KỶ YẾU TOÁN HỌC 2010

Chia sẻ: anhkhoa_lpt

Toán học có một vẻ đẹp lôi cuốn và quyến rũ, ai đã đam mê thì mãi đam mê ... Trong vẻ đẹp đầy huyền bí đó thì các bài toán liên quan đến phương trình vô tỷ (chứa căn thức) có nét đẹp t hật sự xao xuyến và quyến rũ.

Nội dung Text: KỶ YẾU TOÁN HỌC 2010

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN
KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ




KỶ YẾU
HỘI THẢO KHOA HỌC, LẦN THỨ III



MÔN TOÁN HỌC
(TÀI LIỆU LƯU HÀNH NỘI BỘ)




HÀ NAM, THÁNG 11 NĂM 2010
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM


MỤC LỤC


NỘI DUNG
STT TRANG
LỜI NÓI ĐẦU
1 5
MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ CHO HỌC SINH GIỎI
2 6
Nguyễn Anh Tuấn (THPT chuyên Bắc Giang)
LÀM NGƯỢC BẤT ĐẲNG THỨC
3 27
Nguyễn Đức Vang (THPT chuyên Bắc Ninh)

CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC BẰNG CÁCH SỬ DỤNG BẤT
ĐẲNG THỨC SẮP XẾP LẠI VÀ BẤT ĐẲNG THỨC CHEBYSHEV
4 31
Đào Quốc Huy, Tổ Toán – Tin, Trường THPT Chuyên Biên Hòa – Hà Nam
TÍNH TUẦN HOÀN TRONG DÃY SỐ NGUYÊN
5 43
Ngô Thị Hải, trường THPT chuyên Nguyễn Trãi, Hải Dương
ĐỊNH LÝ PASCAL VÀ ỨNG DỤNG
6 47
Lê Đức Thịnh, THPT Chuyên Trần Phú – Hải Phòng
HÀM SỐ HỌC VÀ MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ HÀM SỐ HỌC
7 56
Trường THPT Chuyên Hưng Yên
MỘT SỐ BÀI TOÁN SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI OLYMPIC TOÁN
8 67
Trần Xuân Đáng (THPT Chuyên Lê Hồng Phong – Nam Định)
ĐỊNH LÍ LAGRANGE VÀ ỨNG DỤNG
9 73
Đặng Đình Sơn, Chuyên Lương Văn Tụy – Ninh Bình
TỈ SỐ KÉP VÀ PHÉP CHIẾU XUYÊN TÂM
10 93
Trường THPT chuyên Thái Bình – Thái Bình
MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ DÃY SỐ VÀ GIỚI HẠN
11 105
Trần Ngọc Thắng - THPT Chuyên Vĩnh Phúc
SỬ DỤNG CÔNG CỤ SỐ PHỨC ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC
PHẲNG
12 123
Trường THPT chuyên Hạ Long
BẤT BIẾN TRONG CÁC BÀI TOÁN LÝ THUYẾT TRÒ CHƠI
13 130
Phạm Minh Phương, trường THPT chuyên Đại học Sư phạm Hà Nội




www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 4
===========================================================
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM




LỜI NÓI ĐẦU




Hội các trường chuyên vùng Duyên Hải Bắc Bộ đến nay đã có 12 trường
tham gia. Trong đó có nhiều trường có truyền thống lâu năm, có thành tích
cao trong các kỳ thi học sinh giỏi Quốc gia và Quốc tế môn Toán.

Năm nay, lần thứ 3 hội thảo khoa học. Với cương vị là đơn vị đằng cai,
chúng tôi đã nhận được 12 bài viết về các chuyên đề chuyên sâu cho học
sinh giỏi Toán. Đó là các chuyên đề tâm huyết của các thày cô dạy chuyên
Toán của các trường chuyên trong hội.

Xin trân trọng giới thiệu các bài viết của các thày cô trong kỷ yếu môn
Toán của hội trong dịp hội thảo khoa học lần thứ 3. Hy vọng rằng cuốn kỷ
yếu này sẽ một tài liệu tham khảo cho các thày cô!


DI TRUYỀN HỌC




TỔ TOÁN - TIN
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BIÊN HOÀ - HÀ NAM




www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 5
===========================================================
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM


MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ CHO HỌC SINH GIỎI
Nguyễn Anh Tuấn (THPT chuyên Bắc Giang)




Lời mở đầu
Toán học có một vẻ đẹp lôi cuốn và quyến rũ, ai đã đam mê thì mãi mãi đam mê…
Trong vẻ đẹp đầy huyền bí đó thì các bài toán liên quan đến Phương trình vô tỷ (chứa căn
thức) - có nét đẹp thật sự xao xuyến và quyến rũ.

Có lẽ vì lý do đó mà trong các kì thi HSG các nước, thi HSG Quốc gia (VMO) của
chúng ta, bài toán liên quan đến Phương trình vô tỷ thường có mặt để thách thức các nhà
Toán học tương lai với dung nhan muôn hình, muôn vẻ. Rồi thì còn trong các kì thi HSG
cấp tỉnh, thi HSG cấp thành phố, thi Đại học, thi …
Thật là điều thú vị !

Chuyên đề: “ Một số dạng phương trình vô tỷ cho học sinh giỏi ” tôi viết với mong
muốn phần nào giúp các Thầy cô giáo dạy Toán, các em học sinh phổ thông trong các đội
tuyển thi học sinh giỏi Toán có thể tìm thấy nhiều điều bổ ích và nhiều điều thú vị đối với
dạng toán này. Trong Chuyên đề có cả những bài với cấp độ giải trí cho học sinh giỏi (rèn
luyện phản xạ nhanh).

Đối với việc giải phương trình vô tỷ thì hầu hết các phương pháp giải, các phương
pháp biến đổi hay đều có trong cuốn Chuyên đề này. Cách phân tích để nhận dạng một
phương trình và chọn lựa phương pháp giải thích hợp là khó và đa dạng. Để có khả năng này
chúng ta phải giải quyết nhiều phương trình và tự rút ra những nhận xét, kinh nghiệm và hay
hơn nữa là một vài thuật giải toán, cũng như lưu ý rằng một bài toán có thể có nhiều cách
giải khác nhau.

Tôi viết Chuyên đề này với một tinh thần trách nhiệm cao. Tôi hy vọng rằng Chuyên
đề sẽ để lại trong lòng Thầy cô và các em học sinh một ấn tượng tốt đẹp.
Với mỗi ví dụ trong từng phương pháp giải, người đọc có thể tự sáng tác cho mình
những bài toán với những con số mà mình yêu thích. Tuy nhiên Chuyên đề chắc chắn sẽ
không thể tránh khỏi những điều không mong muốn. Tôi rất mong nhận được sự động viên
và những ý kiến đóng góp chân thành của Quý Thầy cô và các em học sinh để Chuyên đề
tiếp tục được hoàn thiện hơn.

Tôi xin chân thành cảm ơn!




www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 6
===========================================================
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM


§1. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ

1. MỘT SỐ QUY ƯỚC KHI ĐỌC CHUYÊN ĐỀ
Vt: Vế trái của phương trình. Vt 2 : Bình phương của vế trái phương trình.
1.1
Vp: Vế phải của phương trình. Vp 2 : Bình phương của vế phải phương trình.
1.2
Vt (1) : Vế trái của phương trình (1) .
1.3
Vp (1) : Vế phải của phương trình (1) .
1.4
Đk, đk: Điều kiện.
1.5
BĐT: Bất đẳng thức. HSG, HSG: Học sinh giỏi.
1.6
VMO, VMO: Thi học sinh giỏi Việt Nam, CMO: Thi học sinh giỏi Canada.
1.7

2. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ

2.1 Một số lưu ý
Khi giải phương trình vô tỷ bằng phương pháp đặt ẩn phụ ta có thể gặp các dạng
như:
2.1.1 Đặt ẩn phụ đưa phương trình đã cho về phương trình đại số không còn chứa
căn thức với ẩn mới là ẩn phụ.
2.1.2 Đặt ẩn phụ mà vẫn còn ẩn chính, ta có thể tính ẩn này theo ẩn kia.
2.1.3 Đặt ẩn phụ để đưa phương trình về hệ hai phương trình với hai ẩn là hai ẩn phụ,
cũng có thể hai ẩn gồm một ẩn chính và một ẩn phụ, thường khi đó ta được một hệ đối xứng.
2.1.4 Đặt ẩn phụ để được phương trình có hai ẩn phụ, ta biến đổi về phương trình
tích với vế phải bằng 0.
Thường giải phương trình ta hay biến đổi tương đương, nếu biến đổi hệ quả thì nhớ
phải thử lại nghiệm.

2.2 Một số ví dụ

Ví dụ 1. Giải các phương trình sau:
1) 18 x 2 - 18 x x - 17 x - 8 x - 2 = 0 .
34
2) x 2 - 3 x + 1 = - x + x2 + 1 .
3
æ 1ö
1
2 - x2 + 2 - 2 = 4 - ç x + ÷ .
3)
è xø
x
4) 2 x 2 + 1 - x + 2 x 1 - x 2 = 1 .

x = y với y ³ 0 . Khi đó phương trình đã cho trở thành
Hướng dẫn (HD): 1) Đặt
2 + 10
(3 y 2 - 4 y - 2)(6 y 2 + 2 y + 1) = 0 , suy ra (3 y 2 - 4 y - 2) = 0 , ta được y = . Từ đó
3
14 + 4 10
phương trình có nghiệm là x = .
9
2) Ta có x 4 + x 2 + 1 = ( x 2 + 1) 2 - x 2 = ( x 2 + x + 1)( x 2 - x + 1) > 0 , với mọi x.
Mặt khác x 2 - 3x + 1 = 2( x 2 - x + 1) - ( x 2 + x + 1) .
x2 - x + 1 3
Đặt y = £ y £ 3 ), ta được
(có thể viết đk y ³ 0 hoặc chính xác hơn là
x + x +1
2
3


www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 7
===========================================================
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM


3 3 3
2 y2 -1 = - y = 0 Û 6 y 2 + 3 y - 3 = 0 , ta được y = (loại y = - ).
3 3 2
Từ đó phương trình có nghiệm là x = 1 .
3) Ta thấy x < 0 không thỏa mãn.
ì
ï
ïx > 0
ï
ïæ 1ö
Khi đó phương trình tương đương với hệ í4 - ç x + ÷ > 0 .
è xø
ï
ï 2
ïæ 2 - x 2 + 2 - 1 ö = æ 4 - æ x + 1 ö ö
2


ïç ÷çç ÷÷
ç x2 ÷ è è 1øø
îè ø
ì2 £ y < 4(1)
ï
1
Đặt x + = y , ta được í .
ï4 - ( y - 2) + 2 5 - 2( y - 2) = (4 - y ) (2)
2 2 2
x î
Xét (2) Û 9 - 2 y 2 = y 2 - 4 y + 5 Û y 4 - 8 y 3 + 28 y 2 - 40 y + 16 = 0 (do hai vế không
âm).
Û ( y - 2)( y 3 - 6 y 2 + 16 y - 8) = 0
Û ( y - 2)(( y - 2)( y 2 - 4 y + 8) + 8) = 0
Dẫn đến y = 2 (do (( y - 2)( y 2 - 4 y + 8) + 8) > 0 với mọi y thỏa mãn (1)).
Từ đó phương trình có nghiệm là x = 1 .
Nhận xét: Bài toán này ta có thể giải bằng Phương pháp đánh giá trong phần sau.
4) Ta có phương trình tương đương với
1 - x = 1- 2x2 - 2x 1 - x2
Þ 1 - x = 1 + 4 x 4 + 4 x 2 (1 - x 2 ) - 4 x 2 - 4 x 1 - x 2 + 8 x3 1 - x 2
Û x(1 - 4 1 - x 2 + 8 x 2 1 - x 2 ) = 0
éx = 0
Ûê
ê1 - 4 1 - x + 8 x 1 - x = 0(1)
2 2 2
ë
Xét (1), đặt y = 1 - x 2 , suy ra y ³ 0 và x 2 = 1 - y 2 .
Ta được 1 - 4 y + 8 y (1 - y 2 ) = 0 Û 8 y 3 - 4 y - 1 = 0
Û (2 y + 1)(4 y 2 - 2 y - 1) = 0
1+ 5 5- 5
Û y= . Từ đó suy ra x = ± .
4 8
5- 5
Thử lại ta được nghiệm của phương trình là x = 0 và x = - .
8

Nhận xét: Bài toán này ta có thể giải bằng Phương pháp lượng giác trong phần sau.
Ví dụ 2. Giải phương trình x 2 + 3x + 1 = ( x + 3) x 2 + 1 .
x 2 + 1 = y , với y ³ 1 . Khi đó ta được y 2 + 3x = ( x + 3) y
HD: Đặt
Û ( y - 3)( y - x) = 0 .
Dẫn đến y = 3 và y = x . Từ đó phương trình có nghiệm là x = ± 2 .


www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 8
===========================================================
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM



Ví dụ 3. Giải phương trình 4 17 - x8 - 3 2 x8 - 1 = 1 .

2 x8 - 1 = z . Khi đó ta được hệ
HD: Đặt 4 17 - x8 = y với y ³ 0 và 3


ìy - z =1 ìz = y -1
Ûí 4
í43 .
î2 y + z = 33 î2 y + ( y - 1) = 33
3


Xét 2 y 4 + ( y - 1)3 = 33 Û ( y - 2)(2 y 3 + 5 y 2 + 7 y + 17) = 0 .
Suy ra được y - 2 = 0. Từ đó nghiệm của phương trình là x = 1 và x = -1.

Ví dụ 4. Giải các phương trình sau:
1) x + 4 - x 2 = 2 + 3x 4 - x 2 .
4
2) 3 81x - 8 = x3 - 2 x 2 + x - 2 .
3

4 - x 2 = y , với 0 £ y £ 2 .
HD: 1) Đặt
ì x + y = 2 + 3xy
Khi đó ta được hệ í 2 .
îx + y = 4
2


Thế hoặc lại đặt x + y = S ; xy = P rồi giải tiếp ta được nghiệm của phương trình là
-2 - 14
x = 0 ; x = 2 và x = .
3
4
81x - 8 + 2 = 3 y Þ 3 x = y 3 - 2 y 2 +
2) Đặt 3
y.
3
ì 4
ï3 x = y - 2 y + 3 y
3 2
ï
Khi đó ta được hệ í .
4
ï3 y = x - 2 x + x
3 2
ï
î 3
1 1 1 1
( x + y ) 2 + ( x - 2)2 + ( y - 2)2 + > 0 ).
Xét hiệu hai phương trình dẫn đến x = y (do
2 2 2 3
3± 2 6
Thay vào hệ và giải phương trình ta được x = 0; x = .
3

5 x 2 + 14 x + 9 - x 2 - x - 20 = 5 x + 1 .
Ví dụ 5. Giải phương trình

HD: Đk x ³ 5 . Với điều kiện đó ta biến đổi phương trình đã cho như sau:
5 x 2 + 14 x + 9 = x 2 - x - 20 + 5 x + 1
Û 5 x 2 + 14 x + 9 = x 2 - x - 20 + 25( x + 1) + 10 ( x + 1)( x + 4)( x - 5)
Û 2 x 2 - 5 x + 2 = 5 ( x + 1)( x - 5) x + 4
Û 2( x + 1)( x - 5) + 3( x + 4) = 5 ( x + 1)( x - 5) x + 4
( x + 1)( x - 5) = y; x + 4 = z , với y ³ 0; z ³ 3 .
Đặt




www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 9
===========================================================
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM


éy = z
Ta được 2 y + 3 z = 5 yz Û ( y - z )(2 y - 3 z ) = 0 , từ đó ta được ê
2 2
.
êy = 3 z
ë 2
5 + 61
Nếu y = z thì ta được x = (do x ³ 5 ).
2
3 7
Nếu y = z thì ta được x = 8; x = - . Vậy phương trình có ba nghiệm trên.
2 4

4x + 9
Ví dụ 6. Giải phương trình 7 x 2 + 7 x = , với x > 0 .
28
4x + 9
= ay + b , sau đó bình
Nhận xét: Dạng phương trình này ta thường đặt
28
phương lên rồi ta “cố ý” biến đổi về hệ đối xứng với hai ẩn x, y . Từ đó ta sẽ biết được giá
1
trị của a, b. Với bài toán này ta tìm được a = 1; b = . (Nếu a = 1 và b = 0 mà giải được thì
2
đó là phương trình quá đơn giản, ta không xét ở đây).
4x + 9 4x + 9
1 91
= y + , do x > 0 nên > > , từ đó y > 0 .
HD: Đặt
28 2 28 28 2
ì2 1
ï7 x + 7 x = y + 2
ï
-6 + 50
ï 1
Ta được hệ í7 y 2 + 7 y = x + . Giải hệ bình thường theo dạng ta được x = .
2 14
ï
ï x, y > 0
ï
î

x2 - 2 = 2 - x3 .
Ví dụ 7. Giải phương trình 3



Nhận xét: Khi giải một phương trình không phải lúc nào cũng có nghiệm thực, có
những phương trình vô nghiệm nhưng khi cho học sinh làm bài ta cũng kiểm tra được năng
lực của học sinh khi trình bầy lời giải bài toán đó. Chẳng hạn như bài toán trong ví dụ này.
ì x2 = y3 + 2
ï
HD: Đặt 3 x 2 - 2 = 2 - x 3 = y với y ³ 0 . Khi đó ta được hệ í 3 và từ
ïx = 2 - y
2
î
phương trình ban đầu ta có x £ - 2 . Xét hiệu hai phương trình của hệ ta được phương trình
( x + y )( x 2 - xy + y 2 - x + y ) = 0 .
Với x = - y thì x = - 3 x 2 - 2 , dẫn đến vô nghiệm.
Còn x 2 - xy + y 2 - x + y = ( y - x)(1 - x) + y 2 > 0 với mọi y ³ 0 và x £ - 2 . Do đó hệ
vô nghiệm hay phương trình đã cho vô nghiệm.
2.3 Một số bài tập tương tự

Bài 1. Giải các phương trình sau:
1) x 2 + 2 - x = 2 x 2 2 - x .

(HD: Đặt y = 2 - x ; y ³ 0 , ta được ( y - 1)( y 2 + y - 1)(2 y 2 - y - 4) = 0 .

www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 10
===========================================================
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM


5 -1 33 + 1
Từ đó y = 1; y = ;y= và được nghiệm của phương trình là
2 8
5 +1 33 + 1
x = 1; x = ;x = - ).
2 8
2) 2 x 2 + 5 x - 1 = 7 x 3 - 1 .
x2 + x + 1
= y , bình phương dẫn đến
(HD: Từ phương trình suy ra x ¹ 1 . Đặt
x -1
y ³ 3 + 2 3 . Phương trình trở thành 2 y 2 - 7 y + 3 = 0 , ta được y = 3 . Từ đó x = 4 ± 6 ).

Bài 2. Giải phương trình (4 x - 1) x 2 + 1 = 2 x 2 + 2 x + 1 .

1
x 2 + 1 = y , với y ³ 1 . Từ đó ta được y = Ú y = 2 x - 1 . Phương trình có
(HD: Đặt
2
4
nghiệm x = ).
3

Bài 3. Giải các phương trình sau:
1) 3(2 + x - 2) = 2 x + x + 6 .

(HD: Đặt 3 x - 2 = y, x + 6 = z , với y ³ 0; z ³ 0 .
11 - 3 5
Ta được x = 3 Ú y + z = 4 . Từ đó phương trình có 2 nghiệm x = 3; x = ).
2
2 - 2(1 + x) + 4 2 x = 1 .
2)


(HD: Đk 0 £ x £ 2 - 1 . Đặt 2 - 2(1 + x) = 4 2 y Û y = 2 -1 - x
2 x = 2 z Û z = x với y ³ 0; z ³ 0 .
4
4 4

ì 4 2( y + z ) = 1(1)
ï 1
y= -z
Từ (1) thay vào (2) ta được
í2
Suy ra .
ï y + z = 2 - 1(2)
4
4
2
î
4 - 34 2

12 42
( z 2 + 1) 2 - ( z + ) = 0 . Xét hiệu hai bình phương suy ra z = .
4
2
2
4
æ ö
4 - 34 2
ç 1± ÷
Từ đó ta được nghiệm của phương trình là x = ç ÷ ).
4
2
ç ÷
2
ç ÷
ç ÷
è ø
Bài 4. Giải phương trình x - x - 1000 1 + 8000 x = 1000 .
2




ì x 2 - x = 2000 y
ï
(HD: Đặt 1 + 1 + 8000 x = 2 y , ta được í 2 (*) .
ï y - y = 2000 x
î


www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 11
===========================================================
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM

Từ (*) suy ra ( x - y )( x + y + 1999) = 0 và , do đó x + y + 1999 > 0 .
Suy ra x = y , ta được nghiệm x = 2001 , loại x = 0 ).

Bài 5. Giải các phương trình sau:
x3 + 1 2
=.
1)
x2 + 2 5

(HD: Đặt y = x + 1 ³ 0; z = x 2 - x + 1 , ta được
2 2
æ yö æ y ö 5y
5y y y1
5 yz = 2( y + z ) Û = 2ç ÷ + 2 Û 2ç ÷ - +2 = 0 Û = 2Ú = .
2 2

èzø èzø
z z z z2
ì x ³ -1
y
Nếu = 2 ta được x + 1 = 2 x 2 - x + 1 Û í 2 (vô nghiệm).
î4 x - 5 x + 3 = 0
z
ì x ³ -1
5 ± 37
ï
y1
Nếu = ta được 2 x + 1 = x - x + 1 Û í 5 ± 37 Û x = (thỏa mãn)).
2

x= 2
z2 ï
î 2
2) 2 x 2 - 5 x + 2 = 4 2( x3 - 21x - 20 .

é -4 £ x £ -1
2 x 2 - 8 x - 10 = y và x + 4 = z , với y ³ 0; z ³ 0 .
(HD: Đk ê . Đặt
ëx ³ 5
9 ± 193
Khi đó ta được ( y - z )( y - 3 z ) = 0 . Từ đó phương trình có bốn nghiệm là x =
4
17 ± 3 73
và x = ).
4

Bài 6. Giải các phương trình sau:
1) x 2 - 4 x - 3 = x + 5 .

5 + 29
x + 5 = y - 2 , ta được x = -1; x =
(HD: Đặt ).
2
x+3
2) 2 x 2 + 4 x = , với x ³ 1 .
2
x+3 -3 + 17 -3 + 17
= y + 1 ,được x = < 1 (loại), nếu x ³ -1 thì x =
(HD: Đặt ).
2 4 4
4
3) 27 x 2 + 18 x = x + , với x > 0 .
3
-5 + 37
(HD: Tương tự, ta được x = ).
18
3. PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ

3.1 Một số lưu ý
Khi giải phương trình vô tỷ (chẳng hạn f ( x) = g ( x) ) bằng phương pháp đánh giá,
thường là để ta chỉ ra phương trình chỉ có một nghiệm (nghiệm duy nhất).Ta thường sử dụng

www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 12
===========================================================
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM

các bất đẳng thức cổ điển Cô si, Bunhiacopxki, đưa vế trái về tổng bình phương các biểu
thức, đồng thời vế phải bằng 0. Ta cũng có thể sử dụng tính đơn điệu của hàm số (có thể
thấy ngay hoặc sử dụng đạo hàm xét sự biến thiên của hàm số) để đánh giá một cách hợp lý.
ì f ( x) = g ( x)
ï
Thường ta đánh giá như sau: í f ( x) ³ C (£ C ) Û f ( x) = g ( x) = C , hoặc đánh giá
ï g ( x ) £ C (³ C )
î
f ( x) ³ g ( x) cũng như là f ( x) £ g ( x) …
Ngoài ra đối với bài cụ thể nào đó ta sẽ có cách đánh giá khác.
Cũng có một số phương trình vô tỷ có nhiều hơn một ẩn mà ta giải bằng phương pháp
đánh giá.

3.2 Một số ví dụ

4x -1 + 4x2 -1 = 1 .
Ví dụ 1. Giải phương trình

HD: Bài toán này có trong đề thi vào Đại học Bách Khoa và ĐHQG năm 2001. Bài
này có nhiều cách giải, đáp án sử dụng đạo hàm.
1
Ta có thể làm đơn giản như sau: Ta thấy x = là nghiệm của phương trình.
2
1
Nếu x > thì Vt > 1 = Vp.
2
1
Nếu x < thì Vt < 1 = Vp.
2
Do đó phương trình không có nghiệm trong hai trường hợp này.
1
Vậy phương trình có một nghiệm là x = .
2

Ví dụ 2. Giải phương trình 3x 2 + 6 x + 7 + 5 x 2 + 10 x + 14 = 4 - 2 x - x 2 .
HD: Bài này quá đơn giản, đánh giá Vt ³ 5 còn Vp £ 5 , do đó hai vế cùng bằng 5.
Ta được phương trình có nghiệm duy nhất là x = -1 .
x 2 - x + 19 + 7 x 2 + 8 x + 13 + 13x 2 + 17 x + 7 = 3 3( x + 2) .
Ví dụ 3. Giải phương trình

HD: Bài này cách giải có vẻ hơi mất tự nhiên bởi cách “cố ý” cho như vậy. Giáo viên
và học sinh có thể sáng tác những bài kiểu đó.
x ³ -2 .
Đk Với đk đó Vt =
1 75 1 3
( x - )2 + + (2 x - 1) 2 + 3( x + 2) 2 + (2 x - 1)2 + (4 x + 3) 2
2 4 4 4
75 3
³ + 3 x+2 + 4x + 3
4 2

5 3
³ 3 + 3( x + 2) + (4 x + 3)
2 2
³ 3 3.( x + 2) = Vp.
1 1
Dấu đẳng thức xảy ra khi x = . Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = .
2 2

www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 13
===========================================================
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM



28 27
Ví dụ 4. Giải phương trình 2 4 27 x 2 + 24 x + = 1+ x+6.
3 2

HD: Phương trình đã cho tương đương với phương trình
(9 x + 4) 2 3(9 x + 4) 4
+ 4 = 1+ , đk x ³ - . Đặt (9 x + 4) = y , suy ra y ³ 0 .
24
3 2 9
y2 y2
3y 3y
+ 4 = 1+ Û4 + 4 = 1+ + 6 y (bình phương hai vế).
Khi đó ta được 2 4
3 2 3 2
y+6
6y £
Theo BĐT Cô-si ta được đó
, do
2
æ y2 ö
y2
+ 4 £ 2 y + 4 Û 4 ç + 4 ÷ £ ( y + 2) 2
4
è3 ø
3
Û 4 y 2 + 48 £ 3 y 2 + 12 y + 12
Û y 2 - 12 y + 36 £ 0
Û ( y - 6) 2 £ 0.
2
Từ đó ta được y = 6 , suy ra x =thỏa mãn đk.
9
2
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = .
9

x - 3x2
+ 2 x 4 - x3 + 7 x 2 - 3x + 3 = 2 .
Ví dụ 5. Giải phương trình
2

HD: Phương trình đã cho tương đương với
3 x 2 - x + 4 (2 x 2 - x + 1) + ( x 2 + 3)
(2 x 2 - x + 1)( x 2 + 3) = = (1) . Phương trình xác định
2 2
với mọi x là số thực. Theo BĐT Cô-si cho hai số dương ta được Vt(1) £ Vp(1).
Do đó (1) Û 2 x 2 - x + 1 = x 2 + 3 Û x 2 - x - 2 = 0 . Từ đó phương trình có nghiệm là
x = -1 và x = 2 .

æ 1ö
1
2 - x2 + 2 - = 4-ç x+ ÷ .
Ví dụ 6. Giải phương trình
è xø
2
x
é 2
ê- 2 £ x £ -
2 . Với đk đó, phương trình đã cho tương đương với
HD: Đk ê
ê2
£x£ 2
ê
ë2
1 1
phương trình 2 - x 2 + 2 - 2 + x + = 4(1) .
x x




www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 14
===========================================================
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM


ì( 2 - x 2 + x) 2 = ( 2 - x 2 .1 + x.1)2 £ 4
ï
ï
Theo BĐT Bunhiacopxki, ta được íæ 2 2
1 1ö æ 1ö .
1
ïç 2 - 2 + ÷ = ç 2 - 2 .1 + .1÷ £ 4
ç x÷ ç x÷
ïè x x
øè ø
î
ì 2 - x2 + x = 2
ï
Suy ra Vt (1) £ 4 = Vp (1) . Do đó (1) Û í , nghĩa là dấu bằng trong hệ
11
2- 2 + = 2
ï
î x x
xảy ra. Từ đó phương trình có nghiệm duy nhất là x = 1 .

22
+ x = x+9 .
Ví dụ 7. Giải phương trình
x +1

HD: Đk x ³ 0 .
Theo BĐT Bunhiacopxki, ta được
2
æ xö æ1 xö
1
+ x +1 ÷ £ ( x + 9) ç + ÷ = Vp .
2 2
Vt = ç 2 2
ç ÷ è x +1 x +1 ø
x +1 x +1 ø
è
1
x +1 Û x = 1 .
22
=
Phương trình có nghiệm khi dấu đẳng thức xảy ra hay
x +1 7
x
x +1
1
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = .
7

Ví dụ 8. Giải phương trình 13 x 2 - x 4 + 9 x 2 + x 4 = 16 .

HD: Đk -1 £ x £ 1 .
Với đk đó phương trình tương đương với
x (13 1 - x 2 + 9 1 + x 2 ) = 16 Û x 2 (13 1 - x 2 + 9 1 + x 2 ) 2 = 256(1)
Theo BĐT Bunhiacopxki, ta được
(13 1 - x 2 + 9 1 + x 2 ) 2 = ( 13. 13 1 - x 2 + 3. 3. 3 1 + x 2 )2
£ (13 + 27)(13(1 - x 2 ) + 3(1 + x 2 ))
= 40(16 - 10 x 2 ).
Theo BĐT Cô-si số dương ta được
cho hai
2
æ 10 x + (16 - 10 x ) ö
2 2
10 x 2 (16 - 10 x 2 ) £ ç ÷ = 64 .
è ø
2
Do đó Vt(1) £ 4.64 = 256 , ta được
ì 1 + x2 ì
ï9 - 9 x = 1 + x
ï 1 - x2 =
2 2
25
(1) Û í Ûí . Từ đó dẫn đến x = ± .
3
ï20 x = 16
2
5
ï10 x 2 = 16 - 10 x 2 î
î
25
Vậy phương trình có hai nghiệm là x = ± .
5


www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 15
===========================================================
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM



x2 - 2 = 2 - x3 .
Ví dụ 9. Giải phương trình 3



Nhận xét: Trong phần giải phương trình vô tỷ bằng Phương pháp đặt ẩn phụ ta đã
giải bài toán này, ta cũng có thể giải nó bằng phương pháp đánh giá như sau.
HD: Đk 2 - x 3 ³ 0 Û x £ 3 2 .
éx ³ 2
, ta được x £ - 2 .
Giả sử x là nghiệm của phương trình. Khi đó x 2 - 2 ³ 0 Û ê
êx £ - 2
ë
Mũ 6 hai vế suy ra x9 - 6 x 6 + x 4 + 12 x3 - 4 x 2 - 4 = 0 (*).
Cách thứ nhất ta biến đổi Vt thành x9 - 5 x 6 - x 2 ( x 4 - x 2 + 1) + 12 x3 - 3x 2 - 4 là một biểu
thức âm khi x £ - 2 .
Cách thứ hai ta biến đổi Vt thành x9 - x 4 (6 x 2 - 1) + 12 x3 - 4 x 2 - 4 cũng là một biểu thức
âm khi x £ - 2 …
Ta có thể biến đổi tiếp phương trình (*) sau khi chia hai vế cho x - 1 ¹ 0 , ta được
x8 + x 7 + x 6 - 5 x 5 - 5 x 4 - 4 x 3 + 8 x 2 + 4 x + 4 = 0
Û x 6 ( x 2 + x + 1) - 5 x 4 ( x + 1) - 4 x( x 2 - 1) + 4(2 x 2 + 1) = 0 vô nghiệm vì Vt luôn dương
khi x £ - 2 . Vậy phương trình vô nghiệm.

( x + 2)(2 x - 1) - 3 x + 6 = 4 - ( x + 6)(2 x - 1) + 3 x + 2 .
Ví dụ 10. Giải phương trình

HD: Biến đổi phương trình thành ( x + 6 + x + 2)( 2 x - 1 - 3) = 4 , suy ra x ³ 5 .
Vt là hàm số đồng biến trên đoạn [5; +¥ ) . Từ đó dẫn đến x = 7 là nghiệm duy nhất của
phương trình đã cho.

Ví dụ 11. Giải phương trình 2 x 2 - 11x + 21 - 3 3 4 x - 4 = 0 .

HD: Phương trình tương đương với
12( x - 3)
( x - 3)(2 x - 5) = .
(4 x - 4) 2 + 2 3 4 x - 4 + 4
3


Ta thấy x = 3 là nghiệm của phương trình.
12
Nếu x ¹ 3 thì phương trình tương đương với (2 x - 5) = (1)
(4 x - 4) + 2 3 4 x - 4 + 4
2
3


Nếu x > 3 thì Vt(1) > 1 > Vp(1).
Nếu x < 3 thì Vt(1) < 1 < Vp(1).
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 3 .

2 x 2 - 1 + x 2 - 3x + 2 = 2 x 2 + 2 x + 3 + x 2 - x + 6 .
Ví dụ 12. Giải phương trình

Nhận xét: Với bài toán này ta sử dụng một đánh giá ít gặp sau đây:
ì f ( x) ³ 0; g ( x) ³ 0
f ( x) + g ( x) = f ( x) + ah( x) + g ( x) + bh( x) Û í , với a, b là hai
îh( x) = 0
số thực dương.
HD: Biến đổi phương trình


www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 16
===========================================================
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM


ì2 x 2 - 1 ³ 0; x 2 - 3x + 2 ³ 0
2 x 2 - 1 + x 2 - 3x + 2 = 2 x 2 - 1 + 2( x + 2) + x 2 - 3x + 2 + 2( x + 2) Û í
îx + 2 = 0

Từ đó ta được phương trình có nghiệm là x = -2 .

