Tuyển tập một số bài toán sơ cấp chọn lọc

Chia sẻ: huynhphuoc

Trong cuốn sách này chúng tôi giới thiệu với các bạn 250 bài toán thuộ c 5 chủ đề lớn của toán phổ thông bao gồm Số Họ c, Tổ Hợp, Hình Họ c, Giải Tích và Đại Số. Kèm theo các đề toán là khoảng 20 bài viết chuyên đề nhỏ xoay quanh các bài toán Số Họ c, Tổ Hợp. Trong mỗi bài viết chúng tôi đã cố gắng thể hiện đầy đủ những thảo luận của các bạn trên diễn đàn về những bài toán đó....

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

Nội dung Text: Tuyển tập một số bài toán sơ cấp chọn lọc

Tuyển tập một số bài toán sơ cấp chọn lọc
Tuy n t p m t s v n đ ch n l c

www.diendantoanhoc.net

05 - 08 - 2006
2
L i nói đ u

Cu n sách nh "Tuy n t p m t s bài toán sơ c p ch n l c trên www.diendantoanhoc.net"
là món quà đ c bi t mà BTC kỳ thi VMEO II dành t ng cho các b n thành viên đã tham
gia và đo t gi i. Đây cũng là m t món quà mùa hè mà Nhóm Qu n Lý mu n dành t ng cho
t t c các b n h c sinh chuyên toán nói riêng và các b n yêu thích toán sơ c p nói chung.

Trong cu n sách này chúng tôi gi i thi u v i các b n 250 bài toán thu c 5 ch đ l n c a
toán ph thông bao g m S H c, T H p, Hình H c, Gi i Tích và Đ i S . Kèm theo các đ
toán là kho ng 20 bài vi t chuyên đ nh xoay quanh các bài toán S H c, T H p. Trong
m i bài vi t chúng tôi đã c g ng th hi n đ y đ nh ng th o lu n c a các b n trên di n đàn
v nh ng bài toán đó. M t s bài vi t chưa đư c post lên di n đàn mà m i ch là nh ng trao
đ i riêng gi a các thành viên cũng đư c gi i thi u trong tài li u này. Chúng tôi r t vui m ng
vì bi t đư c r ng, nh ng trao đ i riêng như th là khá ph bi n gi a các b n thành viên. Đây
th c s là m t mong mu n l n nh t c a nh ng ngư i đi u hành di n đàn như chúng tôi.

S H c và T H p đ u là nh ng ch đ thú v và đ p đ c a toán sơ c p. Tuy nhiên đ
vi t m t tài li u v hai ch đ này là đi u không d . Đ i v i S H c chúng tôi l a ch n nhi u
ch đ nh d a trên b khung là các bài toán đã có trên di n đàn, và các ki n th c cơ b n
nh t c a S H c l n lư t đư c đưa vào các bài vi t nh , các b n có th đ c qua các bài
vi t này và tìm hi u k hơn v lý thuy t s sơ c p trong các cu n sách chuyên kh o hơn,
chúng tôi gi i thi u hai cu n sách: An introduction to the theory of number c a G.H.Hardy
& E.M.Wright và Elementary theory of number c a Sierpinsky. B n đi n t c a hai cu n
sách này đ u đã đư c gi i thi u trên di n đàn. V T H p, chúng tôi ch trương l a ch n các
ch đ m t cách tương đ i r i r c, vì cho r ng không nên khi n các b n ph i ti p thu các
ki n th c t h p m t cách quá giáo khoa. Đ i v i các bài toán t h p chúng tôi cho r ng v
đ p c a t ng bài toán có ý nghĩa cao hơn t i vi c nh n th c c a m i ngư i. Do đó chúng tôi
c g ng l a ch n nh ng bài toán t h p đ p đ đ kích thích tính tìm tòi c a các b n đ c.
Hai cu n sách sơ c p v t h p không nên b qua là 102 combinatorial problem c a Titu
Andrecscu & Zuming Feng và Extrenal combinatorics c a Stasys Jukna.

T t nhiên các ch đ v Hình H c, Gi i Tích và Đ i S cũng r t thú v , nhưng đó s là
n i dung c a các n ph m ti p theo c a di n đàn. Và b i vì các n ph m c a di n đàn ch
y u đư c xây d ng d a trên nh ng th o lu n c a chính các b n nên hi v ng trong th i gian
t i chúng ta s còn có nhi u ch đ thú v và ch t lư ng ngày càng cao.

Cu n sách nh này ra đ i d a trên s c ng tác c a r t nhi u b n thành viên. Đó là các
b n K09, TuanTS, lehoan, NDTPX, clmt, anhminh, neverstop, bk2004, chuyentoan, camum,
3
4


hungkhtn và lovepearl_maytrang. B n camum l a ch n h u h t các bài toán gi i tích, m c
t h p do lehoan tuy n ch n v i s c ng tác c a NDTPX, các bài toán hình h c do MrMATH
so n cùng v i s giúp đ nhi t tình c a bk2004, chuyentoan và đã nh n đư c nhi u ý ki n
c a b n neverstop. Cu i cùng các bài toán s h c đư c l a ch n b i K09 và lehoan, sau đó
TuanTS và MrMATH đã có nhi u th o lu n đ hoàn thi n b n th o. Trong quá trình tuy n
ch n chúng tôi nh n ra r ng có r t nhi u bài toán đư c sáng t o b i chính các b n thành
viên. Trong th i gian t i mong r ng đi u này s đư c phát huy hơn n a.

Cu n sách này đư c so n b ng ph n m m PCTEX version 5.0, gói vntex đư c gi i thi u
b i b n tamnd. File cài đ t chương trình và gói l nh các b n có th dowload trên m ng
không quá khó khăn. N u có th c m c v vi c s d ng TEX các b n có th gi i quy t b ng
các tham kh o các cu n sách c a tác gi Nguy n H u Đi n (sách cho Vi n Toán H c n
hành), ngoài ra các b n có th tham gia các di n đàn v TEX như www.viettug.com ho c trao
đ i v i các thành viên có kinh nghi m so n th o trên di n đàn.

M c dù đã c g ng trong vi c ki m tra b n th o, nhưng r t có th chúng tôi v n b sót
m t s l i. M i ý ki n đóng góp c v n i dung l n hình th c xin g i v đ a ch mail
nqk_mrmath@yahoo.com. Chúng tôi xin chân thành cám ơn và h a s c g ng hơn trong
vi c thi t k các n ph m ti p theo.


Thay m t Ban Biên T p
a
MrMATH
www.diendantoanhoc.net
Nguy n Qu c Khánh SV K9 H Đào T o CNKHTN ĐHKHTN ĐHQG Hà N i
C ng tác viên

Trong th i gian hoàn thành b n th o, th c ra nh ng gì đư c gi i thi u trong cu n sách nh
không hoàn toàn là t t c nh ng gì nhóm CTV làm đư c. Trên th c t nhóm CTV đã hoàn
thi n đư c h u h t các đ m c cho ba n i dung Hình H c, Gi i Tích và Đ i S . Tuy nhiên
vi c gi i thi u đ ng th i t t c 5 ch đ có l là không phù h p l m v i m c đích chính. B n
li t kê dư i đây không nêu lên h t đư c các CTV và công vi c c a h , nhưng dù sao cũng là
m t tra c u đ dùng cho các b n đ c.Trong n ph m ti p n i c a cu n sách nh này, công
vi c c a các CTV s đư c gi i thi u m t các đ y đ và chi ti t hơn.

a 1. Tr n Nam Dũng (namdung) GV ĐHKHTN ĐHQG TP H Chí Minh: [1].

a 2. Tr n Qu c Hoàn (K09) SV K50 CA Đ i H c Công Ngh Hà N i: [2], [3.6], [3.8].

a 3. Tr n M nh Tu n (TuanTS) SV K9 CNTN ĐHKHTN ĐHQG Hà N i: [2], [3.2], [3.3],[3.4].

a 4. Lê H ng Quý (lehoan) HS l p 12 chuyên toán ĐHSP Vinh: [6], [7.2], [7.3], [7.7].

a 5. Tr n Đ c Anh (camum) SV năm nh t h CLC ĐHSP Hà N i: [10].




5
6
M cl c

I M t s ch đ S H c 9
1 T ng hai bình phương 11

2 Các đ toán s h c ch n l c 17

3 M t s ch đ s h c ch n l c 23
3.1 S b p bênh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
3.2 Đ nh lý F ermat nh và m t ng d ng đ p . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
3.3 M t s tính ch t c a hàm t ng các ch s . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
3.4 Hai ng d ng c a phương trình P ell . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
3.5 Đ nh lý ph n dư Trung Hoa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
3.6 Bi u di n s . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
3.7 M t d ng phương trình Diophante đ c bi t . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
3.8 S nguyên ph c . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
3.8.1 Các khái ni m m đ u . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
3.8.2 Thu t toán Euclid và ư c chung l n nh t c a hai s nguyên ph c . . . 41
3.8.3 S ph c nguyên t và v n đ phân tích các s nguyên ph c . . . . . . . 43
3.8.4 S d ng s nguyên ph c đ gi i m t s bài toán . . . . . . . . . . . . . 44
3.9 Phương trình Carmichael . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
3.10 M t s bài toán khác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

4 T ng ngh ch đ o 53


II M t s ch đ T H p 59
5 B đ Sperner 61
5.1 Bao l i . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
5.2 B đ KKM . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64
5.3 Ch ng minh đ nh lý đi m b t đ ng Brower . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

6 Các đ toán t h p ch n l c 65

7 M t s ch đ t h p ch n l c 71
7.1 Bài toán Rubik l c lăng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71
7.2 Nguyên lý b t bi n và n a b t bi n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73
7
8 M CL C


7.2.1 B t bi n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73
7.2.2 N a b t bi n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
7.3 Phương pháp phân nhóm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78
7.4 Vai trò c a các b s đ c bi t . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81
7.5 Hai bài toán v ph các hình vuông . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84
7.6 Câu h i m v m t tính ch t c a chùm các đư ng tròn . . . . . . . . . . . . . 86
7.7 Đ nh lí Konig-Hall . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88
7.8 Đ nh lý Erdos - Skerezes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90
7.9 M t s bài toán khác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92

8 Góc cùng màu 95
8.1 Khái ni m góc cùng màu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95
8.2 M r ng bài toán 6 ngư i . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99
8.3 Phương pháp hàm đ m và vài ng d ng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103
8.4 M r ng m t đ thi IMO 1992 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105


III M t s bài toán khác 109
9 Hình H c 111

10 Gi i Tích 117

11 Đ i S 125
Ph n I

M t s ch đ S H c




9
Chương 1

T ng hai bình phương

Tr n Nam Dũng


Gi i thi u. Đ nh lý F ermat Euler là m t viên ng c tuy t v i c a Toán H c th k 17 − 18.
T th i ph thông khi đ c đư c ch ng minh (c a Lagrange) dư i đây, tôi đã t ng ngây ng t
trư c v đ p c a nó. Nhi u năm nay đ c l i bài vi t c a GS.T ikhomirov trên t p chí Kvant,
tôi l i ti p t c b t ng v i nh ng ch ng minh m i c a m t k t qu cũ. Quá thích thú v i bài
báo, tôi đã d ch ra Ti ng Vi t và nhi u l n truy n v đ p c a các phép ch ng minh th n di u
trong bài đ n các th h h c sinh c a tôi. Hôm nay, tôi xin dành t ng các b n thành viên di n
đàn www.diendantoanhoc.net b n d ch này.

