đi m c đ nh c a g . Do v y không
th t n t i hàm f th a mãn yêu c u c a bài toán.
* Bài toán trên là trư ng h p đ c bi t c a bài toán này.

Bài toán 8. .(IMO 1994) Gi s S là t p h p các s th c l n hơn −1. Tìm t t c các hàm
s f : S → S sao cho các đi u ki n sau đây đư c th a mãn
a) f [x + f (y ) + xf (y )] = y + f (x) + yf (x) ∀x, y ∈ S
b) f (x) là hàm th c s tăng v i −1 < x < 0 và v i x > 0.
x
Bài gi i.
a) Tìm đi m b t đ ng.
T đi u ki n (b) ta nh n th y phương trình đi m b t đ ng f (x) = x có nhi u nh t là 3 nghi m
(n u có) : m t nghi m n m trong kho ng (−1; 0), m t nghi m b ng 0, m t nghi m n m trong
kho ng (0; +∞).
b) Nghiên c u đi m b t đ ng c a hàm s Gi s u ∈ (−1; 0) là m t đi m b t đ ng c a f .
Trong đi u ki n (a) cho x = y = u ta đư c
f (2u + u2 ) = 2u + u2
Hơn n a 2u + u2 ∈ (−1; 0) và 2u + u2 là m t đi m b t đ ng n a c a hàm s trong kho ng
(−1; 0)
Theo nh n xét trên thì ph i có
2u + u2 = u ⇒ u = −u2 ∈ (−1; 0)

239
www.VNMATH.com


Hoàn toàn tương t , không có đi m b t đ ng nào n m trong kho ng (0; +∞). Như th 0 là
đi m b t đ ng duy nh t c a hàm s (n u có).
c) K t lu n hàm Cho x = y vào (a) ta đư c
f [x + f (x) + xf (x)] = x + f (x) + xf (x) ∀x ∈ S
Như v y v i m i x ∈ S thì x + (x + 1)f (x) là đi m b t đ ng c a hàm s . Theo nh n xét trên
thì
x
x + (x + 1)f (x) = 0, ∀x ∈ S ⇒ f (x) = − 1+x , ∀x ∈ S
Th l i th y hàm này th a mãn yêu c u bài toán.

Bài toán 9. .(IMO 1983)- Tìm các hàm s f : R → R th a mãn hai đi u ki n:
lim f (x) = 0 và f (xf (y )) = yf (x), ∀x, y ∈ R+
x→∞

Bài gi i.
a) Tính f (1).
Cho x = y = 1, ta đư c f (f (1)) = f (1). L i cho y = f (1) ta đư c
f (xf (f (1))) = f (1)f (x) ⇒ f (xf (1)) = f (1)f (x).
M t khác f (xf (1)) = f (x) nên ta đư c
f (x) = f (x)f (1) ⇒ f (1) = 1 (do f (x) > 0)
b) Đi m c đ nh c a hàm s
Cho x = y vào quan h hàm ta đư c
f (xf (x)) = xf (x), ∀x ∈ R+ .
Suy ra xf (x) là đi m b t đ ng c a hàm s f.
c) M t s đ c đi m c a t p đi m c đ nh.
N u x và y là hai đi m c đ nh c a hàm s , thì
f (xy ) = f (xf (y )) = yf (x) = xy
Ch ng t xy cũng là đi m b t đ ng c a hàm s . Như v y t p các đi m b t đ ng đóng đ i v i
phép nhân. Hơn n a n u x là đi m b t đ ng thì
1 1 1 1
I = f (1) = f x f (x) = xf ( x ) ⇒ f x = x
1
Nghĩa là x cũng là đi m b t đ ng c a hàm s . Như v y t p các đi m b t đ ng đóng v i phèp
ngh ch đ o.
Như v y ngoài 1 là đi m b t đ ng ra, n u có đi m b t đ ng nào khác thì ho c đi m b t đ ng
này l n hơn 1, ho c ngh ch đ o c a nó l n hơn 1.
Do đó lũy th a nhi u l n c a đi m này l n hơn 1 cũng s là đi m b t đ ng. Đi u này trái v i
đi u ki n th 2 trong quan h hàm.
d) V y 1 là đi m b t đ ng duy nh t c a hàm s , do xf (x) là đi m b t đ ng c a hàm s v i
1
m i x > 0 nên t tính duy nh t ta suy ra f (x) = x .
D th y hàm s này th a mãn yêu c u bài toán.