16 1
+ = 10 - ( x - 1996 + y - 2008) .
Ví dụ 13. Giải phương trình
x - 1996 y - 2008

Nhận xét: Với bài toán này, ta thấy đây là một phương trình gồm hai ẩn. Do đó ta
nghĩ đến biến đổi phương trình thành phương trình mới có Vt là tổng các bình phương, còn
Vp bằng 0.
HD: Biến đổi phương trình thành
2
ö æ4 ö
2
æ4 4 1
ç x - 1996 - 4 ÷ + ç y - 2008 - 4 ÷ =0.
x - 1996 ø ç y - 2008 ÷
è è ø
Từ đó ta được phương trình có nghiệm là ( x; y ) = (2012; 2009) .

3
Ví dụ 14. Giải phương trình x y - 1 + 2 y x - 1 = xy .
2

HD: Đk x ³ 1; y ³ 1 .
1 3
Ta có x y - 1 + 2 y x - 1 = - y ( x - 2 x - 1) - x( y - 2 y - 1) + xy
2 2
1 3
= - y ( x - 1 - 1) 2 - x( y - 1 - 1) 2 + xy .
2 2
ì x ³ 1; y ³ 1
ï
Khi đó phương trình đã cho tương đương với í .
1
ï y ( x - 1 - 1) + 2 x( y - 1 - 1) = 0
2 2

î
Từ đó ta được phương trình có nghiệm là ( x; y ) = (2; 2) .

3.3 Một số bài tập tương tự: (Chuyên đề còn tiếp tục hoàn thiện)
4. PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC

4.1 Một số lưu ý
Khi giải phương trình vô tỷ bằng phương pháp lượng giác ta có thể đặt
é p pù
f ( x) = sin a nếu f ( x) Î [ -1;1] với điều kiện a Î ê - ; ú hoặc f ( x) = cos a với điều
ë 2 2û
kiện
a Î [ 0; p ] . Cũng có khi đặt f ( x) = tan a ; f ( x) = cot a … để đưa phương trình đã cho
về phương trình lượng giác. Giải phương trình lượng giác rồi từ đó tìm nghiệm của phương
trình đã cho.

4.2 Một số ví dụ

4x -1 + 4x2 -1 = 1 .
Ví dụ 1. Giải phương trình



www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 17
===========================================================
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM

Nhận xét: Bài toán này (đã xét ở trên) cũng có thể giải bằng phương pháp lượng giác,
tuy nhiên với bài này cách giải bằng lượng giác chỉ mang tính chất tham khảo.
ì 4 4 x - 1 = cos y é pù
ï
; y Î ê0; ú . Khi đó ta được phương trình
HD: Đặt í
ë 2û
ï 4 x -1 = sin y
2
4
î
cos8 y - 2 cos 4 y + 8cos 2 y - 7 = 0
Û (cosy - 1)(...) = 0
Û (cos 2 y - 1)(cos 6 y + cos 4 y - cos 2 y + 7) = 0
Û cos y = 1
1
Do vậy phương trình có một nghiệm là x = .
2

1 1
+ =2 2.
Ví dụ 2. Giải phương trình
1 - x2
x
p
HD: Đặt x = cos y, y Î (0; p ), y ¹ . Phương trình đã cho trở thành
2
1 1
+ = 2 2 Û sin y + cos y = 2.sin 2 y . Đặt sin y + cos y = z , - 2 £ z £ 2 .
cos y sin y
2
suy ra sin 2 y = 2sin y cos y = z 2 - 1 , ta được z = 2 và z = - .
2
p 2
Với z = 2 thì y = , do đó x = .
4 2
11p 1+ 3
2
, do đó x = -
Với z = - thì y = .
2 12 22
1+ 3
2
và x = -
Vậy phương trình có nghiệm là x = .
2 22

Ví dụ 3. Giải phương trình x3 + (1 - x 2 )3 = x 2(1 - x 2 ) .

HD: Đk -1 £ x £ 1 .
é p pù
Đặt x = sin y, y Î ê - ; ú suy ra cos y ³ 0 .
ë 2 2û
Khi đó phương trình trở thành sin 3 y + cos 3 y = 2 sin y cos y .
Đặt sin y + cos y = z , z Î é - 2; 2 ù (chính xác là z Î é -1; 2 ù ), biến đổi phương trình
ë û ë û
ta được z + 2.z - 3z - 2 = 0 Û ( z - 2)( z + 2 - 1)( z + 2 + 1) = 0
3 2


Û z = 2 Ú z = 1- 2 .
p 2
Nếu z = 2 thì thì y = , do đó x = .
4 2
Nếu z = 1 - 2 thì sin y + cos y = 1 - 2 Û x + 1 - x 2 = 1 - 2




www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 18
===========================================================
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM


Û 1 - x2 = 1 - 2 - x ³ 0
1- 2 - 2 2 -1
Ûx=
2
Vậy phương trình có 2 nghiệm trên.

4.3 Một số bài tập tương tự

Bài 1. Giải phương trình 4 x 3 - 3x = 1 - x 2 .
x = cos y ,
(HD: Đặt phương trình tập nghiệm là

ì 2ü
p 5p 3p
ï ï
S = ícos ; cos =- ý ).
;cos
ï 2ï
8 8 4
î þ
( )
Bài 2. Giải phương trình 5 + 3 1 - x 2 = 8 x 6 + (1 - x 2 )3 .

x
Bài 3. Giải phương trình x + =2 2.
x2 -1

Bài 4. Giải phương trình ( 3 - 2 x) 1 - x 2 = 3 x - 2 x 2 .

x(1 + x 2 )
= 3 1 - x2 .
Bài 5. Giải phương trình
1- x 2




(1 + x 2 )3
= 1+ x2 .
Bài 6. Giải phương trình
6 x - 20 x + 6 x
5 3




Bài 7. Giải phương trình 2 x 2 + 1 - x + 2 x 1 - x 2 = 1 .
5. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP KHÁC

5.1 Một số lưu ý
Ngoài những phương pháp thường gặp ở trên, đôi khi ta cũng có những lời giải khác
lạ đối với một số phương trình vô tỷ. Cũng có thể ta sử dụng kết hợp các phương pháp ở trên
để giải một phương trình.

5.2 Một số ví dụ
x 2 - 3 2.x + 9 + x 2 - 4 2.x + 16 = 5 .
Ví dụ 1. Giải phương trình

HD: Nếu x £ 0 thì Vt ³ 3 + 4 = 7 > 5 = Vp (phương trình không có nghiệm).
Nếu x > 0 thì ta xét tam giác vuông ABC với A = 900 , AB = 4; AC = 3.
Gọi AD là phân giác của góc A, lấy M thuộc tia AD.
DACM Þ CM 2 = x 2 + 9 - 3 2.x
Đặt AM = x, xét và xét
DABM Þ BM = x + 16 - 4 2.x .
2 2

Từ đó suy ra Vt = CM + BM ³ BC = 5 . Dấu đẳng thức xảy ra khi M º D ,hay




www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 19
===========================================================
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM

CM 3
=
BM 4
Û 16C M = 9BM
2 2


Û 1 6 x 2 + 1 6 .9 - 4 8 2 .x = 9 x 2 + 1 6 .9 - 3 6 2 .x
Û 7 x - 12 2 .x = 0
12 2
Û x=
7
12 2
Vậy phương trình có nghiệm là x = .
7

4 - x 2 + 4 x + 1 + x 2 + y 2 - 2 y - 3 = 5 - y + 4 x 4 - 16 .
Ví dụ 2. Giải phương trình

Nhận xét: Bài toán này không khó, chỉ kiểm tra tính cẩn thận của học sinh mà thôi vì
sau khi đặt điều kiện đã tìm được giá trị của x. Tuy nhiên nếu học sinh học hời hợt sẽ ngồi
nhìn mà không làm được bài.
HD: Đặt đk cho phương trình xác định ta sẽ được x = 2 . Khi đó phương trình trở
æ 3ö
3
thành y - 1 = 2 - y , suy ra y = . Vậy phương trình có một nghiệm là ( x; y ) = ç 2; ÷ .
è 2ø
2
7 x + 1 - 3 x2 - x - 8 + 3 x2 - 8x - 1 = 2 .
Ví dụ 3. Giải phương trình 3




HD: Đặt y = 3 7 x + 1; - z = 3 x 2 - x - 8; t = 3 x 2 - 8 x - 1 ,
suy ra y + z + t = 2 và y 3 + z 3 + t 3 = 8 (1).
Mặt khác ( y + z + t ) = 8 (2).
3


Từ (1) và (2) ta được ( y + z + t )3 - ( y 3 + z 3 + t 3 ) = 3( y + z )( z + t )(t + y ) = 0
éy + z = 0 é y = - z (3)
ê z + t = 0 Û ê z = -t (4) .
Ûê ê
êt + y = 0 êt = - y (5)
ë ë
Xét (3) ta được x = -1 Ú x = 9 , xét (4) được x = 1 và (5) được x = 0 Ú x = 1 .
Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {-1; 0;1;9} .


x 2 - 4 x + 20 + x 2 + 4 x + 29 = 97 .
Ví dụ 4. Giải phương trình
r r
HD: Trong mặt phẳng tọa độ xét hai véc tơ a = ( x - 2; 4) và b = (- x - 2;5) .
rr r
rr
Khi đó ta được a + b = (-4;5) , suy ra a + b = 97 và ta cũng có a = x 2 - 4 x + 20 ,
r
r r rr
r
b = x 2 + 4 x + 29 . Phương trình trở thành a + b = a + b , đẳng thức đó xảy ra khi a
r x - 2 -x - 2 2
và b cùng chiều Û = . Từ đó ta được phương trình có một nghiệm là x = .
4 5 9

Ví dụ 5. Giải phương trình 1 + 2 x - x 2 + 1 - 2 x - x 2 = 2( x - 1)4 (2 x 2 - 4 x + 1) .
ì0 £ y £ 1
HD: Đặt y = 2 x - x 2 = 1 - ( x - 1) 2 , suy ra í .
î( x - 1) = 1 - y
2 2




www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 20
===========================================================
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM


Ta được 1 + y + 1 - y = 2(1 - y 2 ) 2 (1 - 2 y 2 )(1) .
Mặt khác 1 + y + 1 - y ³ 1 + 1 - y 2 ³ 2 - y 2 (2) .
Từ (1) và (2), suy ra 2(1 - y 2 ) 2 (1 - 2 y 2 ) ³ 2 - y 2
Đặt y 2 = z , ta được 0 £ z £ 1 và 2(1 - z ) 2 (1 - 2 z ) ³ 2 - z Û z (4 z 2 - 10 z + 7) £ 0
Û z £ 0 (do 4 z 2 - 10 z + 7 > 0 ).
éx = 0
Do đó z = 0 , suy ra y = 0 hay 2 x - x 2 = 0 Û ê .
ëx = 2
Vậy phương trình có nghiệm là x = 0 và x = 2 .

§2. MỘT SỐ BÀI TOÁN THI LẬP ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI TỈNH
BẮC GIANG

Chọn đội tuyển của tỉnh Bắc Giang thi học sinh giỏi quốc gia cũng có những bài toán
giải phương trình vô tỷ. Sau đây là một số bài.

Bài 1 (Lập đội tuyển HSG quốc gia tỉnh Bắc Giang năm học 2004 – 2005)
Giải phương trình x 3 x - 2 - 113 - x 2 + 4 x - 4 + 14 = 5 x + 13 3 x - 2 .

Bài 2 (Kiểm tra đội tuyển HSG quốc gia tỉnh Bắc Giang năm học 2004 – 2005)
x 2 + 2 - 3 2 x3 - 3x + 1 = 2 x 3 - x 2 - 3x - 1 .
Giải phương trình 3



Bài 3 (Lập tiền đội tuyển HSG quốc gia tỉnh Bắc Giang năm học 2006 – 2007)
Giải phương trình 4 x + 8 + x + 4 = 2 x + 3 + 3x .

Bài 4 (Dự tuyển toán QG gửi Bộ GD-ĐT của Bắc Giang năm học 2006 – 2007)
Giải phương trình x 2 - 2 x + 3 = 2 x 2 - x + 1 + 3x - 3 x 2 .

Bài 5. (Kiểm tra đội tuyển HSG quốc gia tỉnh Bắc Giang năm học 2007 – 2008)
2007 - 2008 x x 2 + 2009 x
=2
Giải phương trình .
x + 2007
x

Bài 6. (Giáo sư dạy đội tuyển toán tỉnh Bắc Giang năm học 2004 – 2005)
Giải các phương trình sau:
15
1) x 1 + x + 3 - x = 2 1 + x 2 . 4) 8 x 2 + =.
x2

3
x + 3 x + 7 = 4 x + 80 . x = + 2x .
4
2) 5)
8

6) x 2 + 2 x + 4 = 3 x 3 + 4 x .
x + 1 = 2(2 x - 1)3 .
3
3)




www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 21
===========================================================
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM


§3. MỘT SỐ BÀI TOÁN THI HỌC SINH GIỎI CỦA MỘT SỐ QUỐC GIA

Thực tế bài toán giải phương trình vô tỷ trong kỳ thi học sinh giỏi quốc gia là không
khó. Tuy nhiên để làm được việc lớn thì trước hết phải làm tốt việc nhỏ, do đó học sinh
muốn đoạt giải từ khuyến khích trở lên phải làm tốt bài toán này. Dù biết vậy nhưng không
phải học sinh xuất sắc nào cũng vượt qua được.

Bài 1 (1995 - Bảng A. VMO)
Giải phương trình x3 - 3x 2 - 8 x + 40 - 8 4 4 x + 4 = 0 .

HD: Đk x ³ -1 .
Khi đó xét f ( x) = x3 - 3x 2 - 8 x + 40 và g ( x) = 8 4 4 x + 4 trên đoạn [ -1; +¥ ) .
Ta được f ( x) = g ( x) . Áp dụng BĐT Cô-si cho bốn số không âm, ta được
1
g ( x) = 4 2 4.2 4.24 (4 x + 4) £ (24 + 24 + 24 + (4 x + 4)) = x + 13(1) . Đẳng thức xảy ra khi và
4
chỉ khi 4 x + 4 = 2 Û x = 3 .
4


Mặt khác x3 - 3x 2 - 8 x + 40 ³ x + 13 Û ( x - 3)( x 2 - 9) ³ 0
Û ( x - 3) 2 ( x + 3) ³ 0(2) .
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 3 .
Từ (1) và (2), ta được g ( x) £ x + 13 £ f ( x) . Cả hai đẳng thức đều xảy ra khi x = 3 , thỏa
mãn điều kiện.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 3 .

Nhận xét: Ta có thể sử dụng đạo hàm để xét sự biến thiên của các hàm số f ( x) và
g ( x) trên đoạn [ -1; +¥ ) , ta được min f ( x) = f (3) = 13 và max g ( x) = g (3) = 13 .
[ -1:+¥ ) [ -1:+¥ )
4 x + 4 = y , với y ³ 0 sau đó dùng đạo hàm để khảo sát sự biến
Hoặc ta có thể đặt 4


thiên của hàm số f ( y ) = y12 - 24 y 8 + 16 y 4 - 512 y + 2816 ( f '( y ) = 2( y - 2).h( y ) với
h( y ) > 0 ).
Bài 2 (1995 - Bảng B. VMO)
Giải phương trình 2 x 2 - 11x + 21 - 3 3 4 x - 4 = 0 .

4x - 4 = y .
HD: Đặt 3


y +4 y 6 + 8 y 3 + 16
3
Khi đó x = và suy ra x 2 = . Từ đó ta có phương trình
4 6
16 11
( y + 8 y 3 + 16) - ( y 3 + 4) - 3 y + 21 = 0 Û y 6 - 14 y 3 - 24 y + 96 = 0(1)
8 4
Û ( y - 2)2 ( y 4 + 4 y 3 + 12 y 2 + 18 y + 14) = 0(2) .
Do y £ 0 thì Vt(1) dương, do đó ta xét y > 0 , khi đó y 4 + 4 y 3 + 12 y 2 + 18 y + 14 > 0 .
Nên từ (2) ta thấy y = 2 hay 3 4 x - 4 = 2 , ta được x = 3 .Thử lại đúng.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 3 .
Bài 3 (2002 - Bảng A. VMO)
Giải phương trình 4 - 3 10 - 3 x = x - 2 .
HD: Cách 1 (Đáp án)


www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 22
===========================================================
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM

74 10
£ x £ . Với điều kiện đó phương trình đã cho tương đương với phương trình
Đk
27 3
4 - 3 10 - 3 x = x 2 - 4 x + 4 Û 9(10 - 3 x) = x 2 (4 - x) 2
Û x 4 - 8 x3 + 16 x 2 + 27 x - 29 = 0
Û ( x - 3)( x + 2)( x 2 - 7 x + 15) = 0
Û x = 3 (do đk và x 2 - 7 x + 15 > 0 với mọi x thỏa mãn đk)
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 3 .
10 - y 2 4 - y2
4
Cách 2: Đặt 10 - 3 x = y , suy ra 0 £ y £ (1) và x = Þ x-2= >0
3 3
3
với mọi y thỏa mãn (1).
4 - y2 y 4 - 8 y 2 + 16
Khi đó ta được 4 - 3 y = Û 4 - 3y =
3 9
Û y - 8 y + 27 y - 20 = 0
4 3


Û ( y - 1)( y + 4)( y 2 - 3x + 5) = 0
Û y = 1.
Hay ta được 10 - 3 x = 1 Û x = 3 .
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 3 .

Bài 4 (1998-CMO)
1 1
Giải phương trình x = x - + 1- .
x x

Nhận xét: Đây là bài toán thi học sinh giỏi của Canada, có thể nói là đơn giản, nhẹ
nhàng với học sinh tinh ý nhưng cũng đầy cạm bẫy với mọi học sinh.
Thật vậy, từ đk xác định của phương trình ta phải dẫn đến được x > 1 .
1 1
Với đk đó, phương trình tương đương với x - 1 - = x -
x x

2 2
æ 1ö æ 1ö
Û ç x - 1 - ÷ = ç x - ÷ (do hai vế không âm với mọi
ç ÷ç x÷
xø è
è ø
x >1)
Û ( x 2 - 1) - 2 x( x 2 - 1) + x = 0
Û ( x2 - 1 - x )2 = 0
1+ 5
Û x 2 - 1 - x = 0 . Từ đó suy ra x = .
2
Cũng có thể từ ( x 2 - 1) - 2 x( x 2 - 1) + x = 0 , chuyển 2 x( x 2 - 1) sang vế phải rồi bình
1 1
phương hai vế, sau đó đặt x - = y ta được phương trình trùng phương ẩn y > , giải
2 2
1+ 5
5
phương trình này tìm được y = . Từ đó suy ra x = nhưng cách này hơi dài.
2 2
1+ 5
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = .
2

www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 23
===========================================================
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM


§4. MỘT SỐ BÀI TẬP TỰ LÀM

Sau đây là một số bài tập tự làm mà chúng ta có thể sử dụng các phương pháp ở trên.

Bài 1. Giải các phương trình sau:
x2 + x - 1 + x - x2 + 1 = x2 - x + 2 .
1)
1 + 1 - x 2 = x(1 + 2 1 - x 2 ) .
2)
1 - x 2x + x2
=
3) .
1 + x2
x
x - 2 + 4 - x = 2 x2 - 5x - 1 .
4)
3x 2 - x + 2001 - 3 3x 2 - 7 x + 2002 - 3 6 x - 2003 = 3 2002 .
3
5)

Bài 2. Giải các phương trình sau:
1) x 2 - 2 x + 3 = 2 x 2 - x + 1 + 3x - 3 x 2 .
42 60
+ = 6.
2)
5- x 7-x
3) ( x - 2) x - 1 - 2 x + 2 = 0 .
3x + 1 + 3 5 - x + 3 2 x - 9 - 3 4 x - 3 = 0 .
3
4)
5) 4 x 2 - 4 x - 10 = 8 x 2 - 6 x - 10 .

Bài 3. Giải các phương trình sau:
1) x = (2004 + x )(1 - 1 - x ) 2 .
3-x = x 3+x .
2)

x- x - x- x-5 = 5.
3)
4) 16 x 4 + 5 = 6 3 4 x3 + x .
5) x3 - 3 x 2 + 2 ( x + 2)3 - 6 x = 0 .

Bài 4. Giải các phương trình sau:
1) 5 x - 1 + 3 9 - x = 2 x 2 + 3 x - 1 .
28 27
2) 2. 4 27 x 2 + 24 x + = 1+ x+6 .
3 2
3) 13 x - 1 + 9 x + 1 = 16 x .
4) 3 x + 86 - 3 x - 5 = 1 .
x 2 - 2 3 x - ( x - 4) x - 7 - 3 x + 28 = 0 .
3
5)

Bài 5. Giải các phương trình sau:
2+ x 2- x
+ = 2.
1)
2 + 2+ x 2 - 2- x
2) 2 2 x + 4 + 4 2 - x = 9 x 2 + 16 .


www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 24
===========================================================
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM


3) 2 x 2 - 5 x + 2 = 4 2( x3 - 21x - 20) .
4) x3 - 3x = x + 2 .
1 - x2
5) x 4 + 2 x3 + 2 x 2 - 2 x + 1 = ( x 3 + x) .
x

Bài 6. Giải các phương trình sau:
1) x3 - 3 6 + 3 x + 6 = 6 .
4 1 5
+ x - = x + 2x - .
2)
x x x
2 x 2 + 4 x + 7 = x 4 + 4 x3 + 3x 2 - 2 x - 7 .
3)
1 - x2 + 4 x2 + x - 1 + 6 1 - x = 1 .
4)
2
æ2 ö
1 - x2 = ç - x ÷ .
5)
è3 ø

Bài 7. Giải các phương trình sau:
)( )
( 2 x 2 + 1 - 1 = x 1 + 3x + 8 2 x2 + 1 .
1) 3

2) 2( x 2 + 2) = 5 x 3 + 1 .
3) 64 x 6 - 112 x 4 + 56 x 2 - 7 = 2 1 - x 2 .

( )
1 + 1 - x2 (1 + x)3 - (1 - x)3 = 2 + 1 - x 2 .
4)

(1 - x) ) =
( 1 - x2
2
1 + 1 - x2 (1 + x)3 - +
3
5) .
3
3

Bài 8. Giải các phương trình sau:
1) x3 - 6 3 6 x + 4 - 4 = 0 .
2) 2( x 2 - 3 x + 2) = 3 x 3 + 8 .
x + 1 - 3 x -1 = 6 x2 -1 .
3
3)
x 2 + 15 = 3 3 x + x 2 + 8 - 2 .
4)
x + 4 x(1 - x) 2 + 4 (1 - x)3 = 1 - x + 4 x3 + 4 x 2 (1 - x) .
5)

Bài 9. Giải các phương trình sau:
1) x3 + 1 = 3 3 3x - 1 .
x 35
2) x + = .
x 2 - 1 12
3) 2 x 2 - 11x + 21 - 3 3 4 x - 4 = 0 .
4) x 4 + 4 x3 + 6 x 2 + 4 x + x 2 + 2 x + 10 = 2 .
32
x2 + x + 1 - x2 - x + 1 - 4 x2 + 4 =
5) .
x (2 x 2 + 3) 2
2



Bài 10. Giải các phương trình sau:

www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 25
===========================================================
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM

3x
1) x + = 1.
1 + x2
2) ( x - 1) x - 1 + 5 x - 1 + 4 x - 4 = 0 .
3) 10 x 4 - 14 x 2 + 19 = (5 x 2 - 38) x 2 - 2 .
4) ( x + 1) x 2 - 2 x + 3 = x 2 + 1 .
1
- x 1 - x2 = 1 - 2 x2 .
5)
2

Bài 11. Giải các phương trình sau:
1+ 3 x
-1 = 0 .
1)
4x + 2 + x
2) x3 - 3x - x + 2 = 0 .
3) 8 x3 - 4 x - 3 6 x + 1 - 1 = 0 .

)
(
4) x 2 + 3 - x 2 + 2 x - 2 x 2 + 2 - 1 = 0 .

5) 3x + x 2 + 5 - x 2 + 12 - 5 = 0 .

Bài 12. Giải các phương trình sau:
2( x 2 + 8) = 5 x3 + 8 .
1)
2) 4 x - x 2 = 3 4 - 3 10 - 3 x .
3) ( x + 3) (4 - x)(12 + x) = 28 - x .
4) 2 x + 1 + 6 9 - x 2 + 6 ( x + 1)(9 - x 2 ) = 38 + 10 x - 2 x 2 - x 3 .
7 x 2 - 22 x + 28 + 7 x 2 + 8 x + 13 + 31x 2 + 14 x + 4 = 3 3( x + 2) .
5)

Bài 13. Giải các phương trình sau:

æ 1ö
-4 x 4 y 2 + 16 x 2 y + 9 - x 2 y 2 - 2 y 2 = 2 ç x 2 + 2 ÷ .
1)
è xø

1 1 1 1
2) 2 x 2 - + x 2 - + ... + x 2 - + x 2 + x + = 2 x 3 + 3 x 2 + 3 x + 1 .
4 4 4 4
Trong đó biểu thức vế trái có tất cả 2008 dấu căn thức bậc hai.




www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 26
===========================================================
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM


LÀM NGƯỢC BẤT ĐẲNG THỨC
Nguyễn Đức Vang (THPT chuyên Bắc Ninh)

Trong báo toán số 377(tháng 11 năm 2008) có bài toán sau:
“Tìm số thực k nhỏ nhất sao cho với mọi bộ số thực không âm x, y, z ta luôn có:
x+ y+z 3
£ xyz + k .Max{ x - y , y - z , z - x } ”.
3
Bắt chước cách làm ấy, tôi khai thác một số bất đẳng thức quen biết, bằng cách thêm vào
vế bé một lượng đồng bậc tối thiểu để làm thay đổi sự chênh lệch.
Bài 1. Tìm số thực k nhỏ nhất sao cho bất đẳng thức sau đúng với mọi x, y không
âm:
x 2 + y 2 £ 2 xy + k . x 2 - y 2 .
Bài 2. Tìm số thực k nhỏ nhất sao cho bất đẳng thức sau đúng với mọi x, y không
âm:
2( x 2 + y 2 ) £ x + y + k . x - y .
Bài 3. Tìm số thực k nhỏ nhất sao cho bất đẳng thức sau đúng với mọi x, y không
âm:
3( x 2 + y 2 + z 2 ) £ x + y + z + k .Max{ x - y , y - z , z - x }.
Bài 4. Tìm số thực k nhỏ nhất sao cho bất đẳng thức sau đúng với mọi x, y:
x+y 4
x 4 + y 4 £ 2(
) + k. x 4 - y 4
2
Bài 5. Tìm số thực k nhỏ nhất sao cho bất đẳng thức sau đúng với mọi x, y không
âm:
x+ y n
x n + y n £ 2( ) + k. x n - y n (với n là số nguyên
2
dương)
Bài 6. Tìm số thực k nhỏ nhất sao cho bất đẳng thức sau đúng với mọi x, y, z:


3( x 2 + y 2 + z 2 ) £ ( x + y + z ) 2 + k max .{ x 2 - y 2 , y 2 - z 2 , z 2 - x 2 }
Bài 7. Tìm số thực k nhỏ nhất sao cho bất đẳng thức sau đúng với mọi x, y, z:
n( x1 + x 2 + ... + x n ) £ ( x1 + x 2 + ... + x n ) 2 + k max .{ xi - x j }
2 2 2 2 2



Bài 8. Tìm số thực k nhỏ nhất sao cho bất đẳng thức sau đúng với mọi x, y không
âm:
n

åx £ n n x1 ...x n + k .Max x k - x q .
k
k =1

é pù
Bài 9. Tìm số thực k nhỏ nhất sao cho bất đẳng thức sau đúng với mọi x, y Î ê0; ú
ë 2û

www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 27
===========================================================
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM

x+ y
£ cos x + cos y + k . sin 2 ( x - y )
cos
2
Bài 10. Tìm số thực k nhỏ nhất sao cho bất đẳng thức sau đúng với mọi a, b không
âm:
a+b
f (a ) + f (b) £ 2 f ( ) + k. a 2 - b 2
2
trong đó f(x) = x2 + 2x +3.
HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1.
x 2 + y 2 £ 2 xy + k . x 2 - y 2
+) Giả sử bất đẳng thức (*)
đúng với mọi x, y không âm.
Cho x = 0, y = 1 suy ra k ³ 1 .
+) Ta chứng minh x 2 + y 2 £ 2 x. y + x 2 - y 2 , "x, y : x ³ y ³ 0 .
Thật vậy, BĐT trên tương đương với y 2 £ x.y
BĐT này đúng vì x ³ y ³ 0 .
Vậy số thực k nhỏ nhất cần tìm là k 0 = 1.
Bài 2.
2( x 2 + y 2 ) £ x + y + k . x - y (*)
+) Giả sử bất đẳng thức
đúng với mọi x, y không âm.
Cho x = 0, y = 1 suy ra k ³ 2 - 1 .
2( x 2 + y 2 ) £ x + . y + ( 2 - 1)( x - y ), "x, y : x ³ y ³ 0 .
+) Ta chứng minh
Thật vậy, BĐT trên tương đương với
2( x 2 + y 2 ) £ 2 x + (2 - 2 ).y Û y 2 £ xy
BĐT này đúng vì x ³ y ³ 0 .
Vậy số thực k nhỏ nhất cần tìm là k 0 = 2 - 1.
Bài 3.
3( x 2 + y 2 + z 2 ) £ x + y + z + k .Max{ x - y , y - z , z - x }
+) Giả sử bất đẳng thức
(*)
đúng với mọi x, y không âm.
Cho x = 1, y = z = 0 suy ra k ³ 3 - 1 .