Các b n hãy đ ý xem nh ng s nguyên t đ u tiên 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19. Các s 5, 13 và
17 có th bi u di n đư c dư i d ng t ng c a hai bình phương:
5 = 12 + 22 13 = 22 + 32 17 = 12 + 42 .
Còn các s còn l i 3, 7, 11, 19 thì không th bi u di n như v y đư c. Có th b ng cách nào đó
gi i thích đi u đó hay không? Có, và đúng hơn là ta có đ nh lý sau đây:

Đ nh lý F ermat Euler. Đi u ki n c n và đ đ m t s nguyên t l có th bi u di n
đư c dư i d ng t ng hai bình phương là s dư trong phép chia s y cho 4 là 1.

Trong các trư ng h p ban đ u c a p có th ki m tra tính đúng đ n c a đ nh lý này 5 = 4.1+1,
13 = 4.3 + 1, 17 = 4.4 + 1 còn 3 = 4.0 + 3, 7 = 4.1 + 3, 11 = 4.2 + 3 và 19 = 4.4 + 3.

Đôi chút v l ch s đ nh lý. Ai là ngư i đ u tiên phát hi n ra đi u này, và khi nào? Vào
d p Noel năm 1640 (trong thư đ ngày 25.12.1640) nhà toán h c vĩ đ i P ierre de F ermat
(1601-1665) đã thông báo cho Mersenne, b n thân c a Descartes và là "liên l c viên" chính
c a các nhà bác h c đương th i r ng "M i s nguyên t có s dư trong phép chia cho 4 b ng
1 đ u có th bi u di n m t cách duy nh t dư i d ng t ng c a hai bình phương". Th i đó chưa
có các t p chí toán h c, tin t c đư c trao đ i qua các lá thư và các k t qu thông thư ng ch
đư c thông báo mà không kèm theo ch ng minh.



11
12 CHƯƠNG 1. T NG HAI BÌNH PHƯƠNG


Th c ra thì sau g n 20 năm sau b c thư đó, trong b c thư g i cho Carcavi, đư c g i
vào tháng 8 năm 1659, F ermat đã ti t l ý tư ng c a phép ch ng minh đ nh lý trên. Ông
vi t r ng ý tư ng chính c a phép ch ng minh là dùng phương pháp xu ng thang, cho phép
t gi thi t r ng đ nh lý không đúng v i p = 4k + 1, suy ra nó không đúng v i m t s nh
hơn, cu i cùng ta s đi đ n s 5, mà khi đó rõ ràng là mâu thu n.

Nh ng cách ch ng minh đ u tiên đư c Euler (1707-1783) tìm ra trong kho ng 1742-1747.
Hơn n a, đ t rõ v trí c a F ermat, ngư i mà ông h t s c kính tr ng, Euler đã tìm ra phép
ch ng minh d a theo đúng ý tư ng trên đây c a F ermat. Vì v y, ta g i đ nh lý này là đ nh
lý F ermat Euler.

Nh ng k t qu toán h c thư ng có m t tính ch t chung ta có th đ n đư c b ng nhi u
con đư ng khác nhau, có th t n công chúng t nhi u hư ng, và m i m t con đư ng như v y
s đem đ n cho nh ng ngư i không bi t s khó khăn nh ng khoái c m tuy t v i.

Tôi mu n ch ng t đi u này trên ví d đ nh lý F ermat Euler.

Ta s đi đ n đ nh cao, đư c phát minh vào th k XVII b ng ba con đư ng khác nhau.
M t trong chúng đư c tìm ra vào th k XVIII, con đư ng khác - th k XIX và con đư ng
th ba - th k XX.

1. Cách ch ng minh c a Lagrange. Cách ch ng minh này (có thay đ i đôi chút) hi n
nay đư c trình bày trong h u h t các cu n sách v lý thuy t s . Nó d a trên b đ W ilson
nói r ng n u p là s nguyên t thì s (p−)! + 1 chia h t cho p.

Đ không quá đi sâu vào ch ng minh k t qu ph này ta ch tư ng minh ý tư ng chính
c a phép ch ng minh trên ví d s 13. V i m t s n m gi a 2 và 11 (k c nh ng s này) ta
tìm m t s mà tích c a chúng khi chia cho 13 dư 1. Ta có:

(13 − 1)! = 12! = (2.7).(3.9).(4.10).(5.8).(6.11).12.

Rõ ràng t ng c p hai s trong d u ngo c đơn có tích chia 13 dư 1. T đó suy ra 12! khi chia
cho 13 có s dư là 12, nghĩa là 12! + 1 chia h t cho 13. Trư ng h p t ng quát cũng có th
ch ng minh tương t như v y.

T b đ W ilson ta rút ra h qu là n u p = 4n + 1 là m t s nguyên t thì ((2n)!)2 + 1 chia
h t cho p. Th t v y, b i vì (b đ W ilson) (4n)! + 1 chia h t cho p, b ng nh ng phép bi n
đ i cơ b n ta thu đư c:

(4n)! + 1 = 1.2.3.....(2n).(2n + 1).....(4n) + 1
= 1.2.....(2n).(p − 2n).(p − 2n + 1).....(p − 1) + 1
= (2n)!.(−1)2n.(2n)! ≡ ((2n)!)2 + 1 mod p.

Suy ra đi u ph i ch ng minh. Đ t N = (2n)!, ta đã ch ng minh N 2 ≡ −1 mod p. Bây gi ta

ph i vư t qua khó khăn chính, xét t t c các c p s nguyên (m, s) sao cho 0 ≤ m, s ≤ [ p]

( đây [x] ch ph n nguyên c a x). S các c p như v y b ng ([ p] + 1)2 > p.
13



Do đó v i ít nh t hai c p s (m1, s1) và (m2 , s2) s dư trong phép chia m1 + Ns1 và m2 + Ns2
cho p s gi ng nhau, nghĩa là s a + Nb trong đó a = m1 − m2 và b = s1 − s2 s chia h t
cho p. Nhưng khi đó a2 − N 2 b2 = (a + Nb)(a − Nb) chia h t cho p và chú ý r ng N 2 ≡ −1
mod p ta thu đư c a2 + b2 chia h t p, nghĩa là a2 + b2 = rp v i r nguyên dương. M t khác
a2 + b2 < 2p suy ra r = 1 và như th a2 + b2 = p. Đ nh lý đư c ch ng minh.

2. Ch ng minh c a D.T sagir. Phép ch ng minh c a nhà toán h c đương đ i D.T sagir
làm tôi hoàn toàn b t ng , đây là m t đi u kỳ di u khi mà k t qu thu đư c tư ng ch ng
như không t cái gì c . Sau đây là cách ch ng minh đó.

Ta hãy xét phép bi n đ i mà m i b ba s nguyên dương (x, y, z) đư c đ t tương ng v i ba
s (x , y , z ) theo quy t c:

x = x + 2z, y = z, z = y − x − z n u x < y − z

x = 2y − x, y = y, z = x − y + z n u y − z ≤ x ≤ 2y


x = x − 2y, y = x − y + z, z = y trong các trư ng h p còn l i.

Ta ký hi u phép bi n đ i này là B : B(x, y, z) = (x , y , z ). R t d dàng ch ng minh r ng
phép bi n đ i B gi nguyên d ng c a x2 +4yz. Ta ch ng minh đi u này, ch ng h n cho trư ng
h p th nh t trong cách xác đ nh trên. Ta có:

x 2 + 4y z = (x + 2z)2 + 4z(y − z − x) = x2 + 4xz + 4z 2 + 4yz − 4xz − 4z 2 = x2 + 4yz.

Trong các trư ng h p còn l i vi c ki m tra cũng đơn gi n như v y. Có nghĩa là n u như đ i v i
m t s p nào đó ta có đ ng th c x2 +4yz = p thì đ ng th c đó gi nguyên sau phép bi n đ i B.

Ta ki m ch ng r ng phép bi n đ i B là xo n, có nghĩa là n u áp d ng B hai l n thì chúng ta
s quay tr l i v trí ban đ u. Ta l i làm đi u này cho công th c th nh t trên, các trư ng
h p còn l i ch ng minh tương t .

V i x < y − z khi đó x = 2z + x, y = z, z = y − z − x t đó x > 2y và nghĩa là
ph i tính B(x , y , z ) theo công th c th ba. Nghĩa là:

x = x − 2y = x + 2z − 2z = x

y = x − y + z = x + 2z − z + y − x − z = y


z = y = z.

Bây gi ta gi s r ng p là s nguyên t có d ng 4n + 1. Khi đó, th nh t phương trình
x2 + 4yz = p có ít nh t hai nghi m (x = 1, y = n, z = 1) và (x = 1, y = 1, z = n). Và th
hai là phương trình này có h u h n nghi m (nguyên dương). N u như gi s r ng trong các
nghi m c a phương trình này không có nghi m mà y = z (n u như có nghi m như v y thì
p = x2 + (2y)2 và đ nh lý đư c ch ng minh), ta thu đư c r ng phép bi n đ i B chia t t c
các nghi m thành các c p ((x, y, z), B((x, y, z))), n u như, t t nhiên (x, y, z) = B((x, y, z)).
Ta th tìm xem có nh ng c p như v y không, hay như ngư i ta thư ng nói, t n t i chăng
nh ng đi m b t đ ng c a phép bi n đ i B.
14 CHƯƠNG 1. T NG HAI BÌNH PHƯƠNG



N u nhìn vào công th c xác đ nh B ta s d dàng nh n th y r ng nh ng đi m b t đ ng
c a B là nh ng đi m mà x = y. Nhưng khi x = y > 1 thì phương trình x2 + 4yz = p
không có nghi m (vì p không chia h t cho y). Nghĩa là ch có m t đi m b t đ ng duy nh t
(1, 1, n). T t t c các lý lu n trên ta suy ra r ng s nghi m c a phương trình x2 + 4yz = p
là s l và có m t đi m b t đ ng (1, 1, n) còn t t c các nghi m khác đư c chia thành t ng c p.

Nhưng, ta l i có m t phép bi n đ i n a, ký hi u là J , J thay đ i ch c a y và z nghĩa
là J (x, y, z) = (x, z, y). Phép bi n đ i này t t nhiên cũng gi nguyên d ng x2 + 4yz và cũng
xo n. Ta th xem, nh ng b ba s nào trong nh ng nghi m c a phương trình x2 + 4yz = p
đư c J gi nguyên. t c là nh ng b nào mà J (x, y, z) = (x, y, z).

Ta đã gi s t trư c là y = z. Nhưng khi đó thì không th có đi m b t đ ng. T t c các
nghi m đư c chia thành t ng c p. Như v y s các nghi m là ch n. Nhưng ta v a kh ng đ nh
r ng s nghi m này là l . Mâu thu n. V y ph i t n t i nghi m c a phương trình x2 + 4yz = p
mà y = z, như th p là t ng c a hai bình phương. Đ nh lý đư c ch ng minh.

3. Cách ch ng minh th ba. Cách ch ng minh c a Minkowsky đư c s a đ i đôi chút mà
chúng ta s nói đ n bây gi , s còn làm chúng ta ng c nhiên g p b i. Đáng ti c là cách ch ng
minh này không sơ c p l m, c th là ta c n th nào là elippse và công th c tính di n tích
c a nó.

T t c b t đ u t m t k t qu c a Minkowsky mà tư ng ch ng không có liên h gì v i
đ nh lý F ermat Euler mà chúng ta đang quan tâm.

Đ nh lý. Cho a, b, c là các s nguyên, a > 0 và ac − b2 = 1. Khi đó phương trình

ax2 + 2bxy + cy 2 = 1

có nghi m nguyên.