BÀI T P
Bài 1 Tìm t t c các hàm s f : R → R th a mãn đi u ki n
f (xf (x) + f (y )) = (f (x))2 + y ; ∀x, y ∈ R

240
www.VNMATH.com


Bài 2 Tìm t t c các hàm s f : R → R th a mãn đi u ki n
f (x2 + f (y )) = (f (x))2 + y ; ∀x, y ∈ R
Bài 3 (Đ ngh IMO 2002) Tìm t t c các hàm s f : R → R th a
f (f (x) + y ) = 2x + f (f (y ) − x) ; ∀x, y ∈ R
Bài 4 (THPT – T8/360) Tìm t t c các hàm s f : R+ → R+ th a
f (x).f (y ) = f (x + y (f (x)) ; ∀x, y ∈ R
Bài 5 Tìm t t c các hàm s f : Z+ → Z+ th a mãn
f (f (n) + m) = m + f (m + 2012); ∀m, n ∈ Z+
Bài 6 (APMO 1989) Xác đ nh t t c các hàm s f : R → R th a mãn 3 đi u ki n sau đây :
1/ f có t p giá tr R
2/ f tăng nghiêm ng t
3/ f (x) + f (x) = 2x; ∀x ∈ R

Bài 7 (IMO 1996) Tìm t t c các hàm s f : N → N sao cho
f (m + f (n)) = f (f (m) + f (n)) ; ∀m, n ∈ N

Tài li u tham kh o
- Bài toán Hàm s qua các kỳ thi Olympic c a Nguy n Tr ng Tu n
- Các tài li u b i dư ng hè cho giáo viên chuyên c a Trư ng Đ i h c Khoa h c t nhiên – Đ i
h c Qu c gia Hà N i t ch c.
- Chuyên đ b i dư ng v Phương trình hàm c a Trư ng chuyên Quang Trung – Bình Phư c.
- Báo Toán h c Tu i tr .
- Tuy n t p Các đ thi Olympic 30/4.
- Các đ thi HSG Qu c gia và Qu c t .
- Ngu n Internet.




241
www.VNMATH.com




T GIÁC LƯ NG TI P
Nguy n H u Tâm, Hoàng T Quyên, Trư ng THPT chuyên Lê Quý Đôn – Bình Đ nh


1 M đu
Nicolas Fuss (1755-1826), nhà toán h c ngư i Đ c, ông là ngư i đã dành tr n cu c đ i
thành ph Pê-téc-bua, nư c Nga, trong công vi c thư kí cho nhà khoa h c Leonhard Euler.
Trong th i gian làm vi c t i Vi n hàn lâm Petersburg, ông đã vi t nhi u bài báo v các ch
đ khác nhau như (spherical) hình h c, (differential) hình h c, phương trình và nhi u lĩnh v c
khác. Tuy nhiên, đ c l p v i nh ng ch đ trên, N. Fuss đã kh o c u v “đa giác lư ng tâm”,
đư c đ nh nghĩa là m t đa giác có c đư ng tròn n i ti p và ngo i ti p, hay nói cách khác là nó
v a là đa giác ngo i ti p, v a là đa giác n i ti p. Ông đã tìm ra m i liên h gi a 2 bán kính và
đư ng n i tâm c a 2 đư ng tròn trong trư ng h p t giác, ngũ giác, l c giác, th t giác và bát
giác. Bài vi t này, chúng tôi đ c p đ n t giác lư ng ti p và m t s tính ch t c a nó.


2 T giác lư ng ti p và đ nh lý Fuss
T giác lư ng ti p là t giác có c đư ng tròn ngo i ti p (đi qua t t c các đ nh c a t giác)
và đư ng tròn n i ti p (ti p xúc v i t t c các c nh t giác). T t c các tam giác đ u lư ng




Hình 24:

ti p v i m t đư ng tròn n i ti p và m t đư ng tròn ngo i ti p. Euler đã đưa ra bi u th c th
hi n m i quan h gi a bán kính n i ti p r, bán kính ngo i ti p R và đ dài đư ng n i tâm d
như sau :
d2 = R2 − 2Rr
M r ng ra v i t giác lư ng ti p, ta có đ nh lý sau:



242
www.VNMATH.com


Đ nh lý 2. (Đ nh lý Fuss) Gi s có m t t giác n i ti p đư ng tròn (C ) bán kính R và ngo i
ti p đư ng tròn (C ) bán kính r. Kho ng cách gi a hai tâm là d, khi đó ta có

(R2 − d2 )2 = 2r2 (R2 + d2 ) (1)