3( x 2 + y 2 + z 2 ) £ x + y + z + ( 3 - 1)( x - z ); "x, y, z : x ³ y ³ z ³ 0 .
+) Ta chứng minh
Thật vậy, BĐT trên tương đương với
y + 2( 3 - 1)z 2 £ 3x.y + (2 - 3 ) yz + (2 3 - 3)zx
2




www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 28
===========================================================
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM


ì 3xy ³ y 2 + ( 3 - 1)z 2
ï
BĐT này đúng vì í (2 - 3 ) yz ³ (2 - 3 )z 2 .
ï(2 3 - 3)zx ³ (2 3 - 3)z 2
î
Vậy số thực k nhỏ nhất cần tìm là k 0 = 3 - 1.
Cách 2:
3( x 2 + y 2 + z 2 ) - x - y - z - ( 3 - 1)( x - z); x ³ y ³ z ³0.
Đặt f(x;y;z) =
Dùng đạo hàm, chỉ ra được f ( x; y; z) £ f ( y; y; z; ) £ f (z; z; z) = 0.
Bài 4.
n( x1 + ... + x n ) £ x1 + ... + x n + kMax. x k - x q (*)
2 2
+) Giả sử bất đẳng thức

đúng với khi x 1 ³ x 2 ³ ... ³ x n ³ 0.
Cho x 1 = 1, x 2 = ...x n = 0 Þ k ³ n - 1 .

n ( x 1 + ... + x n ) £ x 1 + ... + x n + ( n - 1)( x 1 - x n ) , với
2 2
+) BĐT
x 1 ³ x 2 ³ ... ³ x n ³ 0.
chứng minh được bằng cách dồn biến như cách 2 của bài 3.
Vậy số thực k nhỏ nhất cần tìm là k 0 = n - 1.
Bài5.
x+y 4
x 4 + y 4 £ 2( ) + k. x 4 - y 4
+) Giả sử bất đẳng thức
2
đúng với mọi x, y không âm.
7
Cho x = 0, y = 1 suy ra k ³ .
8
x+y 4 7 4
+) Dùng đạo hàm, ta chứng minh được: x 4 + y 4 £ 2( ) + .( x - y 4 ) , với
2 8
x³y³0
7
Vậy số thực k nhỏ nhất cần tìm là k 0 = .
8
Bài6.
+) Giả sử bất đẳng thức
3( x 2 + y 2 + z 2 ) £ ( x + y + z) 2 + k.Max ( x 2 - y 2 , y 2 - z 2 , z 2 - x 2 )
đúng với x, y, z không âm.
Cho x = 1, y = z = 0 suy ra k ³ 2 .
+) Dùng đạo hàm, ta chứng minh được 3( x 2 + y 2 + z 2 ) £ ( x + y + z) 2 + 2( x 2 - z 2 )
với x ³ y ³ z ³ 0
Vậy số thực k nhỏ nhất cần tìm là k 0 = 2.
Bài 7

www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 29
===========================================================
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM

Þ k ³ n -1
+) Cho x1 = 1, x2 = …= xn = 0
+) Đặt f(x1;x2;…;xn) = n(x12 + …+x2n) – (x1+…+xn)2 – (n - 1)(x21 – xn2),
x1 ³ x 2 ³ .... ³ x n ³ 0 . Khi
với
đó f(x 1 ; x 2 ;...; x n ) £ f(x 2 ; x 2 ; x 3 ;...; x n ) £ f(x n ;...; x n ) £ 0 .
Vậy số thực k nhỏ nhất cần tìm là k 0 = n - 1.
Bài 8
n

åx £ n n x1 ...x n + k .Max x k - x q
+) Giả sử bất đẳng thức k
k =1

đúng khi x1, …, xn không âm.
Cho x1 = x2 = …= xn-1 =1, xn = 0 suy ra k ³ n - 1 .
n

åx x 1 ³ x 2 ³ ... ³ x n ³ 0
£ n n x 1 ...x n + (n - 1)( x 1 - x n ) với
+) Ta chứng minh k
k =1

Thật vậy, BĐT trên tương đương với
n -1

åx + n.x n £ n n x 1 ...x n + (n - 2) x 1
k
k =2

ìx 2 + ... + x n -1 £ (n - 2) x 1
BĐT đúng vì í
î nx n £ n x 1 .x 2 ...x n
n


Vậy số thực k nhỏ nhất cần tìm là k 0 = n - 1.
Bài 9
p
³ x ³ y ³ 0 , ta có:
Với
2
x+ y x+ y x- y x+ y
- (cos x + cos y ) 4 cos .sin 2
2 cos cos
2 2 4= 2
= £
x- y x- y x- y 2 x- y
sin ( x - y )
2
2 2 2
4sin .cos 4 cos .cos
2 2 4 2
1 22
£ =
p p 3+ 2 2
4 cos 2 .cos
8 4
k ³ n -1
Bài 10
a+b
f (a) + f (b) - 2 f ( )
2 = a-b ® 1
+)Với a > b > 0 ta có
2(a + b)
a2 - b2 2
a+b 1 2
+) Dễ dàng chứng minh bất đẳng thức f (a ) + f (b) £ 2 f ( ) + . a - b 2 với a, b
2 2
không âm.
1
Vậy giá trị nhỏ nhất của k là: k =
2


www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 30
===========================================================
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM


CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC BẰNG CÁCH SỬ DỤNG BẤT
ĐẲNG THỨC SẮP XẾP LẠI VÀ BẤT ĐẲNG THỨC CHEBYSHEV
Đào Quốc Huy - Tổ Toán – Tin
Trường THPT Chuyên Biên Hòa – Hà Nam


Bất đẳng thức là một chuyên đề quan trọng trong chương trình bồi dưỡng học sinh
giỏi Quốc gia. Trong các phương pháp chứng minh bất đẳng thức thì phương pháp áp dụng
bất đẳng thức cổ điển thường xuyên được sử dụng, đã có rất nhiều bài toán chứng minh bất
đẳng thức mà lời giải đề cập đến việc sử dụng bất đẳng thức liên hệ giữa Trung bình cộng -
Trung bình nhân (AM-GM), bất đẳng thức Cauchy – Schwarz, bất đẳng thức Holder, bất
đẳng thức Schur …. Trong khuôn khổ bài viết, tôi xin đề cập đến bất đẳng thức Sắp xếp lại
và một số bài tập sử dụng bất đẳng thức này. Bên cạnh đó, bài viết cũng đề cập đến một
phương pháp sử dụng bất đẳng thức Chebyshev (coi như hệ quả của bất đẳng thức Sắp xếp
lại) để đánh giá một số bất đẳng thức 3 biến dạng phân thức.
I. Bất đẳng thức Sắp xếp lại:

Giả sử a1 £ a2 £ ... £ an và b1 £ b2 £ ... £ bn ( n Î ¥* ) là hai dãy các số thực. Ta đặt

A = a1b1 + a2b2 + ... + an bn
B = a1bn + a2bn -1 + ... + anb1

Gọi ( x1 , x2 ,..., xn ) là một hoán vị của (b1 , b2 ,..., bn ) , đặt X = a1 x1 + a2 x2 + ... + an xn

Khi đó ta có bất đẳng thức sau A ³ X ³ B
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi các ai tất cả bằng nhau hoặc các bi tất cả bằng
nhau.
Chứng minh:
Trước hết ta chứng minh A ³ X bằng phương pháp qui nạp:
Với n = 1 , kết quả là hiển nhiên.
-
Giả sử bất đẳng thức đúng cho n = k , với n = k + 1 ta đặt bk +1 = xi và xk +1 = b j .
-

Từ bất đẳng thức ( ak +1 - ai ) ( bk +1 - b j ) ³ 0 ta thu được ai b j + ak +1bk +1 ³ ak +1b j + ai bk +1 ,
như vậy trong X ta có thể thay đổi xi và xk +1 để thu được tổng lớn hơn. Sau khi đổi ta áp
dụng giả thiết qui nạp cho k thành phần đầu tiên của tổng X và suy ra A ³ X .
Bất đẳng thức X ³ B được suy ra từ A ³ X bằng cách xét dãy -bn £ -bn -1 £ ... £ -b1
thay cho dãy b1 £ b2 £ ... £ bn .


Với kí hiệu như trên, một cách ngắn gọn ta coi A là tổng các chỉ số “cùng chiều”, B
là tổng các chỉ số “đảo chiều”, còn X là tổng các chỉ số “tùy ý”. Bất đẳng thức Sắp xếp lại
cho ta: tổng cùng chiều ³ tổng tùy ý ³ tổng đảo chiều.

www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 31
===========================================================
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM

Việc áp dụng bất đẳng thức Sắp xếp lại quan trọng nhất ở chỗ biến đổi bất đẳng thức
cần chứng minh về dạng có các vế là tổng của tích các phần tử tương ứng của 2 dãy mà thứ
tự của chúng liên quan với nhau (cùng thứ tự hoặc ngược thứ tự). Chẳng hạn hai dãy
{a , b , c }
{a, b, c} { x, y, z}
có cùng thứ tự, còn với x, y, z > 0 thì hai dãy
3 3 3
và và
ì1 1ü
1
ý ngược thứ tự.
í , ,
îx+ y z+ x y+ zþ


II. Sử dụng bất đẳng thức Sắp xếp lại:
Mặc dù bất đẳng thức Sắp xếp lại được phát biểu cho các số thực nhưng trong các
bài tập dưới đây giả thiết thường cho điều kiện các số dương hoặc không âm, điều này nhằm
mục đích sắp xếp 2 dãy cùng chiều của giả thiết được thỏa đáng. Bên cạnh đó, nếu không có
gì đặc biệt tác giả xin không trình bày trường hợp xảy ra dấu đẳng thức ( bởi vì nó hoàn toàn
như phát biểu ở trên, đẳng thức xảy ra khi 1 trong 2 dãy là dãy dừng ), đồng thời tác giả xin
được sử dụng kí hiệu å thay thế cho å trong các bài toán chứng minh bất đẳng thức
cyc

quay vòng của 3 biến. Ngoài cách áp dụng bất đẳng thức Sắp xếp lại, có nhiều bài toán trong
số những bài dưới đây hoàn toàn có thể giải bằng những phương pháp khác, và bên cạnh sử
dụng bất đẳng thức Sắp xếp lại ta còn áp dụng một số bất đẳng thức cổ điển khác.


Bài toán 1:

ìa1 + a2 + ... + an = 0
ï
Cho n số thực (n Î ¥, n ³ 2) : a1 , a2 ,..., an thỏa mãn í
ï a1 + a2 + ... + an = 1
î
n -1
Chứng minh rằng a1 + 2a2 + ... + nan £
2


Bài giải:
Î {1, 2,..., n}
Kí hiệu là các phần tử
j1 , j2 ,..., jt và s1 , s2 ,..., sk sao cho
a j1 ³ a j2 ³ ... ³ a jt ³ 0 ³ a s1 ³ a s2 ³ ... ³ a sk

1 1
Từ giả thiết ta suy ra a j1 + a j2 + ... + a jt = và as1 + as2 + ... + ask = - .
2 2
Không giảm tính tổng quát, ta có thể giả sử a1 + 2a2 + ... + nan ³ 0 ( vì nếu trái lại ta
dùng phép đặt a 'i = - ai ). Theo bất đẳng thức Sắp xếp lại ta có:

1a1 + 2a2 + ... + nan £ 1ask + 2ask -1 + ... + kas1 + (k + 1)a jt + ... + na j1
n -1
£ 1ask + 1ask -1 + ... + 1as1 + na jt + ... + na j1 £
2
Bất đẳng thức đã cho được chứng minh.

www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 32
===========================================================
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM




Bài toán 2:
Cho các số thực a, b, c ³ 0 thỏa mãn a + b + c = 1 .

a2 + b
å b+c ³ 2
Chứng minh rằng



Bài giải :

a2 + b a 2 + b( a + b + c) a ( a + b)
å b+c =å =å +1
Ta có
b+c b+c
a ( a + b)
å ³ a + b + c (*)
bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
b+c

ì1 1ü
1
Chú ý là 2 dãy {a, b, c} và í ý có cùng thứ tự, theo bất đẳng thức Sắp
, ,
îb + c c + a a + b þ
a2 ab ca ab
å( ) ³ å(
+ + ) = a + b + c . Vậy (*) được chứng minh.
xếp lại ta có
b+c b+c b+c b+c


Bài toán 3:
Cho x, y, z > 0.
y-x z- y x- z
Chứng minh rằng é x 2 ( y + z ) ù é y 2 ( z + x )ù é z 2 ( x + y )ù £1
ë û ë û ë û


Bài giải:
Đặt a = x 2 ( y + z ) , b = y 2 ( z + x ) , c = z 2 ( x + y ) .

Lấy lôgarit tự nhiên 2 vế, đưa bất đẳng thức cần chứng minh về dạng:
å x ln c £ å x ln a , bất đẳng thức này đúng theo bất đẳng thức Sắp xếp lại với nhận xét
rằng 2 dãy { x, y, z} và {a, b, c} cùng thứ tự, đồng thời hàm ln t đồng biến trên ( 0; +¥ ) nên
dãy {ln a, ln b, ln c} cũng có thứ tự như 2 dãy trên, ta suy ra điều phải chứng minh.



Bài toán 4:
Cho tam giác nhọn ABC .
3
å 1 - sin A sin B ³
Chứng minh rằng
2




www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 33
===========================================================
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM

Bài giải:
Sử dụng định lý sin, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

)
( 3R 2 - ab
3R £ å 4 R 2 - ab Û å 4 R 2 - ab - R ³ 0 Û å ³ 0 (*)
4 R 2 - ab + R
( ở đây a,b,c,R theo thứ tự là độ dài các cạnh BC,CA,AB và bán kính đường tròn ngoại
tiếp tam giác ABC ).
Từ bất đẳng thức quen thuộc a 2 + b 2 + c 2 £ 9 R 2 mà 3ab - ab = 2ab £ a 2 + b 2

ta thu được: 3 ( 3R 2 - ab ) ³ c 2 - ab (1).

c2 ab
å ³å
Ta sẽ chứng minh (2).
4 R - ab + R 4 R - ab + R
2 2



ì ü
1 1 1
Vì 2 dãy {a, b, c} và í ý có cùng thứ tự
, ,
î 4 R - bc + R 4 R - ca + R 4 R - ab + R þ
2 2 2


nên theo bất đẳng thức Sắp xếp lại ta có

2c 2 a2 b2 2ab
å ³å +å ³å
4 R 2 - ab + R 4 R 2 - ab + R 4 R 2 - ab + R 4 R 2 - ab + R
Vậy (2) được chứng minh, kết hợp với (1) ta suy ra (*) được chứng minh.
Bài toán 5:
Cho a, b, c > 0.

a2 + 1 b2 + 1 c2 + 1
abc
++³ +2 +
Chứng minh rằng
b2 + 1 c +1 a2 +1
bca


Bài giải:
Ta có
(a + b2 ) (a + 1) ( b 2 + 1) ³ ( a 2 + b 2 ) ( ab + 1) = ( a 2 + b 2 ) ab + ( a 2 + b 2 ) ³ ab ( a 2 + b 2 + 2 )
2 2



a2 + b2 a 2 + b2 + 2 a2 + 1 b2 + 1
a b
Þ å +å = å ³å =å +å 2
(a + 1) ( b 2 + 1) b2 + 1 a +1
b a ab 2



bất đẳng thức Sắp xếp lại
Theo
a +1
2 2 2 2 2 2
a a a a b
åb =å +å 2 2 ³å 2 +å 2 2 =å 2 .
b ( b + 1) b ( b + 1)
b +1 b +1 b +1
2 2



Từ đó ta có:




www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 34
===========================================================
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM

2
æ aö æa bö a2
1+ å ÷ = 1+ 2ç å + å ÷ + å 2
ç
è bø èb aø b
2
æ b2 + 1 ö a2 + 1 æ a2 + 1 ö
a2 + 1
³ 1+ 2ç å 2 +å 2 ÷+å 2 = ç1 + å 2 ÷
ç a +1 ÷ b +1 ç b +1 ÷
b +1
è ø è ø

a2 + 1
a
åb ³å 2 (đpcm).
hay
b +1


Bài toán 6:
Cho a, b, c ³ 0 thỏa mãn a + b + c = 1 .

4
Chứng minh rằng a 2 + b 2 + c 2 + 3abc ³
9


Bài giải:
4
Ta cần chứng minh (a 2 + b 2 + c 2 )(a + b + c) + 3abc ³ (a + b + c)3
9
Khai triển rồi đưa bất đẳng thức về dạng 5å a3 + 3abc ³ 3å ab ( a + b )

åa + 3abc ³ å ab ( a + b ) (1).
- Theo bất đẳng thức Schur: có 3




åa åa
³ a 2b + b 2 c + c 2 a và ³ ab 2 + bc 2 + ca 2 ,
- Theo bất đẳng thức Sắp xếp lại: có 3 3


cộng từng vế ta thu được 2å a 3 ³ å ab ( a + b ) Û 4å a3 ³ 2å ab ( a + b ) (2).

Cuối cùng, cộng từng vế của (1) và (2) ta có đpcm.


Bài toán 7:
Cho a, b, c, d ³ 0 thỏa mãn a + b + c + d = 4 .

Chứng minh rằng a 2bc + b 2 cd + c 2 da + d 2 ab £ 4


Bài giải:
Giả sử ( p, q, r , s ) là hoán vị của ( a, b, c, d ) sao cho p ³ q ³ r ³ s .




www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 35
===========================================================
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM

Khi đó
a bc + b 2 cd + c 2 da + d 2 ab = a ( abc ) + b ( bcd ) + c ( cda ) + d ( dab )
2


£ p ( pqr ) + q ( pqs ) + r ( prs ) + s ( qrs ) = ( pq + rs ) ( pr + qs )
2
1 éæ p + q + r + s ö ù
æ pq + rs + pr + qs ö 1
2 2

÷ = é( p + s ) ( q + r ) ù £ ê ç
2
£ç ÷ú
4ë û
è ø 4 êè øú
2 2
ë û


(bất đẳng thức đầu tiên là bất đẳng thức Sắp xếp lại, hai bất đẳng thức sau là bất đẳng
thức AM-GM)
Để ý là p + q + r + s = a + b + c + d = 4 , ta có đpcm.


III.Bất đẳng thức Chebyshev dạng mẫu số
Bất đẳng thức Chebyshev cổ điển có thể coi như là hệ quả của bất đẳng thức Sắp xếp lại
(xem bài tập áp dụng 1 phần V), từ dạng cổ điển này người ta mở rộng bất đẳng thức
Chebyshev theo một vài hướng, sau đây là một dạng mở rộng có nhiều ứng dụng để chứng
minh bất đẳng thức:


Bất đẳng thức Chebyshev dạng mẫu số (còn gọi là dạng Engel) được phát biểu như sau:

ì a1 a2 ì a1 a2
an an
ï ³ ³ ... ³ ï £ £ ... £
a) Nếu ta có í x1 x2 xn hoặc í x1 x2 xn thì ta có
ï x ³ x ³ ... ³ x ï x £ x £ ... £ x
î1 î1
2 n 2 n


n ( a1 + a2 + ... + an )
a
a1 a2
+ + ... + n £
x1 + x2 + ... + xn
x1 x2 xn

ì a1 a2 ì a1 a2
an an
ï £ £ ... £ ï ³ ³ ... ³
b) Nếu ta có í x1 x2 xn hoặc í x1 x2 xn thì ta có
ï x ³ x ³ ... ³ x ï x £ x £ ... £ x
î1 î1
2 n 2 n


n ( a1 + a2 + ... + an )
a
a1 a2
+ + ... + n ³
x1 + x2 + ... + xn
x1 x2 xn

(Chứng minh 2 kết quả này bằng cách sử dụng trực tiếp bất đẳng thức Chebyshev)
Hai kết quả trên, kết hợp với việc thêm các biểu thức phù hợp, trở nên hiệu quả trong
việc đánh giá các bất đẳng thức đối 3 biến có chứa phân thức, mặc dù chúng chỉ là mở rộng
đơn giản từ bất đẳng thức Chebyshev. Để làm rõ thêm, chúng ta xét một vài ví dụ sau:


Bài toán 1: Cho a, b, c > 0 thỏa mãn

1 1 1
+ + ³1
a + b +1 b + c +1 c + a +1

www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 36
===========================================================
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM

Chứng minh rằng a + b + c ³ ab + bc + ca


Lời giải: Ta có
1 1 1 a b c
+ + = + +
a + b + 1 b + c + 1 c + a + 1 ab + ac + a bc + ba + b ca + cb + c
c£b£a,
giảm tính tổng quát, giả sử thế thì
Không
c + ca + ca £ b + bc + ba £ a + ab + ac
a b c
³ ³
Lại có luôn đúng (vì bất đẳng thức này
ab + ac + a bc + ba + b ca + cb + c
Ûa³b³c)
Do đó theo a) thì
1 1 1 a b c
+ + = + +
a + b + 1 b + c + 1 c + a + 1 ab + ac + a bc + ba + b ca + cb + c
3( a + b + c)
£
a + b + c + 2 ( ab + bc + ca )

Kết hợp với giả thiết ta suy ra
3( a + b + c)
³ 1 Û a + b + c ³ ab + bc + ca
a + b + c + 2 ( ab + bc + ca )

Ta có điều phải chứng minh, đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1 .


Bài toán 2: Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a + b + c = 3 .

Chứng minh rằng
4ab + 9 4bc + 9 4ca + 9
+ + ³ 13
ab + a + b bc + b + c ca + c + a


Lời giải:
Không mất tính tổng quát, giả sử a ³ b ³ c , khi đó từ bất đẳng thức luôn đúng
( a + 1) ( b - c ) ³ 0 ab + a + b ³ ac + a + c . Tương tự ta thu được
ta suy ra
ab + a + b ³ ac + a + c ³ bc + b + c

( b - c ) ( 3 - a ) ( a + 3) ³ 0
Cũng từ bất đẳng thức luôn đúng ta thu được
4ab + 9 4ca + 9 4ab + 9 4ca + 9 4bc + 9
£ £ £
, tương tự ta có
ab + a + b ca + c + a ab + a + b ca + c + a bc + b + c




www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 37
===========================================================
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM

Do đó theo b) VT của bất đẳng thức cần chứng minh
12 ( ab + bc + ca ) + 81 12 ( ab + bc + ca ) + 81
³ =
ab + bc + ca + 2 ( a + b + c ) ab + bc + ca + 6

3 ( 4å ab + 27 )
³ 13 Û å ab £ 3
Ta chỉ cần chứng minh
å ab + 6
(a + b + c)
2

ab + bc + ca £ = 3.
bất đẳng thức cuối cùng này đúng do
3


Bài toán 3: Cho tam giác nhọn ABC .
Chứng minh rằng
1 1 1 3
+ + £
1 + tan A + tan B 1 + tan B + tan C 1 + tan C + tan A 1 + 2 3


Lời giải: Tương tự Bài toán 1 ta có bất đẳng thức
1 1 1
+ +
1 + tan A + tan B 1 + tan B + tan C 1 + tan C + tan A
3 ( tan A + tan B + tan C )
£
tan A + tan B + tan C + 2 ( tan A tan B + tan B tan C + tan C tan A )

å tan A = Õ tan A
Từ bất đẳng thức ab + bc + ca ³ 3abc ( a + b + c ) và đẳng thức
3 ( tan A + tan B + tan C )
tan A + tan B + tan C + 2 ( tan A tan B + tan B tan C + tan C tan A)
3 3
có = £
2 ( tan A tan B + tan B tan C + tan C tan A ) 3Õ tan A ( å tan A )
1+
1+ 2
tan A + tan B + tan C
å tan A
3 3
= =
3Õ tan A 1+ 2 3
1+ 2
å tan A
Ta có điều phải chứng minh.


Bài toán 4: Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a 2 + b 2 + c 2 = 1 .

Chứng minh rằng
a+b b+c c+a 9
+ + £
1 + ab 1 + bc 1 + ca 2 ( a + b + c )


www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 38
===========================================================
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM




Lời giải: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

2 ( a + b) ( a + b + c) ö
æ a 2 + b 2 + 3c 2 - ab - 2ac - 2bc
å ç a + b2 + c 2 + ab ÷ ³0Ûå
3- 2 ³0
1 + ab
è ø
Không giảm tính tổng quát, giả sử a ³ b ³ c Þ 1 + ab ³ 1 + ac ³ 1 + bc
Ta cần tiếp tục kiểm tra bất đẳng thức
a 2 + b 2 + 3c 2 - ab - 2ac - 2bc a 2 + c 2 + 3b 2 - ac - 2ab - 2bc
£
1 + ab 1 + ac
Û 2 ( b - c ) - a ( b - c ) + a ( b - c ) - abc ( b - c ) + 3a ( b3 - c3 ) - 2a 2 ( b 2 - c 2 ) ³ 0
2 2 3



Û ( b - c ) ( 2b + 2c - a - a 3 - abc + 3ab 2 + 3abc + 3ac 2 - 2a 2b - 2a 2 c ) ³ 0

( )
Û ( b - c ) 2b (1 - a 2 ) + 2c (1 - a 2 ) + 2abc + a 3 - a ( a 2 + b 2 + c 2 ) + 3ab 2 + 3ac 2 ³ 0

Û (b - c ) ( 2 (b + c ) (b )
+ c 2 ) + 2abc + 2ab 2 + 2ac 2 ³ 0
2



bất đẳng thức trên luôn đúng, tương tự ta thu được

a 2 + b 2 + 3c 2 - ab - 2ac - 2bc a 2 + c 2 + 3b 2 - ac - 2ab - 2bc b 2 + c 2 + 3a 2 - bc - 2ab - 2ca
£ £
1 + ab 1 + ac 1 + bc

Do đó theo b) ta có

a 2 + b 2 + 3c 2 - ab - 2ac - 2bc 3å ( a + b + 3c - ab - 2ac - 2bc ) 12 ( å a - å ab )
2 2 2 2

å ³ = ³0
3 + å ab 3 + å ab
1 + ab


Ta có điều phải chứng minh.


Bài toán 5: Cho các số thực x, y, z sao cho x + y + z = 1 .

Chứng minh rằng
x y z 9
+2 +2 £
x + 1 y + 1 z + 1 10
2




Lời giải: Ta có
x y z
x y z
+2 +2 £2 +2 +2
x +1 y +1 z +1 x +1 y +1 z +1
2



Do đó ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức trong trường hợp x, y, z > 0 .

Không mất tính tổng quát, giả sử x ³ y ³ z , khi đó x 2 + 1 ³ y 2 + 1 ³ z 2 + 1


www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 39
===========================================================
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM

x y
Û ( x - y ) (1 - xy ) ³ 0
³2
Tiếp tục, ta kiểm tra
x +1 y +1
2



Vì x + y + z = 1 ³ x + y ³ 2 xy Þ xy < 1 nên bất đẳng thức trên đúng.

x y z
³2 ³2
Tương tự ta có
x +1 y +1 z +1
2



Do đó theo a) ta thu được
3( x + y + z )
x y z 3 9
+2 +2 £ £ =
x +1 y +1 z +1 3 + x + y + z
2 2 2 2
1
( x + y + z ) + 3 10
2

3
Ta có điều phải chứng minh.


Bài toán 6: Cho a, b, c > 0 thỏa mãn

1 1 1
+ + ³1
1 + 2ab 1 + 2bc 1 + 2ca
Chứng minh rằng a + b + c ³ 3abc
Lời giải:
Ta có
1 1 1 a b c
+ + = + +
1 + 2ab 1 + 2bc 1 + 2ca a + 2abc b + 2abc c + 2abc
Không giảm tính tổng quát, giả sử a ³ b ³ c , thế thì a + 2abc ³ b + 2abc ³ c + 2abc
a b c
³ ³ Û ab ³ ac ³ bc ( luôn đúng )
lại có
a + 2abc b + 2abc c + 2abc
do đó theo a) ta có
3(a + b + c)
1 1 1 a b c
+ + = + + £
1 + 2ab 1 + 2bc 1 + 2ca a + 2abc b + 2abc c + 2abc a + b + c + 6abc
kết hợp với giả thiết ta suy ra
3(a + b + c)
³ 1 Û a + b + c ³ 3abc
a + b + c + 6abc
Ta có điều phải chứng minh, đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1


Bài toán 7: Cho a, b, c > 0 thỏa mãn ab + bc + ca = 3 .

Chứng minh rằng




www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 40
===========================================================
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM

1 1 1 3
+ + £
1 + a ( b + c ) 1 + b ( c + a ) 1 + c ( a + b ) 1 + 2abc
2 2 2



Lời giải: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
1 1 1 1 1 1
- + - + - ³0
1 + 2abc 1 + a ( b + c ) 1 + 2abc 1 + b ( c + a ) 1 + 2abc 1 + c ( a + b )
2 2 2


a (1 - bc ) b (1 - ac ) c (1 - ba )
Û + + ³0
1 + a ( 3 - bc ) 1 + b ( 3 - ac ) 1 + c ( 3 - ba )
1 - bc 1 - ac 1 - ba
Û + + ³0
1 + abc ( 3 - bc ) 1 + abc ( 3 - ac ) 1 + abc ( 3 - ba )

a³b³c,
mất tính tổng quát, giả sử khi đó
Không
1 + abc ( 3 - ba ) £ 1 + abc ( 3 - ac ) £ 1 + abc ( 3 - bc )

1 - bc 1 - ac 1 - ba
³ ³
Và ta cũng có
1 + abc ( 3 - bc ) 1 + abc ( 3 - ac ) 1 + abc ( 3 - ba )

(vì 3 = ab + bc + ca ³ 3 3 a 2b 2 c 2 Þ abc £ 1 )
Do đó theo b) ta có
3 ( 3 - ab - bc - ca )
1 - bc 1 - ac 1 - ba
+ + ³ =0
1 + abc ( 3 - bc ) 1 + abc ( 3 - ac ) 1 + abc ( 3 - ba ) 3 + abc ( 9 - ab - bc - ca )

Ta có điều phải chứng minh.
IV. Một số bài tập áp dụng
Bài tập 1: (bất đẳng thức Chebyshev)
Kí hiệu A, B giống như trong bất đẳng thức Sắp xếp lại.

( a1 + a2 + ... + an ) ( b1 + b2 + ... + bn ) ³ B
CMR: A ³
n
Bài tập 2:
n Î ¥* ).
số thực dương (với hiệu
n
Cho c1 , c2 ,..., cn Ta kí

RMS = é( c12 + c2 + ... + cn ) n ù , AM = ( c1 + c2 + ... + cn ) n ,
12
2 2
ë û
GM = ( c1c2 ...cn ) , HM = n é(1 c1 ) + (1 c2 ) + ... + (1 cn ) ù
1n
ë û
CMR: RHM ³ AM ³ GM ³ HM
Bài tập 3:

a k -1
ak
å a+b ³å
Cho a, b, c > 0. CMR: ("k ³ 2)
2
Bài tập 4:


www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 41
===========================================================
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM


Cho a, b, c Î (1; +¥ ) . CMR: log ab c + log bc a + log ca b ³ log a 2bc bc + log ab2c ca + log abc2 ab

Bài tập 5:
Kí hiệu a, b, c lần lượt là độ dài các cạnh BC , CA, AB của tam giác nhọn ABC .

a+b b+c c+a
³ 4(a + b + c)
+ +
CMR:
cos C cos A cos B
Bài tập 6:
Cho a, b, c > 0 . Chứng minh các bất đẳng thức sau:

a 2b ( b - c ) b 2 c ( c - a ) c 2 a ( a - b )
+ + ³0
a)
a+b b+c c+a

a 3 + b3 b3 + c3 c3 + a 3
+ + ³ a+b+c
b)
b2 + c2 c 2 + a2 a 2 + b2

a2 + b2 + c2
a5 b5 c5
c) 3 3 + 3 3 + 3 ³
a + b b + c c + a3 2
Bài tập 7:
Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a + b + c = 3 .

1 1 1 3
+ + £
CMR:
9 - ab 9 - bc 9 - ca 8
Bài tập 8:
Cho a, b, c, d ³ 0 thỏa mãn a + b + c + d = 4 .

1 1 1 1
+ + + £1
CMR:
5 - abc 5 - bcd 5 - cda 5 - dab
Bài tập 9:

Cho a, b, c ³ 0 . CMR: 3 ( a + b + c ) ³ a 2 + 8bc + b 2 + 8ca + c 2 + 8ab

Bài tập 10:
Chứng minh rằng với a, b, c ³ 0 và 2 ³ k ³ 0 ta có bất đẳng thức

a 2 - bc b 2 - ca c 2 - ab
+2 2 +2 ³0
b 2 + c 2 + ka 2 a + c + kb 2 b + a 2 + kc 2
V. Tài liệu tham khảo:
1. G.H. Hardy, J.E. Littlewood, G. Polya, Bất đẳng thức.
2. Phạm Kim Hùng, Sáng tạo bất đẳng thức ( tập 1).
3. VIMF (Nhiều tác giả), Discovery Inequalities (Third version).
-------------------------------------------------------------------------------


www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 42
===========================================================
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM


TÍNH TUẦN HOÀN TRONG DÃY SỐ NGUYÊN
Tác giả: Ngô Thị Hải
Giáo viên trường THPT chuyên Nguyễn Trãi, Hải Dương.
Dãy số là một lĩnh vực khó và rất rộng. Để giải được các bài toán loại này không chỉ
đòi hỏi người làm Toán phải sử dụng nhiều kiến thức khác nhau của Toán học mà còn phải
có khả năng sáng tạo rất cao. Trong các bài toán về dãy số một vấn đề được quan tâm nhiều
là tính chất số học của dãy số như: tính chia hết, tính chất nguyên hay tính chính phương…
Chúng rất đa dạng và phong phú. Trong nhiều trường hợp, dãy số chỉ là vỏ bề ngoài còn
bản chất bài toán là một bài số học. Chính vì lẽ đó, các bài toán về số học nói chung, các
bài toán về tính chất số học của dãy số nói riêng thường xuất hiện trong các kì thi học sinh
giỏi quốc gia và quốc tế, vì nó bao gồm nhiều bài toán hay và khó. Trong khuôn khổ của bài
viết này tôi chỉ đề cập đến một khía cạnh rất nhỏcủa dãy số nguyênđólà tính tuần hoàn, hi
vọng rằng đây là một tài liệu tham khảo tốt cho các em học sinh khá và giỏi. Trước hết ta
hãy xem định lý sâu đây:
Định lý: Cho dãy số nguyên truy hồi cấp k ( k là số nguyên dương) nghĩa là

Nếu dãy bị chặn thì nó là dãy tuần hoàn kể từ lúc nào đó.
Chứng minh:
Giả sử dãy bị chặn bởi số nguyên dương M, nghĩa là .
Xét các bộ k số Có tối đa
bộ khác nhau nên trong bộ đầu tiên phỉa có 2 bộ trùng nhau.
Chẳng hạn

Nghĩa là
Mà nên
Đặt thì ta có
Vậy dãy tuần hoàn với chu kì kể từ
Hệ quả số nguyên thoả
: Cho dãy mãn
trong đó là các số nguyên và m là số
nguyên dương lớn hơn 1. Gọi là số dư trong phép chia cho m. Khi đó dãy tuần
hoàn.
Chứng minh:
Theo giả thiết ta có . Theo tính chất của đồng dư thức ta có

Theo các xác định tức là dãy bị chặn và truy hồi tuyến tính
ta có
cấp k nên theo định lý trêndãy tuần hoàn kể từ lúc nào đó, nghĩa là sao cho

Chọn ta được




Vậy . Tương tự ta có = ,…,
Do đó dãy tuần hoàn với chu kì T.


www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 43
===========================================================
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM

Sau đây tôi sẽ đưa ra một số ví dụ điển hình về việc áp dụng định lý trên. Các bài toán
nêu ra ở đây đều sử dụng đến tính tuần hoàn của dãy số dư. Giả sử là số dư trong phép
cho một số nguyên dương m nào đó. Khi đó dãy bị chặn và cũng có cùng công
chia
thức truy hồi với dãy nên theo hệ quả trên nó là dãy tuần hoàn.
Bài 1:
Với là số dư của phép chia
Cho cho
100. Tìm số dư trong phép chia cho 8.
Bài giải:
Gọi là số dư trong phép chia cho 4. Theo giả thiết
nên

Mặt khác tức là dãy bị chặn do đó dãy này tuần hoàn.
Ta tính được
Dễ kiểm tra tuần hoàn chu kì 6, nghĩa là
Lại có cùng tính chẵn lẻ suy
. Do nên
ra
hay
Vậy

. Do đó
chia hết cho 8.
Bài 2:
, n=0,1,2,… xác định bởi
Cho dãy và



Chứng minh rằng: chia hết cho 20
Bài giải:
Từ công thức truy hồi của dãy ta thấy .Gọi là số dư trong
(
cho 4. Khi đó Hơn nữa nên tương tự
phép chia (
tuần hoàn chu kì 6.
bài 1 dãy
. Vì vậy
Ta có (

tức là chia hết cho 4.
Mặt khác với ta có
Suy ra

Vậy đó
. Do
chia hết cho 20.
Bài 3:
, n=,1,2,3… xác định bởi
Cho dãy
Chứng minh rằng tồn tại vô số số hạng của dãy chia hết cho 2005.
Bài giải:



www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 44
===========================================================
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM

chia hết cho 2005. Gọi là số dư trong phép chia cho 2005. Từ
Ta có
thức truy hồi của dãy
công ta có

Đồng thời dãy tuần hoàn kể từ lúc nào đó, nghĩa là sao cho
.
Chọn ta được

Vậy . Tương tự ta cũng có
Do đó chia hết cho 2005 (đpcm)
hay
Bài 4:
, n=,1,2,3… xác định bởi
Cho dãy


Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương tồn tai vô số số tự nhiên sao cho
cùng chia hết cho .
Bài giải:
, n=,1,2,3… xác định như sau
Xét dãy
Ta tính được Do đó
Gọi là số dư trong phép chia cho m. Khi đó dãy tuần hoàn nghĩa là tồn tại số
tự nhiên T>1 sao cho
Vậy hết với
chia cho m hay
chia hết cho m với .
Bài 5:
Gọi là nghiệm dương lớn nhất của phương trình Xét dãy xác
định theo công thức sau: Tìm số dư trong phép chia
cho 17.
Bài giải:
Đặt Ta có >0,
.
là hàm lien tục trên R nên phương trình có 3 nghiệm phân
Do
biệt:


Đặt Khi đó là nghiệm của phương trình sai phân tuyến
tính thuần nhất pt đặc trưng Do đó ta có
có là

đó
Hay trong

( sử dụng định lý Vi-et)
Vì vậy Do >0
Suy ra .



www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 45
===========================================================
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM


Lại có nên


(do .
Vậy =( . Cho nên
=
Vậy
Gọi là số dư trong phép chia cho 17. Khi đó dãy tuần hoàn và bằng tính toán
trực tiếp ta có




Dễ kiểm tra tuần hoàn chu kì 16, nghĩa là là
Vậy nên
chia 17dư 6.
hay
Cuối cung tôi xin nêu thêm 2 bài tập khác có thể giải theo phương pháp này để bạn đọc
tham khảo
Bài 1:
, n=,1,2,3… xác định bởi
Cho dãy

Chứng minh rằng:
a) Mọi số hạng của dãy đều là số nguyên dương.
b) Có vô số nguyên dương n sao cho có 4 chữ số tận cùng là 2003.
c) Không tồn tại số nguyên dương n sao cho có 4 chữ số tận cùng là 2004.
Hướng dẫn: Biến đổi để dẫn đến
Bài 2:
Dãy số nguyên , n=,1,2,3… xác định bởi
Chứng minh có vô số số hạng của dãy chia hết cho 1986.




www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 46
===========================================================
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM


ĐỊNH LÝ PASCAL VÀ ỨNG DỤNG
Lê Đức Thịnh
GV THPT Chuyên Trần Phú – Hải Phòng

Trong bài viết chuyên đề này tôi muốn đề cập đến một định lý có rất nhiều ứng dụng
đa dạng, đó là định lý Pascal về lục giác nội tiếp đường tròn. Trong thực tế áp dụng, khi thay
đổi thứ tự các điểm, hay là khi xét các trường hợp đặc biệt ta sẽ thu được rất nhiều kết quả
khác nhau.
Trước hết ta phát biểu nội dung định lý:

Định lý Pascal:
Cho các điểm A, B, C, D, E, F cùng thuộc một đường tròn (có thể hoán đổi thứ tự). Gọi
P = AB Ç DE, Q = BC Ç EF, R = CD Ç FA .
Khi đó các điểm P, Q, R thẳng hàng.
Chứng minh:
Gọi R
X = EF Ç AB, Y = AB Ç CD, Z = CD Ç EF.
Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác Q
XYZ đối với các đường thẳng BCQ, DEP, FAR , Z
E
D
ta có: F

(1)
CY BX QZ
× × =1 C
CZ BY QX
A
P YB
(2)
FZ AX RY
× × =1
FX AY RZ
(3)
EZ PX DY
× × =1
EX PY DZ
Mặt khác, theo tính chất phương tích của một điểm đối với đường tròn ta có:
( 4)
YC.YD = YB.YA, ZF.ZE = ZD.ZC, XB.XA = XF.XE
Nhân (1),(2) và (3) theo vế, ta được:
QZ RY PX CY.BX.FZ.AX.EZ.DY
× × × =1
QX RZ PY CZ.BY.FX.AY.EX.DZ

(5)
QZ RY PX YC.YD ZF.ZE XB.XA
Û × × × × × =1
QX RZ PY YB.YA ZD.ZC XF.ZE
QZ RY PX
× × = 1.
Thế (4) vào (5), ta được
QX RZ PY
Vậy P, Q, R thẳng hàng (theo định lý Menelaus).