Ch ng minh. Ta xét h t a đ Descartes vuông góc và cho trên đó tích vô hư ng b ng
công th c:
((x, y), (x , y )) = axx + byy + czz .
Tích vô hư ng này cho ta kho ng cách t g c t a đ đ n đi m (x, y) là:

d((0, 0), (x, y)) = ((x, x), (y, y)) = ax2 + 2bxy + cy 2.

Ta tìm kho ng cách ng n nh t t g c t a đ đ n m t đi m khác nó c a lư i nguyên (m, n)
(m, n là nh ng s nguyên). G i kho ng cách này là d∗ và đ t đư c t i đi m (m∗, n∗ ), như th :
2 2 2
am∗ + 2bm∗ n∗ + cn∗ = d∗ .

T p h p t t c nh ng đi m (x, y) c a m t ph ng th a mãn b t đ ng th c:
2
ax2 + 2bxy + cy 2 ≤ d∗
15


là m t ellipse. T cách xây d ng c a ta suy ra r ng n u v t ellipse này theo t s 1/2 r i
đưa ellipse "co" này đ n các tâm n m trên các đi m nguyên (t nh ti n) thì t t c các ellipse
thu đư c n u có c t nhau thì ch c t nhau theo nh ng đi m biên.

D th y r ng di n tích ph n giao c a các ellipse v i tam giác có đ nh (0, 0), (1, 0), (1, 1)
b ng n a di n tích c a toàn ellipse. Mà di n tích này thì b ng (ch không sơ c p duy nh t):
2 2
πd∗ πd∗
· (ac − b2) = .
4 4
2
πd∗
Như v y di n tích ph n mà các ellipse chi m trong tam giác b ng và đây ch là m t
8
n a di n tích tam giác, nghĩa là:
2
πd∗ 1 2 4
< =⇒ d∗ < .
4 2 π
2
B i vì d∗ là s nguyên dương, cho nên d∗ = 1. Đ nh lý Minkowsky đư c ch ng minh.

Nhưng k t qu tuy t v i này thì có liên quan gì đ n đ nh lý F ermat Euler? Liên quan
tr c ti p đ y! Ta bi t t b đ W ilson r ng s b2 + 1 trong đó chia h t cho p, đúng không?!

b2 + 1
Bây gi áp d ng đ nh lý Minkowsky cho các s a = p và c = . Ta thu đư c r ng
a
t n t i nh ng s nguyên m và n sao cho:
1 = am2 + 2bmn + cn2
=⇒ a = a2m2 + 2abmn + (b2 + 1)n2 = (am + bn)2 + n2 .
Như th (nh l i r ng a = p) ta có p = (am + bn)2 + n2 nghĩa là p là t ng c a hai bình
phương. M t l n n a, đ nh lý l i đư c ch ng minh.

namdung
www.diendantoanhoc.net
Tr n Nam Dũng Gi ng Viên Đ i H c KHTN ĐHQG TP H Chí Minh

Ph l c. Chúng tôi xin d n ra đây m t cách ch ng minh sơ c p c a đ nh lý Minkowsky. Gi
s b ≥ 0 và ch ng minh quy n p theo b. V i b = 0 m nh đ đúng. Gi s m nh đ đã đúng v i
0, 1, .., b − 1, ta s ch ng minh nó cũng đúng v i b. S d ng phép đ i bi n (x = X − Y, y = Y )
=⇒ ax2 + 2bxy + cy 2 = aX 2 + (2b − a)XY + (c + a − 2b)Y 2 = AX 2 + 2BXY + CY 2.
Trong đó A = a, B = b − a và C = c + a − 2b. Suy ra B 2 = AC + 1 và A > 0, 0 ≤ B ≤ b − 1.
S d ng gi thi t quy n p ta suy ra m nh đ đúng v i b và do đó đ nh lý đư c ch ng minh.

K09
www.diendantoanhoc.net
Tr n Qu c Hoàn K50 CA Đ i H c Công Ngh Hà N i
16 CHƯƠNG 1. T NG HAI BÌNH PHƯƠNG
Chương 2

Các đ toán s h c ch n l c

Bài toán 2.1. Tìm t t c các s nguyên dương nguyên t cùng nhau v i m i ph n t c a
dãy:
an = 2n + 3n + 6n − 1 n ≥ 1.

Bài toán 2.2. Gi i phương trình nghi m nguyên dương x2 − (a2 + b2 ) · y 4 = 1.

Bài toán 2.3. Cho k s t nhiên 1 ≤ a1 ≤ a2 ≤ ... ≤ ak ≤ n th a mãn [ai, aj ] > n v i m i
1 ≤ i ≤ j ≤ k. Ch ng minh r ng:
k k
1 3 1 6
(i) < (ii) < .
i=1
ai 2 i=1
ai 5

Bài toán 2.4. Hãy tìm t t c các s nguyên dương n sao cho t n t i hoán v {a1, a2, ..., an}
c a {1, 2, ..., n} tho mãn tính ch t m t trong hai t p h p sau đây:

(i) {a1, a1a2, ..., a1a2...an}
(ii) {a1, a1 + a2 , ..., a1 + a2 + ... + an }
l p thành m t h th ng dư đ y đ modun n.

Bài toán 2.5. Tìm s nguyên dương k l n nh t đ t n t i 2k s nguyên dương đôi m t phân
bi t a1, a2 , ..., ak, b1, b2 , ..., bk mà k t ng a1 + b1, a2 + b2, ..., ak + bk đôi m t khác nhau và nh
hơn 2005.

Bài toán 2.6. Gi s p là m t s nguyên t . Ch ng minh r ng trong 2p − 1 s nguyên b t
kì đ u t n t i p s có t ng là b i s c a p. K t lu n c a bài toán thay đ i như th nào n u b
đi gi thi t p nguyên t .

Bài toán 2.7. Ch ng minh r ng s các h p s thu c m t trong hai d ng sau đ u là vô h n:
n n
(i) 22 + 1 (ii) 62 + 1.

Bài toán 2.8. Gi s a, b, c là các s nguyên dương nguyên t cùng nhau sao cho đ ng th c
an = b2 + c2 đúng v i s nguyên n > 1 nào đó. Ch ng minh r ng a có th vi t thành t ng c a
hai s chính phương.
17
18 CHƯƠNG 2. CÁC Đ TOÁN S H C CH N L C


Bài toán 2.9. M t s t nhiên là b p bênh n u khi đem nó nhân v i 9 ta đư c chính s đó
nhưng vi t theo th t ngư c l i c a các ch s . Ch ng h n s 1089 là m t s b p bênh có 4
ch s b i vì 1089.9 = 9801. V n đ c a chúng ta là tìm t t c các s b p bênh có n ch s .
Hơn n a hãy tính s t t c các s b p bênh có n ch s .
Bài toán 2.10. Ch ng minh r ng v i s t nhiên n b t kỳ đ u t n t i hai s nguyên x, y
tho mãn n|x2 − 34y 2 + 1.
Bài toán 2.11. Tìm t t c các s t nhiên k sao cho t n t i s th c dương ck thoã mãn:
S(kn)
≥ ck ∀n ∈ N.
S(n)

Bài toán 2.12. Tìm t p giá tr c a N đ phương trình sau có nghi m nguyên dương:

x2 + x2 + ... + x2 = N (x1x2 ...xn − 1).
1 2 n

Bài toán 2.13. Dãy s p1 .p2 , ..., pn, ... là dãy t t c các s nguyên t . Ch ng minh r ng t n
t i ba s h ng liên ti p trong dãy trên tho mãn tính ch t m i s trong chúng đ u l n hơn
bình phương ch s c a chính s đó.
Bài toán 2.14. Ch ng minh r ng t n t i s t nhiên n đ s 2n + 3n có đúng 23 ư c s
nguyên t .
Bài toán 2.15. Cho dãy tăng các s t nhiên {an } có tính ch t t n t i h ng s M sao cho
an+1 − an < M v i m i n ∈ N . Ch ng minh r ng t p ư c s nguyên t c a dãy trên là vô
h n.
Bài toán 2.16. Xét M = n(n − 1)...(n − k + 1) v i n ≥ 2k. Ch ng minh r ng M có ư c s
nguyên t l n hơn k.
Bài toán 2.17. Gi s p là m t s nguyên t có d ng 4k + 3. Ch ng minh khi đó p − 1 s t
nhiên liên ti p không th chia làm hai nhóm có tích các th a s trong m i nhóm b ng nhau.
Bài toán 2.18. Tìm s nguyên dương n nh nh t sau cho n2 − n + 11 là tích c a b n s
nguyên t (không c n phân bi t).
Bài toán 2.19. Tìm t t c các b ba s nguyên dương (x, y, z) v i z bé nh t có th sao cho
t n t i các s nguyên dương a, b, c, d có các tính ch t:

xy = z b = cd , x > a > c

z = ab = cd


x + y = a + b.

Bài toán 2.20. Cho các s nguyên a1, a2, ..., an và b1, b2 , ..., bn trong đó ai ≥ 2 ∀i = 1, n.
Ch ng minh r ng t n t i vô h n các b s nguyên (c1 , c2, ..., cn) sao cho ta có tính ch t sau:

b1c1 + b2c2 + ...bncn |ca1 + ca2 + ... + can .
1 2 n

Bài toán 2.21. Tìm t t c các s t nhiên n sao cho n u v i m i hoán v (a1 , a2, ..., an) c a
{1, 2, ..., n} thì ta luôn tìm đư c ch s i mà a1 + a2 + ... + ai là m t s chính phương.
19


Bài toán 2.22. Tìm t t c các s nguyên dương n sao cho n3 − 1 là s chính phương.

Bài toán 2.23. Ch ng minh r ng v i hai s nguyên dương s, a (s) không chia h t cho 3)
luôn t n t i s t nhiên n tho mãn S(ns) = a v i S(x) là t ng các ch s c a x.

Bài toán 2.24. Cho s nguyên dương n > 1. Tìm s nguyên dương nh nh t không có d ng
na − nb
v i b t kỳ các s nguyên dương a, b, c, d nào đó.
nc − nd

Bài toán 2.25. Cho s nguyên không âm a và s nguyên dương d. Ch ng minh r ng trong
73 s a, a + d, ..., a + 72d có ít nh t m t s mà trong bi u di n th p phân c a nó có ch s 9.