Vi c tìm ra m i quan h này đã đư c đánh giá là m t trong 100 v n đ toán h c sơ c p vĩ
đ i nh t trong l ch s . Bên c nh đó, Fuss cũng tìm ra m i quan h tương t cho m t s trư ng
h p khác, ch ng h n như: V i trư ng h p l c giác ta có công th c:

3p4 q 4 − 2p2 q 2 r2 (p2 + q 2 ) = r4 (p2 − q 2 )2 (2)

V i bát giác, ta có
4
r2 (p2 + q 2 ) − p2 q 2 = 16p4 q 4 r4 (p2 − r2 )(q 2 − r2 ) (3)

Trong đó, p = R + d, q = R − d.
Vi c xây d ng các công th c (2), (3) khá ph c t p, đây ta ch xây d ng công th c (1) cho
trư ng h p t giác.
Trư c h t ta ch ng minh b đ sau :

B đ 3. Trong t giác lư ng ti p, hai đư ng
th ng n i các c p ti p đi m đ i nhau thì vuông
góc v i nhau.
Th t v y, gi s có t giác ABCD lư ng ti p, α và γ là góc t i đ nh A và C ; K, L, M , N là
các góc đư c kí hi u như hình v . G i góc t o b i hai dây n i ti p đi m là ω . Ta có
α + K + N + ω = 3600
γ + M + L + ω = 3600 .
Suy ra α + γ + K + N + M + L + 2ω = 7200
T đó suy ra ω = 900 .
Nh n xét: T tính ch t trên ta có cách d ng t
giác lư ng ti p như sau: Trong m t đư ng tròn v hai
dây cung vuông góc v i nhau. T các đ u mút c a hai
dây cung v các ti p tuy n v i đư ng tròn. Ph n gi i h n
b i b n ti p tuy n là m t t giác lư ng ti p.
Quan sát hình v , ta có các nh n xét: Đư ng th ng KM và LN chia t giác lư ng ti p
Hình 25
ABCD thành b n t giác AKON, BLOK, CM OL và DN OM có tính ch t gi ng nhau. Ta s
nghiên c u d ng t giác này b ng cách kh o sát qu tích c a m t đi m P đư c xây d ng như
sau.
Cho đư ng tròn (C ), và đi m O n m trong đư ng tròn; X, Y là các đi m trên đư ng tròn
sao cho X OY = 900 vuông, P là giao đi m c a hai ti p tuy n c a (C ) t i X và Y . Câu h i đ t
ra là, qu tích c a P khi X, Y chuy n đ ng trên đư ng tròn là gì?
Câu tr l i là, qu tích đi m P là m t đư ng tròn. Vi c ch ng minh k t qu này s d n đ n
vi c xây d ng công th c (1) Ch ng minh.


243
www.VNMATH.com


V M P , g i N là giao đi m c a M P v i XY . Ta có M P ⊥ XY , v OF ⊥ XY, F ∈ XY .
Đ t OM P = ϕ, OM = e, M P = p và r là bán kính đư ng tròn (C ).
Xét tam giác vuông OXY ta có OF 2 = F X.F Y (∗). Vì M P là trung tr c c a XY , nên N X =
N Y và M N Y = 900 . T đó ta có N F = e sin ϕ.
Do đó OF = M N − e cos ϕ, F X = N X − e sin ϕ,
F Y = N X + e sin ϕ. Th các đ ng th c trên vào (*) ta đư c

(M N − e cos ϕ)2 = (N X − e sin ϕ)(N X + e sin ϕ)

⇔ M N 2 − 2.M N.e cos ϕ + e2 = N X 2
Hình 26
Mà M X = r, M X 2 = M X 2 − M N 2 , M X 2 = M P.M N = p.M N , nên t đây ta đư c

2r4 2r2 e
.p cos ϕ + p2
=2 (4)
r 2 − e2 r − e2

Ta th y, p và ϕ là nh ng giá tr ph thu c vào v trí c a đi m P ; r và e là h ng s không đ i.
Khi đó gi s P n m trên m t đư ng tròn bán kính R = SP và tâm S n m trên M O. Đ t
d = SM là kho ng cách gi a hai tâm đư ng tròn. Xét tam giác SM P ta có