Đường thẳng PQR ở trên được gọi là đường thẳng Pascal ứng với bộ điểm
A, B, C, D, E, F .
Bằng cách hoán vị các điểm A, B, C, D, E, F ta thu được rất nhiều các đường thẳng
Pascal khác nhau, cụ thể ta có tới 60 đường thẳng Pascal.

www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 47
===========================================================
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM


C D
Chẳng hạn hình vẽ bên minh họa trường hợp các
điểm ACEBFD.
Ngoài ra khi cho các điểm có thể trùng nhau (khi đó Q
R
B
lục giác suy biến thành tam giác, tứ giác, ngũ giác), ví dụ
E
E º F thì cạnh EF trở thành tiếp tuyến của đường tròn tại P
E , ta còn thu thêm được rất nhiều các đường thẳng Pascal
khác nữa.
Hình vẽ dưới đây minh họa trường hợp các điểm A
F
ABCDEE, ABCCDD, AABBCC:

R P

Q

E
Q
C
B
D

C

R
A
A
P YB D



Q




R

A



P C
B



Tiếp theo ta đưa ra các bài toán ứng dụng định lý Pascal:

Bài toán 1: (Định lý Newton)
Một đường tròn nội tiếp tứ giác ABCD lần lượt tiếp xúc với các cạnh AB, BC, CD, DA
tại E, F, G, H .
Khi đó các đường thẳng AC, EG, BD, FH đồng quy.

www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 48
===========================================================
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM

Lời giải:
Gọi O = EG Ç FH, X = EH Ç FG .
Vì D là giao điểm của các tiếp tuyến với đường tròn tại G, H, áp dụng
định lý Pascal cho các điểm E, G, G, F, H, H , ta có:
EG Ç FH = O,
A
GG Ç HH = D,
X
GF Ç HE = X. H
D
Suy ra O, D, X thẳng hàng. E
Áp dụng định lý Pascal cho các điểm
O
G
E, E, H, F, F, G, ta có:
EE Ç FF = B,
EH Ç FG = X,
HF Ç GE = O. C B
Suy ra B, X, O thẳng hàng. F
Từ đó ta được B, O, D thẳng hàng.
Vậy EG, FH, BD đồng quy tại O .
Chứng minh tương tự đối với đường thẳng AC ta được điều phải chứng minh.

Bài toán 2:
Cho tam giác ABC nội tiếp trong một đường tròn. Gọi D, E lần lượt là các điểm chính
giữa của các cung AB, AC ; P là điểm tuỳ ý trên cung BC ; DP Ç AB = Q, PE Ç AC = R .
Chứng minh rằng đường thẳng QR chứa tâm I của đường tròn nội tiếp tam giác ABC .
Lời giải:
Vì D, E lần lượt là điểm chính giữa của các A
D
cung AB, AC nên CD, BE theo thứ tự là các đường
··
phân giác của góc ACB, ABC .
E
Suy ra I = CD Ç EB. Q
Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm R
I
C, D, P, E, B, A, ta có:
CD Ç EB = I ; B C
DP Ç BA = Q;
PE Ç AC = R.
Vậy Q, I, R thẳng hàng. P




Bài toán 3: (Australia 2001)



www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 49
===========================================================
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), đường cao đỉnh A, B, C lần lượt cắt (O) tại
A’, B’, C’. D nằm trên (O), DA 'Ç BC = A", DB'Ç CA = B", DC 'Ç AB = C" .
Chứng minh rằng: A”, B”, C”, trực tâm H thẳng A
hàng.
B'
Lời giải: C'
Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm
A, A ', D, C ', C, B, ta có: H
C"
AA 'Ç C 'C = H, B"
A ' D Ç CB = A",
DC 'Ç BA = C". A"
B C
Vậy H, A", C" thẳng hàng. D
Tương tự suy ra A”, B”, C”, H thẳng hàng. A'


Bài toán 4: (IMO Shortlist 1991)
P thay đổi trong tam giác ABC cố định. Gọi P’, P” là hình chiếu vuông góc của P trên
AC, BC, Q’, Q” là hình chiếu vuông góc của C trên AP, BP, gọi X = P 'Q"Ç P"Q ' .
Chứng minh rằng: X di chuyển trên một đường cố định.
Lời giải:
Ta có: A
· = CP"P = CQ 'P = CQ"P = 900
···
CP 'P
Nên các điểm C, P ', Q", P, Q ', P" cùng thuộc Q"
P'
một đường tròn.
X
Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm
P
C, P ', Q", P, Q ', P" ta có:
CP 'Ç PQ ' = A,
P 'Q"Ç Q ' P" = X, B C
P"
Q"P Ç P"C = B.
Q'
Vậy A, X, B thẳng hàng.
Vậy X di chuyển trên đường thẳng AB cố định.

C
Bài toán 5: (Poland 1997)
R
Ngũ giác ABCDE lồi thỏa mãn: B
··
CD = DE, BCD = DEA = 900 . Điểm F trong đoạn D
F
AF AE
= ×
AB sao cho
BF BC
· ·· ·
Chứng minh rằng: FCE = ADE, FEC = BDC . P E
A

Q


Lời giải:

www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 50
===========================================================
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM

Gọi P = AE Ç BC , Q, R lần lượt là giao điểm của AD và BD với đường tròn đường
kính PD, G = QC Ç RE .
Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm P, C, Q, D, R, E, ta có:
PC Ç DR = B,
CQ Ç RE = G,
QD Ç EP = A.
Vậy A, G, B thẳng hàng.
Lại có:
·
sin GQD
· DA × GQ × ·
AG SDAG DG.DA.sin GDQ DG = DA.GQ = DA.sin QRE
= = =
· · ·
BG SDBG DB.GR DB.sin RQC
DG.DB.sin GDR sin GRD
DB × GR ×
DG
· DA.DE.sin ADE S
·
DA.sin ADE AE
= = = DAE =
· ·
DB.sin BDC DB.DC.sin BDC SDBC BC
AG AF
Þ = ÞFºG
BG BF
· ·· ·
Từ đó dễ dàng có FCE = ADE, FEC = BDC .

Bài toán 6:
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), A’, B’, C’ là trung điểm BC, CA, AB.
Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác AOA’, BOB’, COC’ thẳng
hàng.
Lời giải:
Gọi A”, B”, C” là trung điểm của OA, J
OB, OC. I, J, K là tâm các đường tròn ngoại
tiếp các tam giác AOA’, BOB’, COC’. Khi đó
I là giao điểm của các trung trực của OA và
OA’, hay chính là giao điểm của B”C” và tiếp A K
tuyến của đường tròn (O;OA”) tại A”. Tương
tự với J, K. A" B'
C'
Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm
O
A ", A", B", B", C", C" ta có: C"
B" I
A "A"Ç B"C" = I, B C
A'
A"B"Ç C"C" = K,
B"B"Ç C"A" = J.
Vậy I, J, K thẳng hàng.
Bài toán 7: (China 2005)
Một đường tròn cắt các cạnh của tam giác ABC theo thứ tự tại các điểm
D1 , D 2 , E1 , E 2 , F1 , F2 . D1E1 Ç D 2 F2 = L, E1F1 Ç E 2 D 2 = M, F1D1 Ç F2 E 2 = N .
Chứng minh rằng AL, BM, CN đồng quy.


www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 51
===========================================================
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM

Lời giải:
P
A
E2
F1

M
N
E1
F2
C
L
Z
B D1 D2
Q
R

Gọi D1F1 Ç D 2 E 2 = P, E1D1 Ç E 2 F2 = Q, F1E1 Ç F2 D 2 = R .
Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm E 2 , E1 , D1 , F1 , F2 , D2 ta có:
E 2 E1 Ç F1F2 = A,
E1D1 Ç F2 D 2 = L,
D1F1 Ç D2 E 2 = P.
Suy ra A, L, P thẳng hàng.
Tương tự B, M, Q thẳng hàng, C, N, R thẳng hàng.
E 2 E1 Ç D1F2 = CA Ç D1F2 = X, F2 F1 Ç E1D2 = AB Ç E1D 2 = Y, D 2 D1 Ç F1E 2 = BC Ç F1E 2 = Z
Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm F1 , E1 , D1 , D 2 , F2 , E 2 ta có:
F1E1 Ç D 2 F2 = R,
E1D1 Ç F2 E 2 = Q,
D1D 2 Ç E 2 F1 = Z.
Suy ra Q, R, Z thẳng hàng.
Tương tự P, Q, Y thẳng hàng, Z, P, X thẳng hàng.
Xét các tam giác ABC, PQR có: X = CA Ç RP, Y = AB Ç PQ, Z = BC Ç QR .
Áp dụng định lý Desargues suy ra các đường thẳng AP º AL, BQ º BM, CR º CN đồng
quy. N
M P
Bài toán 8: (Định lý Brianchon)
I
Lục giác ABCDEF ngoại tiếp một C D
H J
đường tròn. B E
Khi đó AD, BE, CF đồng quy.
G K


Lời giải:


F
A L
www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 52
===========================================================
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM

Ta sẽ chứng minh định lý này bằng cực và đối cực để thấy rằng Pascal và Brianchon là
hai kết quả liên hợp của nhau.
Gọi các tiếp điểm trên các cạnh lần lượt là G, H, I, J, K, L. Khi đó GH, HI, IJ, JK, KL,
LG lần lượt là đối cực của B, C, D, E, F, A.
Gọi GH Ç JK = N, HI Ç KL = P, IJ Ç LG=M
Theo Pascal cho lục giác GHIJKL ta có M, N, P thẳng hàng.
Mà M, N, P lần lượt là đối cực của AD, BE, CF nên suy ra AD, BE, CF đồng quy tại
cực của đường thẳng MNP.

Bài toán 9:
Cho tam giác ABC, các phân giác và đường cao tại đỉnh B, C là BD, CE, BB’, CC’.
Đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc với AB, AC tại N, M.
Chứng minh rằng MN, DE, B’C’ đồng quy.
Lời giải:
Gọi hình chiếu của C trên BD là P,
A
hình chiếu của B trên CE là Q. B' P
Dễ chứng minh: M
C'
µ
· A· ··
NMI = = ICP Þ NMI + PMI = 1800 QN
D
2
S E
I
Nên M, N, P thẳng hàng.
Tương tự suy ra M, N, P, Q thẳng
hàng. C
B
Áp dụng định lý Pascal cho sáu
điểm B ', C ', B, P, Q, C, ta có:
B 'C 'Ç PQ = S,
C ' B Ç QC = E,
BP Ç CB' = D.
Vậy S, E, D thẳng hàng, hay là MN, DE, B’C’ đồng quy tại S.

Bài toán 10:
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Tiếp tuyến của (O) tại A, B cắt nhau tại S.
Một cát tuyến quay quanh S cắt CA, CB tại M, N, cắt (O) tại P, Q.
Chứng minh rằng M, N, P, Q là hàng
K
điểm điều hòa.
Lời giải: E
Vẽ tiếp tuyến ME, MD của (O) cắt SA, A
SB tại K, L.
C
Áp dụng định lý Newton cho tứ giác I N
P Q
ngoại tiếp SKML ta có BE, AD, SM, KL S M
đồng quy.

B
D
www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 53
===========================================================
L
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM

Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm A, D, E, E, B, C, ta có:
AD Ç EB = I,
DE Ç BC = N ',
EE Ç CA = M.
Vậy I, N ', M thẳng hàng, hay N º N ' , tức là N Î DE .
Do DE là đối cực của M đối với (O) nên M, N, P, Q là hàng điểm điều hòa.

Bài toán 11: (Định lý Steiner)
Đường thẳng Pascal của các lục giác ABCDEF, ADEBCF, ADCFEB đồng quy.
Lời giải:
Gọi AB Ç DE = P1 , BC Ç EF = Q1 , AD Ç BC = P2 , P
DE Ç CF = Q 2 , AD Ç FE = P3 , CF Ç AB = Q3 .
P2
Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm
Q2
A, B, C, F, E, D, ta có:
P1Q3 Ç Q1P3 = AB Ç FE = P, P1 Q1
P1Q 2 Ç Q1P2 = BC Ç ED = Q, Q
Q3 C D P3
Q2 Q3 Ç P2 P3 = CF Ç DA = R. E
B
Vậy P, Q, R thẳng hàng. R
Áp dụng định lý Desargues suy ra các đường
thẳng A F
P1Q1 , P2 Q2 , P3Q3 đồng quy.
Hay đường thẳng Pascal của các lục giác
ABCDEF, ADEBCF, ADCFEB đồng quy.

Bài toán 12: (Định lý Kirkman)
Đường thẳng Pascal của các lục giác ABFDCE, AEFBDC, ABDFEC đồng quy.

Ta đã biết ở trên là có 60 đường thẳng Pascal. Cứ 3 đường một đồng quy tạo ra 20
điểm Steiner. Trong 20 điểm Steiner cứ 4 điểm một lại nằm trên một đường thẳng tạo ra 15
đường thẳng Plucker. Ngoài ra 60 đường thẳng Pascal đó lại cứ 3 đường một đồng quy tạo
ra 60 điểm Kirkman. Mỗi điểm Steiner lại thẳng hàng với 3 điểm Kirkman trên 20 đường
thẳng Cayley. Trong 20 đường thẳng Cayley, cứ 4 đường một lại đồng quy tạo ra 15 điểm
Salmon …
Để kết thúc xin đưa ra một số bài toán khác áp dụng định lý Pascal:

Bài toán 13: (MOSP 2005)
Cho tứ giác nội tiếp ABCD, phân giác góc A cắt phân giác góc B tại E. Điểm P, Q lần
lượt nằm trên AD, BC sao cho PQ đi qua E và PQ song song với CD.
Chứng minh rằng AP + BQ = PQ .




www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 54
===========================================================
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM

Bài toán 14:
··
Các điểm P, Q trong tam giác ABC sao cho BP = CP, BQ = CQ, ABP + ACQ = 1800 .
··
Chứng minh rằng BAP = CAQ .

Bài toán 15: (IMO Shortlist 2007)
Cho tam giác ABC cố định, các trung điểm A1 , B1 , C1 của BC, CA, AB tương ứng.
Điểm P thay đổi trên đường tròn ngoại tiếp tam giác. Các đường thẳng PA1 , PB1 , PC1 cắt lại
đường tròn tại A’, B’, C’ tương ứng. Giả sử các điểm A, B, C, A’, B’, C’ đôi một phân biệt
và các đường thẳng AA’, BB’, CC’ tạo ra một tam giác.
Chứng minh rằng diện tích của tam giác đó không phụ thuộc vào vị trí của P.

Bài toán 16:
Hai tam giác ABC, A’B’C’ có cùng đường tròn ngoại tiếp. Các cạnh của hai tam giác
cắt nhau tại 6 điểm tạo ra một hình lục giác.
Chứng minh rằng các đường chéo của hình lục giác đó đồng quy.

Bài toán 17: (IMO 2010)
Điểm P nằm trong tam giác ABC với CA ¹ CB . Các đường AP, BP, CP cắt lại đường
tròn ngoại tiếp tại K, L, M. Tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tại C cắt AB ở S. Giả sử
SC = SP .
Chứng minh rằng MK = ML .

Bài toán 18: (MEMO 2010)
Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc các cạnh BC, CA, AB tại D, E, F tương ứng.
K là đối xứng của D qua tâm đường tròn nội tiếp. DE cắt FK tại S.
Chứng minh rằng AS song song BC.




www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 55
===========================================================
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM


HÀM SỐ HỌC VÀ MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ HÀM SỐ HỌC
Trường THPT Chuyên Hưng Yên


Hàm số học là hàm số có miền xác định là tập con của tập số tự nhiên .
Kí hiệu A là tập hợp tất cả các số học.
I.Một số tính chất chung của các hàm số học
1.Tích chập Dirichlet (gọi là tích chập)
Định nghĩa 1. Cho f và g là hai hàm số học. Tích chập Dirichlet gọi là tích chập của
f và g , ký hiệu là f * g , xác định bởi

( f * g ) (n ) = å f (d )g æ n ö "n Î N *,
ç÷
èd ø
d |n

trong đó tổng lấy trên tất cả các số nguyên dương d mà chia hết n .
Ví dụ 1. Ta xét hai hàm số học sau nếu
ì1 nẳu n =1
· d (n ) = í
nẳu n Î N * , n>1
î0
· e(n ) = 1 với mọi n Î N * .
Khi đó với mọi f Î A ta có
ænö
a) ( f * d ) (n ) = å f (d )d ç ÷ = f (n ) với mọi n Î N * Þ f * d = f .
èd ø
d |n

ænö
b) ( f * e ) (n ) = å f (d )eç ÷ = å f (d ) với mọi n Î N * .
è d ø d |n
d |n

Định lý 1. Với f , g , h Î A ta có
i) f * g = g * f .
ii )( f * g ) * h = f * ( g * h ).
iii ) f * ( g + h ) = f * g + f * h.
2. Toán tử Ta f (a Î R, f Î A) và Lf ( f Î A)
Định nghĩa 2. Cho a Î R, với mỗi f Î A ta xác định toán tử Ta f như sau
Ta f (n ) = f (n )n a "n Î N * .
Định nghĩa 3. Với mỗi f Î A ,ta xác định toán tử Lf như sau
Lf (n ) = f (n ) ln n "n Î N * .
Ví dụ 2. Với hai hàm số học d và e , ta có
· Tad (n ) = d (n )n a = d (n ) "n Î N * Þ Ta d = d .
· Ta e(n ) = e(n )n a = n a "n Î N * .
· Ld (n ) = d (n ) ln n = 0 "n Î N * .
· Le(n ) = e(n ) ln n = ln n "n Î N * .
Định lý 2. Cho f , g Î A ta có
i ) L( f * g ) = g * Lf + f * Lg.
ii )Ta ( f * g ) = (Ta f * Ta g ), a Î R.
iii ) L( f + g ) = Lf + Lg.
iv) Ký hiệu f *k là tích chập của f với chính nó k lần, nghĩa là



www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 56
===========================================================
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM


f *0 = d ; f *1 = f ; f *k = f * f * ... * f .

k lần
( ) (k -1)
+
Khi đó với k Î Z thì L f * = kf * *Lf "f Î A.
k


3. Hàm số Mobius m
Định nghĩa 4. Cho f Î A, hàm g Î A được gọi là nghịch đảo tích chập của f nếu
f * g = d , ký hiệu g = f *-1 .
Định lý 3. Cho f , g Î A , ta có
i) f *-1 tồn tại khi và chỉ khi f (1) ¹ 0.
ii) Nếu tồn tại f *-1 thì f *-1 được xác định duy nhất theo quy nạp như sau

f *-1 (1) =
1
,
f (1)
ænö
f *-1 (n ) = - å f (d ) f *-1 ç d ÷ "n ³ 2, n Î N .
1
f (1) d >1 èø
d |n

f ( p)
Đặc biệt nếu p là số nguyên tố thì f *-1 ( p ) = - .
f 2 (1)
iii) Nếu tồn tại f *-1 thì Lf *-1 = -( f * f ) * (Lf ).
iv) Nếu tồn tại f *-1 , g *-1 thì cũng tồn tại ( f * g ) * -1 và được xác định như sau
( f * g ) *-1 = f *-1 * g *-1
Nhận xét: Từ ví dụ 1 và định lý 3 suy ra luôn luôn tồn tại d * -1 và e * -1 và xác định
d *-1 (1) = = 1 = d (1),
1
d (1)
ænö
d *-1 (n ) = - å d (d )d *-1 ç d ÷ = 0 = d (n ) "n > 1.
1
d (1) d >1 èø
d |n

Þ d * =d . -1


Đối với hàm số học e việc tìm e * -1 sẽ khó hơn , ta sẽ xét dưới đây.
Định nghĩa 5. Hàm Mobius m được định nghĩa là nghịch đảo tích chập của hàm e,
nghĩa là
m = e *-1 .
Nhận xét: Từ ví dụ 1 và định nghĩa hàm Mobius ta suy ra kết quả quan trọng sau
ì1 nêu n = 1,
å m (d ) = (m * e)(n ) = d (n) = í0 nêu n > 1.
î
d |n

Định lý 4. Ta có
i) Nếu n Î N * thì
ì1 nốu n = 1
ï
m (n ) = í(- 1) nốu n có phân tích tiêu chuốn lố n = p1p2…pr, r>1
r

ï0 nốu tốn tối số nguyên tố p sao cho p2|n.
î
ii) Nếu f , F Î A thì
ænö
F (n ) = å f (d ) Û f (n ) = å m (d )F ç ÷ "n Î N * .
èd ø
d |n d |n




www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 57
===========================================================
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM

(Công thức đảo ngược Đêđêkin-Liuvin)
Từ định lý trên ta có
m (1) = 1; m (2 ) = (- 1) = -1; m (8) = m (23 ) = 0; m (15) = m (3.5) = (- 1) = 1.
-1 2


4. Hàm nhân tính
Định nghĩa 6. Cho f Î A và f không đồng nhất bằng không,
Hàm f được gọi là hàm nhân tính nếu f (mn ) = f (m ) f (n ) với mọi m, n Î N * thỏa mãn
(m,n) =1. Hàm f được gọi là hàm hoàn toàn nhân tính nếu f (mn ) = f (m ) f (n ) với mọi
m, n Î N * .
Ký hiệu M là tập hợp tất cả các hàm nhân tính.
Nhận xét:
a a a
Từ định nghĩa trên, giả sử n = p1 1 p2 2 ... pk k là sự phân tích tiêu chuẩn của n, ta có kết
quả sau
()
k
Nếu f là hàm nhân tính thì f (n ) = Õ f p ia i .
·
i =1

f ( p ) = ( f ( p ))
a
a
với mọi a Î N * và p
· Nếu f là hàm hoàn toàn nhân tính thì
nguyên tố.
· Để chứng minh hai hàm nhân tính bằng nhau chỉ cần chứng minh chúng bằng nhau
trên mọi lũy thừa của các số nguyên tố.
· Để chứng minh hai hàm hoàn toàn nhân tính bằng nhau chỉ cần chứng minh chúng
bằng nhau trên tập các số nguyên tố.
· Với f là hàm nhân tính, nếu m = n = 1 thì (m,n) = 1 suy ra f (1) = f (1) f (1), do vậy
f (1) = 0 hoặc f (1) = 1
Nếu f (1) = 0 thì với mọi n cũng có (n,1) = 1 Þ f (n ) = f (n ) f (1) =0, nên f là
hàm đồng
nhất bằng không, vậy nếu f là hàm nhân tính thì f (1) = 1 .
· Nếu f 1 , f 2 là các hàm nhân tính, hàm tích f của chúng được định nghĩa bởi:
f (n ) = f 1 (n ) f 2 (n ) "n Î N * , ký hiệu f = f 1 f 2 thì f cũng là hàm nhân tính.
· Ta dễ dàng kiểm tra được
- Với mỗi n Î N * hàm f (a ) = a n với mọi a Î N * là một hàm nhân tính.
- Hàm d là hàm nhân tính.
- Hàm e là hàm hoàn toàn nhân tính.
Định lý 5. ( tính chất cơ bản của hàm nhân tính)
a
Nếu n > 1, n Î N * và n = p 1a 1 p 2 2 ... p k k là sự phân tích tiêu chuẩn của n thì với
a


mọi hàm nhân tính f ta có

å f (d ) = (1 + f ( p ) + ... + f ( pa ))...(1 + f ( p ) + ... + f ( pa )), (1)
k
1
1 1 k k
d |n

trong đó tổng ở vế trái lấy trên tất cả các ước số dương d của n.
Chứng minh
Nếu ta khai triển vế phải (1), thì ta sẽ được một tổng gồm các số hạng có dạng
( )( ) ( )
f p1b1 f p 2 2 ... f p kb k , trong đó 0 £ b i £ a i với mọi i = 1,2,3,..,k.
b


( )( ) ( ) ( )
Theo giả thiết f là hàm nhân tính nên f p1b1 f p 2 2 ... f p kb k = f p1b1 p 2 2 ... p kb k
b b


nhưng p p ... p (0 £ b i £ a i , i = 1,2,3,..., k ) chính là một ước d của n và mọi ước d của n
b1 b2 bk
1 2 k

đều có dạng đó. Vì vậy vế phải của (1) là tổng của những số hạng có dạng f (d ) , trong đó d
chạy khắp chỉ một lần tất các ước dương của n, đó chính là vế trái của (1) ( đpcm).


www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 58
===========================================================
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM


Nhận xét: Vận dụng định lý trên đối với hàm nhân tính f (a ) = a n với mỗi a Î N * và
a a a
a = p1 1 p 2 2 ... p k k là sự phân tích tiêu chuẩn của a thì ta có
)( )
(
åd = 1 + p1n + p12 n + ... + p1na1 ... 1 + p k + p k2 n + ... + p kna k .
n n

d |n

· Nếu n = 0 và ký hiệu d(a) là các số ước dương của a thì
d (a ) = å d 0 = å 1 = (a 1 + 1)(a 2 + 1)...(a k + 1).
d |a d |a

Nếu n = 1 và ký hiệu s (a ) là tổng các ước dương của a thì s (a ) = å d .
·
d |a
a 1 +1 a
- 1 pk k +1 - 1
)( )=
(
Do đó s (a ) = 1 + p1 + p + ... + p ... 1 + pk + p + ... + p
p
a1 ak
2 2 1
... .
p1 - 1 pk - 1
1 1 k k


Định lý 6. Cho a Î R và f Î M ta có
i) f *-1 tồn tại
ii) Ta f Î M và nếu f là hàm hoàn toàn nhân tính thì Ta f cũng là hàm hoàn toàn nhân
tính.
iii) (Ta f ) = Ta f *-1 .
*-1


Chứng minh.
i) Ta có f (1) = 1 suy ra f *-1 tồn tại (theo định lý 3 )
ii) Nếu a Î R và m, n Î N * thỏa mãn (m,n) = 1 thì
Ta f (mn ) = f (mn )(mn ) = f (m )m a f (n )n a = Ta f (m )Ta f (n ).
a


vì vậy ta được Ta f Î M .
Nếu f là hàm hoàn toàn nhân tính thì f (mn ) = f (m ) f (n ) "m, n Î N * suy ra
Ta f (mn ) = f (mn )(mn ) = f (m )m a f (n )n a = Ta f (m )Ta f (n ).
a


hay Ta f là hàm hoàn toàn nhân tính.
iii) Do f Î M theo i) tồn tại f *-1 , vì vậy ta có
( )
Ta f * Ta f *-1 = Ta f * f *-1 = Tad = d Þ (Ta f ) = Ta f *-1 .
*-1


Dựa vào các kết quả trên ta hoàn toàn có thể chứng minh định lý sau
Định lý 7. Cho f , g Î A.
i) Nếu f , g Î M thì f * g Î M
ii) Nếu f và f * g Î M thì g Î M .
iii) Nếu f Î M thì f *-1 Î M .
II.Một số hàm số học thường gặp
1. Tổng các ước
Định nghĩa 7. Cho n là số nguyên dương, với mỗi số thực a ta gọi hàm s a là tổng lũy
thừa a của các ước dương của n, nghĩa là s a (n ) = å d a "n Î N * .
d >0
d |n

"n Î N *, s (n ) còn được gọi là tổng các ước
Khi a = 1 ta viết s 1 (n ) = s (n) = å d
d >0
d |n

dương của n.
Khi a = 0 ta viết s 0 (n ) = d (n) = å1 "n Î N *, trong đó d(n) là số các ước dương
d >0
d |n

của n.


www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 59
===========================================================
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM

Định lý 8. Ta có
i) s a = e * Ta e "a Î R.
ii) s a là hàm nhân tính.
a a a
iii)Với n Î N , n > 1 và n có phân tích tiêu chuẩn là n = p1 1 p 2 2 ... p r r ta có các kết quả
sau
p ia (a +1)
r
Nếu a ¹ 0 thì s a (n ) = Õ
·
p ia - 1
i =1
r
Nếu a = 0 thì s a (n ) = Õ (a i + 1)
·
i =1
Chứng minh
i) Nếu n Î N * thì
(e * Ta e)(n ) = å eæ n öTa e(d ) = å Ta e(d ) = å e(d )d a =å d a = s a (n),
ç÷
d |n è d ø d |n d |n d |n

suy ra s a = e * Ta e.
ii) Do e, Ta e là hàm nhân tính suy ra e * Ta e là hàm nhân tính theo định lý 7, vì
vậy s a = e * Ta e là hàm nhân tính.
()
iii) Vì s a là hàm nhân tính nên ta chỉ cần tính s a pia1 với 1 £ i £ r ,
()()
Nếu a = 0 thì s 0 pia1 = d p ia i = å 1. Mà pia i chỉ có các ước là 1, p i , pi2 ,..., pia i do
k |a i
p i

đó
s 0 ( p ia1 ) = d ( p ia i ) = (a i + 1)

p ia (a i +1) - 1
ai
( ) = å (p ) ta
a1 a ia
a 2a
Nếu a ¹ 0 thì s p = 1+ p + p + ... + p =
p ia - 1
i i i i i
t =0

ì pia (a i +1) - 1
nêu a ¹ 0
() ï
Vì vậy ta được s a pia1 = í pia - 1
ï(a + 1) nêu a = 0
îi
Từ đó ta có kết quả cần chứng minh
Ví dụ3: Tính s 0 (18); s (18); s 2 (18); s 0 (10 ); s 2 (10 ).
Giải
s 0 (18) = d (18) = s 0 (2.3 2 ) = (1 + 1)(2 + 1) = 6
32 - 1 2 2 - 1
s (18) = s (2.3 2 ) = = 42.
3 -1 2 -1

(18) = s 2 (2.32 ) = 2 2 - 1 32 - 1 = 455
4 6
s2
2 -1 3 -1
s 0 (10) = s 0 (2.5) = d (10) = (1 + 1)(1 + 1) = 4
24 - 1 54 - 1
s 2 (10) = s 2 (2.5) = 2 = 130.
2 - 1 52 - 1
2. Số các ước
Định nghĩa 8. Cho k, n là các số nguyên dương, ta gọi hàm dk(n) là cách viết n thành
tích của k nhân tử, trong đó thứ tự của các nhân tử cũng được tính.
Nhận xét


www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 60
===========================================================
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM

· d1(n)= 1; d2(n)= d(n) là số các ước dương của n.