Bài toán 2.26. Ch ng minh r ng v i m i s th c δ ∈ [0, 1] và v i m i ε > 0 b t đ ng th c:

ϕ(n)
−δ 2. Ch ng minh r ng:
nn n
1989|nn − nn .
20 CHƯƠNG 2. CÁC Đ TOÁN S H C CH N L C


Bài toán 2.34. S p x p dãy các s nguyên t theo th t tăng d n p1 , p2 , .... Ch ng minh
r ng
pn !
∈ Z ∀n ∈ N n > 2.
pn (pn + 1)(pn + 2)...(pn+1 − 1)
Bài toán 2.35. Gi s S là t p h p t t c các s nguyên t bé hơn 40. Tìm s k nh nh t
sao cho v i m i t p con k ph n t c a S đ u t n t i 3 ph n t đôi m t phân bi t a, b, c sao
cho a + b + c cũng là m t s nguyên t .
Bài toán 2.36. S nguyên dương n đư c g i là đáng ghét n u t n t i s nguyên dương m mà
trong t p h p {1, 2, ..., 28011980} có đúng n s x1 < x2 < ... < xn không đ ng dư v i nhau
theo mod n. N u đi u này không x y ra thì n đư c g i là đáng yêu. Xác đ nh s nguyên dương
đáng yêu bé nh t.
Bài toán 2.37. Cho các s nguyên dương a, b. Ch ng minh r ng t n t i b s nguyên dương
(n1 , n2 , .., nk ) tho mãn tính ch t ni + ni+1 |ni ni+1 ∀i = 0, k trong đó quy ư c n0 = a, nk+1 = b.
Bài toán 2.38. Ch ng minh r ng m i s nguyên l n hơn 17 đ u có th bi u di n thành t ng
c a 3 s nguyên l n hơn 1 đôi m t nguyên t cùng nhau. Ch ng minh tính ch t đó không
đúng v i 17.
Bài toán 2.39. Cho s nguyên t p ≥ 3 và a1, a2, ..., ap−2 là các s t nhiên sao cho p không
chia h t ak và ak − 1 v i m i k. Ch ng minh r ng có th ch n ra m t s đ tích các s đó có
k
s dư là 2 khi chia cho p.
Bài toán 2.40. V i s nguyên dương n g i S(n) là t ng các ch s c a n. Ch ng minh r ng
t n t i k s t nhiên a1, a2, ..., ak sao cho:

an + S(an ) = am + S(am ) ∀ 1 ≤ n, m ≤ k

Bài toán 2.41. Ch ng minh r ng phương trình x3 + y 3 + z 3 − t3 = 42 có vô h n nghi m
nguyên. S nghi m nguyên dương c a phương trình này là bao nhiêu, h u h n hay vô h n?
a c
Bài toán 2.42. Gi s n, a, b, c, d là các s t nhiên (n ≥ 2) tho mãn + < 1 và a+c < n.
b d
a c
C đ nh n, tìm giá tr l n nh t c a + .
b d
Bài toán 2.43. T p h p S g m k + m − 1 s nguyên b t kỳ, m ≥ k ≥ 2,k|m. Ch ng minh
r ng t n t i m s trong các s đó có t ng chia h t cho k.

Bài toán 2.44. Gi s r ng bi u di n th p phân c a 5 có d ng

5 = 2, a1a2 ...an bbb...bbb an+1 ....
ms b

Bi t r ng b = an , b = an+1 . Ch ng minh r ng n ≥ m − 2.
Bài toán 2.45 (Open Question). Gi s P là m t t p con khác r ng c a t p các s nguyên
t sao cho v i m i p1 , p2 , ..., pk ∈ P (không nh t thi t phân bi t) thì m i ư c s nguyên t c a
s p1 p2 ...pk + 1 cũng thu c vào P . H i t p h p P có trùng v i t p h p t t c các s nguyên
t hay không.
21


Bài toán 2.46. Tìm t t c các hàm s f : Z → Z tho mãn đ ng th c:

f (x3 ) + f (y 3) + f (z 3 ) = (f (x))3 + (f (y))3 + (f (z))3 ∀x, y, z ∈ Z.

Bài toán 2.47. Gi s m là m t s nguyên dương l n hơn 1 cho trư c. Tìm h ng s C l n
nh t sao cho: n
1 1
≥C ∀n ∈ N.
k k=1
k
1≤k≤n,(k,m)=1

Bài toán 2.48. Ch ng minh hai m nh d sau đây:

i) N u n > 49 thì t n t i hai s nguyên a, b > 1 sao cho a + b = n và:
ϕ(a) ϕ(b)
+ < 1.
a b
ii) N u n > 4 thì t n t i hai s nguyên a, b > 1 sao cho a + b = n và:
ϕ(a) ϕ(b)
+ > 1.
a b
Bài toán 2.49. V i m i s t nhiên n = at ...a2a1 xét hàm s :

T (n) = 10 ai + ai.
i ch n il

Hãy tìm s nguyên dương A nh nh t sao cho t n t i các s t nhiên n1 , n2, .., n148 và
m1, m2 , ..., m149 tho mãn hai đi u ki n:

A = n1 + n2 + ... + n148 = m1 + m2 + ...m149

T (n1) = T (n2) = ... = T (n148)


T (m1) = T (m2) = ... = T (m149).

Bài toán 2.50. Ký hi u ϕ(n) là s các s nguyên dương nh hơn n và nguyên t cùng nhau
v i n và π(n) là s các s nguyên t không vư t quá n. Ch ng minh r ng v i m i s t nhiên
n > 1 ta có:
π(n)
ϕ(n) ≥ .
2
a
22 CHƯƠNG 2. CÁC Đ TOÁN S H C CH N L C
Chương 3

M t s ch đ s h c ch n l c

3.1 S b p bênh

Bài toán 3.1.1 (S b p bênh). M t s t nhiên là b p bênh n u khi đem nó nhân v i 9 ta
đư c chính s đó nhưng vi t theo th t ngư c l i c a các ch s . Ch ng h n s 1089 là m t
s b p bênh có 4 ch s b i vì 1089.9 = 9801. V n đ c a chúng ta là tìm t t c các s b p
bênh có n ch s . Hơn n a hãy tính s t t c các s b p bênh có n ch s .

l i gi i. Xét dãy s F ibonaci {fn } xác đ nh b i công th c truy h i sau f0 = 0, f1 = 1, fn+2 =
fn+1 + fn ∀n ∈ N . Ngoài ra g i s các s b p bênh có n ch s là Sn . Ta s ch ng minh r ng
s có 4 ch s 1089 là s b p bênh nh nh t và v i s t nhiên n ≥ 4 thì ta có:

Sn = f[n/2]−1.

Th t v y, k t lu n th nh t là d dàng thu đư c khi ta xét tr c ti p khi n = 1, 2, 3. Xét
n ≥ 4. Gi s a1a2...an là m t s b p bênh có n ch s , đi u đó có nghĩa là:

9.a1a2 ...an = an ...a2a1. (3.1)

Suy ra a1 = 1, an = 9. Thay l i vào (3.1) thì 80 + 9.a2a3...an0 = an−1 ...a20 =⇒ a2 < 2. Như
v y a2 = 0 ho c a2 = 1, ta xét hai trư ng h p này:

1. N u a2 = 1 T (3.1) l y theo mod 100 suy ra an−1 = 7, l i thay l i vào (3.1) suy
ra:
9.(11.10n−2 + 79 + a3...an−200) = 97.10n−2 + 1 + an−2 ...a300.
Như v y v trái l n hơn 99.10n−2 và như v y rõ ràng l n hơn v ph i. Lo i.

2. N u a2 = 0 L y (3.1) theo mod 100 suy ra an−1 = 8. Thay l i vào (3.1) ta có:

9.(10n−1 + 89 + a3...an−200) = 98.10n−2 + 1 + an−2 ...a300 =⇒ a3 > 7.

Như v y a3 nh n 1 trong 2 giá tr 8 ho c 9. G i s nghi m trong hai trư ng h p này l n lư t
là Kn và Tn tương ng. Khi đó rõ ràng ta có Sn = Kn + Tn .
23
24 CHƯƠNG 3. M T S CH Đ S H C CH N L C



2.1. Bư c 1. Tính Kn . D th y K5 = K6 = 0. Xét n ≥ 7. Ta có:

9.a4...an−3 = 8.10n−6 + an−3 ....a4. (3.2)

Suy ra a4 ≥ 8. Xét tr c ti p d th y a4 = 8 =⇒ a4 = 9 =⇒ K7 = 0, K8 = 1 (s 108981089) .
Xét n > 9, khi đó 9.a5 ...an−4 = an−4 ....a5. Đây chính là công th c xác đ nh m t s b p bênh
có không quá n − 8 ch s (theo (3.1)) nên:
[n/2]
Kn = Sn−2k .
k=4


2.2. Bư c 2. Tính Tn . D th y T5 = 1 (s 10989). Xét n ≥ 6, l y (3.1) theo mod 1000 suy
ra an−2 = 9. Thay l i vào (3.1):

9.(109.10n−3 + 989 + a4...an−300) = 901 + 989.10n−3 + an−3 ...a400

=⇒ 9.a4...an−3 = 8.10n−6 − 8 + an−3 ...a4. (3.3)
T6 = 1 (s 109909). Xét n ≥ 7 suy ra a4 ≥ 8, l i xét hai trư ng h p. N u a4 = 8, l y (3.1)
theo mod 1000 thu đư c an−3 = 0, thay l i vào (3.1) ta có 9.a5...an−4 = 8.10n−8 + an−4 ...a5.
Theo (3.2) thì s nghi m c a phương trình này là Kn−2 . N u a4 = 9 thay l i vào (3.1) suy ra
a5 ...an−4 = 8.10n−8 − 8 + an−4 ....a5. Theo (3.3) thì s nghi m c a phương trình này là Tn−2 .
V y ta có:
Tn = Kn−2 + Tn−2 = Sn−2 .
Tóm l i chúng ta đã ch ng minh đư c công th c sau đây c a dãy các s Sn :
[n/2]
Sn = Kn + Tn = Sn−2 + Sn−2k .
k=4


Đ c bi t là v i các xác đ nh như đã nói trên thì dãy các s F ibonaci cũng tho mãn:
[n/2]
fn = fn−2 + fn−2k .
k=4


Vi c ch ng minh công th c này không quá khó khăn và dành cho b n đ c như m t bài t p
nh . Bây gi đ ý r ng các giá tr ban đ u c a hai dãy {Sn } và {f[n/2]−1 } là hoàn toàn trùng
nhau. Và do đó ta có th k t lu n r ng Sn = f[n/2]−1 v i m i s t nhiên n ≥ 4. Đây chính là
đi u ta c n ch ng minh.

Xét dãy các s b p bênh d ng đ c bi t sau đây:

p1 = 1089



p2 = 10989
pn = 10 999...999 89 n là s t nhiên b t kì.



n−1 s 9
3.1. S B P BÊNH 25


Khi đó v i sơ đ ch ng minh như trên chúng ta d dàng thu đư c d ng t ng quát như sau
c a t t c các s b p bênh:

pm1 pm2 ....pmn pmn+1 pmn ...pm2 pm1 .

Trong đó m1, m2 , ..., , mn và mn+1 là các s t nhiên tuỳ ý.

L i Bình. Đây là m t bài toán hay, v n đ đ t ra là kh o sát m t lo i s đ c bi t. đi u
thú v là xu t x c a t b p bênh. Có th th y rõ qua công th c t ng quát xác đ nh m t
s b p bênh b t kỳ nêu trên, c u trúc c a các s có tính ch t (3.1) có th chính là ngu n
g c c a tên g i thú v này. M t đi m đ c bi t n a là trong ch ng minh trên chúng ta đã
d a vào (3.2), (3.3) đ thu đư c công th c truy h i đ c bi t c a dãy {Sn }. C n ph i quan
sát m t cách t nh táo thì m i tránh đư c nh ng suy lu n th a, không c n thi t và có th l c đ .

Đ cho chính xác ta có th g i các s b p bênh ki u này là các s 9 − b p bênh. M t
v n đ n a là có các s b p bênh ki u khác không, t c là v i s a như th nào thì t n t i s
a − b p bênh, v i gi thi t là s a − b p bênh là s mà khi đem nhân nó v i a ta đư c chính
s đó nhưng vi t theo th t các ch s ngư c l i. Đây là m t bài toán không quá khó, th m
chí r t cũ nhưng c n ph i xét t t c các trư ng h p a là ch s . K t qu là a ch có th là
1, 9 ho c 4. Đ c bi t n u a = 4 thì k t qu v n r t tương t , s khác bi t có chăng ch là
cách xác đ nh dãy {pn }. Khi a = 4 vai trò c a s 2178 s thay th vai trò c a s 1089 (chú ý
là 2178.4 = 8712). Chính xác hơn chúng ta có k t qu sau đây:
Bài toán 3.1.2. Ch ng minh r ng có bao nhiêu s 4 − b p bênh thì cũng có b y nhiêu s
9 − b p bênh.
Ch ng minh tr c ti p k t qu này th c s là m t vi c r t khó (!!)