R2 = d2 + r2 + 2dp cos ϕ (5)

r2 e
So sánh (4) và (5) ta th y R là h ng s khi d = .
r 2 − e2
Do v y qu tích đi m P là đư ng tròn tâm S , bán kính R. Tr l i v i t giác lư ng ti p
ABCD thì đư ng tròn ngo i ti p t giác chính là qu tích đi m P nói trên. Khi góc X OY quay
đ n v trí mà OX ho c OY trùng v i đư ng kính, ta thu đư c m t t giác lư ng ti p trong
trư ng h p đ c bi t, có m t đư ng chéo là đư ng kính chung c a hai đư ng tròn, khi đó ta tính
đư c e theo d, R, r và t đó thu đư c công th c (1).
Công th c (1) cũng có th đư c ch ng minh cách khác như sau: G i I, O l n lư t là tâm đư ng
tròn n i ti p và ngo i ti p t giác ABCD và g i E, F l n lư t là giao đi m th hai c a các tia
AI và CI v i đư ng tròn tâm O. Ta th y E và F là các đi m chính gi a cua hai cung BD nên
EF đi qua tâm O.
IE 2 + IF 2 EF 2
2
. Suy ra 2(d2 + R2 ) = IE 2 + IF 2 .

Ta có IO =
2 4
M t khác, IA.IC = IE.IF = R2 − d2 . Do v y ta có
A C
sin2 + sin2
2 2 2 2
2(d + R ) IE + IF 1 1 2=1
2
= = + =
2 − d2 )2 2 − d2 )2 2 IC 2 2 Hình 27 r 2
(R (R IA r




244
www.VNMATH.com


3 Đ nh lý Poncelet
Vi c ch ng minh công th c liên h đã hoàn t t. Song h n b n đ c s quan tâm đ n tính
đúng đ n c a m nh đ đ o: Ta có đ nh lý sau đây:

Đ nh lý 3. Cho hai đư ng tròn (C ) và (C ) có bán kính l n lư t là R và r, (C ) n m trong
(C ), d là kho ng cách gi a hai tâm đư ng tròn sao cho th a mãn bi u th c

(R2 − d2 )2 = 2r2 (R2 + d2 )

Khi đó t n t i m t t giác v a n i ti p (C ) v a ngo i ti p (C ). Có vô s t giác như v y.

Ch ng minh. G i O và I l n lư t là tâm c a (C ) và (C ). L y m t đi m A b t kì thu c đư ng
tròn tâm O, các dây cung AB, BC, CD cùng ti p xúc v i đư ng tròn tâm I . Ta c n ch ng minh
AD cũng ti p xúc v i (I ).
Kéo dài CI c t (O) t i F , v đư ng kính F E , kéo dài EI c t (O) t i A . T đ ng th c
trên ta có
A C
sin2 + sin2
2(d2 + R2 ) IE 2 + IF 2
1 2 2
= 2⇔ =
( R 2 − d2 ) 2 IC 2 .IF 2 r2
r
Do đó
A A
sin2 sin
IE 2 1 1 IE
2+ 2

+ = =
IC 2 .IF 2 IC 2 r2 IC 2 IC.IF r
Mà IC.IF = IE.IA nên suy ra

A B AD
r = IA . sin = r. sin = r. sin B A I = d(I, A B )
2 2
Như v y A B ti p xúc v i đư ng tròn (I ), do đó A ≡ A . Khi đó A, I, E th ng hàng. Mà E là
đi m chính gi a cung BD ch a C , nên d(I, AB ) = d(I, AD) = r hay AD ti p xúc v i đư ng
tròn tâm I . Đi u này cho th y s t n t i (và t n t i vô s ) t giác v a n i ti p đư ng tròn (C ),
v a ngo i ti p đư ng tròn (C ).
Vi c m r ng cho n− giác qu th t không đơn gi n. Poncelet đã đưa ra “Đ nh lý kín Poncelet”
có liên quan m t thi t đ n đa giác lư ng ti p và gi i quy t đư c m t ph n quan tr ng c a bài
toán trên.
Xét hai đư ng tròn (C ) và (C ) trong m t ph ng, (C ) n m trong (C ). T m t đi m P b t
kì trên (C ) ta v ti p tuy n đ n (C ), kéo dài ti p tuy n trên c t (C ), t giao đi m v a c t, ti p
t c v ti p tuy n đ n (C ), và th c hi n thao tác tương t cho đ n khi t o thành đư ng cong
kín (có m t giao đi m trùng v i P ). Khi đó ta nh n đư c m t n− giác, đư c g i là đư ng g p
khúc Poncelet.
Đ nh lý Poncelet có th đư c phát bi u như sau:

Đ nh lý 4. N u m t đư ng g p khúc Poncelet n c nh đư c xây d ng trên hai conic cho trư c
là kín v i m t đi m b t đ u b t kì thì cũng kín v i m i đi m b t đ u.