· Theo định nghĩa thì dk+1(n) là số cách viết n như là tích của (k+1) nhân tử hay là số
n
cách viết n có dạng n = a1a2…ak+1. Nếu cố định ak+1|n thì có thể viết như là
a k +1
ænö
ç a ÷ cách. Vì vậy ta được d k +1 (n) = å d k (i ) "k ³ 1
tích của k nhân tử và có d k ç ÷
è k +1 ø i| n

Định lý 9. Cho k Î N * , ta có
i) d k = e * k
ii) dk là hàm nhân tính
r
iii)Nếu n = Õ p ia i là sự phân tích tiêu chuẩn của n thì với mọi k ³ 1 ta có
i =1
r
d k (n ) = Õ Ca i-+ k -1
k1

i =1
Chứng minh
i) Chứng minh quy nạp theo k.
Nếu k = 1 thì d1(n) = 1 = e(n) suy ra d1=e*1.
Nếu k = 2 thì d 2 (n) = d (n) = å 1
d |n

ænö
Ta lại có e*2 (n) = (e * e )(n) = å e(d )eç ÷ =å1, suy ra d 2 (n) = e*2 (n) "n Î N * .
è d ø d |n
d |n
*2
Vì vậy ta được d2= e .
Giả sử với mọi 1 £ m £ k - 1 ta có dm= e*m.
Khi đó ta có
d k (n) = å d k -1 (i ) = å e *(k -1) (i )
i |n i| n


( )
ænö
= å eç ÷e *( k -1) (i ) = e * e *(k -1) (n) = e *k (n)
i |n è i ø

hay dk = e*k "k Î N * (đpcm).
ii)Vì e là hàm nhân tính suy ra dk = e*k là hàm nhân tính (theo định lý 7).
m

åC m +1
= C m + n +1
iii) Sử dụng kết quả: Nếu m,n là các số nguyên không âm thì n
(1)
i+ n
i =0

Vì dk là hàm nhân tính nên ta chỉ cần chứng minh d k ( p a ) = C k -1
, (2) với p nguyên tố,
a + k -1
a Î N * . Thật vậy ta có
Nếu k = 1 thì d 1 ( p a ) = 1 = Ca = Ca +1 -1 , suy ra (2) đúng.
k-
0
k

Nếu k = 2 thì d 2 ( p a ) = d ( p a ) = a + 1 = Ca +1 = Ca +1 -1 , suy ra (2) đúng.
k-
1
k

Giả sử với mọi 1 £ m £ k mà d m ( p a ) = Ca +-m-1 , khi đó ta có
m1

a a
() ()
d k +1 p a = å d k p i = å C ik+-k1-1 =Ca + k ( theo (1)) nên (2) đúng với k+1.
k

i =0 i =0
Vậy (2) đúng với mọi k Î N *
r r
Vì vậy nếu n = Õ p ia i là sự phân tích tiêu chuẩn của n thì d k (n ) = Õ Ca i-+ k -1
k1

i =1 i =1

3. Hàm Ơle j (n )


www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 61
===========================================================
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM

Định nghĩa 9. Cho n Î N * , ta gọi hàm j (n ) là số các số nguyên dương nguyên tố với n
và nhỏ hơn n, tức là j (n ) = å1.
1£ d £ n
( d , n ) =1

Định lý 10. Ta có
i) j (n ) = å m (k ) .
n
k
k |n

ii) j = m * T1e.
iii) j là hàm nhân tính
æ 1ö
iv) Nếu n là số nguyên dương thì j (n ) = nÕ ç1 - ÷ .
ç p÷
p| n è ø
Chứng minh
i) Từ nhận xét của định nghĩa 5 ta có với mọi n>1 thì
n n

å m (d ) = 0 Þ j (n ) = å1 = å1 å m (k ) = å å m (k ).
1£ d £ n d =1 k |( d , n ) d =1 k |d
d |n
( d , n ) =1 k |n

Cố định k là là ước của n, ta phải lấy tổng với những giá trị của d thỏa mãn 1 £ d £ n mà
n
d chia hết cho k. Nếu d=qk thì do 1 £ d £ n suy ra 1 £ q £ và
k
n/k n/k
j (n ) = å å m (k ) =å m (k ) å1 = å m (k ) . (đpcm)
n
k
k | n q =1 q =1
k |n k |n

ii). Theo i) ta có
ænön ænö
j (n ) = å m (k ) = å m (k )eç ÷ = å m (k )T1eç ÷ = (m * T1e ) Þ j = m * T1e .
n
è k ø k k |n èkø
k k |n
k |n



iii). Theo ii) ta có j = m * T1e . Mà m , T1e là hàm nhân tính nên j là hàm nhân tính.
()
iv) Vì j là hàm nhân tính để xác định j (n ) ta chỉ cần tính giá trị của j p a , với
a Î N * và p nguyên tố. Ta có
pa æ 1ö
a
() () ()
j p = å m (k ) = å m pi pa -i =m p0 pa + m ( p) pa -1 = pa - pa -1 = pa ç1 - ÷ Þ j (n) = nÕ(1 - ).
1
a
ç p÷
è ø
k p
i =0
k | pi p\n

III. Một số bài tập về hàm số học
Bài 1. Cho n Î N * , ta có
a) å j (d ) = n. ( Hệ thức Gauss)
d |n

ænö
å j (i)d ç i ÷ = s (n ).
b)
èø
d |n

Giải
a) Do j = m * T1e và e(n)= 1 với mọi n Î N * nên ta có
ænö
å j (d ) =å j (d )eç d ÷ =(e * j )(n) = (e * m * T e )(n) 1
èø
d |n d |n

å j (d ) =(T e)(n) = n vì m = e *-1
.
1
d |n

ænö
å j (i)d ç i ÷ = (j * d )(n ) = (m * T e * e * e)(n ) = (T e * e )(n) = s (n ). (theo định lý
b) Ta có 1 1
èø
d |n

8)

www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 62
===========================================================
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM


Bài 2. Đặt f (n ) = Õ m (d ) "n Î N * . Chứng minh rằng
d |n

ì- 1 Nếu n là số nguyên tố
ï
f (n ) = í0 nếu tồn tại số nguyên tố p sao cho p2|n,
ï1 nếu n có phân tích tiêu chuẩn là n = p1p2…pr,
î
Giải r ³ 2
Sử dụng định lý 4 về công thức tính m (n ) , ta xét các trường hợp sau
· Nếu n là số nguyên tố thì f (n ) = Õ m (d ) = m (1)m (n) = -1
d |n

Nếu tồn tại số nguyên tố p sao cho p2|n, thì n = p a m
·
với a ³ 2,a Î N và (m, p ) = 1 suy ra
f (n ) = Õ m (d ) = m ( pa ) Õ m ( p) = 0
d |n d |n
d ¹ pa

· Nếu n có phân tích tiêu chuẩn là n = p1p2…pr,( r ³ 2) thì
r
f (n ) = Õ m (d ) = m (1)Õ m ( pi ) Õ m( p Õ
) m ( p i2 )... m ( pi1 pi2 ... pir ) m ( p1 p 2 ... p r )
i1
i =1 1£ i1 p0. Điều này mâu thuẫn với cách chọn p0. Vậy tồn tại vô số số nguyên tố dạng
4k + 1 (k Î N*).
Chúng ta chuyển sang việc giải bài toán 2. Giả sử p là số nguyên tố dạng 4k + 1 (k
p -1
æ -1ö
ÎN ) Þ ç
ç p ÷ = (-1) = 1 Þ -1 là số chính phương (modp)
* 2
÷
èø
Þ $ np Î { 0,1,2 …. ,p - 1} sao cho n 2 º -1(mod p ) Þ n 2 +1: p và np! không chia hết
p p


cho p ® np ! không chia hết cho n 2 + 1. Ta có: n 2 + 1 ³ p Þ np ³ p - 1 . Vì tồn tại vô
p p




www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 67
===========================================================
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM

số số nguyên tố p dạng 4k + 1 (k Î N*) nên tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho n2 + 1
không là ước của n!
Bài toán 3: Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho ước nguyên tố
lớn nhất của n2 + 1 lớn hơn 2n
(Tạp chí Animath của Pháp năm 2006)
Lời giải của bài toán 3: Giả sử p là số nguyên tố dạng 4k + 1 (k Î N*)
p -1
æ -1 ö
Suy ra ç ÷ = (-1) 2 = 1 Þ -1 là số chính phương (modp)
ç p÷
èø
Þ $ x Î {0,1,2, … ,p - 1} sao cho x2 º - 1(modp).
Ta có: q2 º (p- q)2 (modp) (q Î Z)
p -1
Þ $ q Î {0,1,2, …, } sao cho q2 º -1 (modp).
2
p +1
p -1
< x < p Þx ³
Thật vậy giả sử . Đặt q = p – x, ta có:
2 2
p -1
. Ta có: q2 +1 M p và
q2 = ( p – x)2 º x2 º - 1 (modp) và 0 < q £
2
p ³ 2q +1 > 2q. Suy ra ước nguyên tố lớn nhất của q2 +1 lớn hơn 2q.Vì có vô số số
nguyên tố dạng 4k + 1(k Î N*) nên tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho n2 +1 có ước
nguyên tố lớn hơn 2n.
Sau đây là các lời giải của bài toán 1
Lời giải thứ nhất của bài toán 1: Xét số nguyên tố p dạng 4k + 1 (k Î N*)
p -1
æ -1 ö
Þ ç ÷ = (-1) 2 = 1 Þ -1 là số chính phương (modp)
ç p÷
èø
Þ $ x Î {0,1,2, … p - 1} sao cho x2 º - 1(modp).
p -1
Vì x2 º (p- x)2 (modp) (x Î Z) Þ $ x Î {0,1,2 … , } sao cho
2
p -1 æ p -1 ö
x2 º -1 (modp). Þ $ a Î {0,1,2, … , - a ÷ 2 º -1 (modp)
} sao cho ç
è2 ø
2

æ p -1 p -1
ö
- a ÷ Þ m Î {0,1,2, …, } và m2 º -1 (modp)
Đặt m = ç
è2 ø 2

4 p +1 - 3 4 p +1 -1
Giả sử p > 20. N?u 0 £ a £ Þ 0 < 2 a +1 £ Þ
4 2
(2 a +1)2 Þ p > 2m +
4
p - 1 . Vì tồn tại vô số số nguyên tố p dạng 4k + 1 (k Î N*) nên tồn tại vô số số nguyên

dương n sao cho ước nguyên tố lớn nhất của n2 + 1 lớn hơn 2n + 2n .
Lời giải thứ 2 của bài toán 1: Giả sử n là số nguyên, n ³ 24. Giả sử p là ước nguyên
p
tố của (n!)2 + 1. Hiển nhiên p > n. Giả sử x Î (0, ) là số dư trong phép chia n ! hoặc – n!
2
cho p. Khi đ? 0 < x< p – x < p. Ta c? x2 + 1 chia hết cho p. Thật vậy tồn tại m Î Z sao cho n!
= mp + x hoặc – n! = mp + x. Trong cả hai trường hợp ta đều có (n!)2+1 = (mp+x)2 +1 Þ x2
+1 = (n!)2 + 1 – m2p2 – 2mpx Þ x2+1 M p . Từ đó suy ra p là ước của p2 - 2px + 4x2 + 4 = (p –
2x)2 + 4
p-4
Þ p £ (p – 2x)2 + 4 Þ p ³ 2x +

p - 4 - 4 ³ 2x +
Þ p - 4 ³ 2x + 20 – 4> 2x

p - 4 > 2x +
Þ p ³ 2x + 2 x Từ đây suy ra điều phải chứng minh

Bài toán sau là bài toán tổng quát của bài toán 1
Bài toán 4: Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho n2 + 1 có ước
nguyên tố lớn hơn 2n + 2 n
Bài toán 5: Chứng minh rằng với mỗi số nguyên n ³ 3, tồn tại cặp số nguyên dương
lẻ (xn, yn) sao cho 7 xn + yn = 2n
2 2



(Đề thi Olympic Toán của Bungari năm 1996)
Lời giải: Với n = 3 , chọn x3 = y3 = 1
Giả sử với n ³ 3 , tồn tại cặp số nguyên dương lẻ (xn,yn) sao cho 7 xn + yn = 2n . Ta
2 2



chứng minh rằng mỗi cặp .
7 x - yn x - yn
xn + yn 7 x + yn
) thoả măn 7 X 2 + Y 2 = 2 n+1
,Y = n ,Y = n
) , (X= n
(X=
2 2 2 2

æ x ± yn ö æ 7 xn m yn ö
2 2

÷ +ç ÷ = 2 ( 7 xn + yn ) = 2. 2 = 2
n n+1
Thật vậy 7ç n 2 2

è2øè ø
2
xn + yn
Vì xn , yn lẻ nên xn = 2k + 1, yn = 2l + 1 (k, l Î Z) Þ = k + l +1
2




www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 69
===========================================================
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM


xn - y n xn + y n xn - y n
= k - l . Điều đó chứng tỏ rằng một trong các số là lẻ .
và ,
2 2 2
Vì vậy với n +1 tồn tại các số tự nhiên lẻ xn+1 và yn+1 thoả măn 7 xn+1 + y n +1 = 2 n +1
2 2



Bài toán 6 : Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n, phương trình x2 + 15y2 =
4n có ít nhất n nghiệm tự nhiên (x,y)
(Đề thi chọn học sinh giỏi Toán Quốc gia năm học 2009 – 2010)
Lời giải: Trước hết ta chứng minh rằng với mỗi số nguyên n ³ 2 tồn tại cặp số nguyên
dương lẻ (xn , yn) sao cho sao cho xn + 15 yn = 4 n
2 2



Thật vậy với n = 2 , chọn x2 = 1 , y2 = 1
với n ³ 2
Giả sử tồn tại cặp số nguyên dương lẻ (xn , yn) sao cho sao cho
xn + 15 yn = 4 n . Ta chứng minh rằng mỗi cặp
2 2



15 yn - xn y - xn
xn + y n 15 yn + xn
,Y = ,Y = n thoả măn
(X= ), (X= )
2 2 2 2
X 2 + 15Y 2 = 4 n+1

æ 15 yn m xn ö
2 2
æ y ± xn ö
÷ + 15ç n ÷ = 4 ( xn + 15 yn ) = 4. 4 = 4
n n+1
Thật vậy ç 2 2

è ø è2ø
2
xn + yn
Và xn , yn lẻ nên xn = 2k + 1, yn = 2l + 1 (k, l Î Z) Þ = k + l +1
2
yn - xn (2l + 1) - (2k + 1)
= = l - k . Điều đó chứng tỏ rằng một trong các số

2 2
xn + yn yn - xn
là lẻ . Vì vậy với n +1 tồn tại các số tự nhiên lẻ xn+1 và yn+1 thoả măn
,
2 2
xn +1 + 15 yn +1 = 4n +1
2 2




Trở lại bài toán 6:
Với n = 1, phương tŕnh x 2 + 15 y 2 = 4 n có 1 nghiệm tự nhiên là (x,y) = (2,0)

Với n = 2, phương tŕnh x 2 + 15 y 2 = 4 n có 2 nghiệm tự nhiên là (x,y)= (4,0); (1,1)

Giả sử với n ³ 2, phương tŕnh x 2 + 15 y 2 = 4 n có n nghiệm tự nhiên là (x1,y1), (x2,y2), …,

(xn, yn) khi đó (x,y) = ( 2xk, 2yk) (1 £ k £ n) là các nghiệm tự nhiên của phương trình
x 2 + 15 y 2 = 4 n +1. Theo chứng minh trên phương trình x 2 + 15 y 2 = 4 n +1 lại có 1 nghiệm tự

nhiên lẻ. Vậy phương tŕnh x 2 + 15 y 2 = 4 n +1 có ít nhất n+1 nghiệm tự nhiên. Bài toán 6 đă

được giải quyết.

www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 70
===========================================================
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM


x2 + y2
Bài toán 7: Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x,y) sao cho là số nguyên
x- y
và là ước của 1995.
(Đề thi Olympic toán Bungari năm 1995)
Lời giải : Trước hết ta chứng minh
Bổ đề: Cho số nguyên tố p = 4q + 3 (q Î N). Giả sử x, y là các số nguyên sao cho x2 +
y2 chia hết cho p, Khi đó x và y chia hết cho p. Thật vậy nếu x M p thì y M p .
Giả sử x không chia hết p Þ y không chia hết cho p
º 1 (modp) Þ x4q+2 º 1 (modp). Tương tự y4q+2
p-1
Theo định lý nhỏ Phecma ta có x
º 1 (modp) . Ta có x2 + y2 M p Þ x2 º -y2 (modp)
Þ (x2)2q+1 º (-y2)2q+1 (modp) Þ x4q+2 º - y4q+2 (modp) Þ 1 º - 1 ( modp) Þ p = 2
(vô lí). Bổ đề đã được chứng minh.
Áp dụng bổ đề vào bài toán 7: Giả sử tồn tại các số nguyên dương x,y sao cho x> y ,
x2 + y2 x2 + y2 x2 + y2
x2 +y2 = k( x –y) và
là số nguyên và là ước của 1995 . Đặt k = thì
x- y x- y x- y
k là ước của 1995 = 3.5.7.19.N?u k M 3 th́ k= 3 k1 (k1 Î N*) (k1 không chia hết cho 3) Þ x2
+ y2 M 3 Þ x M 3 và y M 3 Þ x = 3x1 , y = 3y1 (x1 , y1 Î N*, x1 > y1) Þ x12 + y12 = k1 ( x1 - y1 ) .
N?u k = 1 thì x2 + y2 = x – y . Đó là điều vô lí vì x2 + y2 ³ x + y > x – y (vì x,y ³ 1 )
Nếu k = 5 thì x2 + y2 = 5(x – y) Þ (2x - 5)2 + (2y +5)2 = 50 Þ x = 3 , y = 1 hoặc x = 2
,y=1
Nếu k = 7 , tương tự như trên, tồn tại k2 Î N* sao cho k = 7 k2 (k2 không chia hết cho
7) x = 7x2 , y = 7y2 (x2, y2 Î N* , x2 > y2) và x2 + y 2 = k 2 ( x2 - y 2 )
2 2



Nếu k M 19 thì tồn tại k3 Î N* sao cho k = 19k3 (k3 không chia hết cho 19 ), x = 19x3 ,
y = 19y3 (x3, y3 Î N* , x3 > y3 ) và x3 + y3 = k 3 ( x3 - y3 )
2 2



Vậy tất cả các cặp số nguyên dương (x,y) cần tìm có dạng (3c, c), (2c, c), (c, 2c), (c,
3c) trong đó c Î {1,3,7,19,21,57,133,399} .
Bài toán 8: Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x,y) sao cho số A=
x2 + y2
là số nguyên và là ước của 2010.
x- y
(Đề thi Olympic Toán khu vực duyên hải đồng bằng Bắc Bộ năm học 2009 – 2010)
Lời giải: Trên cơ sở lời giải của bài toán 7 ta chỉ cần tìm các nghiệm nguyên dương
của các phương trình : x 2 + y 2 = k ( x - y ) với k Î { 2,5, 10}. Phương tŕnh x2 + y2 = 2 (x- y)

không có nghiệm nguyên dương . Thật vậy giả sử x,y Î N* , x > y và x2 + y2 = 2 (x- y) Þ

www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 71
===========================================================
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM

x2 + y2 ³ 2x +y2 > 2(x – y). Đó là điều vô lý . Phương trình x2 + y2 = 5 (x- y) có các
nghiệm nguyên dương là (x,y) = (3,1), (2,1). Phương trình x2 + y2 = 10 (x- y) Û (x-5)2 +
(y+5)2 = 50 có các nghiệm nguyên dương là (x,y) = (6,2) ; (4,2) .
Vậy tất cả các cặp số nguyên dương (x, y) thoả măn đề bài là (3c, c), (2c, c), (c, 2c) ,
(c, 3c) , (6c, 2c) , (4c, 2c) , ( 2c, 6c), (2c, 4c) trong đó
c Î {1,3,6,7,201}
Cuối cùng là một số bài toán dành để luyện tập
Bài toán 9: Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n, phương tŕnh
7x + y2 = 2n+2 luôn có nghiệm nguyên dương.
2


Bài toán 10: Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n, phương trình x2 + 15y2 =
4n có đúng n nghiệm tự nhiên .
Bài toán 11: Cho số nguyên dương n. Gọi Sn là tổng các bình phương của các hệ số
của đa thức f(x) = (1+x)n.
Chứng minh rằng S2n+1 không chia hết cho 3
(Đề thi chọn đội tuyển Việt Nam dự thi Olympic Toán Quốc tế năm 2010)


Bài toán 12: Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho
2n +2 chia hết cho n .
Bài toán 13: Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho tất cả các ước
nguyên tố của n2 + n + 1 không lớn hơn n.
(Đề thi chọn đội tuyển Ukraina dự thi Olympic toán quốc tế năm 2007)
Bài toán 14: Với mỗi số nguyên dương n > 1, kí hiệu p(n) là ước nguyên tố lớn nhất
của n. Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên n > 1 sao cho:
p(n) < p(n+1) < p(n+2) .
Bài toán 15: Cho các số nguyên a,b thoả măn a>b > 0 . Chứng minh rằng tồn tại vô
số số nguyên dương n sao cho an + bn chia hết cho n .
Bài toán 16: Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên tố p có tính chất sau: Tồn tại
vô số nguyên dương n sao cho p – 1 không chia hết cho n và n! +1 chia hết cho p.
(Đề thi chọn đội tuyển của Mônđôva dự thi Olympic toán Quốc tế năm 2007).
5n-2 – 1
Bài toán 17: Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho
chia hết cho n.
(Đề thi Olympic toán của Braxin năm 2008)




www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 72
===========================================================
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM


ĐỊNH LÍ LAGRANGE VÀ ỨNG DỤNG
Đặng Đình Sơn
Chuyên Lương Văn Tụy – Ninh Bình


ĐỊNH LÍ LAGRANGE
1.
1.1. ĐỊNH LÍ ROLLE
Định lí: Nếu f ( x) là hàm liên tục trên đoạn [a; b] , có đạo hàm trên khoảng (a; b)
và f (a) = f (b) thì tồn tại c Î (a; b) sao cho f '(c) = 0 .
Chứng minh:
Vì f ( x) liên tục trên [a; b] nên theo định lí Weierstrass f ( x) nhận giá trị lớn nhất
M và giá trị nhỏ nhất m trên [a; b].
- Khi M = m ta có f ( x) là hàm hằng trên [a; b], do đó với mọi c Î (a; b) luôn có
f '(c) = 0 .
- Khi M > m, vì f (a) = f (b) nên tồn tại c Î (a; b) sao cho f (c) = m hoặc
f (c) = M , theo bổ đề Fermat suy ra f '(c) = 0 .
Hệ quả 1: Nếu hàm số f ( x) có đạo hàm trên (a; b) và f ( x) có n nghiệm (n là số
nguyên dương lớn hơn 1) trên (a; b) thì f '( x) có ít nhất n - 1 nghiệm trên (a; b).
Hệ quả 2: Nếu hàm số f ( x) có đạo hàm trên (a; b) và f '( x) vô nghiệm trên (a;
b) thì f ( x) có nhiều nhất 1 nghiệm trên (a; b).
Hệ quả 3: Nếu f ( x) có đạo hàm trên (a; b) và f '( x) có nhiều nhất n nghiệm (n là
số nguyên dương) trên (a; b) thì f ( x) có nhiều nhất n + 1 nghiệm trên (a; b).
Các hệ quả trên được suy ra trực tiếp từ định lí Rolle và nó vẫn đúng nếu các nghiệm
là nghiệm bội (khi f ( x) là đa thức).
Các hệ quả trên cho ta ý tưởng về việc chứng minh tồn tại nghiệm cũng như xác
định số nghiệm của phương trình, và nếu như bằng một cách nào đó ta tìm được tất cả các
nghiệm của phương trình (có thể do mò mẫm) thì nghĩa là khi đó phương trình đã được giải.
Từ định lí Rolle cho phép ta chứng minh định lí Lagrange, tổng quát hơn, chỉ cần ta
đến ý tới ý nghĩa của đạo hàm (trung bình giá trị biến thiên của hàm số).
1.2. ĐỊNH LÍ LAGRANGE (Lagrange's Mean Value Theorem)




www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 73
===========================================================
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM

Định lí: Nếu f ( x) là hàm liên tục trên đoạn
[a; b] , có đạo hàm trên khoảng (a; b) thì tồn tại
f (b) - f (a)
c Î (a; b) sao cho f '(c) = .
b-a
Chứng minh:
Xét hàm số:
f (b) - f (a )
F ( x) = f ( x) - x.
b-a
Ta có: F(x) là hàm liên tục trên đoạn [a; b] , có
Joseph Louis Lagrange (1736 -
đạo hàm trên khoảng (a; b) và F (a) = F (b) . 1813)

Theo định lí Rolle tồn tại c Î (a; b) sao cho F '(c) = 0 .
f (b) - f (a ) f (b) - f (a)
Mà F '( x) = f '( x) - , suy ra f '(c) = .
b-a b-a
Định lí Rolle là một hệ quả của định lí Lagrange (trong trường hợp f (a) = f (b) )
Ý nghĩa hình học:
Cho hẳm sẳ f ( x) thẳa mãn các giẳ thiẳt cẳa
ẳẳnh lí Lagrange, ẳẳ thẳ (C), A(a;f(a)), B(b;f(b)).
Khi ẳó trên (C) tẳn tẳi ẳiẳm
C(c;f(c)), c Î (a; b) mẳ tiẳp tuyẳn cẳa (C) tẳi C song
song vẳi ẳẳẳng thẳng AB.
Định lí Lagrange cho
f (b) - f (a )
phép ta ước lượng tỉ số do đó nó còn được gọi là định lí Giá trị trung bình
b-a
(Mean Value Theorem). Từ đó cho ta ý tưởng chứng minh các định lí về sự biến thiên của
hàm số, đặt nền móng cho những ứng dụng của đạo hàm.
Định lí: Cho hàm số f ( x) có đạo hàm trên khoảng (a; b) .
- Nếu f '( x) > 0, "x Î (a; b) thì f ( x) đồng biến trên (a; b) .
- Nếu f '( x) < 0, "x Î (a; b) thì f ( x) nghịch biến trên (a; b) .
- Nếu f '( x) = 0, "x Î (a; b) thì f ( x) là hàm hằng trên (a; b) .
Chứng minh:
Giả sử f '( x) > 0, "x Î (a; b) và x1 , x2 Î (a; b), x1 < x2 , theo định lí Lagrange, tồn tại

f ( x2 ) - f ( x1 )
c Î (x1; x 2 ) sao cho f '(c) = .
x2 - x1

Mà f '(c) > 0 Þ f ( x1 ) < f ( x2 ) Þ f ( x) đồng biến trên (a; b).


www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 74
===========================================================
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM

Nếu trong giả thiết của định lí Lagrange ta thêm vào giả thiết f '( x) đồng biến hoặc
f (b) - f (a )
nghịch biến trên [a; b] thì ta có thể so sánh với f '(a), f '(b) .
b-a
f (b) - f (a )
Cụ thể: f '( x) đồng biến trên [a;b] Þ f '(a ) < < f '(b)
b-a
f (b) - f (a )
f '( x) nghịch biến trên [a;b] Þ f '(a) > > f '(b)
b-a
Từ đây cho ta ý tưởng ứng dụng định lí Lagrange chứng minh bất đẳng thức và đánh
giá các tổng hữu hạn.
Cũng tương tự nếu trong giả thiết của định lí Lagrange ta thêm vào giả thiết f '( x)
f (c ) - f ( a ) f (b) - f (c)
đồng biến hoặc nghịch biến trên [a; b] thì ta có thể so sánh với
c-a b-c
với c Î [a; b] cho ta ý tưởng để chứng minh rất nhiều bất đẳng thức, như bất đẳng thức
Jensen…
Ngoài ra định lí Lagrange còn được phát biểu dưới dạng tích phân như sau:
Định lí: Nếu f ( x ) là hàm liên tục trên đoạn [a; b] thì tồn tại điểm c Î ( a; b) thỏa
b

ò f ( x)dx = f (c)(b - a)
mãn:
a

Định lí Lagrange dạng tích phân được áp dụng chứng minh một số bài toán liên
quan đến tích phân và giới hạn hàm số.
MỘT SỐ ỨNG DỤNG
2.
2.1. CHỨNG MINH SỰ TỒN TẠI NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH
Bài toán 1. Chứng minh rằng phương trình acosx + bcos2x + ccos3x luôn có nghiệm
với mọi bộ các số thực a, b, c.
Lời giải:
bsin2x c s in3x
Xét f ( x) = asinx+ + Þ f '( x) = acosx+bcos2x+ccos3x,"x Î R.
2 3
Mà f (0) = f (p ) = 0 Þ $x0 Î (0; p ), f '( x0 ) = 0 , suy ra điều phải chứng minh.
Nhận xét: Bài toán trên có dạng tổng quát:
Cho hàm số f(x) liên tục trên [a; b], chứng minh rằng phương trình f(x) = 0 có ít nhất
một nghiệm trên (a; b).
Phương pháp giải:
Xét hàm F(x) thỏa mãn F(x) liên tục trên [a; b], F’(x) = f(x).g(x) với mọi x thuộc (a;
b), g(x) vô nghiệm trên (a;b) và F(a) = F(b). Theo định lí Rolle suy ra điều phải chứng minh.

www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 75
===========================================================
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM

Bài toán 2. Cho số thực dương m và các số thực a, b, c thỏa mãn:
a b c
+ + = 0.
m + 2 m +1 m
Chứng minh rằng ax2 + bx + c = 0 có nghiệm thuộc (0; 1).
a.x m + 2 b.x m +1 c.x m
Hướng dẫn: Xét hàm số f ( x ) = + + .
m + 2 m +1 m
Tương tự ta có bài toán tổng quát hơn.
Bài toán 3. Cho số thực dương m, số nguyên dương n và các số thực a0 , a1 ,..., an

an an -1 a
+ + ... + 0 = 0 .
thỏa mãn:
m + n m + n -1 m
Chứng minh rằng an x n + an -1 x n -1 + ... + a1 x + a0 = 0 có nghiệm thuộc (0; 1).

an m + n an -1 a
x m + n -1 + ... + 0 x m
Hướng dẫn: Xét hàm số f ( x) = x+
m+n m + n -1 m
Bài toán 4.(Định lí Cauchy)
Nếu các hàm số f ( x), g ( x) là các hàm số liên tục trên đoạn [a; b] , có đạo hàm trên
khoảng (a; b) và g '( x) khác không trên khoảng (a; b) thì tồn tại c Î (a; b) sao cho
f (b ) - f ( a )
f '(c ) = .
g (b ) - g ( a )

x0 Î (a; b)
Lời giải: Theo định Lagrange luôn tồn tại sao cho

g (b) - g (a )
Þ g (a) ¹ g (b) .
g '( x0 ) =
b-a
f (b ) - f ( a )
Xét hàm số F ( x ) = f ( x ) - g ( x ) , ta có: F(x) là hàm liên tục trên đoạn
g (b ) - g ( a )
f ( a ) g (b ) - f (b ) g ( a )
[a; b] , có đạo hàm trên khoảng (a; b) và F ( a ) = F (b ) = .
g (b ) - g ( a )
Theo định lí Rolle tồn tại c Î (a; b) sao cho F '(c) = 0 .
f (b ) - f ( a ) f (b ) - f ( a )
Mà F '( x ) = f '( x ) - , suy ra f '(c ) = .
g (b ) - g ( a ) g (b ) - g ( a )
Nhận xét: Định lí Lagrange là hệ quả của định lí Cauchy (trong trường
hợp g ( x) = x )
Bài toán 5: Cho a + b – c = 0. Chứng minh rằng: asinx+9bsin3x+25csin5x = 0 có ít
nhất 4 nghiệm thuộc [0; p].




www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 76
===========================================================
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM

Nhận xét: Bài toán này cũng tương tự các bài toán trên. Để chứng minh f ( x) có ít
nhất n nghiệm ta chứng minh F(x) có ít nhất n + 1 nghiệm với F(x) là một nguyên hàm của
f ( x) trên (a;b) (có thể phải áp dụng nhiều lần)
Lời giải: Xét hàm số: f ( x) = -asinx - bsin3x - csin5x , ta có:
f '( x) = -acosx - 3bcos3x - 5ccos5 x , f ''( x) = asinx + 9bsin3x + 25csin5x .
p 3p p p 3p 3p
f (0) = f ( ) = f ( ) = f (p ) = 0 Þ $x1 Î (0; ), x2 Î ( ; ), x3 Î ( ; p ) sao
Ta có
4 4 4 44 4
cho f (0) = f '( x1 ) = ' f ( x2 ) = f '( x3 ) = 0 Þ $x4 Î ( x1; x2 ), x5 Î ( x2 ; x3 ) | f ''( x4 ) = f ''( x5 ) = 0

mà f ''(0) = f ''(p ) = 0 Þ điều phải chứng minh.
Bài toán 6. Cho đa thức P(x) và Q(x) = aP(x) + bP’(x) trong đó a, b là các số thực, a
¹ 0. Chứng minh rằng nếu Q(x) vô nghiệm thì P(x) vô nghiệm.
Lời giải: Ta có degP(x) = degQ(x)
Vì Q(x) vô nghiệm nên degQ(x) chẵn. Giả sử P(x) có nghiệm, vì degP(x) chẵn nên
P(x) có ít nhất 2 nghiệm.
- Khi P(x) có nghiệm kép x = x0 ta có x0 cũng là một nghiệm của P’(x) suy ra Q(x) có
nghiệm.
- Khi P(x) có hai nghiệm phân biệt x1 < x2.
Nếu b = 0 thì hiển nhiên Q(x) có nghiệm.
a
x
Nếu b ¹ 0 : Xét f ( x) = e P( x) ta có: f ( x) có hai nghiệm phân biệt x1 < x2
b


a ax a
1 ax 1 ax
x
f '( x ) = e b P ( x ) + e b P '( x ) = e b ( aP ( x ) + bP '( x )) = e b Q ( x )
b b b
Vì f ( x) có hai nghiệm suy ra f '( x) có ít nhất 1 nghiệm hay Q(x) có nghiệm.
2.2. GIẢI PHƯƠNG TRÌNH


Bài toán 7: Giải phương trình: 3x + 5x = 2.4 x (1)

Lời giải:
Nhận xét: x = 0; x = 1 là nghiệm của phương trình (1).