Thay cho l i k t. Trong s h c còn vô vàn nh ng lo i s đáng chú ý khác và chúng
ta s s m tr l i ch đ này v i nh ng kh o sát chi ti t hơn. Dư i đây là m t s bài toán v
các lo i s đ c bi t khác đã xu t hi n trong các kỳ thi h c sinh gi i g n đây và trư c kia:
Bài toán 3.1.3 (S đong đưa). M t s nguyên dương đư c g i là đong đưa n u trong bi u
di n th p phân c a nó, hai ch s b t kỳ đ ng c nh nhau có m t s b ng 0 và m t s khác 0,
ch s hàng đơn v khác 0. Tìm t t c các s nguyên dương n sao cho n không có b i s nào
là s đong đưa.
Bài toán 3.1.4 (S luân phiên). M t s nguyên dương đư c g i là luân phiên n u trong
bi u di n th p phân c a nó, hai ch s b t kỳ đ ng c nh nhau có m t s ch n và m t s l .
Tìm t t c các s nguyên dương sao cho nó không có b i s luân phiên nào c .
Bài toán 3.1.5 (S bư ng b nh). Cho các s t nhiên đôi m t nguyên t cùng nhau a, b, c.
M t s t nhiên g i là bư ng b nh n u nó không bi u di n đư c dư i d ng xab + ybc + zca v i
các s t nhiên x, y, z. H i có bao nhiêu s bư ng b nh.
Bài toán 3.1.6 (S kim cương). M t s nguyên dương đư c g i là kim cương 2005 n u
trong bi u di n th p phân c a nó có 2005 ch s 9 đ ng c nh nhau liên ti p. Dãy {an } tăng
ng t các s nguyên dương tho mãn an < nC v i h ng s th c dương C nào đó. Ch ng minh
r ng dãy s {an } ch a vô h n các s kim cương 2005.
26 CHƯƠNG 3. M T S CH Đ S H C CH N L C


3.2 Đ nh lý F ermat nh và m t ng d ng đ p
Bài toán 3.2.1 (Đ nh lý F ermat nh ). V i s nguyên t p cho trư c và s t nhiên n tuỳ
ý thì np − n chia h t cho p.
Đ nh lý này đã quá quen thu c v i các b n, cách ch ng minh truy n th ng là s d ng phép
ghép c p và h th ng dư. Tuy nhiên chúng tôi mu n m i các b n thư ng th c l i m t cách
ch ng minh tuy t đ p c a bài toán (3.2.1). Cách ch ng minh này khác v i cách ch ng minh
thông thư ng s d ng h th ng dư, m c dù trong hai cách thì cách th hai có th m r ng
đ ch ng minh k t qu m nh hơn c a đ nh lý F ermat (đ nh lý Euler) d dàng hơn.

Ch ng minh bài toán (3.2.1). S d ng phép đ m. Ta chia m t vòng tròn thành p ph n
đ u nhau 1, 2, .., p và tô các ph n đó b ng 1 trong n màu cho trư c. Hai cách tô đư c g i là
đ ng d ng n u qua m t phép quay chúng tr thành m t hình duy nh t. Đ m s các l p mà
m i l p bao g m t t c các cách tô đ ng d ng v i nhau.

Ta có s cách tô là np , n u trong m t l p các cách tô đ ng d ng v i nhau có 2 cách tô
khác nhau thì l p đó có đúng p ph n t (nghĩa là p cách tô sai khác nhau m t phép quay).
Ch có đúng p l p mà m i l p ch a đúng n ph n t gi ng h t nhau (tương ng v i n cách tô
toàn b vòng tròn b ng m t màu duy nh t). V y s l p s là:
np − n
.
p

Bi u th c này dĩ nhiên ph i là m t s nguyên. Đi u đó ch ng t np − n chia h t cho p.

V t m quan tr ng c a đ nh lý này có l nên dành h n m t chuyên kh o đ vi t v nó,
tuy nhiên trong bài vi t này chúng tôi ch mu n gi i thi u m t bài toán "nh " và khá thú v ,
có th ch ng minh tr c ti p đ p m t b ng đ nh lý này nh k t h p v i đ ng th c thú v :
1 1 1
= + . (3.4)
2 3 6
Bài toán 3.2.2 (IMO 2005). Tìm t t c các s nguyên dương nguyên t cùng nhau v i m i
ph n t c a dãy:
an = 2n + 3n + 6n − 1 n ≥ 1.
Ch ng minh bài toán (3.2.2). Ta s ch ng minh r ng v i s nguyên t p b t kì đ u t n t i
b i s c a p là ph n t c a dãy {an }. Th t v y, rõ ràng là 2|a1 = 10 và 3|a2 = 48, xét m t
s nguyên t p > 3 b t kì. S d ng đ nh lý F ermat nh ta có bi n đ i sau:

p−2 p−2 p−2 2p−1 3p−1 6p−1
ap−2 = 2 +3 +6 −1 = + + −1
2 3 6
1 1 1
≡ + + −1 mod p ≡ 0 mod p.
2 3 6
Bi n đ i th 3 đúng vì chúng ta có đ ng th c (3.4). Đây là m t đ ng th c r t đơn gi n nhưng
nó l i có nhi u ng d ng r t thú v , không ch riêng trong bài toán này.
3.3. M T S TÍNH CH T C A HÀM T NG CÁC CH S 27


3.3 M t s tính ch t c a hàm t ng các ch s
Đ i v i s t nhiên n = a1a2 ...an ta xét S(n) = a1 + a2 + ... + an và g i S là hàm t ng các
ch s . Trong m c này chúng tôi s trình bày m t s tính ch t cùa hàm s này.

Bài toán 3.3.1. Ch ng minh 3 tính ch t cơ b n c a hàm S(n):

(1) S(a) ≤ a v i m i s t nhiên a
(2) S(a + b) ≤ S(a) + S(b) v i m i s t nhiên a,b
(3) S(ab) ≤ S(a)S(b) v i m i s t nhiên a,b.

Ba tính ch t này là nh ng hi u bi t ban đ u v hàm S(n), m c dù đơn gi n nhưng đ u r t
quan tr ng. Ch ng minh không quá khó khăn vì v y các b n hãy t ch ng minh chúng.

Bây gi m i các b n đ n v i 2 k t qu đ p đ sau đây:

Bài toán 3.3.2. Gi s 10k − 1|M v i k ∈ N khi đó S(M) ≥ 9k.

l i gi i. Đ t M = at ...a1a0. V i m i i ∈ {0, 1, ..., k − 1} ký hi u:

Si = aj .
j≡i mod k


Theo gi thi t 10k − 1|M =⇒ 10k − 1|10l M v i m i l = 0, 1, ..., k − 1. Do đó ta có:

Sk−1 10k−1 + Sk−2 10k−2 + ... + S1101 + S0 100 chia h t cho 10k − 1


S 100 + S 10k−1 + ... + S 102 + S 101 chia h t cho 10k − 1
k−1 k−2 1 0
......................



Sk−1 10k−2 + Sk−2 10k−3 + ... + S1100 + S0 101 chia h t cho 10k − 1.

k−1
Suy ra (Sk−1 + ... + S0 )(10k−1 + ... + 10 + 1) ≥ k(10k − 1) =⇒ S(M) = Si ≥ 9k.
i=0

Bài toán 3.3.3. S((10k − 1)m) = 9k v i m i 1 ≤ m ≤ 10k .

l i gi i. Đ t m = a1 a2...as10t v i as = 0, s ≤ k. Ta có:

S((10k − 1)m) = S(a1a2 ...as−1 99...9 (9 − a1 )...(9 − as−1 )(10 − as ))
k−s s 9
s−1 s−1
= ai + 9 + 9 + ... + 9 + (9 − ai ) + (10 − as )
i=1 k−s s 9 i=1

= 9k Đi u ph i ch ng minh.

L i Bình. Hai k t qu trên là nh ng tính ch t đ p c a hàm S(n), trong đó đ ng th c bài
toán (3.3.3) là m t đ ng th c tuy t v i. V i hai k t qu này, ta có th gi i quy t m t lo t
các bài toán, trong đó có m t bài toán đ p đ sau:
28 CHƯƠNG 3. M T S CH Đ S H C CH N L C


Bài toán 3.3.4 (USAMO 2005). Đ t A = {1, 2, ..., n}. G i f (n) là giá tr nh nh t c a
s t nhiên k có tính ch t t n t i n s nguyên dương phân bi t x1 , x2, .., xn tho mãn:


S xi =k v i m i I ∈ A, I = φ.
i∈I


Ch ng minh r ng t n t i 0 < c1 < c2 tho mãn c1 log10 n ≤ f (n) ≤ c2 log10 n v i m i n.

l i gi i. Trư c h t ta ch ng minh s t n t i c a c1 . Đ t m = [log10 n] =⇒ 10m − 1 < n.
Xét n s a1 = x1, a2 = x1 + x2 ,..., an = x1 + x2 + ... + xn . Theo nguyên lý Dirichlet t n t i
1 ≤ i < j ≤ n sao cho ai ≡ aj mod (10m − 1). T đó suy ra ai+1 + ... + aj ≡ 0 mod (10m − 1).
M t khác áp d ng bài toán (3.3.2) ta có f (n) = S(ai+1 + ... + aj ) ≥ 9m = 9[log10 n].

Ta ch ng minh s t n t i c a c2. Ch n x1 = 10k −1, ..., xn = (10k −1)n. V i k = [2 log10 n+1.].
S d ng bài toán (3.3.3) suy ra S( xi ) = 9k v i m i I ∈ A, I = φ
i∈I


=⇒ f (n) ≤ 9k ≤ 9[2 log 10 n + 1].

Bài toán đã đư c ch ng minh.

M t v n đ khác là kh o sát tính ch t c a dãy {S(an )} v i a là s t nhiên c đ nh. Riêng
v i a = 2 thì lim S(2n ) = ∞. Đây đã là m t bài toán khó, các b n có th ch ng minh r ng
n→∞
1
S(2n ) ≥ log2 n và t đó d dàng suy ra k t qu bài toán. Chúng ta s không bàn quá sâu
2
v bài toán này mà s gi i quy t m t bài toán tương t sau đây:

Bài toán 3.3.5. Tìm t t c c c s t nhiên k có tính ch t t n t i s th c dương ck sao cho:

S(kN )
≥ ck v i s t nhiên N b t kì.
S(N )

l i gi i. Ta s ch ng minh r ng s t nhiên k tho mãn đi u ki n bài toán khi và ch khi
trong phân tích chính t c c a k không có các th a s nguyên t khác 2 và 5. Th t v y, n u
k = 2p .5q thì ta có:

S(10p+q .N ) S(2p .5q .N )
S(2p .5q .N ) ≥ =⇒ ≥ ck = S(5p .2q ).
S(5p .2q ) S(N )

Ngư c l i, n u k = 2p .5q .t v i s t nhiên t > 1 và nguyên t cùng nhau v i 10. Rõ ràng n u
k tho mãn bài toán thì t cũng v y. S d ng đ nh lý Euler ta có:

10ϕ(t) − 1
t|10ϕ(t) − 1 =⇒ = a1a2...aϕ(t).
t
3.3. M T S TÍNH CH T C A HÀM T NG CÁC CH S 29


Trong cách vi t trên các ch s ai có th b ng 0. Ta l i có:

10mϕ(t) − 1
Bm =
t
10ϕ(t) − 1
= (10ϕ(t) )m−1 + .... + 10ϕ(t) + 1
t
= B1 B1 ...B1
m
mϕ(t)
10 +t−1
=⇒ Bm + 1 = = B1 B1...B1 +1.
t
m