245
www.VNMATH.com



Do đó, n u có m t đa giác lư ng ti p có (C ) là đư ng tròn ngo i ti p và (C ) là đư ng tròn
n i ti p, khi đó có vô s đa giác lư ng ti p không xác đ nh nh n (C ) và (C ) là đư ng tròn
ngo i ti p và n i ti p.
Vi c ch ng minh Đ nh lý Poncelet cho n− giác (đ i v i Hình h c Euclide và t ng quát trong
Hình h c x nh) không ti n trình bày đây, hy v ng s đư c trình bày trong m t bài vi t
khác.
V n đ mà hi n nay v n chưa đư c gi i quy t tr n v n là tìm công th c liên h gi a d, R, r
đ t n t i m t n lư ng ti p hai đư ng tròn cho trư c.


4 M t s bài toán liên quan đ n t giác lư ng ti p
Bài toán 1. Cho t giác ABCD n i ti p đư ng tròn (O; R) và ngo i ti p đư ng tròn (I ; r) có
kho ng cách gi a hai tâm là d. Gi s M, N, P, Q theo th t là ti p đi m c a đư ng tròn n i
ti p v i các c nh AB, BC, CD, DA. Ch ng minh r ng
1) M P vuông góc v i N Q;
r2
−→ −→
2) I và O th ng hàng v i tr ng tâm G c a t giác M N P Q, hơn n a IG = 2 .IO;
2
d −R
−→
3) I và O th ng hàng v i giao đi m Z c a các đư ng chéo AC và BD, hơn n a IZ =
2r2 − →
.IO;
2 − R2
d




Hình 28:

L i gi i. 1) Gi s A , B , C , D l n lư t là trung đi m c a QM, M N, N P, P Q. Khi đó các
đư ng th ng AA , BB , CC , DD cùng đi qua I . Vì IA.IA = IB.IB = IC.IC = r2 nên phép
ngh ch đ o c c I phương tích r2 bi n A thành A , B thành B , C thành C , D thành D ; do đó
phép ngh ch đ o này bi n đư ng tròn ngo i ti p t giác ABCD thành đư ng tròn ngo i ti p


246
www.VNMATH.com



t giác A B C D . Như v y, hình bình hành A B C D có đư ng tròn ngo i ti p nên nó là hình
ch nh t. Do đó A B ⊥ B C suy ra N Q ⊥ M P .
2) G i O là tâm đư ng tròn ngo i ti p t giác A B C D , t phép ngh ch đ o nên trên ta
có I, O, O th ng hàng và ta cũng nh n đư c h th c sau
−→ r2 r2
−→ −→
IO = .IO = .IO
2 − R2
PI/(O) d

Do A B C D là hình ch nh t nên O trùng v i tr ng tâm c a hình ch nh t này và cũng trùng
v i tr ng tâm G c a t giác M N P Q. Như v y, I, O, G th ng hàng và ta có
r2
−→ −→
IG = .IO
d2 − R2
3) Theo m t k t qu quen thu c v t giác ngo i ti p thì b n đư ng th ng AC, BD, M P, N Q
đ ng quy; do v y Z cũng là giao đi m c a M P và N Q. Đ ý r ng t giác n i ti p M N P Q có
hai đư ng chéo vuông góc v i nhau và c t nhau t i Z nên tâm đư ng tròn ngo i ti p, tr ng
−→ −

tâm G, và Z th ng hàng, hơn n a IZ = 2IG.
Như v yI, O, Z th ng hàng và ta có
2r2 −

→ →
IZ = .IO.
2 − R2
d


Bài toán 2. Cho t giác ABCD n i ti p đư ng tròn (O; R) và ngo i ti p đư ng tròn (I ; r) có
kho ng cách gi a hai tâm là d. Ch ng minh các đ ng th c sau:
AB CD AD BC
= , =
1) .
IA.IB IC.ID IA.ID IB.IC
AC BD 2R
= =2
2) .
R − d2
IA.IC IB.ID
1 1 1 1
+ = +
3) .
2 2 2 ID2
IA IC IB
2 2
AC BD
=
4) .
IA2 + IC 2 IB 2 + ID2
1 1
5) 8Rr + = AB + BC + CD + DA.
AC BD
L i gi i. L y A B C D theo th t là giao đi m th hai c a các đư ng th ng AI, BI, CI, DI
v i đư ng tròn tâm O. Ta th y A và C là đi m chính gi a c a hai cung trương b i dây BD,
B và D là đi m chính gi a c a hai cung trương b i dây AC ; do v y A B C D là hình ch nh t
và A C = B D = 2R.
AB IA k
Đ t IA.IA = IB.IB = IC.IC = ID.ID = k . Ta có = = . Suy ra
AB IB IA.IB
AB AB CD CD
= = . Mà A B C D là hình ch nh t nên A B = C D .
. Tương t ,
IA.IB k IC.ID k
AB CD
=
T đó .
IA.IB IC.ID