Gọi x0 là nghiệm của phương trình đã cho. Ta được:


3x0 + 5x0 = 2.4x0 Û 5x0 - 4x0 = 4x0 - 3x0 (1a)




www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 77
===========================================================
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM


Xét hàm số f (t ) = (t + 1) x0 - t x0 , ta có (1a) Û f (4) = f (3)


Vì f(t) liên tục trên [3; 4] và có đạo hàm trong khoảng (3; 4), do đó theo định lí Rolle
é x0 = 0
tồn tại c Î (3; 4) sao cho: f '(c) = 0 Þ x0 [(c + 1) x0 -1 - c x0 -1 ]=0 Û ê
ë x0 = 1

Vậy phương trình (1) có hai nghiệm x = 0 và x = 1.


Bài toán 8: Giải phương trình: 5x - 3x = 2x (2)

Lời giải:
Nhận xét: x = 0; x = 1 là nghiệm của phương trình (2).


Gọi x0 là nghiệm của phương trình đã cho, ta có: 5 x0 - 5 x0 = 3x 0 - 3x 0 (2a)

Xét hàm số: f (t ) = t x0 - tx0 , khi đó: (2a) Û f (5) = f (3)


Vì f (t ) liên tục trên [3; 5] và có đạo hàm trên (3; 5), do đó theo định lí Lagrange

é x0 = 0
luôn tồn tại c Î (3; 5) sao cho: f '(c) = 0 Þ x0 (c x0 -1 - 1)=0 Û ê
ë x0 = 1

Vậy phương trình (1) có hai nghiệm x = 0 và x = 1.


Bài toán 9. Giải phương trình: 3 x + 2.4 x = 19 x + 3 (3).
Lời giải:
(5) Û 3 x + 2.4 x - 19 x - 3 = 0 .
Xét hàm số: y = f ( x) = 3x + 2.4 x - 19 x - 3 ta có: f ' ( x) = 3x ln 3 + 2.4 x ln 4 - 19

f ' ' ( x) = 3 x (ln 3) 2 + 2.4 x (ln 4) 2 > 0, "x Î R hay f ''( x ) vô nghiệm, suy ra f '( x ) có
nhiều nhất 1 nghiệm, suy ra f ( x ) có nhiều nhất 2 nghiệm.
Mà f (0) = f ( 2) = 0 do đó (3) có đúng hai nghiêm x = 0, x = 2 .


Bài toán 10. Giải phương trình: (1 + cos x)(2 + 4cos x ) = 3.4cos x (4)

Lời giải:

Đặt t = cos x, (t Î [-1;1])

www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 78
===========================================================
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM


(3) Û (1 + t )(2 + 4t ) = 3.4t Û (1 + t )(2 + 4t ) - 3.4t = 0


Xét hàm số: f (t ) = (1 + t )(2 + 4t ) - 3.4t


Þ f '(t ) = 2 + 4t + (t - 2)4t ln 4, f ''(t ) = 2.4t ln 4 + (t - 2)4t ln 2 4

2
Ta có: f ''(t ) = 0 Û t = 2 + Þ f ''(t ) có một nghiệm duy nhất
ln 4

Þ f '(t ) có nhiều nhất hai nghiệm Þ f (t ) có nhiều nhất ba nghiệm.


1 1
Mặt khác dễ thấy f (0) = f ( ) = f (1) = 0 , do đó f (t ) có ba nghiệm t = 0, ,1 .
2 2

Kết luận: Nghiệm của phương trình (4) là:

p p
x = + k 2p , x = ± + k 2p , x = k 2p , k Î Z
2 3

2.3. CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
Bài toán 11. Cho hai số thực dương a, b thỏa mãn a < b. Chứng minh rằng:
b-a b b-a
< ln
nx Þ (1 + x)n > 1 + nx

- Khi -1< x < 0: xét f (t ) = (1 + t )n , theo định lí Lagrange ta có a Î ( x;0) thỏa mãn

f ( x) - f (0) = xf '(a) Þ (1 + x)n - 1 = nx(1 + a)n-1 > nx Þ (1 + x)n > 1 + nx

Vậy (1 + x)n ³ 1 + nx, "x Î (-1; +¥) . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 0.
Bài toán 15. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm cấp hai trên R, f ''( x ) ³ 0, "x Î R
( f ''( x ) = 0 có số nghiệm đếm được). Chứng minh rằng:
n
f (n) - f (0) < å f '(i ) < f (n + 1) - f (1), "n Î N * .
i =1

Lời giải:
Vì f ''( x ) ³ 0, "x Î R ( f ''( x ) = 0 có số nghiệm đếm được) Þ f '( x ) đồng biến trên
R.
Theo định lí Lagrange, luôn tồn tại xi Î (i; i + 1) sao cho:


www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 81
===========================================================
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM

f '( xi ) = f (i + 1) - f (i ), "i Î R .

Vì f '( x ) đồng biến trên R Þ f '(i ) < f '( xi ) < f '(i + 1)

Þ f '(i ) < f (i + 1) - f (i ) < f '(i + 1), "i Î R .
n n
Þ å f '(i ) < å [f (i + 1) - f (i )] = f (n + 1) - f (1), "n Î N *
i =1 i =1

n n

å f '(i ) > å [f (i ) - f (i - 1)] = f (n) - f (0), "n Î N *

i =1 i =1

Nhận xét: Nếu f ''( x ) £ 0, "x Î R thì bất đẳng thức cần chứng minh sẽ đổi chiều.
n
1
Bài toán 16. Chứng minh rằng: 1 + ln n > å > ln(n + 1), "n Î N * .
i =1 i

Lời giải:
1
Xét f ( x) = ln x Þ f '( x) = và f '( x ) nghịch biến trên (0 : +¥ )
x
n
Tương tự bài toán trên ta có: f (n) - f (1) + f '(1) > å f '(i ) > f (n + 1) - f (1), "n Î N *
i =1

n
1
Þ 1 + ln n > å > ln(n + 1), "n Î N *
i =1 i


é1 2 1 ù
5k


Bài toán 17: Cho số nguyên dương k, tìm ê å ú (trong đó [x] là số nguyên lớn
ë 5 i =1 i û
54



nhất không vượt quá x).
Lời giải:
1
Xét hàm số f ( x) = 5 5 x , ta có: f '( x) = Þ f '( x) nghịch biến trên (0; +¥ ) .
5
x4
Suy ra
5k
n
12 1
f (n) - f (0) > å f '(i ) > f ( n + 1) - f (1) Þ 5 25 k > å 5 4 > 5 25 k + 1 - 1 > 5 25 k - 1
5 i =1 i
i =1


é 1 10 1 ù
5k


Þê å ú=2 .
k

ë 5 i =1 i û
54


n

å f (i), n Î N
Nhận xét: Từ ba bài toán trên ta nhận thấy để đánh giá tổng *

i =1

( f ( x ) đồng biến hoặc nghịch biến trên (0 : +¥ ) ), chúng ta phải xét hàm số F ( x ) là một
nguyên hàm của f ( x ) trên (0 : +¥ ) và giải quyết tương tự bài toán trên.



www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 82
===========================================================
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM

n

å f (i), n Î N
Từ việc ước lượng được tổng ta có thể nghĩ đến bài toán tìm giới hạn
*

i =1

n
lim g (n)å f (i ), ta nghiên cứu ở các bài toán sau.
i =1


ip
1 n -1
å cos 2n .
Bài toán 18. Tính lim
n i =0
Lời giải:
xp xp
2n
Xét f ( x) = Þ f '( x) = cos Þ f '( x) ³ 0, "x Î [ - n; n]
sin
p 2n 2n
n
Þ f '( x ) đồng biến trên [ - n; n ] . Suy ra f (n) - f (0) < å f '(i ) < f (n + 1) - f (1)
i =1


p n -1 ip 2n p p 1 n -1 ip 2 1 p
2n 2
< å cos < å cos
Þ < - sin Þ cos < - sin
cos
p 2n p p 2n p n
2n i =0 2n 2n n i = 0 2n
p p ip 2
1 n -1
2 21 2
Mà lim( cos ) = lim( - sin ) = Þ lim å cos = (Nguyên lí kẹp).
p pn 2n p 2n p
2n n i =0
n
1
å = n.
Bài toán 19. Cho phương trình:
i + nx
i =1

Chứng minh rằng: Với mỗi số nguyên dương n phương trình có duy nhất một
nghiệm dương. Kí hiệu nghiệm đó là xn, tìm limxn.
Lời giải:
n
1
Xét f ( x) = å -n
i + nx
i =1

n
1
Ta có: f '( x) = -å < 0, "x Î (0; +¥) Þ f ( x) liên tục, nghịch biến trên
2 (i + nx)3
i =1


[0; +¥ ) .
n
1 n
Mà f (0) = å - n> - n = 0, lim f ( x) = - n < 0 Þ f ( x) = 0 có 1 nghiệm
x ®+¥
i n
i =1

dương duy nhất.
1
Xét hàm số Fn ( x) = 2 x + nxn , ta có Fn '( x) = Þ Fn '( x) nghịch biến trên
x + nxn

(0; +¥ ) .
n
Þ Fn (n) - Fn (0) > å Fn '(i ) > Fn (n + 1) - Fn (1)
i =1




www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 83
===========================================================
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM

n
1
Þ 2( n + nxn - nxn ) > å > 2( n + 1 + nxn - 1 + nxn )
i + nxn
i =1


Þ 2( n + nxn - nxn ) > n > 2( n + 1 + nxn - 1 + nxn )

1 1 1
Þ xn + 1 - xn > > xn + 1 + - xn +
2 n n

1 1 2
Þ xn + 1 + xn < 2 < xn + 1 + + xn + < xn + 1 + xn +
n n n
2
Þ 2- < xn + 1 + xn < 2 Þ lim( xn + 1 + xn ) = 2
n
1 3 9
Þ lim( xn + 1 - xn ) = Þ lim xn = Þ lim x n = .
2 4 16
ìa 2 + b 2 + c 2 = d 2 + e2
ï
Bài toán 20: Cho các số thực dương a, b, c, d thỏa mãn í 4 4 4
ïa + b + c = d + e
4 4
î
Chứng minh rằng a3 + b3 + c3 < d 3 + e3 .
ìa 2 + b 2 + c 2 = d 2 + e2
ï
Nhận xét: Trong bài toán này từ giả thiết í 4 4 4 , ta nhìn thấy ngay
ïa + b + c = d + e
4 4
î

giả thiết của định lí Rolle với hàm số f ( x) = a x + b x + c x - d x - e x ( f (2) = f (4) = 0) , khi đó
ta phải chứng minh f (3) < 0 . Vì f ( x) liên tục và f (3) < 0 , suy ra tồn tại khoảng (m; n) ' 3
sao cho f ( x) < 0, "x Î (m; n) , do đó bài toán trở thành xét dấu của f ( x) , vì thế ta cần kiểm
soát được các nghiệm của f ( x) .
Lời giải:
Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử a £ b £ c = 1, d £ e

Nếu d ³ 1 Þ d 2 = 1 + x ( x ³ 0) Þ b2 + a 2 = e2 + x

a 4 + b4 + c4 = d 4 + e4 Û a 4 + (e2 + x - a2 )2 + 1 = (1 + x)2 + e4

ì ée2 = a 2 + b 2
ìé x = 0
ïê
ïê
Û (e2 - a 2 - 1) x + a 2 (a 2 - e2 ) = 0 Û í ëe2 = a 2 + 1 Û í ëe2 = a 2 + 1
thuẫn
( Mâu
ï ï
îe = a e = a2
î


)Þ d a x2 ln a + b x2 ln b ³ a x1 b x2 - x1 ln a + b x2 ln b
a x2 ln a + b x2 ln b
Þ b x2 - x1 ³
a x1 ln a + b x1 ln b
d x2 ln d + e x2 ln e
và d x2 ln d + e x2 ln e £ d x2 ln d + d x2 - x1 e x1 ln b < 0 Þ d x2 - x1 £
d x1 ln d + e x1 ln e
a x2 ln a + b x2 ln b d x2 ln d + e x2 ln e
Þ < (Mâu thuẫn).
a x1 ln a + b x1 ln b d x1 ln a + e x1 ln b
Vậy f ( x) chỉ có hai ngiệm x = 2, x = 4 và f '( x) có 1 nghiệm duy nhất, và nó thuộc
liên tục nên mang cùng một dấu trên mỗi khoảng
f ( x) f ( x)
(2; 4). Vì
(-¥;2), (2; 4), (4; +¥). Mà f (0) = 1 > 0 Þ f ( x) > 0, "x Î (-¥;0) Þ f ( x) < 0, "x Î (2; 4) (vì
nếu f ( x) > 0, "x Î (2;4) thì x = 2 là nghiệm của f '( x) ) Þ f (3) < 0 (điều phải chứng
minh).
Định lí Lagrange còn được sử dụng để giải quyết một số bài toán về bất đẳng thức
đối xứng, nhằm mục đích làm giảm số biến. Nếu cần chứng minh bất đẳng thức đối xứng n
biến a1 , a2 ,..., an thì ta xét đa thức f ( x) = ( x - a1 )( x - a2 )...( x - an ) , suy ra f ( x ) có n

nghiệm, do đó f '( x ) có n – 1 nghiệm b1 , b2 ,..., bn -1 , và dựa vào định lí Viète ta đưa về

chứng minh bất đẳng thức đối xứng với n – 1 biến b1 , b2 ,..., bn -1 .
Bài toán 21. Cho a < b < c, chứng minh rằng:


3a < a + b + c - a 2 + b 2 + c 2 - ab - bc - ca < 3b < a + b + c + a 2 + b 2 + c 2 - ab - bc - ca < 3c



Lời giải:

Xét hàm số: f ( x) = ( x - a)( x - b)( x - c) Þ f (a) = f (b) = f (c) = 0


Theo định lí Lagrange tồn tại a < x1 < b < x2 < c sao cho:

f (a) - f (b) = (a - b) f '( x1 ) ,


www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 85
===========================================================
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM


f (c) - f (b) = (c - b) f '( x1 ) Þ f '( x1 ) = f '( x2 ) = 0 f '( x) = 3x 2 - 2(a + b + c) x + ab + bc + ca

a + b + c - a 2 + b 2 + c 2 - ab - bc - ca
Þ x1 =
3

a + b + c + a 2 + b 2 + c 2 - ab - bc - ca
x2 =
3


Do đó, từ a < x1 < b < x2 < c . Suy ra:


3a < a + b + c - a 2 + b 2 + c 2 - ab - bc - ca < 3b
< a + b + c + a 2 + b 2 + c 2 - ab - bc - ca < 3c


Bài toán 22. Cho các số thực không âm a, b, c, d. Chứng minh rằng:


abc + bcd + cda + dab ab + bc + cd + da + ac + db
£
3
4 6


Lời giải:

Xét f ( x) = ( x - a)( x - b)( x - c)( x - d ) .


Đặt
p = a + b + c + d , q = ab + bc + cd + da + ac + bd , r = abc + bcd + cda + dab, s = abcd


Þ f ( x) = x4 - px3 + qx2 - rx + s Þ f '( x) = 4 x3 - 3 px2 + 2qx - r

Ta có f (a) = f (b) = f (c) = f (d ) = 0 , theo định lí Rolle suy ra f '( x ) = 0 có ba
nghiệm (nếu a = b thì a là nghiệm của f’(x)).

Suy ra tồn tại u , v, w ³ 0 thỏa mãn f '( x ) = 4( x - u )( x - v )( x - w)


= 4 x3 - 4(u + v + w) x2 + 4(uv + vw + wu) x - 4uvw




www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 86
===========================================================
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM


ì 3
ïu + v + w = 4 p
ï
ï 1
Þ íuv + vw + wu = q .Mà
2
ï
ï 1
ïuvw = 4 r
î

uv + vw + wu uv + vw + wu 3 q 3r
³ ( 3 uvw ) 2 Þ ³ uvw Þ ³
3 3 6 4


abc + bcd + cda + dab ab + bc + cd + da + ac + db
Þ £
3
4 6

Đẳng thức xảy ra Û u = v = w Û a = b = c = d .

2.4. TÌM GIỚI HẠN DÃY SỐ

Định lí Lagrange được sử dụng để giải quyết một số bài toán vế giới hạn dãy số, với
các dãy số xác định bởi hàm số f ( x ) và dãy số xác định bởi nghiệm của một phương trình
f n ( x) = 0 , nói chung f ( x ), f n ( x) là các hàm số có đạo hàm và đơn điệu trên tập xác định
của chúng, đạo hàm của chúng có thể ước lượng được bởi một bất đẳng thức. Do đó nếu tìm
được giới hạn là a, ta có thể so sánh được hiệu f ( xn ) - f (a ), f n ( xn ) - f n (a) với xn - a và có
thể ước lượng được xn.


ì x1 = 2007
ï
Bài toán 23. Cho dãy số thực (xn) xác định bởi: í xn
xn +1 = 3 + , "n Î N *
ï xn - 1
2
î

Tìm giới hạn của dãy số khi n tiến dần tới dương vô cùng.


Lời giải: Ta có xn > 3, "n Î N * .


x
3+
Xét f(x) = , ta có:
x -1
2



1
1
Þ f '( x) < , "x Î ( 3; +¥) .
f '( x ) = -
( x 2 - 1)3 22




www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 87
===========================================================
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM


Nếu (xn) có giới hạn thì giới hạn đó là nghiệm lớn hơn 3 của phương trình

x2
x
f ( x ) = x . Ta có: f ( x) = x Û x = 3 + Û ( x - 3)2 =
x2 -1
x2 -1


é x 2 - 3 x = -1 3 + 15
Û ( x - 3 x) - 2( x - 3 x) - 3 = 0 Û ê Û x=
2 2 2
.
ê x - 3x = 3 2
2
ë


3 + 15
, theo định lý Lagrange, luôn tồn tại cn Î ( xn ; a) hoặc (a; xn ) thỏa
Đặt a =
2
mãn: f ( xn ) - f (a) = f '(cn ) xn - a .


1 1
Þ xn +1 - a = f ( xn ) - f (a) = f '(cn ) xn - a < xn - a < ... < ( )n x1 - a
22 22


3 + 15
1
) n x1 - a = 0 , do đó limxn = a =
Mà lim( .
2
22

Nhận xét:

Trong bài toán trên việc giải phương trình f ( x ) = x không nhất thiết phải trình bày,
ta chỉ cần chọn được nghiệm thỏa mãn của nó là được.

Bài toán trên có dạng tổng quát:

ì x1 = a
Cho dãy số thực (xn) xác định bởi: í . Chứng minh rằng:
î xn +1 = f ( xn ), "n Î N
*




a) Nếu f ( x ) là hàm số có đạo hàm trên khoảng D chứa a và f '( x) < b < 1, "x Î D thì

(xn) có giới hạn hữu hạn khi n tiến dần đến dương vô cùng.
f ( a ) ¹ 0 và
b) Nếu f ( x ) là hàm số có đạo hàm trên khoảng D chứa a,

f '( x) > b > 1, "x Î D thì |xn| tiến dần đến dương vô cùng khi n tiến dần đến dương vô cùng.


Phương pháp giải




www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 88
===========================================================
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM

a) - Nếu phương trình f ( x ) = x giải được (tìm được nghiệm) thì ta giải quyết bài
toán tổng quát tương tự bài toán trên và khi đó ta tìm được giới hạn của dãy số khi n tiến dần
tới dương vô cùng.

- Nếu phương trình f ( x ) = x khó giải thì ta giải quyết bài toán tổng quát bằng cách
sử dụng tiêu chuẩn Cauchy. Bài toán sau đây là một ví dụ cụ thể.

b) Tương tự ý a.

- Khi $a0 Î D : a0 ¹ a, f (a0 ) = a0 luôn tồn tại cn Î ( xn ; a0 ) hoặc (a0 ; xn ) thỏa mãn:


f ( xn ) - f (a0 ) = f '(cn ) xn - a0


Þ xn +1 + a ³ xn +1 - a = f ( xn ) - f (a0 ) > b xn - a0 > ... > bn a - a0 Þ lim xn = +¥


- Khi phương trình f(x)=x vô nghiệm, ta có f(x)-x > 0 "xÎD hoặc f(x)-x < 0 "xÎD suy
ra xn tăng hoặc giảm. Nếu xn có giới hạn thì giới hạn đó là nghiệm của phương trình f(x) = x,

do đó lim xn = +¥

Bài toán 24. (Dự bị VMO 2008)

Cho số thực a và dãy số thực (xn) xác định bởi:


x1 = a và xn+1 = ln(3+cosxn + sinxn) – 2008, "n Î N * .

Chứng minh rằng dãy số (xn) có giới hạn hữu hạn khi n tiến dần đến dương vô cùng.
Lời giải:
cos x - sin x
Đặt f(x) = ln(3+sinx+cosx) – 2008, ta có: f '( x) = , "x Î R .
3 + sin x + cos x
2
Mà | cos x - sin x |£ 2 , | sin x + cos x |£ 2 , suy ra: | f ' ( x) |£ = q < 1.
3- 2
Theo định lý Lagrange : với mọi cặp hai số thực x, y (x < y), luôn tồn tại z Î ( x; y )
thỏa mãn: f(x) – f(y) = f’(z)(x-y).
Từ đó suy ra |f(x) – f(y)| £ q|x – y| với mọi x, y thuộc R.
Áp dụng tính chất trên với m > n ³ N, ta có :



www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 89
===========================================================
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM

|xm – xn| = |f(xm-1) – f(xn-1)| £ q|xm-1- xn-1| £ …£ qn-1|xm-n+1 – x1| £ qN-1|xm-n+1 – x1|.
Mặt khác dãy (xn) bị chặn và q < 1 nên với mọi e > 0 tồn tại N đủ lớn sao cho:
qN-1|xm-n+1 – x1| < e.
Như vậy dãy (xn) thoả mãn tiêu chuẩn Cauchy, do đó (xn) hội tụ.
Bài toán 25. (VMO 2007)
Cho số thực a > 2 và f n ( x) = a10 x10+ n + x n + x n -1 + ... + x + 1 .

a) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n, phương trình f n ( x) = a luôn có
đúng một nghiệm dương duy nhất. Kí hiệu nghiệm đó là xn.

a -1
b) Chứng minh rằng dãy (xn) có giới hạn bằng khi n dần đến vô cùng.
a

Lời giải:

Đặt Fn ( x) = f n ( x) - a , ta có Fn ( x) liên tục, đồng biến trên [0; +¥ ) và


Fn (0) = 1 - a < 0, Fn (1) = a10 + n + 1 - a > 0. Suy ra phương trình f n ( x) = a luôn có đúng
một nghiệm xn dương duy nhất.

a -1
Đặt b = Þ f n (b) = b n (a - 1)[(a - 1)9 - 1] + a Þ f n (b) > a Þ b > xn , "n Î N *
a

Theo định lí Lagrange, luôn tồn tại cn Î ( xn ; b) thỏa mãn:


f n (b) - f n ( xn ) = f '(cn )(b - xn ) .


Mà f '(cn ) > 1 nên b - xn < f n (b) - f n ( xn ) = b n (a - 1)[(a - 1)9 - 1] Þ lim x n = b


Þ b - b n (a - 1)[(a - 1)9 - 1] < xn < b Þ lim x n = b (vì b Î (0;1) ).


Nhận xét:

Bài toán trên sẽ khó khăn hơn nhiều nếu đề bài không cho trước giới hạn của dãy số.
Khi đó câu hỏi đặt ra là giới hạn đó bằng bao nhiêu?

Ta có thể trả lời câu hỏi đó như sau:


www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010 90
===========================================================
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM

Trước hết giới hạn của dãy số phải thuộc khoảng (0; 1), giả sử giới hạn của dãy số là
1 1 1
(vì b Î (0;1) ).
b ta có: f n (b) = b n (a10b10 + + 1) - Þ lim f n (b) = -
b -1 b -1 b -1

a -1
1
Mà f n ( xn ) = a Þ - =aÞb= .
b -1 a

Trong bài toán dạng trên dãy số xác định là dãy nghiệm thuộc (a; b) của phương
trình f n ( x) = 0 , với giả thiết f n ( x ) là hàm số đồng biến hoặc nghịch biến trên (a;

b), f n '( x) < c với mọi số nguyên dương n và số thực dương x thuộc (a; b), khi giải bài toán
dạng này nói chung ta điều khó khăn nhất là xác định được giới hạn của dãy số.

Bài toán 26: (VMO 2002)

n
1 1
åi = , với n là số nguyên dương.
Xét phương trình
x -1 2
2
i =1



a) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n, phương trình nêu trên có một nghiệm
duy nhất lớn hơn 1; kí hiệu nghiệm đó là xn.
b) Chứng minh rằng lim xn = 4 .


Lời giải:

n
1 1
a) Xét f n ( x) = å - , ta có: f n ( x ) liên tục và nghịch biến trên (1; +¥ ).
i x -1 2
2
i =1




1
Mà lim f n ( x) = +¥, lim f n ( x) = - Þ f n ( x) = 0 có một nghiệm duy nhất lớn hơn 1.
+ x ®+¥
x ®1 2
1
b) Với mỗi số nguyên dương n ta có: f n (4) = - < 0 Þ f n (4) < f n ( xn ) Þ xn < 4
2(2n + 1)


Theo định lí Lagrange, luôn tồn tại cn Î ( xn ; 4) thỏa mãn:


f n (4) - f n ( xn ) = f '(cn )(4 - xn ) .

1 9
Mà f '(cn ) < - Þ 4 - xn < -9( f n (4) - f n ( xn )) Þ 4 - xn
un +1 "n Î ¥
Nhận xét.
· Nếu ( xn ) Z, ( yn ) Z thì ( xn + yn ) Z
· Nếu ( xn ) ], ( yn ) ] thì ( xn + yn ) ]
· Nếu ( xn ) Z thì (- xn ) ] . Và nếu ( xn ) ] thì (- xn ) Z
· Nếu hai dãy dương ( xn ), ( yn ) cùng tăng (giảm) thì ( xn yn ) tăng (giảm).
· Một dãy có thể không tăng, cũng không giảm. Ví dụ xn = (-1) n "n Î ¥
Định nghĩa 1.3. Cho dãy số ( xn ) nÎ¥ .
· Dãy ( xn ) được gọi là bị chặn trên, nếu tồn tại hằng số M sao cho xn £ M "n
· Dãy ( xn ) được gọi là bị chặn dưới, nếu tồn tại hằng số m sao cho xn ³ m "n
· Dãy ( xn ) vừa bị chặn trên, vừa bị chặn dưới được gọi là bị chặn.
Định lí 1.1. Dãy ( xn ) bị chặn khi và chỉ khi tồn tại ghằng số c ³ 0 sao cho | un |£ c "n

1.2 Giới hạn của dãy số
Định nghĩa 1.4. Dãy số (un ) được gọi là hội tụ về a , ký hiệu lim un = a , nếu với mọi
n ®¥

e > 0 cho trước tùy ý, tìm được chỉ số n0 sao cho với mọi n ³ n0 đều có | un - a |< e
Ví dụ 1.1. Chứng minh rằng

1. lim c = c
n ®¥

1
=0
2. lim
n ®¥n
n +1
=1
3. lim
n ®¥ n

Định lí 1.2. (Tính duy nhất của giới hạn) Giới hạn của một dãy hội tụ là duy nhất


www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010
=========================================================== 105
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM



Định lí 1.3. (Tính thứ tự của dãy hội tụ) Cho lim xn = l và a Î ¡ . Khi đó
n ®¥

· Nếu a < l thì ($n0 Î ¥ : "n ³ n0 Þ a < xn )
· Nếu a > l thì ($n0 Î ¥ : "n ³ n0 Þ a > xn )
Định lí 1.4. (Chuyển qua giới hạn trong bất đẳng thức) Cho lim xn = l và a Î ¡ .
n ®¥
Khi đó
· Nếu ($n0 Î ¥ : "n ³ n0 Þ xn ³ a ) thì l ³ a
· Nếu ($n0 Î ¥ : "n ³ n0 Þ xn £ a ) thì l £ a
Định lí 1.5. (Định lý giới hạn kẹp giữa) Cho ba dãy số ( xn ), ( yn ), ( zn ) thỏa mãn
· $n0 Î ¥ : "n ³ n0 Þ zn £ xn £ yn
· các dãy ( yn ), ( zn ) cùng hội tụ đến l
Khi đó dãy ( xn ) hội tụ và lim xn = l
n ®¥
Định lí 1.6. (Tính chất đại số của dãy hội tụ) Cho hai dãy hội tụ
( xn ), ( yn ) và lim xn = a; lim yn = b . Khi đó
n ®¥ n ®¥

· Dãy (- xn ) hội tụ và lim(- xn ) = - a
n ®¥

· Dãy (| xn |) hội tụ và lim | xn |=| a |
n ®¥

· Dãy ( xn + yn ) hội tụ và lim( xn + yn ) = a + b
n ®¥

· Dãy ( xn - yn ) hội tụ và lim( xn - yn ) = a - b
n ®¥

· Dãy (kxn ) hội tụ và lim(kxn ) = ka
n ®¥

· Dãy ( xn ·yn ) hội tụ và lim( xn ·yn ) = ab
n ®¥

æ1ö
· Với b ¹ 0 thì dãy ç ÷ được xác định từ một chỉ số nào đó, hội tụ và
è yn ø
æ 1ö 1
÷=
lim ç
n ®¥
è yn ø b
æx ö
· Với b ¹ 0 thì dãy ç n ÷ được xác định từ một chỉ số nào đó, hội tụ và
è yn ø
æx ö a
lim ç n ÷ =
n ®¥ y
è nø b
Ví dụ 1.2. Tìm các giới hạn sau
n 2 - 3n + 2
· lim 2
n ®¥ n + 3n - 2

2n 2 - 3n + 1
· lim 3
n ®¥ 3n + 4 n 2 - 5

2n + 1 - n - 2
· lim
n ®+¥ n
· lim ( n 2 + 2n - 1 - n 2 + n + 1)
n ®+¥




www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010
=========================================================== 106
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM

n

å (3k + 1)
· lim k =0
n
n ®+¥
å (2k + 3)
k =0


1.3 Dấu hiệu hội tụ của dãy số

Tiêu chuẩn Weiersstrass
1.3.1

Định lí 1.7. Một dãy số đơn điệu và bị chặn thì hội tụ

Cụ thể, một dãy đơn điệu tăng và bị chặn trên thì hội tụ, một dãy đơn điệu giảm và bị
chặn dưới thì hội tụ.

Ví dụ 1.3. Cho các dãy số ( xn ), ( yn ) được xác định như sau
x + yn
x1 = a > 0, y1 = b > 0, xn +1 = xn yn , yn+1 = n , "n ³ 1.
2
Chứng minh rằng các dãy số ( xn ), ( yn ) hội tụ và lim xn = lim yn .

Lời giải. Ta xét hai trường hợp sau:
(i) Nếu a ³ b thì bằng quy nạp ta chỉ ra được dãy ( xn ) là dãy giảm bị chặn dưới bởi a ,
còn dãy ( yn ) là dãy tăng bị chặn trên bởi a . Do đó theo định lý 1.7 tồn tại lim xn , lim yn và
từ giả thiết chuyển qua giới hạn ta được lim xn = lim yn .
(ii) Nếu a £ b tương tự như trường hợp (i).

Ví dụ 1.4. Cho dãy số ( xn ) được xác định như sau
x1 = 1, x2 = 2, xn + 2 = xn +1 + xn , "n ³ 1 .
Chứng minh rằng dãy số đã cho có giới hạn và tìm giới hạn đó.

Lời giải. Dễ thấy bằng quy nạp ta chỉ ra được ( xn ) là dãy số tăng và bị chặn trên bởi 4.
Do đó theo định lý 1.7 ta có tồn tại lim xn = a . Từ đẳng thức xn + 2 = xn +1 + xn chuyển qua
giới hạn ta được a = 2 a nhưng do a > 0 nên chỉ lấy a = 4 . Vậy lim an = 4 .