Vì t > 1 nên a1 a2...aϕ(t) < 99 ... 99. Do đó ta có B1 B1 ...B1 + 1 = B1 B1 ...(B1 + 1)
ϕ(t) s 9


10mϕ(t) + t − 1
=⇒ S ≥ m − 1. (3.5)
t

Ch n m đ l n đ 10mϕ(t) > t − 1 ta có ngay:

S(10mϕ(t) + t − 1) = 1 + S(t − 1). (3.6)

10mϕ(t) + t − 1
Tóm l i ta đã xét dãy các s t nhiên sau đây Am = .
t
S(tAm) 1 + S(t − 1)
Gi s ph n ch ng, t (3.5) và (3.6) ta suy ra ct ≤ ≤ . Cho m → ∞ suy
S(Am) m−1
ra ct = 0. Mâu thu n. V y ta có đi u ph i ch ng minh. M t câu h i m là đánh giá:
S(kN )
inf |k∈N .
S(N )

Bài toán 3.3.6. Ch ng minh r ng t n t i k s t nhiên a1, a2, ..., ak sao cho:

an + S(an ) = am + S(am ) ∀1 ≤ n, m ≤ k.

l i gi i. Ta ch ng minh b ng quy n p theo n r ng t n t i n s t nhiên khác nhau đôi m t
a1, a2, ..., an tho mãn a1 + S(a1) = a2 + S(a2) = ... = an + S(an ). Th t v y, v i n = 2 ch n
a1 = 98, a2 = 107 thì 98 + S(98) = 115 = 107 + S(107). Gi s r ng kh ng đ nh đã đúng
t i n và a1 + S(a1) = a2 + S(a2) = ... = an + S(an ) = ls. Rõ ràng t n t i l ∈ {1, 2, ..., 9} đ
9|s + 2l, đ t s + 2l = 9m. D th y m l n hơn s ch s c a các s ai , i = 1, 2, ..., n. Xét các
s sau đây:
ai = 10m + ai i = 1, 2, ..., n
an+1 = 10m − l.
Khi đó ai + S(ai ) = 10m + 1 + s v i i = 1, 2, .., n + 1. V y ta có đi u ph i ch ng minh.

Các tính ch t v hàm t ng các ch s còn nhi u, nhưng chúng tôi t m k t thúc bài vi t
b ng hai bài toán. M t bài là đ thi c a Nga, còn bài kia là m t bài toán "m i":
30 CHƯƠNG 3. M T S CH Đ S H C CH N L C


Bài toán 3.3.7. Gi s a, b, c là các s t nhiên tho mãn S(a + b), S(b + c), S(c + a) đ u
nh hơn 5. Hãy tìm giá tr l n nh t c a S(a + b + c).

Bài toán 3.3.8. V i m i s t nhiên n = at...a2a1 xét hàm s

T (n) = 10 ai + ai .
i ch n il


Hãy tìm s nguyên dương A nh nh t sao cho t n t i các s t nhiên n1 , n2 , .., n148 và
m1 , m2, ..., m149 tho mãn ba đi u ki n:

A = n1 + n2 + ... + n148 = m1 + m2 + ...m149

T (n1) = T (n2) = ... = T (n148)


T (m1) = T (m2) = ... = T (m149).


3.4 Hai ng d ng c a phương trình P ell
Phương trình P ell c đi n là phương trình có d ng x2 − Dy 2 = 1 trong đó D là s nguyên
dương không là bình phương c a m t s t nhiên. B ng cách s d ng lý thuy t liên phân s ,
dùng b đ Dirichlet hay phương pháp hình h c v i các đư ng hypecbol ngư i ta đã ch ng
minh đư c r ng phương trình P ell luôn có ít nh t m t nghi m.

T vi c có nghi m ta có th th y ngay r ng phương trình P ell có vô h n nghi m. Th t
v y, n u (x, y) là m t nghi m thì (2x2 − 1, 2xy) cũng là m t nghi m, các b n có th ki m tra
đi u này b ng các phép bi n đ i tương đ i đơn gi n. V n đ là tìm công th c t ng quát c a
t t c các nghi m. Đ làm đi u đó c n đ n khái ni m nghi m cơ s .

Trong s các nghi m, ta l y ra m t nghi m (x0, y0) có t ng x0 + y0 nh nh t có th , khi
đó (x0 , y0) g i là m t nghi m cơ s . Khi đó t t c các nghi m c a phương trình P ell s là:
 √ n √ n
xn = (a + b D) √ (a − b D)


+
√ 2 D √

y = (a + b D)n − (a − b D)n
 n √ .
2 D

Vi c ch ng minh chi ti t đ nh lý này không thu c ph m vi bài vi t, các b n có th s d ng
phương pháp gen (s đư c d n ra trong m t ví d ph n sau) đ th c hi n công vi c này.

M c đích c a chúng tôi là trình bày v i các b n hai ng d ng đ c s c c a nh ng hi u
bi t v phương trình P ell vào các bài toán s h c.

Bài toán 3.4.1 (TST VMO 2005). Tìm t t c các hàm s f : Z → Z tho mãn đ ng nh t
th c sau v i các s nguyên x, y, z b t kỳ:

f (x3 + y 3 + z 3 ) = (f (x))3 + (f (y))3 + (f (z))3 .
3.4. HAI NG D NG C A PHƯƠNG TRÌNH P ELL 31


l i gi i. Ta s tìm m t đ ng th c d ng a3 + b3 + c3 = d3 + e3 + f 3 đúng v i n b t kỳ, trong
đó các bi n a, b, c, d, e, f đ u ph thu c n. Đây là ý tư ng chính và vi c th c hi n nó s d n
ta t i v i phương trình P ell. Th t v y, ta có:

(x + l)3 − (x − l)3 = (y + h)3 − (y − h)3 +(z − t)3 − (z + t)3 ⇐⇒ 3lx2 + l3 = 3hy 2 + h3 − 3tz 2 − t3.

Vì m c đích c a ta là tìm m t công th c truy h i có ch a n nên ta có th ch n x = n, l = 1
khi đó đ ng th c trên tr thành:

3n2 + 1 = 3hy 2 + h3 − 3tz 2 − t3. (3.7)

T (3.7) suy ra h − t ≡ 1 mod 3, ch n h = 2, t = 1 v y (3.7) tương đương v i 3n2 + 1 =
6y 2 + 8 − 3z 2 − 1 ⇐⇒ 3n2 − 6 = 6y 2 + 8 − 3z 2 − 1 ⇐⇒ n2 − 1 = 2y 2 − z 2 . Ta l i có:

2.12 − n2 = 2 − n2
2.52 − 72 = 1

=⇒ 2 − n2 = (2.12 − n2 )(2.52 − 72 )
√ √ √ √
= ( 2.1 − n)( 2.1 + n)( 2.5 − 7)( 2.5 + 7)
√ √ √ √
= [( 2.1 − n)( 2.5 − 7)][( 2.1 + n)( 2.5 + 7)]
√ √
= [7n + 10 − 2(5n + 7)][7n + 10 + 2(5n + 2)]
= (7n + 10)2 − 2(5n + 7)2 .
Và như th 2(5n + 7)2 − (7n + 10)2 = n2 − 2, ta có th ch n y = 7n + 10, z = 5n + 7.Cu i
cùng ta có đ ng th c:

(n + m)3 − (n − m)3 = (5n + 9)3 − (5n + 5m)3 + (7n + 9m)3 − (7n + 11m)3 .

Đ n đây thì b ng phép quy n p đơn gi n (các b n t th c hi n) ta có:

0
 v i m i x ∈ Z n u f (1) = 0
f (x) = x v i m i x ∈ Z n u f (1) = 1


−x v i m i x ∈ Z n u f (1) = −1.

Bài toán 3.4.2 (TST VMO 2002). Tìm t t c các đa th c P (x) h s nguyên sao cho đa
th c sau là bình phương c a m t đa th c h s nguyên:

Q(x) = (x2 + 6x + 10)(P (x))2 − 1.

l i gi i. Gi s t n t i đa th c h s nguyên R(x) ∈ Z[x] tho mãn Q(x) = (R(x))2 . Do
x2 + 6x + 10 = (x + 3)2 + 1 > 0 và (R(x))2 ≥ 0 nên P (x) = 0 v i m i x ∈ R. Có th gi s
P (x) > 0 v i m i x ∈ R và như th b c c a P là ch n, đ t deg(P ) = 2n.

T gi thi t ta có (m2 + 1)(P (m − 3))2 − 1 là s chính phương v i m i giá tr m nguyên, nên
theo đ nh lý v phương trình P ell suy ra t n t i f : N → N sao cho v i m i m ∈ N thì:
1 √ √
P (m − 3) = √ (m + m2 + 1)2f (m)+1 − (m − m2 + 1)2f (m)+1 .
2 m2 + 1
32 CHƯƠNG 3. M T S CH Đ S H C CH N L C

P (x)
G i a là h s b c cao nh t c a P (x), a = 0 và vì deg(P ) = 2n nên lim = a = 0. T đó
x→∞ x2n
suy ra t n t i 2n + 1 s nguyên dương phân bi t x1, x2, .., x2n+1 sao cho 2f (xi ) + 1 = 2n + 1
v i 1 ≤ i ≤ 2n + 1. Xét đa th c:
1 √ √
A(x) = P (x − 3) − √ (x + x2 + 1)2n+1 − (x − x2 + 1)2n+1 .
2 x2 + 1

Ta có deg(A) ≤ 2n mà A(xi) = 0 v i m i i = 1, 2n + 1 suy ra A(x) = 0 (m t đa th c b c k
không có quá k nghi m)

1 √ √
=⇒ P (x − 3) = √ (x + x2 + 1)2n+1 − (x − x2 + 1)2n+1 .
2 x2 + 1

Đ i bi n, ta thu đư c:

1 √ √
P (x) = √ (x + 3 + x2 + 6x + 10)2n+1 − (x + 3 − x2 + 6x + 10)2n+1 .
2 x2 + 6x + 10


3.5 Đ nh lý ph n dư Trung Hoa
Bài toán Hàn Tín đi m binh là m t bài toán n i ti ng đ n m c h u như h c sinh ti u h c
nào cũng đã t ng nghe nói đ n. Đó cũng là xu t phát đi m cho đ nh lý Trung Hoa v ph n
dư mà chúng tôi s phát bi u và ch ng minh ngay bây gi .

Bài toán 3.5.1. Xét h phương trình đ ng dư b c nh t m t n:

x ≡ b1
 mod m1

x ≡ b
2 mod m2
(H)
..........



x ≡ bn mod mn .