247
www.VNMATH.com




Hình 29:

AD BC
=
Ch ng minh tương t ta cũng có .
IA.ID IB.IC
AC AC 2R BD BD 2R
= =2 = =2
Ta có và . T đây ta nh n đư c đ ng
2 R − d2
R −d
IA.IC k IB.ID k
th c (2).
k2 k2
2 2 2 2
Bây gi , vì A B C D là hình ch nh t nên IA + IC = IB + ID ⇔ + =
IA2 IC 2
2 2
k k
+ . T đây ta nh n đư c đ ng th c (3).
2 ID2
IB
Đ ng th c (4) đư c suy ra t (2) và (3). Ta ch ng minh đ ng th c cu i cùng như sau:
Qua I v đư ng th ng song song v i AB , c t AD và BC t i M và N . G i P và Q theo th
t là hình chi u vuông góc c a I trên AD và BC . Ta có,
IP IQ r r
M N = IM + IN = + = +
sin A sin B
sin I M P sin I N Q
1 1
Mà BD = 2R sin A, AC = 2r sin B nên M N = 2Rr + .
AC BD
K m t ti p tuy n song song v i AB c a đư ng tròn tâm I , c t AD, BC, CD lân lư c t i
E, F, G. Ta có 2M N = AB + EF (∗).
D th y tam giác GCF và tam giác GED đ ng d ng, hơn n a chúng đ u nh n (I ) là đư ng
tròn bàng ti p c a hai góc tương ng t i đ nh E và đ nhC , do v y hai tam giác này b ng nhau.
V y ta có CG = EG, DG = F G, suy ra CD = EF (∗∗).
T (*) và (**) ta nh n đư c
1 1
M N = (AB + CD) = (AB + BC + CD + DA)
2 4
Do đó
1 1 1
2Rr + = (AB + BC + CD + DA) = M N
AC BD 4
248
www.VNMATH.com



Đây là đpcm. T ch ng minh trên ta th y MN là h ng s v i m i trư ng h p song song v i
các c nh c a t giác.

Bài toán 3. Gi s các đư ng th ng AI, BI, CI, DI c t đư ng tròn tâm (O) t i đi m th
hai là A B C D ; g i O1 , O2 , O3 , O4 theo th t là tâm đư ng tròn ngo i ti p các tam giác
IA B , IB C , IC D , ID A ; g i E, F, G, H theo th t là hình chi u vuông góc c a I trên AB,
BC, CD, DA. Ch ng minh r ng
1) T giác A B C D là m t hình ch nh t, hai đư ng chéo c a nó là đư ng kính c a đư ng
tròn tâm O và chúng l n lư t vuông góc v i hai đư ng chéo c a t giác ABCD.
R 2 − d2
2) B n đi m O1 , O2 , O3 , O4 cùng n m trên đư ng tròn tâm I bán kính .
2r
R2 − d2
3) T giác O1 O2 O3 O4 là nh c a t giác EF GH qua phép v t tâm I t s − .
2r2




Hình 30:

L i gi i. 1) Vì I là tâm đư ng tròn n i ti p t giác ABCD nên A là đi m chính gi a cung
BCD, C là đi m chính gi a cung BAD; do v y A C là đư ng kính c a đư ng tròn (O) và
vuông góc v i AC . Như v y A B C D là m t hình ch nh t.
Đ t k = IA.IA = IB.IB = IC.IC = ID.ID = R2 − d2 , ta có