Bài tập tương tự

Bài tập 1.5. Cho dãy số ( xn ) xác định bởi x1 = 2, xn +1 = 2 + xn ,n = 1, 2,¼ Chứng
minh rằng dãy số đã cho hội tụ và tìm lim xn .
n ®¥
Bài tập 1.6. Cho dãy số thỏa mãn điều kiện
1
0 < xn < 1, xn+1 (1 - xn ) > .
4
Chứng minh dãy số trên hội tụ và tìm giới hạn đó.
Bài tập 1.7. (Định lý Cantor) Cho hai dãy số thực (an ), (bn ) thỏa mãn các điều kiện sau:
an £ bn ; [ an+1 , bn +1 ] Í [ an , bn ] với mọi n Î ¥ và lim ( bn - an ) = 0 .



www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010
=========================================================== 107
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM

¥

I [ a , b ] = {c} và lim a = lim bn = c .
Khi đó tồn tại số thực c sao cho n n n
n =0

Bài tập 1.8. (VMO 2005). Cho dãy số thực ( xn ), n = 1, 2,3... được xác định bởi:
x1 = a và xn +1 = 3 xn - 7 xn + 5 xn với n = 1, 2,3,...
3 2


é 4ù
trong đó a là một số thực thuộc đoạn ê0, ú .
ë 3û
Chứng minh rằng dãy số ( xn ) có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.
Bài tập 1.9. (VMO 2002B). Xét phương trình
1 1 1 1 1
+ + + ... + + ... + =0,
2x x -1 x - 4 x-k x - n2
2

trong đó n là tham số nguyên dương.
1. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n , phương trình nêu trên có duy nhất
nghiệm trong khoảng ( 0,1) ; kí hiệu nghiệm đó là xn .
2. Chứng minh rằng dãy số xn có giới hạn hữu hạn khi n ® +¥ .
Bài tập 1.10. Cho số thực a . Cho dãy số ( xn ), n Î ¥ , được xác định bởi:
x0 = a và xn +1 = xn + sin xn với mọi n Î ¥ .
Chứng minh rằng dãy số ( xn ) có giới hạn hữu hạn khi n ® +¥ và tính giới hạn đó.

Tiêu chuẩn Cauchy
1.3.2

Định nghĩa 1.5. Dãy ( xn ) được gọi là dãy Cauchy nếu thỏa mãn điều kiện
"e > 0, $N Î ¥ : "m, n Î ¥, m, n ³ N , xm - xn < e
Định lí 1.8. Dãy số ( xn ) hội tụ khi và chỉ khi ( xn ) là dãy Cauchy.

Ví dụ 1.11. Cho hàm số f : ¡ ® ¡ thỏa mãn điều kiện
f ( x ) - f ( y ) £ q x - y , với mọi x, y Î ¡ ,
trong đó q Î ( 0,1) là hằng số cho trước. Với c Î ¡ cho trước và xác định dãy
( xn ), n = 0,1, 2,3... như sau: x0 = c, xn +1 = f ( xn ), n = 0,1, 2,... . Chứng minh rằng dãy số ( xn )
hội tụ và giới hạn của dãy số là nghiệm của phương trình f ( x) = x .

Lời giải Trước hết ta chứng minh dãy ( xn ) là một dãy Cauchy. Thật vậy, với
m, n Î ¥, n > m ta có:
xn - xm = f ( xn -1 - f ( xm -1 ) ) £ q xn -1 - xm -1 £ ... £ q m xn -m - x0
(1)

Mặt khác ta có
1 - qn
( )
xn - x0 £ xn - xn -1 + ... + x1 - x0 £ q n -1 + ... + 1 x1 - x0 =
x1 - x0 .
1- q
Từ đây suy ra xn - x0 bị chặn với mọi n . Kết hợp với (1) ta thu được với mọi e > 0
tồn tại N Î ¥ sao cho với mọi m, n ³ N thì xn - xm < e . Nên dãy ( xn ) là một dãy Cauchy
suy ra nó hội tụ.


www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010
=========================================================== 108
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM

Từ điều kiện của hàm f dễ dàng chứng minh được f liên tục và do đó từ đẳng thức
xn = f ( xn -1 ) chuyển qua giới hạn ta được giới hạn của dãy ( xn ) là nghiệm của phương trình
f ( x) = x .

Bài tập tương tự

Bài tập 1.12. Cho f : ¡ ® ¡ thỏa mãn điều kiện với mọi e > 0 đều tồn tại d > 0 sao
cho: nếu e £ x - y < e + d f ( x) - f ( y ) < e . Xét dãy số xác định như sau:
thì
x0 Î ¡, xn +1 = f ( xn ), n = 0,1,... Chứng minh rằng dãy ( xn ) hội tụ.
Bài tập 1.13. Cho f : ¡ ® ¡ thỏa mãn điều kiện x - f ( x) £ j ( x) - j ( f ( x)) , trong đó
j : ¡ ® ¡ là hàm liên tục và bị chặn dưới. Lấy x0 Î ¡ và lập dãy xn +1 = f ( xn ), n = 0,1, 2,...
Chứng minh rằng dãy số ( xn ) hội tụ.
f :¡ ® ¡
tập 1.14. thỏa mãn điều kiện
Bài Cho

f ( x) - f ( y ) £ k ( x - f ( x) + y - f ( y ) ) , với mọi x, y Î ¡ , trong đó k < . Xét dãy số xác
1
2
định như sau: x1 Î ¡, xn +1 = f ( xn ), n ³ 1 . Chứng minh rằng dãy ( xn ) hội tụ và giới hạn của
dãy là nghiệm duy nhất của phương trình f ( x) = x .
Bài tập 1.15. Cho f : ¡ ® ¡ thỏa mãn điều kiện: có số k , 0 £ k < 1 sao cho
f ( x) - f ( y ) £ k max { x - y , f ( x) - x , y - f ( y ) } "x, y Î ¡.
Xét dãy số xác định như sau: x1 Î ¡, xn +1 = f ( xn ), n ³ 1 . Chứng minh rằng dãy ( xn ) hội
tụ và giới hạn của dãy là nghiệm duy nhất của phương trình f ( x) = x .

Nguyên lý kẹp
1.3.3

Định lí 1.9. Cho ba dãy số (an ), (bn ) và (cn ) thỏa mãn: $N Î ¥ sao cho
an £ bn £ cn"n ³ N và lim an = lim cn = a . Khi đó limbn = a .

Ví dụ 1.16. (Canada 1985) Dãy số ( xn ) thỏa mãn điều kiện 1 < x1 < 2 và
12
xn +1 = 1 + xn - xn , "n Î ¥* .
2
Chứng minh rằng dãy số đã cho hội tụ. Tìm lim xn
n ®¥



1
Lời giải. Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp bất đẳng thức sau: xn - 2 < , "n ³ 3 . Thật
2n
vậy ta kiểm tra được ngay bất đẳng thức đúng với n = 3 . Giả sử bất đẳng thức đúng với
1
n ³ 3 , tức là xn - 2 < n . Khi đó ta có
2

( )
1 1
xn +1 - 2 = xn - 2 2 - 2 - xn £ xn - 2 2 - xn + 2 - 2 2
2 2
1 11 1
< xn - 2 < = n +1 .
n
2 22 2




www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010
=========================================================== 109
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM

1
= 0 nên từ bất đẳng thức trên
Do đó bất đẳng thức đúng đến n + 1 . Mặt khác do lim
2n
và nguyên lý kẹp ta có lim xn = 0 .

Ví dụ 1.17. Cho dãy các hàm số { Pn ( x)} xác định như sau
x - Pn2 ( x)
, "n ³ 0; x Î ¡ .
P0 ( x) = 0, Pn+1 ( x) = Pn ( x) +
2
Tìm lim Pn ( x) .
n ®¥
Lời giải Trước hết ta chứng minh bằng quy nạp bất đẳng thức
sau: 0 £ Pn ( x) £ x , "n Î ¥ .
(1)
x
Thật vậy, với x Î [0,1] suy ra x - 2 x £ 0 nên 0 £ = P ( x) £ x . Như vậy (1) đúng
1
2
( )
1
với n=1. Giả sử (1) đúng đến $n$. Xét hàm số f (t ) = t + x - t 2 với t Î [0,1] . Dễ thấy hàm
2
số f (t ) đồng biến trên [0,1] . theo giả thiết quy nạp ta có 0 £ Pn ( x) £ x £ 1 với mọi
x Î [0,1]
(2)
nên Pn+1 ( x) = f ( Pn ( x)) £ f ( x ) = x với mọi x Î [0,1] . Mặt khác, từ (2) ta có
x - Pn2 ( x) ³ 0 Þ Pn +1 ( x) ³ Pn ( x) ³ 0 . Vậy 0 £ Pn +1 ( x) £ x . Do đó (1) đúng đến n + 1 nên
theo nguyên lý quy nạp ta có (1) đúng với mọi n .
2
với x Î [0,1], "n Î ¥ .
Tiếp theo ta chứng minh x - Pn ( x) £
n +1
(3)
é x + Pn -1 ( x) ù
Thật vậy ta có x - Pn ( x) = é x - Pn -1 ( x) ù ê1 - ú
ë û 2
ë û
é xù
£ é x - Pn-1 ( x) ù ê1 - ú (do Pn -1 ( x) ³ 0)
ë û 2û
ë
n n
é xù é xù
2n x
£ ... £ é x - P0 ( x) ù ê1 - ú= ê1 - ú
ë û 2û n2 2û
ë ë
n +1
én x x öù
æ
+ n ç1 -
ê ÷ú n
2ænö
2ê 2 2 øú
è 2
£ê = ÷
2 , dãy số (an ) Ì ¡ + thỏa mãn điều kiện
a
an = a1 + a2 + ... + an -1 , "n ³ 2.
an
=0.
Chứng minh rằng lim
n
Bài tập 1.21. Cho dãy số dương (an ) thỏa mãn điều kiện
an +1 £ a1 + a2 + ... + an , "n Î ¥* .
3


an
1
Chứng minh rằng với mọi a > ta luôn có lim a = 0 .
2 n
Bài tập 1.22. (VMO 2002A). Xét phương trình
1 1 1 1 1
+ + ... + 2 + ... + 2 =,
x -1 4x -1 k x -1 n x -1 2
trong đó n là tham số nguyên dương.
1. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n , phương trình nêu trên có duy nhất
nghiệm lớn hơn 1; kí hiệu nghiệm đó là xn .
2. Chứng minh rằng dãy số xn có giới hạn bằng 4 khi n ® +¥ .
Bài tập 1.23. (Matxcơva 2000). Ký hiệu xn là nghiệm của phương trình
1 1 1
+ + ... + =0,
x x -1 x-n
thuộc khoảng (0,1)
1. Chứng minh dãy ( xn ) hội tụ;
2. Hãy tìm giới hạn đó.
Bài tập 1.24. (VMO 2007) Cho số thực a > 2 và f n ( x) = a10 x n +10 + x n + ... + x + 1


www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010
=========================================================== 112
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM

1. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n , phương trình f n ( x) = a luôn có đúng
một nghiệm dương duy nhất.
2. Gọi nghiệm đó là xn , chứng minh rằng dãy ( xn ) có giới hạn hữu hạn khi n dần đến
vô cùng.

1.4. Khảo sát sự hội tụ của dãy số dạng xn +1 = f ( xn )
Để khảo sát sự hội tụ của dãy số có dạng xn +1 = f ( xn ) , ta thường xét hàm số
y = f ( x) và sử dụng một số kết quả sau
Định lí 1.10. Cho dãy số ( xn ) Ì ¡ xác định như sau: x1 = a, xn +1 = f ( xn ), n = 1, 2,... . Khi
đó
1. Nếu f ( x) là hàm số đồng biến thì dãy số ( xn ) đơn điệu.
2. Nếu f ( x) là hàm số nghịch biến thì dãy số ( xn ) có chứa hai dãy con ( x2 k ), ( x2 k +1 )
đơn điệu ngược chiều.
3. Khi f ( x) là hàm số nghịch biến và dãy ( xn ) bị chặn thì $ lim x2 k = a,lim x2 k +1 = b
k ®¥ k ®¥

và do đó dãy đã cho hội tụ khi và chỉ khi a = b .

Ví dụ 1.25. (VMO 1998A). Cho số thực a ³ 1 . Xét dãy số ( xn ), n = 1, 2,... được xác
định bởi
æ xn ö 2
x1 = a, xn +1 = 1 + ln ç ÷ với n = 1, 2,3,...
1 + ln xn ø
è
Chứng minh rằng dãy số trên có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.
Lời giải
æ xn ö 2
Xét dãy số ( xn ) với x1 = a (a ³ 1) và xn +1 = 1 + ln ç ÷ , n = 1, 2,...
è 1 + ln xn ø
(i) Nếu a = 1 thì xn = 1("n) suy ra lim xn = 1 .
n ®+¥

(ii) Nếu a > 1 . Ta chứng minh bằng quy nạp xn > 1 với mọi n Î ¥* . Giả sử với n sao
cho xn > 1 . Ta nhận thấy xn +1 > 1 Û xn - 1 - ln xn > 0 . Dễ thấy hàm số f ( x) = x 2 - 1 - ln x
2


đồng biến trên [1; +¥) . Mặt khác xn > 1 suy ra xn +1 > 1 . Vậy xn > 1"n ³ 1 .
Tiếp theo ta chứng minh với xn > 1"n ³ 1 thì xn > xn +1"n ³ 1 . Xét hàm số
æ x2 ö
g ( x) = x - 1 - ln ç ÷ trên [1; +¥) . Bằng cách khảo sát hàm số này ta chỉ ra được g ( x)
è 1 + ln x ø
đồng biến trên [1; +¥) mà g (1) = 0 , suy ra g ( x) > 0"x > 1 và g ( x) = 0 Û x = 1 . Do đó nếu
xn > 1"n ³ 1 thì xn > xn +1"n ³ 1 . Do vậy dãy ( xn ) là dãy số giảm và bị chặn dưới bởi 1, nên
tồn tại lim = b . Dễ thấy b ³ 1 và từ hệ thức truy hồi chuyển qua giới hạn ta được
n ®+¥

æ b2 ö æ b2 ö
b = 1 + ln ç Û b - 1 - ln ç ÷=0.
÷
è 1 + ln b ø è 1 + ln b ø
Theo kết quả khảo sát của hàm g ( x) ở trên thì g (b) = 0 Û b = 1 . Vậy lim xn = 1 .
n ®+¥

Ví dụ 1.26. Cho dãy số ( xn ) thỏa mãn điều kiện
xn
x1 = 2,9; xn+1 = 3 + , n = 1, 2,3,¼
xn - 1
2




www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010
=========================================================== 113
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM

Chứng minh rằng dãy số trên có giới hạn và tìm giới hạn đó.
Lời giải
x
Xét hàm số f ( x) = 3 + với x Î (1, +¥) . Dễ thấy f ( x) là hàm số nghịch
x2 - 1
biến trên (1, +¥) .
(i) Ta chứng minh dãy ( xn ) bị chặn. Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp
3
"n Î ¥* (1). Thật vậy
3 < un < 3 +
2
Với n = 1 thì bất đẳng thức trên luôn đúng. Giả sử bất đẳng thức trên đúng đến n , tức là
3
3 < un < 3 + . Ta có un +1 = f (un ) và f là nghịch biến trên (1, +¥) nên
2
3
. Mặt khác do 3 < un nên từ hệ thức un +1 = f (un ) ta có 3 < un +1 .
un +1 < f ( 3) = 3 +
2
Vậy (1) được chứng minh.
(ii) Từ đó suy ra $a = lim x2 n , $b = lim x2 n+1 , trong đó a, b là nghiệm của hệ phương
n ®+¥ n ®+¥
trình
ìa = f ( b )
ï
í .
ïb = f ( a )
î
3
3< x< 3+
g ( x) = f ( f ( x)) - x ,
số với
(iii) Xét hàm , có
2
3
g ¢( x) = f ¢( x). f ¢( f ( x)) - 1 . f ¢( x) < 0
3 < f ( x) < 3 + với mọi
Do và
2
3 3 3
nên g ¢( x) < 0 với mọi 3 < x < 3 +
3< x< 3+ , cùng với g ( 3).g ( ) < 0
2 2 2
suy ra phương trình g ( x) = 0 có nghiệm duy nhất. Do đó dãy ( xn ) hội tụ.
Ví dụ 1.27. (VMO 2008) Cho dãy số ( xn ) xác định như sau
ì x1 = 0, x2 = 2
ï
í 1
- xn
ï xn + 2 = 2 + 2 , n = 1, 2,...
î
Chứng minh rằng dãy ( xn ) hội tụ và tìm lim xn .
n ®+¥

1 3
< xn < "n > 2 . Xét hàm số
Lời giải 1. Bằng quy nạp, dễ dàng chứng minh được
2 2
æ1 3ö æ1 3ö
1 1
f ( x) = 2 - x + , x Î ç ; ÷ . Ta có f ¢( x) = 2 - x ·ln < 0 "x Î ç ; ÷ và với mọi
è2 2ø è2 2ø
2 2
æ1 1ö
æ1 3ö ln 2
÷ Ì (0;1) . Do đó | f ¢( x) |< 2 = u < 1 .
x Î ç ; ÷ thì 2- x Î ç 3 ;
è2 2ø è 4 2ø

1 3
< x £ y < đều tồn tại t Î ( x; y ) sao cho
Mặt khác, theo định lý Lagrange thì với mọi
2 2
2 - x - 2- y = f ¢(t )( x - y ) . Vậy



www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010
=========================================================== 114
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM


| xn - xn -1 |=| 2- xn-2 - 2- xn-3 |< u·| xn - 2 - xn -3 |
= u·| 2- xn-4 - 2 - xn-5 |< u 2 ·| xn - 4 - xn -5 | LL
Từ đó
| x2 n - x2 n -1 |< u n | x2 - x1 |® 0 (n ® +¥) .
Từ đó, theo định lý Cauchy, dãy $(x_n)$ hội tụ về a là nghiệm của phương trình
1
a = 2 -a +
2

Giải phương trình này, thu được a = 1 . Vậy, lim xn = 1 .
n ®+¥



1 3
< xn < "n > 2 .
Lời giải 2. Bằng quy nạp, dễ dàng chứng minh được
2 2
æ1 3ö æ1 3ö
1 1
Xét hàm số f ( x) = 2 - x + , x Î ç ; ÷ . Ta có f ¢( x) = 2 - x ·ln < 0 "x Î ç ; ÷ . Do
è2 2ø è2 2ø
2 2
æ1 3ö
đó hàm y = f ( x), x Î ç ; ÷ là hàm giảm. Vậy, mỗi dãy ( x2 k ) , ( x2 k +1 ) chứa hai dãy con
è2 2ø
1 3
< xn < "n > 2 suy ra bốn dãy con
đơn điệu ngược chiều. Từ đó, do
2 2
( x4 k ), ( x4 k +1 ), ( x4 k + 2 ), ( x4 k +3 ) hội tụ theo thứ tự về a , b , g , d .

Xét hệ phương trình
ìa = f ( g )
ï
ï b = f (d )
í
ïg = f (a )
ïd = f b
()
î
Giải hệ thu được a = b = g = d = 1 . Vậy lim xn = 1 .
n ®+¥



1 3
< xn < "n > 2 .
Lời giải 3. Bằng quy nạp, dễ dàng chứng minh được
2 2
æ1 3ö æ1 3ö
1 1
Xét hàm số f ( x) = 2 - x + , x Î ç ; ÷ . Ta có f ¢( x) = 2 - x ·ln < 0 "x Î ç ; ÷ và với
è2 2ø è2 2ø
2 2
æ1 1ö
æ1 3ö ln 2
÷ Ì (0;1) . Do đó | f ¢( x) |< 2 = u < 1 .
mọi x Î ç ; ÷ thì 2- x Î ç 3 ;
è2 2ø è 4 2ø

1 3
< x £ y < đều tồn tại t Î ( x; y ) sao cho
Mặt khác, theo định lý Lagrange thì với mọi
2 2
æ 1 3ö ln 2
2 - x - 2- y = f ¢(t )( x - y ) . Vậy, với mọi x, y Î ç ; ÷ tồn tại u = Î (0;1) sao cho
è2 2ø 2
| f ( x) - f ( y ) |= u. | x - y | . Suy ra hàm f là hàm co. Bởi vậy, hai dãy con ( x2 k ), ( x2 k +1 ) (đều
cho bởi hệ thức truy hồi xn + 2 = f ( xn ) hội tụ. Bằng việc giải phương trình giới hạn, thu được
lim xn = 1 .
n ®+¥




www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010
=========================================================== 115
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM



Bài tập tương tự
xn
Bài tập 1.28. Cho dãy số ( xn ) xác định như sau x0 = 1, xn+1 = , n ³ 0 . Tìm lim xn .
x +1 2 n ®¥
n

Bài tập 1.29. Cho trước a > 0 . Xét dãy số ( xn ) xác định như sau:
ì x0 > 0
ï
1æ a2 ö
í
xn +1 = ç xn + ÷ , n = 0,1, 2,...
ï 2è xn ø
î
Khảo sát sự hội tụ của dãy.
1
Bài tập 1.30. Khảo sát sự hội tụ của dãy ( xn ) : x0 = 1, xn+1 = ,n³0.
2 + xn
2
Bài tập 1.31. Khảo sát sự hội tụ của dãy ( xn ) : x0 ³ 0, xn +1 = , n ³ 0.
1 + xn2


6
Bài tập 1.32. Khảo sát sự hội tụ của dãy ( xn ) : x0 ³ 0, xn +1 = , n ³ 0.
2 + xn 2


2
Bài tập 1.33. Khảo sát sự hội tụ của dãy ( xn ) : x0 = 1, xn+1 = 1 - , n ³ 0 .
xn
xn + 3
2
Bài tập 1.34. Khảo sát sự hội tụ của dãy ( xn ) : x0 > 0, xn +1 = , n ³ 0.
2( xn + 1)
Bài tập 1.35. Khảo sát sự hội tụ của dãy ( xn ) : x0 Î ¡, xn +1 = 3 7 xn - 6, n ³ 0 .
1
Bài tập 1.36. Khảo sát sự hội tụ của dãy ( xn ) : x0 > 0, xn +1 = xn + - 1, n ³ 0 .
xn
Bài tập 1.37. Khảo sát sự hội tụ của dãy ( xn ) : x0 Î ¡, xn +1 = xn + 2 xn , n ³ 0 .
2


Bài tập 1.38. Khảo sát sự hội tụ của dãy ( xn ) : x0 Î (-1; 0), xn +1 = 1 + (-1)n 1 + xn , n ³ 0 .

Bài tập 1.39. Khảo sát sự hội tụ của dãy ( xn ) : x0 > 0, xn +1 = xn + xn-1 + L x0 , n ³ 0 .
Bài tập 1.40. Khảo sát sự hội tụ của dãy ( xn ) : x1 = 2, xn +1 = 2 xn "n ³ 1 .
Bài tập 1.41. Khảo sát sự hội tụ của dãy ( xn ) : x0 = 1, x1 = a, xn + 2 = 3 xn +1 xn , n ³ 0 .
2


Bài tập 1.42. Cho dãy số ( xn ) xác định như sau
ì x1 Î ¡
ï
í
ï xn +1 = xn + (1 - 2a ) xn + a "n ³ 1.
2 2
î
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số a sao cho dãy đã cho hội tụ. Khi đó, tìm lim xn .
n ®¥

Bài tập 1.43. (VMO 2005B). Cho dãy số thực ( xn ), n = 1, 2,3... được xác định bởi
x1 = a và xn +1 = 3 xn - 7 xn + 5 xn với mọi n = 1, 2,3,... , trong đó a là một số thực thuộc
3 2


é 4ù
đoạn ê0, ú .
ë 3û
Chứng minh rằng dãy số ( xn ) có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.
Bài tập 1.44. (VMO 2005A). Cho dãy số thực ( xn ), n = 1, 2,3... được xác định bởi
x1 = a và xn +1 = 3 xn - 7 xn + 5 xn với mọi n = 1, 2,3,... , trong đó a là một số thực.
3 2




www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010
=========================================================== 116
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM

Hãy tìm tất cả các giá trị của a để dãy số ( xn ) có giới hạn hữu hạn. Hãy tìm giới hạn đó
trong các trường hợp đó.\hbt
Bài tập 1.45. (VMO 2001A). Với mỗi cặp số thực (a, b) , xét dãy số ( xn ), n Î ¥ , được
xác định bởi
x0 = a và xn +1 = xn + b.sin xn với mọi n Î ¥ .
(1) Cho b = 1 . Chứng minh rằng với mọi số thực a , dãy ( xn ) có giới hạn hữu hạn khi
n ® +¥ . Hãy tính giới hạn đó theo a .
(2) Chứng minh rằng với mỗi số thực b > 2 cho trước, tồn tại số thực a sao cho dãy
( xn ) tương ứng không có giới hạn hữu hạn khi n ® +¥ .
Bài tập 1.46. (VMO 2000A). Cho c là số thực dương. Dãy số ( xn ), n = 0,1, 2,... được
xây dựng theo cách sau:
xn +1 = c - c + xn , n = 0,1, 2,... nếu các biểu thức trong căn là không âm.
Tìm tất cả các giá trị của c để với mọi giá trị ban đầu x0 Î ( 0; c ) dãy ( xn ) được xác
định với mọi giá trị n và tồn tại giới hạn hữu hạn lim xn khi n ® +¥ .
Bài tập 1.47. (VMO 1998B). Cho số thực a . Xét dãy số ( xn ), n = 1, 2,3,... được xác
định bởi
xn ( xn + 3)
2

x1 = a, xn +1 = với n=1, 2, 3, ...
3 xn + 1
2


Chứng minh rằng dãy số trên có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.
Bài tập 1.48. (VMO 1994B). Cho số thực a . Xét dãy số ( xn ), n = 0,1, 2,... được xác
định bởi
x0 = a, xn = 3 6 xn -1 - 6sin xn -1 với mọi n=1, 2, 3,...
Chứng minh rằng dãy số trên có giới hạn hữu hạn khi n dần tới dương vô cực và tìm
giới hạn đó.
Bài tập 1.49. (VMO 1994A). Cho số thực a . Xét dãy số ( xn ), n = 0,1, 2,... được xác
định bởi


x0 = a, xn = 2 ç arccos xn -1 + ÷ .arcsin xn -1 với mọi n=1, 2, 3,...
pè 2ø
Chứng minh rằng dãy số trên có giới hạn hữu hạn khi n dần tới dương vô cực và tìm
giới hạn đó.

1.5. Định lý trung bình Cesaro và dãy số dạng xn +1 = xn ± xn a


Đây là trường hợp đặc biệt của dãy số dạng xn +1 = f ( xn ) . Tuy nhiên, chúng ta không
đặt vấn đề khảo sát sự hội tụ của những dãy dạng này, bởi vì giới hạn của chúng hoặc là 0
æ xn ö
hoặc là ¥ ; mà ở đây chúng ta quan tâm tới tất cả các số b sao cho dãy ç b ÷ hội tụ. Với
èn ø
những dãy số dạng này, định lý trung bình Cesaro tỏ ra rất hữu hiệu.

Định lí 1.11. Nếu dãy số ( xn ) có giới hạn hữu hạn là a thì dãy số các trung bình
æ x1 + x2 + ... + xn ö
÷ cũng có giới hạn là a .
ç
è ø
n
Chứng minh.


www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010
=========================================================== 117
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM


Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử a = 0 . Với mọi e > 0 tồn tại N Î ¥* sao
e u1 + u2 + ... + u N e
cho với mọi n ³ N thì un < < . Từ đó ta có

2 n 2
u + ... + un e ( n - N ) e
u1 + u2 + ... + un u + u + ... + u N
< e "n ³ N .
£1 2 + N +1 0 thì lim n an = a .
Ví dụ 1.52. Cho dãy số dương (an ) . Chứng minh rằng lim
n ®¥ a n ®¥
n
an+1
Đặt bn = , n ³ 2 . Dễ thấy dãy (bn ) thỏa mãn ví dụ 1.50 nên
Lời giải.
an
lim n b1b2 ...bn = a hay lim n an = a .
n ®¥ n ®¥


Bài tập tương tự

( xn ) xác định bởi x1 = 1/ 2, xn +1 = xn - xn . Chứng minh rằng
Bài tập 1.53. Cho dãy 2


lim nxn = 1.
n ®¥

( xn ) xác định bởi x1 = 1, xn +1 = sin xn . Chứng minh rằng
Bài tập 1.54. Cho dãy
lim nxn = 1.
n ®¥

1
Bài tập 1.55. (TST VN 1993). Dãy số { xn } xác định bởi x1 = 1, xn +1 = xn + . Hãy
xn
a
( an )
tìm tất cả các số a để dãy số có giới hạn hữu hạn khác 0.
n
Bài tập 1.56. Cho dãy số xác định bởi a1 = 0, an +1 = 1 - sin ( an - 1) , n ³ 1 . Tính
1n
lim å ak .
n ®¥ n
k =1




www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010
=========================================================== 118
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM

1
Bài tập 1.57. Xét dãy số ( xn ) xác định bởi x1 = 1, xn +1 = xn + "n ³ 1 . Chứng minh
3x
n

xn
=1.
rằng tồn tại a, b sao cho lim
n ®¥ an b




2 Bài toán dãy số qua các kì thi IMO

2.1 IMO 2009

Bài 2.1.1 (IMO 2009) . Giả sử s1 , s2 , s3 ,... là một dãy tăng ngặt các số nguyên dương
sao cho các dãy con ss1 , ss2 , ss3 ,... và ss1 +1 , ss2 +1 , ss3 +1 ,... đều là cấp số cộng. Chứng minh rằng
s1 , s2 , s3 ,... cũng là một cấp số cộng.

Bài 2.1.2 (Mở rộng IMO 2009). Cho k là một số nguyên dương cho trước. Giả sử
s1 , s2 , s3 ,... là một dãy tăng nghặt các số nguyên dương sao cho các dãy con ss1 , ss2 , ss3 ,... và
ss1 + k , ss2 + k , ss3 + k ,... đều là cấp số cộng. Chứng minh rằng s1 , s2 , s3 ,... cũng là một cấp số cộng.

Chứng minh.
Gọi D và E lần lượt là công sai của các cấp số cộng ss1 , ss2 , ss3 ,...
và ss1 + k , ss2 + k , ss3 + k ,... . Đặt A = ss1 - D và B = ss1 + k - E . Theo công thức tính số hạng tổng
quát của một cấp số cộng và với số nguyên dương n ta có
ssn = ss1 + (n - 1) D = A + nD, ssn + k = ss1 + k + (n - 1) E = B + nE.
Từ dãy s1 , s2 , s3 ,... là một dãy tăng ngặt, nên với mọi số nguyên dương n và với chú ý
sn + k £ sn + k ta có
ssn + k - 1 < ssn + k £ ssn+k ,
từ đó ta thu được
A + nD + k - 1 < B + nE £ A + (n + 1) D,
điều này tương đương với
0 < k - 1 + B - A + n( E - D) £ kD,
nếu D khác E thì cho n ® ¥ ta thấy mâu thuẫn với bất đẳng thức trên nên D = E và
do đó
0 £ k - 1 + B - A £ kD. (1)
Đặt m = min {sn+1 - sn : n = 1, 2,...} . Khi đó
B - A = ( ss1 + k - E ) - ( ss1 - D) = ss1 + k - ss1 ³ km (2)

kD = A + ( s1 + k ) D - ( A + s1 D) = sss +k - sss = sB + D - s A+ D ³ m( B - A). (3)
1 1

Ta xét hai trường hợp
(a) B - A = kD .
Khi đó, với mỗi số nguyên dương n, ssn + k = B + nD = A + (n + k ) D = ssn+k , từ đây kết hợp
với dãy s1 , s2 , s3 ,... là một dãy tăng ngặt ta có sn + k = sn + k . Mặt khác do
sn < sn+1 < ... < sn + k = sn + k nên sn+1 = sn + 1 và do đó s1 , s2 , s3 ,... là một cấp số cộng với công
sai bằng 1.


www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010
=========================================================== 119
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM

(b) B - A < kD .
Chọn số nguyên dương N sao cho sN +1 - s N = m . Khi đó
m( A - B + D - k ) = m(( A + ( N + 1) D ) - ( B + ND + k ))
£ s A+( N +1) D - sB + ND + k = sss - sss +k + k
N +1 N

= ( A + s N +1 D) - ( B + ( s N + k ) D) = ( sN +1 - sN ) D + A - B - kD
= mD + A - B - kD,
do vậy
( B - A - km) + (kD - m( B - A)) £ 0. (4)
Từ các bất đẳng thức (2), (3) và (4) ta thu được các đẳng thức sau:
B - A = km và kD = m( B - A) .
Giả sử tồn tại số nguyên dương n sao cho sn+1 > sn + m . Khi đó
m(m + 1) £ m( sn +1 - sn ) £ ssn+1 - ssn
m( B - A)
= ( A + (n + 1) D) - ( A + nD) = D = = m2 ,
k
vô lý.
Vì vậy điều giả sử là sai nên sn+1 = sn + m với mọi n Î ¥ hay dãy s1 , s2 ,... là một cấp số
cộng có công sai bằng m .

Nhận xét

Bây giờ ta thay cấp số cộng bởi cấp số nhân khi đó bài toán trên còn đúng không?

Bài 2.1.3. Giả sử s1 , s2 , s3 ,... là một dãy tăng nghặt các số nguyên dương sao cho các
dãy con ss1 , ss2 , ss3 ,... và ss1 +1 , ss2 +1 , ss3 +1 ,... đều là cấp số nhân. Chứng minh rằng s1 , s2 , s3 ,...
cũng là một cấp số nhân.

Bài 2.1.4. (Mở rộng của bài toán 2.1.3) Cho k là một số nguyên dương. Giả sử
s1 , s2 , s3 ,... là một dãy tăng nghặt các số nguyên dương sao cho các dãy con ss1 , ss2 , ss3 ,... và
ss1 + k , ss2 + k , ss3 + k ,... đều là cấp số nhân. Chứng minh rằng s1 , s2 , s3 ,... cũng là một cấp số nhân.