Ch ng minh r ng (H) có nghi m n u và ch n u (mi, mj ) = dij |bi − bj v i 1 ≤ i < j ≤ n.

l i gi i. Ta ch ng minh hai chi u c a đ nh lý. Chi u thu n làn hi n nhiên, vì ta có:

x = ti mi + bi
x = tj mj + bj

=⇒ dij = (mi , mj )|tj mj − ti mi = bi − bj .
Ngư c l i, ta xét trư ng h p {mi} đôi m t nguyên t cùng nhau (đây chính là đ nh lý Trung
Hoa). Ta đã bi t v i s nguyên x đi u ki n c n đ đ t n t i s nguyên y mà xy ≡ 1 mod n
là (x, n) = 1. Th t v y, n u (x, n) = 1 thì theo đ nh lý Bezout ta có t n t i các s nguyên
u, v sao cho ux + vn = 1 suy ra ux ≡ 1 mod n. Chi u ngư c l i là đi u hi n nhiên.
n M
Bây gi đ t M = mi và Mi = . Theo nh n xét thì v i m i i = 1, 2, .., n đ u t n
i=1 mi
3.5. Đ NH LÝ PH N DƯ TRUNG HOA 33

n
t i ci sao cho Mi ci ≡ 1 mod mi . L y x = Mi bi ci , đây rõ ràng là nghi m c a h (H).
i=1
k
Bây gi xét trư ng h p (mi, mj ) = dij |bi − bj v i m i 1 ≤ i < j ≤ n. Đ t mc = pβci .
i
i=1
Khi đó h (H) có th vi t dư i d ng:
 β
x ≡ bc mod p1 c1


x ≡ b mod pβc2
c 2
V im i1≤c≤n
..........



x ≡ bc mod pβck
k

S p x p l i n h k phương trình này thành k h n phương trình như sau:
 β
x ≡ b1 mod pi 1i


x ≡ b mod pβ2i
2 i
V im i1≤i≤k
..........



x ≡ bn mod pβni .
i

Các phương trình trong cùng m t h trong k h này đ u xét theo các modun c a cùng m t
s nguyên t , hơn n a n u βci ≥ βdi xét h :

x ≡ bc mod pβci
i
x ≡ bd mod pβdi .
i


H này tương đương v i m t phương trình duy nh t x ≡ bc mod pβci (suy ra t đi u ki n
i
dij |bi − bj ). Nghĩa là ta đã đưa trư ng h p t ng quát v trư ng h p riêng c a đ nh lý Trung
Hoa v a đư c gi i quy t trên. Đ nh lý đư c ch ng minh hoàn toàn.

Đây là m t đ nh lý th c s lý thú và b ích, dư i đây là m t ng d ng tương đ i đơn
gi n nhưng cũng r t ý nghĩa:
Bài toán 3.5.2. Ch ng minh r ng v i s t nhiên n b t kỳ đ u t n t i hai s nguyên x, y
tho mãn n|x2 − 34y 2 + 1.
l i gi i. Có th đ t n = 3α m v i (m, 3) = 1 và α > 0.

Ta có 52 − 34.12 + 32 = 0 và t n t i j đ 3j ≡ 1 mod m =⇒ m|(5j)2 − 34j 2 + 1.
α)
Ta l i có 32 − 34.12 + 52 = 0, và theo đ nh lý Euler thì 5ϕ(3 ≡ 1 mod 3α
2 2
α )−1 α )−1
=⇒ 3α 3 · 5ϕ(3 − 34 5ϕ(3 + 1.

Theo bài toán (3.5.1) t n t i x, y tho mãn hai h đ ng dư:

x ≡ 5j mod m y≡j mod m
α α
x ≡ 3 · 5ϕ(3 )−1 mod 3α x ≡ 5ϕ(3 )−1 mod 3α .
34 CHƯƠNG 3. M T S CH Đ S H C CH N L C


Khi đó rõ ràng là n|x2 − 34y 2 + 1. Đây là đi u ph i ch ng minh.

Cu i cùng, m i các b n s d ng đ nh lý ph n dư Trung Hoa đ gi i m t s bài toán sau
đây:
Bài toán 3.5.3. Tìm t t c các s t nhiên n có tính ch t t n t i s nguyên m mà 2n − 1 là
ư c s c a m2 + 9.
Bài toán 3.5.4. Cho đa th c h s nguyên P (x) và t p h p h u h n các s nguyên p1 , p2 , .., pr
khác 0 tho mãn v i m i s nguyên n thì P (n) là b i c a s pi nào đó. Ch ng minh r ng khi
đó t n t i ch s i mà pi |P (n) v i m i n ∈ Z.
Bài toán 3.5.5. Gi s a1, a2, .., an là n s nguyên đôi m t khác nhau và b1, b2 , .., bn là n s
nguyên tuỳ ý. Ch ng minh r ng v i s t nhiên t cho trư c t n t i duy nh t m t đa th c v i
các h s là ±0, ±1, , .., ±(t − 1) sao cho f (ai ) ≡ bi mod t v i m i i = 1, 2, .., n.
L i Bình. Hãy chú ý đ n d ng c a bài toán (3.5.5) trong trư ng s th c, khi đó có duy nh t
m t đa th c h s th c P (x) tho mãn P (ai) = bi v i i = 1, 2, .., n. Ch ng minh đi u này các
b n có th s d ng công th c n i suy Lagrange quen thu c.


3.6 Bi u di n s
Các bài toán thu c d ng toán bi u di n s r t đa d ng và phong phú. Có nhi u bài trong s
chúng thu c lo i kinh đi n như bài toán bi u di n m t s thành t ng các bình phương, l p
phương,.... . Đó đ u là nh ng bài toán r t thú v nhưng trong bài vi t này chúng tôi không có
ý đ nh t ng k t l i các k t qu kinh đi n đó mà xét đ n các bài toán v bi u di n các s h u t .

V n đ th nh t chúng tôi đ t ra đây là tìm hi u vi c phân tích m t s h u t dương
dư i d ng t ng các l p phương c a k s h u t dương. Rõ ràng đ nh lý F ermat đã nói lên
r ng k không th b ng 2. V y k nh nh t có th b ng bao nhiêu. Câu tr l i là 3, chính xác
hơn ta có bài toán sau đây:
Bài toán 3.6.1. M i s h u t dương đ u có th bi u di n vô h n cách thành t ng các l p
phương c a ba s h u t dương.
l i gi i. Xét s h u t dương r. Luôn t n t i s h u t v sao cho:

3 3r √
3
< v < 3r.
2
3r − v 3 s
Ch n u = 3
, s = v(1 + u), z = su và t = . Và ch n x = s − t, y = t − z.
3r + v 3(1 − u2 )
1
T cách ch n v ta có 0 < u < =⇒ 3(1 − u2) > 1, mà 3u(1 − u2 ) < 1 =⇒ x, y > 0.
3
V y x, y, z đ u là các s h u t dương.

L i có:
x3 + y 3 + z 3 = (s − t)3 + (t − z)3 + z 3 = s3 − 3(s2 − z 2)t + 3(s − z)t2
3(s2 − z 2)t = 3s2 (1 − u2)t = s3
3.6. BI U DI N S 35


s3(1 − u) s3 v 3(1 + u)2 v 3(1 + u)
=⇒ x3 +y 3 +z 3 = 3s(1−u)t2 = = = = = r.
3(1 − u2)2 3(1 + u)(1 − u2 ) 3(1 − u2) 3(1 − u)
Do đó r là t ng các l p phương c a 3 s h u t dương. Đ ch ng minh s cách bi u di n này

là vô h n ta có th ch n v đ g n 3 3r. Khi đó z = su s đ nh . Do v y ta có th t o ra vô
h n cách bi u di n theo cùng cách như trên. T đây ta có các h qu sau:

H qu 3.6.1. M i s h u t đ u là t ng các l p phương c a 3 s h u t .

H qu 3.6.2. V i s nguyên dương n b t kỳ, phương trình x3 + y 3 + z 3 = nt3 có vô h n
nghi m nguyên dương nguyên t cùng nhau.

H qu 3.6.3. V i s nguyên dương k ≥ 3, b t kỳ s h u t dương nào cũng có th bi u di n
vô h n cách dư i d ng t ng các l p phương c a k s h u t dương.

T h qu 3.6.3 v n đ đ t ra trên đã đư c gi i quy t tr n v n. Ngoài ra l i gi i trên còn
cho ta phương pháp phân tích m t s h u t thành t ng các l p phương c a 3 s h u t .
Ch ng h n như v i r = 3/5 thì:
3 3 3
3 86 73 18
=r= + + .
5 105 735 49

Bây gi ta c i ti n cách ch ng minh đ nh lý trên b ng cách ch n v đ nh và v > 3 3r sao
2
cho u2 < . Khi đó không khó khăn đ ch ng minh −1 < u < 0, z < 0, t > 0, y > 0, và
3
x > 0. K t qu này d n ta t i v i đ nh lý sau:

Bài toán 3.6.2. B t kỳ s h u t dương nào cũng có th bi u di n vô h n cách dư i d ng
x3 + y 3 − z 3 trong đó x, y, z là các s h u t dương.

H qu c a bài toán 3.6.2 thu đư c b ng cách áp d ng cho s r + t3 v i t là s th c dương:

H qu 3.6.4. B t kỳ s h u t dương nào cũng có th bi u di n dư i d ng x3 + y 3 − z 3 − t3
trong đó x, y, z, t là các s h u t dương.

Chúng ta xét đ n v n đ th hai, bi u di n m t s h u t r dương dư i d ng:

a3 + ... + a3
1 n
r= 3 3
b1 + ... + bn

v i a1 , ..., an và b1, ...., bn là các s nguyên dương. Câu h i đ t ra là v i n b ng bao nhiêu thì
có th bi u di n đư c như v y.

Trư c h t hi n nhiên th y r ng n > 1. Ta xét các trư ng h p đơn gi n c a n.

Trư ng h p n = 2. Xét a1 , a2, b1, b2 là các s nguyên dương sao cho a1 = b1 . Khi đó:

a3 + a3
1 2 (a1 + a2 ) (a2 − a1a2 + a2 )
1 2
= .
b3 + b3
1 2 (b1 + b2 ) (b2 − b1b2 + b2)
1 2
36 CHƯƠNG 3. M T S CH Đ S H C CH N L C


Ta ch n các s sao cho a2 − a1a2 + a2 = b2 − b1b2 + b2, ch ng h n ch n a1 = a2 + b2
1 2 1 2

a3 + a3
1 2 2a2 + b2
=⇒ 3 3
= .
b1 + b2 a2 + 2b2

N u 1/2 < r < 2, vi t r = a/b trong đó a, b là các s nguyên dương th a mãn b < 2a, a < 2b.
a3 + a3
Ta ch n a2 = 2a − b và b2 = 2b − a. Khi đó r = 1 3
2
3
th a mãn.
b1 + b2
N u r không thu c kho ng (1/2, 2). Luôn t n t i s h u t p/q v i p, q nguyên dương sao cho
1 p3 p3
< r 3 < 2. Theo trư ng h p trên r 3 bi u di n đư c dư i d ng:
2 q q

p3 a3 + a3 (qa1)3 + (qa2)3
r = 1 2
=⇒ r = .
q3 b3 + b3
1 2 (pb1 )3 + (pb2 )3

Do đó trư ng h p n = 2, các bi u di n trên qu th c t n t i.

Trư ng h p n = 3. S d ng trư ng h p n = 2 và bài toán 3.6.2 suy ra t n t i các s
nguyên dương a, b, c, d, e, f, g, h sao cho:

a3 + b3 e3 + f 3 − g 3 (ag)3 + (bg)3 (be)3 + (bf)3 − (bg)3
r= = = = .
c3 + d3 h3 (cg)3 + (dg)3 (bh)3

Theo tính ch t t l th c:
(ag)3 + (be)3 + (bf)3
r= .
(cg)3 + (dg)3 + (bh)3
Ta có v i n = 3 bi u di n trên đư c xác l p. M t khác t trư ng h p n = 2 và n = 3 s d ng
tính ch t t l th c ta có bài toán sau:

Bài toán 3.6.3. Cho s nguyên dương n > 1. Khi đó m i s h u t dương đ u bi u di n đư c
dư i d ng:
a3 + ... + a3
1 n
3 3
b1 + ... + bn
trong đó a1, ..., an và b1, ...., bn là các s nguyên dương.