AB AB
IO1 = =
2 sin A I B 2 sin AIB



249
www.VNMATH.com



AB IA k
= =
Mà nên
AB IB IA.IB
R 2 − d2
kAB k
IO1 = = =
2IE 2r
2IA.IB. sin AIB
R2 − d2
Như v y O1 n m trên đư ng tròn tâm I bán kính . tương t thì O2 , O3 , O4 cũng n m
2r
trên đư ng tròn này.
2) Ta có O1 IB = 900 − I A B = 900 − I AB = E IB . Suy ra E, I, O1 th ng hàng. Tương t
ta cũng có F, I, O2 th ng hàng; G, I, O3 th ng hàng. T đây suy ra t giác O1 O2 O3 O4 là nh
R 2 − d2
c a t giác EF GH qua phép v t tâm I t s − .
2r2
Trư c khi đ n v i bài toán ti p theo, ta có m t s nh n xét sau đây.
Nh n xét. Gi s A1 A2 A3 A4 là t giác n i ti p đư ng tròn (O, R) và ngo i ti p đư ng
tròn (I, R). Các ti p đi m trên A1 A2 , A2 A3 , A3 A4 , A4 A1 l n lư t là M, N, P, Q. Đ t M A1 =
t1 , M A2 = t2 , P A3 = t3 , P A4 = t4 , khi đó
1) ti + ti+1 = Ai Ai+1 , i = 1, 2, 3, 4, quy ư c t5 = t1 , A5 ≡ A1 .
2) t1 t3 = t2 t4 = r2 ,
3) t1 t2 + t2 t3 + t3 t4 + t4 t1 = 2(R2 − d2 ).
4) G i tM , tm l n lư t là đ dài đo n ti p tuy n l n nh t và bé nh t t (O, R) đ n (I, r).
Khi đó ta có
tm = (R − d)2 − r2 , tM = (R + d)2 − r2 .




Hình 31:

Bài toán 4. Cho A1 A2 A3 A4 là t giác n i ti p đư ng tròn (O, R) và ngo i ti p đư ng tròn (I, R).
Các ti p đi m trên A1 A2 , A2 A3 , A3 A4 , A4 A1 l n lư t là M, N, P, Q. Đ t M A1 = t1 , M A2 =

250
www.VNMATH.com



t2 , P A3 = t3 , P A4 = t4 , tM , tm l n lư t là đ dài đo n ti p tuy n l n nh t và bé nh t t (O, R)
đ n (I, r). Ch ng minh r ng
1) 2r ≤ t1 + t3 ≤ tm + tM ,
2) 2r ≤ t2 + t4 ≤ tm + tM ,
R 2 + d2
3) 4r ≤ t1 + t2 + t3 + t4 ≤ 4r. 2 ,
R − d2
4) 4r2 ≤ t2 + t2 + t2 + t2 ≤ 4(R2 + d2 − r2 ).
1 2 3 4




Hình 32:

L i gi i. Xét đư ng tròn (C ) có đư ng kính AB = tm + tM . G i P thu c AB sao cho
AP = tM , P B = tm . Khi đó, v i m i ti , i = 1, 2, 3, 4; vì tm ≤ ti ≤ tM , nên luôn có hai đi m Q và
R thu c (C ) sao cho: ti = P Q, ti+2 = P R, v i P Q + P R = QR. Ta có P Q.P R = tm .tM = PP/(C ) .
Hi n nhiên ti + ti+2 ≤ tm + tM vì tm + tM là đư ng kính. M t khác, rõ ràng ti + ti+2 ≥ 2r
vì r2 = tm tM . V y, hai b t đ ng th c đ u đã đư c ch ng minh.
Đ ch ng minh b t đ ng th c ti p theo, ta đ ý r ng
R−d R+d
(R − d)2 − r2 = r. (R + d)2 − r2 = r.
tm = , tM = .
R−d
R+d
T đó ta có
R 2 + d2
4r ≤ t2 + t2 + t2 + t4 ≤ 2(tm + tM ) = 4r.
1 2 3
R 2 − d2
V i b t đ ng th c cu i, đ ý r ng t1 t3 = t2 t4 = r2 , ta có

4r2 ≤ t2 + t2 + 2t1 t3 , 4r2 ≤ t2 + t2 + 2t2 t4
1 3 2 4

Suy ra
4r2 ≤ t2 + t2 + t2 + t2
1 3 2 4


251
www.VNMATH.com


Ta l i có
t1 + t3 ≤ tm + tM , t2 + t4 ≤ tm + tM , t1 t3 = t2 t4 = tm tM
Do đó
t2 + t2 + t2 + t2 ≤ 2(t2 + t2 ) = 4(R2 + d2 − r2 )
1 2 3 4 m M

Bài toán 5. Cho t giác lư ng ti p A1 A2 A3 A4 và các đ dài ti , i = 1, 2, 3, 4 như gi thi t bài
toán trên. Ch ng minh:
4(R2 + d2 )
4 1 1 1 1
≤+++≤
r(R2 − d2 )
r t1 t2 t3 t4

L i gi i. Ta có t1 + t3 ≥ 2r và t1 t2 = r2 nên
1 1 t1 + t3 2

+= 2
t1 t3 r r
Tương t ,
1 1 t2 + t4 2

+= 2
t2 t4 r r
T đó
1 1 1 1 4
+++≥
t1 t2 t3 t4 r
1 1 1 1
M t khác do t1 + t3 ≤ tm + tM , t1 t3 = tm tM nên ta có + ≤ + . T đó
t1 t3 tm tM

4(R2 + d2 )
1 1 1 1 1 1
+++≤ + = .
r ( R 2 − d2 )
t1 t2 t3 t4 tm tM

B t đ ng th c đã đư c ch ng minh.