IMO 2010

Bài 2.2.1
Cho a1 , a2 , a3 ,... là một dãy số thực dương. Giả sử với số nguyên dương s cho trước,
ta có
an = max {ak + an - k :1 £ k £ n - 1} ,
với mọi n > s . Chứng minh rằng tồn tại các số nguyên dương l và N , với l £ s và thỏa
mãn an = al + an -l với mọi n ³ N .
Chứng minh.

Từ điều kiện bài toán và với mỗi an ( n > s ) ta có đẳng thức sau an = a j1 + a j2 với
j1 , j2 < n, j1 + j2 = n nếu j1 > s thì ta có thể viết được a j1 giống như an . Cuối cùng, ta có
thể viết được đẳng thức dưới đây
an = ai1 + ai2 + ... + aik , (1)


www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010
=========================================================== 120
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM

1 £ i j £ s, i1 + i2 + ... + ik = n, j = 1, 2,..., k . (2)
Cố định chỉ số 1 £ l £ s sao cho
al a
= m = min i .
1£i £ s i
l
Ta xác định dãy {bn } với bn = an - mn , bl = 0 .
Ta sẽ chứng minh với mọi n thì bn ³ 0 , và dãy {bn } thỏa mãn các tính chất giống như
dãy {bn } .
Thật vậy nếu n £ s thì ta có ngay bn ³ 0 theo cách xác định của m . Bây giờ ta xét nếu
n > s và sử dụng phương pháp quy nạp cùng với đánh giá sau
bn = max (ak + an - k ) - nm = max (bk + bn - k + nm) - nm
1£ k £ n -1 1£ k £ n -1

= max (bk + bn - k ),
1£ k £ n -1

ta thu được bn ³ 0 .
Nếu bk = 0 với mọi 1 £ k £ s , khi đó bn = 0 với mọi n , vì vậy an = mn , và trường hợp
này là tầm thường.
Nếu tồn tại 1 £ k £ n - 1 sao cho bn khác 0, ta xác định
M = max bi , e = min {bi :1 £ i £ s, bi > 0}.
1£i £ s
Khi đó với n > s ta đạt được
bn = max (bk + bn- k ) ³ bl + bn -l = bn-l ,
1£ k £ n -1
vì vậy
M ³ an ³ bn ³ bn-l ³ bn- 2l ³ ... ³ 0.
Ta có dãy (bn ) cũng có tính chất (1), (2) giống như dãy (an ) , ta có với mỗi bn chứa
trong tập
{ }
T = bi1 + bi2 + ... + bik :1 £ i1 ,..., ik £ s Ç [ 0, M ] .
Ta chứng minh tập này chỉ có hữu hạn phần tử. Thật vậy, với mọi x Î T , biểu diễn được
M
x = bi1 + bi2 + ... + bik (1 £ i1 ,..., ik £ s ) . Khi đó chỉ có tối đa số bi j khác 0 (vì nếu ngược lại
e
M
thì x > .e = M điều này vô lý). Vì vậy x chỉ có thể biểu thành tổng của k số bi j với
e
M
k£ , và do đó tập này chỉ có hữu hạn.
e
Từ đó ta có ngay dãy bn là một dãy tuần hoàn với chu kì l từ một chỉ số N trở đi, có
nghĩa là
bn = bn-l = bn -l + bl với n > N + l ,
và do đó
an = bn + nm = (bn -l + (n - l )m) + (bl + lm) = an -l + al với mọi n > N + l .
Từ bài toán này ta có thể xây dựng được một số dạng bài tập sau và điều kiện dãy số
dương là không cần thiết.

Bài 2.2.2
Cho a1 , a2 , a3 ,... là một dãy số thực. Giả sử với số nguyên dương s cho trước, ta có
an = min {ak + an- k :1 £ k £ n - 1}


www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010
=========================================================== 121
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM

với mọi n > s . Chứng minh rằng tồn tại các số nguyên dương l và N , với l £ s và thỏa
mãn an = al + an -l với mọi n ³ N .

Bài 2.2.3
Cho a1 , a2 , a3 ,... là một dãy số thực dương. Giả sử với mỗi số nguyên dương s , ta có
an = max {ak .an - k :1 £ k £ n - 1}
với mọi n > s . Chứng minh rằng tồn tại các số nguyên dương l và N , với l £ s và thỏa
mãn an = al .an -l với mọi n ³ N .

Chứng minh.

Đặt bn = ln an thì dãy b1 , b2 , b3 ,... là một dãy số thực và với cách chứng minh tương
tự như bài 2.2.1 ta sẽ thu được kết quả bài toán trên.




www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010
=========================================================== 122
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM


SỬ DỤNG CÔNG CỤ SỐ PHỨC ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TOÁN
HÌNH HỌC PHẲNG
Trường THPT chuyên Hạ Long

Ta biết rằng mỗi số phức được biểu diễn bởi một điểm trong mặt phẳng phức. Do đó
cũng như phương pháp toạ độ, khi đồng nhất mỗi điểm trong mặt phẳng bởi một số phức thì
bài toán trong hình học phẳng thành bài toán với số phức mà ta biết rằng các công thức về
khoảng cách và góc có thể đưa về các công thức đơn giản đối với số phức. Do vậy ta có thể
sử dụng số phức để giải các bài toán hình học từ đơn giản đến phức tạp. Trong bài này, ta
quy ước mỗi điểm A được biểu diễn nó trong mặt phẳng phức, do đó ta có các khái niệm
tương ứng là đường thẳng ab, tam giác abc…Để sử dụng được công cụ này ta cần nắm được
các công thức và định lý sau:
1. Các công thức và định lý:
Định lý 1.1
a -b c-d
=
Đường thẳng ab//cd khi và chỉ khi .
a -b c-b
a -b a-c
=
Các điểm a, b, c thẳng hàng khi và chỉ khi
a -b a-c
a -b c-d
=-
Đường thẳng ab vuông góc với cd khi và chỉ khi
a -b c-b
c-b c-a
Gọi j là góc acb theo chiều dương từ a đến b thì = eij .
c-b c-a
Định lý 1.2 Trên đường tròn đơn vị, ta có các tính chất sau:
a -b
= - ab
Hai điểm a, b thuộc đường tròn đơn vị thì
a -b
a+b-c
Điểm c nằm trên dây cung ab thì c = .
ab
2ab
Giao của hai tiếp tuyến tại hai điểm a, b là điểm .
a+b
Chân đường cao hạ từ một điểm c bất kì xuống dây ab của đường tròn là điểm
1
(a + b + c - abc) .
2
ab(c + d ) - cd (a + b)
Giao điểm của hai dây cung ab và cd là điểm .
ab - cd
Định lý 1.3
a-c a-d
Ρ .
4 điểm a, b, c, d cùng thuộc một đường tròn khi và chỉ khi :
b-c b-d
Định lý 1.4
a-c p-r
=
Tam giác abc và tam giác pqr đồng dạng và cùng hướng khi và chỉ khi .
b-c q-r
Định Diện tích có hướng của tam giác abc là
lý 1.5
i
S = (ab + bc + ca - ab - bc - ca ) .
4

www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010
=========================================================== 123
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM


a - lb
l ¹ 1 khi và chỉ khi c =
Định lý 1.6 Điểm c chia đoạn thẳng ab theo tỉ số .
1- l
a+b+c
Điểm G là trọng tâm tam giác abc khi và chỉ khi g = .
3
Với H là trực tâm và O là tâm ngoại tiếp thì h+2o=a+b+c.
Định lý 1.7 Giả sử đường tròn đơn vị nội tiếp tam giác abc và tiếp xúc với các cạnh bc,
ca, ab của tam giác abc tại p, q, r thì
2qr 2rp 2 pq
a. a = ,b = ,c =
q+r r+ p p+q
2( p 2 q 2 + q 2 r 2 + r 2 p 2 + pqr ( p + q + r ))
b. Với h là trực tâm tam giác abc ta có h =
( p + q )(q + r )(r + p )
2 pqr ( p + q + r )
c. Với tâm đường tròn bàng tiếp o, tương tự ta có: o = .
( p + q )(q + r )(r + p )
Định lý 1.8 Cho tam giác abc nội tiếp đường tròn đơn vị, khi đó tồn tại các số u, v, w
sao cho a = u , b = v , c = w và –uv,-vw,-wu là trung điểm của các cung ab, bc, ca không
2 2 2


chứa các đỉnh đối diện. Khi đó tâm đường tròn nội tiếp i có i=-(uv+vw+wu).
Định lý 1.9 Nếu tam giác có một đỉnh trùng với gốc toạ độ và các đỉnh còn lại là x, y thì
( xy + x y )( x - y )
Trực tâm là điểm h =
x y - xy
xy ( x - y )
Tâm đường tròn ngoại tiếp là điểm o = .
xy - x y
Ta bắt đầu với một số ví dụ như sau:

1. Cho tam giác ABC tâm đường tròn ngoại tiếp O, trực tâm H. Q là điểm đối xứng với
H qua O. Kí hiệu A’;B’;C’ là trọng tâm các tam giác BCQ, ACQ, ABQ. Chứng minh rằng:
4
AA ' = BB ' = CC ' = R.
3
Giải:
Giả sử bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng 1 và tâm đường tròn ngoại tiếp trùng với
gốc toạ độ. Giả sử các điểm A, B, C biểu diễn bởi các số a, b, c (|a|=|b|=|c|=1) khi đó trực
tâm h=a+b+c và do O là trung điểm của HQ nên q=-a-b-c. Do A’ là trọng tâm tam giác BCQ
a44
nên A’=(b+c+q)/3=-a/3. Ta có AA ' = a + = = R . Làm tương tự ta suy ra đpcm.
333
2. Cho tứ giác ABCD nội tiếp và A’, B’, C’, D’ lần lượt là trực tâm các tam giác BCD,
CDA, DAB, ABC. Chứng minh rằng hai tứ giác ABCD và A’B’C’D’ đồng dạng.
Giải:
Xét 4 số phức a, b, c, d trên đường tròn đơn vị. Khi đó a’=b+c+d; b’=c+d+a….
Khi đó dễ thấy a’-b’=a-b, b’-c’=b-c; c’-a’=c-a nên suy ra tam giác ABC đồng dạng với
tam giác A’B’C’. Làm tương tự với các tam giác còn lại và dễ suy ra tứ giác ABCD và
A’B’C’D’ đồng dạng.
3. Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác dựng các hình vuông BCDE, CAFG,
ABHI. Dựng các hình bình hành DCGQ, EBHP. Chứng minh rằng tam giác APQ vuông
cân.


www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010
=========================================================== 124
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM

Ta sử dụng một kết quả dễ chứng minh như sau: Nếu b là ảnh của a qua phép quay
tâm c góc quay j thì b - c = e ( a - c ) .
ij


Giải (phụ thuộc vào góc quay của hình vẽ)
p
ảnh của A qua phép quay tâm B góc quay
Vì H là nên
2
p
i
h - b = e (a - b) = i (a - b) do đó h = (1 - i )b + ia . Tương tự e = (1 + i )b - ic . Do
2


EBHP là hình bình hành nên b+p=h+e nên tính được p=b+ia-ic.
Tương tự tính được q=-ia+ib+c
Khi đó p-a=b+(i-1)a-ic và q-a=(-i-1)a+ib+c
p
Dễ thấy p-a=-i(q-a) nên p là ảnh của q qua phép quay tâm A góc quay - .
2
Bài tập:
4. Cho tứ giác ABCD. Về phía ngoài tứ giác dựng các tam đều BCM, CDN, DAP. I, E,
F là trung điểm của AB, MN, NP. Chứng minh rằng tam giác IEF cân.
5. Cho tứ giác lồi ABCD với AC=BD. Dựng phía ngoài tứ giác các tam giác đều cạnh
AB, BC, CD, DA và gọi G1;G2;G3;G4 là trọng tâm các tam giác đó. Chứng minh rằng G1G3
vuông góc với G2G4.

Với đa giác đều n cạnh A0 A1... An-1 ta có thể giả sử chúng nội tiếp trong đường tròn
đơn vị. Khi đó ta còn có thể chọn được các đỉnh của nó là các căn bậc n của đơn vị tức là
k 2p
i
ai = e n với 0 £ i £ n - 1 . Như vậy các đỉnh của nó có thể viết dưới dạng ai = e i với
0 £ i £ n - 1 và a1 = e .
1 1 1
= +
6. Cho đa giác đều 7 cạnh A0 A1... A6 . Chứng minh rằng
A0 A1 A0 A2 A0 A3


A2
A1
A3
A2'
A1'
A0

A4
A6
A5


2p
i
Giải: Giả sử các đỉnh của đa giác lồi trên là ai = e với 0 £ i £ 6 và e =e 7 .
i




www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010
=========================================================== 125
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM


2p
Khi đó dễ chứng minh được · = và do đó ảnh của A1 qua phép quay tâm A0
A1 A0 A3
7
2p
là điểm thuộc đoạn
A1 ' A0 A3
góc quay và
7
2p p
i i
a - 1 = e (a - 1) Þ a = w (a1 - 1) + 1 = w ( w - 1) + 1 trong đó w = e .
' ' 2 2 2
7 7
1 1

p p
Tương tự · = và ảnh của của A2 qua phép quay tâm A0 góc quay là điểm
A2 A0 A3
7 7
p
i
A2 ' thuộc đoạn A0 A3 và a - 1 = e (a2 - 1) Þ a2 = w( w4 - 1) + 1 .
' '7
2
Do các điểm A0;A1’,A2’,A3 thẳng hàng nên ta chỉ cần chứng minh hệ thức:
p
1 1 1 i
= +6 với w = e 7 . Hệ thức này xin dành cho bạn đọc.
w ( w - 1) w ( w - 1) w - 1
2 2 4


7. Cho đa giác đều 15 cạnh A0 A1... A14 . Chứng minh hệ thức
1 1 1 1
= + + .
A0 A1 A0 A2 A0 A4 A0 A7
8. Cho đa giác đều n cạnh nội tiếp đường tròn bán kính r. Chứng minh rằng với mọi
n -1

å PA = C2mm nr 2 m .
2m
điểm P nằm trên đường tròn và với mọi số tự nhiên m3. Xét dãy các điểm P0;P1;… cho bởi Pk+1 là ảnh của Pk qua phép quay
tâm Ak+1 góc quay 1200. Chứng minh rằng nếu P1986=P0 thì tam giác A1A2A3 là tam giác đều.

Trong các bài toán về đa giác nội tiếp ta có thể giả sử chúng nội tiếp trong đường tròn
đơn vị. Sau đây là một số ví dụ
13. Cho H là trực tâm tam giác ABC và P là một điểm tuỳ ý trên đường tròn ngoại tiếp.
E là chân đường cao kẻ từ B và dựng các hình bình hành PAQB và PARC. X là giao điểm
của AQ và HR. Chứng minh rằng EX//AP.




www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010
=========================================================== 127
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM


A


X

P
E
O
Q R

H

B C




Giải: Xét tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn đơn vị, khi đó h=a+b+c và
1 ac
e = (a + b + c - ) . Do APBQ là hình bình hành nên q=a+b-p, tương tự r=a+c-p
2 b
x -a a -q p -b
= = = - pb (p, b thuộc đường tròn đơn
Do x, a, q thẳng hàng nên
x -a a -q p -b
x-a - pb + a 2 - ax
vị). Do đó x = +a= (1). Tương tự các điểm h,r,x thẳng hàng nên ta
- pb abp
bp bp
x-a -b-c+ p + +
x-h a c (2).
= pb nên x =
tính được
x-h bp

1 bp
Từ (1) và (2) ta tính được x = (2a + b + c - p - ) .
2 c
Để chứng minh XE//AP ta chứng minh
e-x a- p
= = -ap .
e- x a-b
ac bcp + b 2 p - abc - ac 2 (b + c)(bp - ac)
1 bp
Ta có e - x = ( p + -a- )= =
2 c b 2bc 2bc
111 1
( + )( - )
1 bp - ac
b c bp ac
Và e - x = =- . nên ta có điều phải chứng minh.
11 ap 2bc
2.
bc
14. Cho tứ giác ABCD nội tiếp, P và Q là các điểm đối xứng với C qua AB và AD.
Chứng minh rằng PQ đi qua trực tâm tam giác ABD.



www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010
=========================================================== 128
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM




P

A
B


Q C
D




ab
Giả sử tứ giác ABCD nội tiếp trong đường tròn đơn vị. Khi đó p = a + b -
c
ad
,q = a + d + và h=a+b+d.
c
ab
a+b- -a -b-d
p-h q - h abd
abd
c
= = =
. Tương tự . Do đó P, Q, H
p-h 1 + 1 - c - 1 -1 - 1 q-h
c c
a b ab a b d
thẳng hàng.
15. Tam giác ABC trực tâm H nội tiếp đường tròn (O) bán kính R. D là điểm đối xứng
với A qua BC, E là điểm đối xứng với B qua CA, F đối xứng với C qua AB. Chứng minh
rằng các điểm D, E, F thẳng hàng khi và chỉ khi OH=2R.
16. Cho lục giác ABCDEF nội tiếp. Chứng minh rằng các giao điểm của AB và DE, BC
và EF, CD và FA thẳng hàng.
17. Cho tứ giác ABCD nội tiếp, AB cắt CD tại E, AD cắt BC tại F, AC cắt BD tại G.
Chứng minh rằng O là trực tâm tam giác EFG.
18. Cho tứ giác ABCD nội tiếp và K, L, M, L là trung điểm của AB, BC, CD, DA.
Chứng minh rằng các trực tâm tam giác AKN, BKL, CLM, DMN tạo thành các đỉnh của
một hình bình hành.
Sử dụng định lý 1.7 ta có thể giải được một số bài toán liên quan đến đường tròn nội
tiếp đa giác
19. Đường tròn (I) nội tiếp tam giác ABC và tiếp xúc với các cạnh của tam giác tại P, Q,
R. Gọi H là giao điểm của PR và AC. Chứng minh rằng IH vuông góc với BQ.
20. Cho đường tròn (O) nội tiếp tứ giác ABCD và tiếp xúc với các cạnh AB, BC, CD,
DA tại K, L, M, N. KL cắt MN tại S. Chứng minh rằng OS vuông góc với BD.


Trên đây là một số ứng dụng đơn giản của số phức đối với những bài toán hình học
phẳng. Hy vọng sau bài viết này, cùng với phương pháp toạ độ trong mặt phẳng chúng ta có
thêm một cách nhìn nữa về cách giải cho các bài toán hình học thông thường.

Tài liệu tham khảo
- Complex number in Geometry Marko Radovanovic
-Tạp chí Mathematical Excalibur Vol. 1,No.3,May-Jun,95
- Một số tài liệu trên mạng.



www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010
=========================================================== 129
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM


BẤT BIẾN TRONG CÁC BÀI TOÁN LÝ THUYẾT TRÒ CHƠI
Phạm Minh Phương
Giáo viên trường THPT chuyên Đại học Sư phạm Hà Nội

Bất biến là khái niệm quan trọng của toán học. Nói một cách đơn giản thì bất biến là đại
lượng hay tính chất không thay đổi trong khi các trạng thái biến đổi. Người ta sử dụng bất
biến để phân loại các vật trong một phạm trù nào đó. Hai vật thuộc cùng một loại nếu nó có
cùng tính chất H và nếu vật A có tính chất H, vật B không có tính chất H thì B không cùng
loại với A.
Trong chuyên đề này chúng tôi xin giới thiệu về ứng dụng của bất biến trong các bài
toán về thuật toán của lý thuyết trò chơi. Đây là dạng toán thường gặp trong các kì thi
Olympic.
1. Một số khái niệm của lý thuyết trò chơi
1. Thuật toán

Cho tập A ¹ Æ và ta gọi là không gian các trạng thái, mỗi phần tử của A là một
trạng thái. Khi đó, mỗi ánh xạ: T : A ® A gọi là một thuật toán (ôtômat).
2. Các bài toán về thuật toán

Bài toán 1 (Bài toán tìm kiếm thuật toán). Cho trạng thái ban đầu a 0 và trạng
thái kết thúc a n . Hỏi có hay không thuật toán T trên A sao cho khi thực hiện T hữu
hạn lần ta thu được a n ?
a 0 ¾¾ a1 ¾¾ a 2 ¾¾ ... ¾¾ a n
® ® ® ®
T T T T


Bài toán 2. Cho thuật toán T trên A và trạng thái ban đầu a .
a) Xét trạng thái b Î A. Hỏi có thể nhận được b từ a sau hữu hạn lần thực hiện
thuật toán T hay không?

b) Tìm tập hợp a gồm tất cả các trạng thái có thể nhận được từ a sau hữu hạn
bước thực hiện thuật toán T:

a = {b Î A : b = T n (a )}
3. Hàm bất biến

Cho thuật toán T trên A và I là một tập hợp khác rỗng mà ta gọi là không gian
các mẫu bất biến.
Khi đó, ánh xạ H : A ® I gọi là hàm bất biến trên A nếu
"a, b Î A : b Î a Þ H (b) = H (a ).

2. Một số bài toán minh hoạ
Bài toán 1. Hai người chơi cờ. Sau mỗi ván người thắng được 2 điểm, người thua được
0 điểm, nếu hoà thì mỗi người được 1 điểm. Hỏi sau một số ván liệu có thể xảy ra trường
hợp một người được 7 điểm và người kia được 10 điểm được không?
Lời giải. Gọi S ( n ) là tổng số điểm của cả hai người sau ván thứ n. Ta có S ( n ) bất biến
theo modun 2. Do đó
S ( n ) º S ( 0 ) º 0 ( mod 2 ) , "n ³ 0.
Vậy không thể xảy ra trường hợp một người được 7 điểm và người kia được 10 điểm.


www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010
=========================================================== 130
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM


( )
Bài toán 2. Thực hiện trò chơi sau: Lần đầu viết lên bảng cặp số 2; 2 . Từ lần thứ
hai, nếu trên bảng có cặp số B = ( a; b ) thì được phép viết thêm cặp số
æ a+b a-b ö
T ( B) = ç ÷.
;
è2 2ø
( )
Hỏi có thể viết được cặp số 1;1 + 2 hay không?
Lời giải. Giả sử ở bước thứ n ta viết cặp số ( an ; bn ) . Khi đó tổng S ( n ) = an + bn2 là đại
2


lượng bất biến. Do đó
( )
S ( n ) = a0 + b02 = 6 ¹ 12 + 1 + 2 , "n ³ 0.
2
2



( )
Vậy không thể viết được cặp số 1;1 + 2 .
Bài toán 3. Trên bảng có hai số 1 và 2. Thực hiện trò chơi sau: Nếu trên bảng có hai số
a và b thì được phép viết thêm số c = a + b + ab. Hỏi bằng cách đó có thể viết được các số
2001 và 11111 hay không?
Lời giải. Dãy các số viết thêm là: 5; 11; 17; ...
Dễ dàng chứng minh được dãy các số được viết thêm đều chia cho 3 dư 2. Bất biến trên
cho phép ta loại trừ số 2001 trong dãy các số được viết thêm. Tuy nhiên, bất biến đó không
cho phép ta loại trừ số 11111. Ta đi tìm một bất biến khác. Quan sát các số viết được và quy
tắc viết thêm số, ta có
c = a + b + ab Þ c + 1 = ( a + 1) ( b + 1)
và nếu cộng thêm 1 vào các số thuộc dãy trên ta có dãy mới: 6; 12; 18; ...
Như vậy, nếu cộng thêm 1 vào các số viết thêm thì các số này đều có dạng: 2m.3n. Do số
11111 + 1 = 11112 = 3.8.463 nên 11111 không thuộc dãy các số được viết thêm.
Bài toán 4 (VMO – 2006). Xét bảng ô vuông m ´ n ( m, n ³ 3) . Thực hiện trò chơi sau:
mỗi lần đặt 4 viên bi vào 4 ô của bảng, mỗi ô một viên bi, sao cho 4 ô đó tạo thành một
trong các hình dưới đây:



Hỏi sau một số lần ta có thể nhận được bảng mà số bi trong các ô bằng nhau được không
nếu:
a) m = 2004, n = 2006 ?

b) m = 2005, n = 2006?

Lời giải
a) Bảng đã cho có thể chia thành các hình chữ nhật 4 ´ 2 nên có thể nhận được trạng
thái mà số bi trong các ô bằng nhau.

b) Tô màu các ô như hình vẽ




www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010
=========================================================== 131
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM

Dễ thấy, mỗi lần đặt bi có 2 viên được đặt vào các ô màu đen và 2 viên được đặt vào
ô màu trắng. Do đó, nếu gọi S ( n ) là số bi trong các ô màu đen và T ( n ) là số bi trong
các ô màu trắng sau lần đặt bi thứ n thì S ( n ) - T ( n ) là đại lượng bất biến. Ta có
S ( n ) - T ( n ) = S ( 0 ) - T ( 0 ) = 0, "n ³ 0.
Vì m = 2005 là số lẻ nên nếu nhận được trạng thái mà số bi trong các ô bằng nhau
thì
S ( n ) - T ( n ) = m = 2005,
vô lý.

Bài toán 5 (IMO – 2004). Ta định nghĩa viên gạch hình móc câu là hình gồm 6 ô vuông
đơn vị như hình vẽ dưới đây, hoặc hình nhận được do lật hình đó (sang trái, sang phải, lên
trên, xuống dưới) hoặc hình nhận được do xoay hình đó đi một góc:


Hãy xác định tất cả các hình chữ nhật m ´ n , trong đó m, n là các số nguyên dương sao
cho có thể lát hình chữ nhật đó bằng các viên gạch hình móc câu?
Lời giải. Dễ thấy m, n Ï {1; 2;5} . Chi hình chữ nhật đã cho thành các m ´ n ô vuông và
đánh số các hàng, các cột từ dưới lên trên, từ trái sang phải. Ta gọi ô ( p; q ) là ô nằm ở giao
của hàng thứ p và cột thứ q. Hai viên gạch hình móc câu chỉ có thể ghép lại để được một
trong hai hình dưới đây:




(H1) (H2)
Do đó, để lát được hình chữ nhật m ´ n thì m.n phải chia hết cho 12. Nếu ít nhất một
trong hai số m, n chia hết cho 4 thì có thể lát được. Thật vậy, giả sử được m chia hết cho 4.
Ta có thể viết n dưới dạng: n = 3a + 4b , do đó có thể lát được.
Xét trường hợp m, n đều không chia hết cho 4. Ta chứng minh trường hợp này không
thể lát được. Giả sử ngược lại, khi đó m, n đều chia hết cho 2 nhưng không chia hết cho 4.
Ta tạo bất biến như sau: Xét ô ( p; q ) . Nếu chỉ một trong hai toạ độ p, q chia hết cho 4 thì
điền số 1 vào ô đó. Nếu cả hai toạ độ p, q chia hết cho 4 thì điền số 2. Các ô còn lại điền số
0. Với cách điền số như vậy ta thu được bất biến là tổng các số trong hình (H1) và tổng các
số trong hình (H2) đều là số lẻ. Do m, n chắn nên tổng các số trong toàn bộ hình chữ nhật
m ´ n là số chẵn. Để lát được thì tổng số hình (H1) và (H2) được sử dụng phải là số chẵn.
Khi đó, m.n chia hết cho 24, vô lý.

3. Bài tập
Bài tập 1. Một con robot nhảy trong mặt phẳng toạ độ theo quy tắc sau: Xuất phát từ
điểm ( x; y ) , con robot nhảy đến điểm ( x '; y ') xác định như sau:
x+ y 2 xy
x' = , y' = .
x+ y
2
Chứng minh rằng, nếu ban đầu con robot đứng ở điểm ( 2009; 2010 ) thì không bao giờ
con robot nhảy vào được trong đường tròn (C) có tâm là gốc toạ độ O và bán kính
R = 2840.


www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010
=========================================================== 132
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM

Bài tập 2. Ở 6 đỉnh của một lục giác lồi có ghi 6 số chẵn liên tiếp theo chiều kim đồng
hồ. Thực hiện thuật toán sau: mỗi lần chọn một cạnh và cộng thêm mỗi số trên cạnh đó với
cùng một số nguyên nào đó. Hỏi có nhận được hay không trạng thái mà 6 số ở 6 đỉnh bằng
nhau?
Bài tập 3. Một dãy có 19 phòng. Ban đầu mỗi phòng có một người. Sau đó, cứ mỗi
ngày có hai người nào đó chuyển sang hai phòng bên cạnh nhưng theo hai chiều ngược
nhau. Hỏi sau một số ngày có hay không trường hợp mà:
a) Không có ai ở phòng có thứ tự chẵn?

b) Có 10 người ở phòng cuối dãy?

Bài tập 4 (Đề thi chọn đội tuyển Bắc Ninh năm 2007)
Trên bàn có 2007 viên bi bồm 667 bi xanh, 669 bi đỏ, 671 bi vàng. Thực hiện thuật toán
sau: Mỗi lần lấy đi hai viên bi khác màu và đặt thêm hai viên bi có màu còn lại. Hỏi có thể
nhận được trạng thái mà trên bàn chỉ còn lại các viên bi cùng màu được không?
Bài tập 5 (VMO – 1991). Cho bảng 1991´ 1992. Kí hiệu ô ( m; n ) là ô nằm ở giao của
hàng thứ m và cột thứ n. Tô màu các ô của bảng theo quy tắc sau:
Lần thứ nhất: Tô ba ô: ( r ; s ) , ( r + 1; s + 1) , ( r + 2; s + 2 ) .
Từ lần thứ hai: mỗi lần tô đúng ba ô chưa có màu nằm cạnh nhau trên cùng một hàng
hoặc trên cùng một cột.
Hỏi có thể tô hết tất cả các ô của bảng được không?
Bài tập 6 (VMO – 1992). Tại mỗi đỉnh của đa giác lồi A1 A2 ... A1993 ta ghi một dấu cộng
(+) hoặc một dấu trừ (-) sao cho trong 1993 dấu đó có cả dấu (+) và dấu (-). Thực hiện việc
thay dấu như sau: mỗi lần thay dấu đồng thời tại tất cả các đỉnh của đa giác đã cho theo quy
tắc:
- Nếu dấu tại Ai và Ai +1 là như nhau thì dấu tại Ai được thay bằng dấu (+).

Nếu dấu tại Ai và Ai +1 khác nhau thì dấu tại Ai được thay bằng dấu (-).
-

(Quy ước: A1994 là A1. )
Chứng minh rằng, tồn tại số k ³ 2 sao cho sau khi thực hiện liên tiếp k lần thay dấu ta
được đa giác A1 A2 ... A1993 mà dấu tại mỗi đỉnh trùng với dấu tại chính đỉnh đó ngay sau lần
thay dấu thứ nhất.
Bài tập 7 (Shortlist). Cho k, n là các số nguyên dương. Xét một bảng ô vuông vô hạn,
đặt 3k ´ n quân cờ trong hình chữ nhật 3k ´ n . Thực hiện trò chơi sau: mỗi quân cờ sẽ nhảy
ngang hoặc dọc qua một ô kề với nó và có chứa quân cờ, để đến ô trống kề với ô nó vừa
nhảy qua. Sau khi làm như trên ta loại bỏ quân cờ ở ô bị nhảy qua ra khỏi bàn cờ. Chứng
minh rằng, với cách chơi đó trên bảng ô vuông sẽ không bao giờ còn lại đúng một quân cờ.
Bài tập 8 (Belarus 1999). Cho bảng 7 ´ 7 và các quân cờ có một trong ba loại sau:
3 ´ 1 , 1´ 1 và hình chữ L gồm 3 ô. Người thứ nhất có vô hạn quân 3 ´ 1 và một quân hình
chữ L, trong khi người thứ hai chỉ có duy nhất một quân 1´ 1 . Chứng minh rằng
a) Nếu cho người thứ hai đi trước, anh ta có thể đặt quân cờ của mình vào một ô nào
đó sao cho người thứ nhất không thể phủ kín phần còn lại của bảng.

b) Nếu cho người thứ nhất thêm một quân hình chữ L thì bất kể người thứ hai đặt quân
cờ của mình ở đâu thì người thứ hai cũng phủ kính được phần còn lại của bàn cờ.




www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010
=========================================================== 133
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - WWW.MATHVN.COM


Bài tập 9. Xét bảng 9 ´ 9 . Ở ô ( p; q ) ta viết số: 9 ( p - 1) + q. Thực hiện thuật toán sau:
mỗi lần lấy ra một hình vuông 4 ´ 4 và tăng đồng thời các số trong các ô của hình vuông này
lên một đơn vị. Chứng minh rằng tại mọi thời điểm, ước số chung lớn nhất của tất cả các số
trong bảng luôn bằng 1.
Bài tập 10. Chia góc vuông Oxy thành lưới ô vuông đơn vị. Các hàng và các cột được
đánh thứ tự từ dưới lên, từ trái sang phải. Ban đầu, đặt vào ô (1;1) một viên bi. Thực hiện
thuật toán sau: mỗi lần lấy ra khỏi góc viên bi nằm ở ô ( p; q ) nào đó mà tại các ô ( p + 1; q )
và ( p; q + 1) không có bi, đồng thời thêm vào hai ô nói trên mỗi ô một viên bi. Hỏi có nhận
được hay không trạng thái mà
a) Các ô (1;1) , (1; 2 ) , ( 2;1) , ( 2; 2 ) đều không có bi?

b) Các ô (1;1) , (1; 2 ) , ( 2;1) , ( 2; 2 ) , (1;3) , ( 3; 2 ) đều không có bi?




www.MATHVN.com - Hội thảo khoa học môn Toán học lần thứ III - 2010
=========================================================== 134
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