5 L ikt
T giác và r ng hơn là đa giác lư ng ti p đã và đang là m t v n đ h p d n không nh ng
v i các nhà nghiên c u mà còn đ i v i các b n tr yêu toán. Bài vi t trên đây đã ph n nào đưa
ra nh ng đ nh lý và nh ng bài toán cơ b n v v n đ này. Song vì dư lư ng có h n và kh năng
h n ch nên bài vi t không đ c p đ n nh ng v n đ chuyên sâu hơn trong các d ng đa giác và
các bài toán ph c t p. V l c giác và bát giác lư ng ti p s đư c nghiên c u sâu hơn trong các
chuyên đ ti p theo.
Đ k t thúc bài vi t, xin đưa ra m t s bài t p liên quan đ n t giác lư ng ti p đ b n đ c
tham kh o.

Bài toán 6. Cho t giác ABCD lư ng ti p; M, N, P, Q l n lư t là ti p đi m c a các đo n th ng
AB, BC, CD, DA v i đư ng tròn n i ti p. Z là giao đi m hai đư ng chéo c a t giác. Ch ng
minh ZM, ZN, ZP, ZQ l n lư t là phân giác các góc AZB, BZC, CZD, DZA.



252
www.VNMATH.com


Bài toán 7. T giác l i ABCD có đư ng tròn n i ti p (I ; r) và đư ng tròn ngo i ti p (O; R).
Đ t OI = d. Ch ng minh r ng:
8R2 r2
R2 − d2 = .
AC.BD
Bài toán 8. Xét l p các t giác l i ABCD v a n i ti p (O; R), v a ngo i ti p (I ; r) c đ nh.
Ch ng minh các tính ch t sau:
1) AB.CD = const ;
2) IA.IB.IC.ID = const ;
3) sin A. sin B. sin C. sin D = const ;
AB + BC + CD + DA
= const ;
4)
AC + BD
5) Giao đi m c a hai đư ng chéo AC và BD là m t đi m c đ nh n m trên đư ng th ng
OI ;
6) T n t i m t t giác A0 B0 C0 D0 có di n tích và chu vi l n nh t, cũng t n t i m t t giác
A1 B1 C1 D1 có chu vi và di n tích nh nh t.

Bài toán 9. Cho ABCD là m t t giác lư ng ti p, (O; R), (I ; r) l n lư t là đư ng tròn ngo i
ti p và n i ti p t giác. Ch ng minh r ng:
R2 − d2
1) 8r ≤ AB + BC + CD + DA ≤ 8r. 2 ;
R + d2
2) 4(R2 − d2 + 2r2 ) ≤ AB 2 + BC 2 + CD2 + DA2 ≤ 4(3R2 − 2r2 ).

TÀI LI U THAM KH O.

[1] Tr n Văn T n, Bài t p nâng cao và m t s chuyên đ Hình h c 11, NXB Giáo d c 2008.
[2] Fuss’ problem of the Chord-Tangent quadrilateral, Mgr. Barbora Stastna, Masaryk Uni-
versity, Faculty of Science.
[3] Some relations concerning triangles and bicentric quadrilaterals in connection with Pon-
celet’s closure theorem, Mirko Radic, Math. Maced Vol1 (2003), 35-58.
[4] http://mathworld.wolfram.com; www.mathlinks.ro.




253
Đề thi vào lớp 10 môn Toán |  Đáp án đề thi tốt nghiệp |  Đề thi Đại học |  Đề thi thử đại học môn Hóa |  Mẫu đơn xin việc |  Bài tiểu luận mẫu |  Ôn thi cao học 2014 |  Nghiên cứu khoa học |  Lập kế hoạch kinh doanh |  Bảng cân đối kế toán |  Đề thi chứng chỉ Tin học |  Tư tưởng Hồ Chí Minh |  Đề thi chứng chỉ Tiếng anh
Theo dõi chúng tôi
Đồng bộ tài khoản