Như v y v n đ th hai cũng đã đư c gi i quy t tr n v n. Bây gi tương t hóa d ng bi u
di n trong v n đ th hai ta có bài toán sau:

Bài toán 3.6.4. Ch ng minh r ng v i m i s h u t dương r đ u t n t i các s nguyên
dương a, b, c, m, n, p th a mãn:
a2 + b3 + c5
r= 7 . (3.8)
m + n11 + p13
l i gi i. Gi s p là m t s nguyên t , v i s t nhiên n ký hi u vp (n) là s mũ c a p trong
phân tích chính t c c a n. Ta ch ng minh m t nh n xét:
Nh n xét. V i các s t nhiên t, s, m, n trong đó (m, n) = 1, khi đó t n t i các s t nhiên
a, b th a mãn am t = bn s.
3.7. M T D NG PHƯƠNG TRÌNH DIOP HAN T E Đ C BI T 37



Ch ng minh. Gi s p là s nguyên t , s d ng đ nh lý Bezout ta có th tìm các s
nguyên không âm αp , βp th a mãn αp m − βp n = vp (s) = vp (t). D dàng ch ng minh r ng:

a= pαp , b = pβp

th a mãn đi u ki n trên. Nh n xét đư c ch ng minh.

V i s th c dương r chúng ta ch n các s t nhiên a, b, c, m, n, p th a mãn a2 = rm7 , b3 = rn11
và c5 = rp13 . Khi đó rõ ràng (3.8) đư c th a mãn. Đi u ph i ch ng minh.

Bài toán 3.6.4 là m t bài toán d , nhưng n u có m t chút thay đ i nh , ch ng h n thay
đ i vai trò c a d u c ng và d u tr , ta s có nh ng bài toán khó. Mà dư i đây là m t ví d :
Bài toán 3.6.5. Cho s nguyên dương n > 1. Tìm s nguyên dương nh nh t không có d ng
na − nb
v i b t kỳ các s nguyên dương a, b, c, d nào đó.
nc − nd
Các b n hãy t gi i bài toán này xem như m t bài t p.


3.7 M t d ng phương trình Diophante đ c bi t
Trong m c này chúng tôi mu n ghi chép l i l i gi i c a ba phương trình Diophante nghi m
t nhiên sau đây:
4xy − x − 1 = z 2 (3.9)
4xy − x − y = z 2 (3.10)
4xyz − x − y = t2. (3.11)
Trong đó (3.9) và (3.10) là nh ng phương trình c a Euler, Golbach đã cho (3.9) m t l i gi i
đ p đ . Euler đã mô ph ng cách ch ng minh đó đ gi i quy t (3.10). Công vi c cu i cùng là
s d ng các ký hi u Jacobi (m r ng c a ký hi u Legendre) và lu t thu n ngh ch b c hai đ
gi i quy t tr n v n (3.11).
Bài toán 3.7.1. Ch ng minh r ng phương trình (3.9) không có nghi m t nhiên.
l i gi i. Gi s ph n ch ng, g i a là s nh nh t có tính ch t t n t i m, n t nhiên mà:

4mn − m − 1 = a2. (3.12)

C ng 4m2 − 4ma vào c hai v c a (3.12) ta đư c:

4m(n − a + m) − m − 1 = (a − 2m)2 . (3.13)

D dàng ch ng minh đư c:
a < m. (3.14)
Th t v y, không th có a = m vì n u a = m thì v ph i c a (3.12) chia h t cho m còn v trái
thì không (m không th b ng 1 vì không có bình phương nào chia 4 dư 2). Còn n u a > m thì
38 CHƯƠNG 3. M T S CH Đ S H C CH N L C


n − a + m < n và do đó v trái c a (3.13) nh hơn v trái c a (3.12), t c là (a − 2m)2 < a2 ,
đi u này trái v i gi thi t xác đ nh s a là giá tr t nhiên nh nh t c a z th a mãn (3.9).

Ta ch ng minh ti p r ng:
4n − 1 > 2a. (3.15)
Th t v y, c ng 4(n − 1)2 − 2a(4n − 1) vào hai v c a (3.13) ta đư c:

(4n − 1)(m − 2a + 4n − 1) − 1 = (a − (4n − 1))2
⇐⇒ 4n(m − 2a + 4n − 1) − (m − 2a + 4n − 1) + 1 = (a − (4n − 1))2 .

Do đó z = |a − (4n − 1)| th a mãn (3.9), theo cách xác đ nh c a s a ta d dàng suy ra (3.15).

T (3.12), (3.14), (3.15) ta suy ra a2 + 1 = (4n − 1)m > 2a.a = 2a2 =⇒ a2 < 1. Đi u vô
lý này ch ng minh k t lu n bài toán.
Bài toán 3.7.2. Ch ng minh r ng phương trình (3.10) không có nghi m t nhiên.
l i gi i. Gi s ph n ch ng, g i a là giá tr t nhiên nh nh t c a z th a mãn (3.10), nghĩa
là t n t i m, n t nhiên sao cho:

4mn − m − n = a2. (3.16)

Nhân hai v c a (3.16) v i 4 r i bi n đ i ta có:

(4m − 1)(4n − 1) − 1 = 4a2. (3.17)

C ng 4(4n − 1)2 − 8a(4n − 1) vào hai v c a (3.17) d n t i:

(4n − 1 − 8a + 4(4n − 1))(4n − 1) − 1 = 4(a − 4n + 1)2 . (3.18)

Hai đ ng th c (3.17), (3.18) có d ng gi ng nhau, cho th y r ng (3.10) có nghi m là z =
|a − 4n + 1|, theo cách xác đ nh a ta suy ra b t đ ng th c:

a ≤ |a − 4n + 1| =⇒ a2 < (a − 4n + 1)2 .

Do đó t hai đ ng th c (3.17), (3.18) ta có:

(4n − 1 − 8a + 4(4n − 1))(4n − 1) > (4n − 1)(4m − 1) =⇒ 4n − 1 > 2a.

Vì (3.16) là đ i x ng v i m, n nên cũng v i lý lu n tương t như trên ta có 4m − 1 > 1. Đ t:

4m − 1 = 2a + p
4n − 1 = 2a + q.

Trong đó p, q là các s t nhiên. Như v y (4n − 1)(4m − 1) = 4a2 + 2a(p + q) + pq, do đó t
(3.17) suy ra 2a(p + q) + pq = 1 v i các s t nhiên a, p, q. Đi u này là vô lý. Bài toán đư c
ch ng minh xong.
Bài toán 3.7.3. Ch ng minh r ng (3.11) không có nghi m t nhiên.
3.7. M T D NG PHƯƠNG TRÌNH DIOP HAN T E Đ C BI T 39


l i gi i. Ta s d ng ký hi u Jacobi trong ch ng minh, b n đ c nào chưa rõ lý thuy t này
có th đ c ph n chú thích ngay sau đây.

Gi s ph n ch ng r ng (x, y, z, t) là nghi m t nhiên c a (3.11). Th thì:
4zt2 + 1
= 4zx − 1
4yz − 1
là m t s nguyên, t c là:
(2zt)2 ≡ −z mod (4yz − 1). (3.19)
Gi s r ng z = 2α z v i a là s nguyên không âm, z là s t nhiên l . Khi đó s d ng các
tính ch t c a ký hi u Jacobi ta có:
−z −1 2α z
= .
4yz − 1 4yz − 1 4yz − 1 4yz − 1
z −1 z −1
4yz − 1 −1
Th a s th nh t b ng −1, th a s th ba b ng (−1) 2 = (−1) 2 =
z z
1. N u a = 2k + 1 v i s nguyên không âm k và z = 2z thì th a s th hai b ng
2 2
= = 1. N u a = 2k v i s nguyên không âm k thì nó b ng
4yz − 1 8yz − 1
2 −z
= 1 =⇒ = −1. Đi u này mâu thu n v i đ ng dư th c (3.19). Bài
4yz − 1 4yz − 1
toán đư c ch ng minh xong.

Lu t thu n ngh ch b c 2. (The law of reciprocity) Đ i v i s nguyên t p và s
nguyên a nguyên t cùng nhau v i p ta xét ký hi u Legendre như sau:

a 1 n u t n t i x ∈ Z mà x2 ≡ a mod p
=
p −1 n u không t n t i x ∈ Z mà x2 ≡ a mod p.

Ch ng minh tiêu chu n Euler:
p−1
a
≡a 2 mod p.
p
p−1
Ti p theo ch ng minh b đ Gauss: g i s là s ph n t c a t p h p ia 1 ≤ i ≤ mà
2
khi chia cho p s dư nh n đư c l n hơn p/2. V i a > 1, (a, p) = 1, khi đó:
a
= (−1)s .
p
Ch ng minh ti p đ ng th c Cayley: v i hai s nguyên t l p, q khác nhau ta có:
p−1 q−1
2 2
iq jq p−1 q−1
+ = · .
i=1
p j=1
q 2 2
40 CHƯƠNG 3. M T S CH Đ S H C CH N L C


Suy ra lu t thu n ngh ch b c hai: v i hai s nguyên t l p, q khi đó ta có:
p−1 q−1
p q ·
· = (−1) 2 2 .
q p
Ký hi u Jacobi đư c đ nh nghĩa như sau: v i s t nhiên l n = pti và s nguyên a nguyên
i
t cùng nhau v i n, khi đó:
t
a a i
= .
n pi
Trong đó v ph i là các ký hi u Legendre. Khi đó cũng có lu t thu n ngh ch b c hai cho
ký hi u Jacobi: v i hai s t nhiên l nguyên t cùng nhau m và n ta có:
m−1 n−1
m n ·
· = (−1) 2 2 .
n m


3.8 S nguyên ph c
Gi i thi u. Các s nguyên ph c Gauss l n đ u tiên đư c s d ng b i Gauss trong bài
nghiên c u c a ông v s tương h b c hai, ông đư c coi là ngư i đ u tiên s d ng s ph c
trong s h c m t cách r t rõ ràng và m ch l c. L p các s này có t m quan tr ng nh t đ nh
trong s h c sơ c p. Trong m c này chúng tôi s đ c p đ n nh ng khái ni m và tính ch t cơ
b n c a s nguyên ph c Gauss (mà sau này ta s g i là s nguyên ph c) đ ng th i cũng đưa
ra m t s ví d đ minh h a cho các tính ch t đó.

3.8.1 Các khái ni m m đ u
S nguyên ph c là các s có d ng a + bi trong đó i là đơn v o, a, b là các s nguyên. Khi đó
hi n nhiên th y r ng v i các phép toán c ng và nhân trong trư ng s ph c gi a các s ph c
Gauss ta cũng thu đư c m t s ph c Gauss.

V i m t s ph c z = a + bi (a, b ∈ R) thì s z = a − bi đư c g i là s ph c liên h p
c a z. Như v y m t s là s nguyên ph c khi và ch khi s ph c liên h p c a nó cũng là s
nguyên ph c.

Ta có th d dàng ch ng minh các tính ch t cơ b n sau c a s ph c liên h p:

(z ) = z


N u z = u + v thì z = u + v
N u z = u − v thì z = u − v



N u z = uv thì z = u v .
Ta nói r ng m t s nguyên ph c z chia h t cho m t s nguyên ph c t n u và ch n u t n t i
s nguyên ph c u sao cho z = tu, khi đó vi t là t|z. Rõ ràng n u a + bi, c + di là các s nguyên
ph c trong đó c + di khác 0 thì ta có thương s :
a + bi (a + bi)(c − di) ac + bd bc − ad
= 2 + d2
= 2 + 2 · i.
c + di c c + d2 c + d2
3.8. S NGUYÊN PH C 41


Như v y c + di|a + bi n u và ch n u c2 + d2 |ac + bd và c2 + d2 |bc − ad. Hơn n a ta có các tính
ch t cơ b n sau:

N u u|t và t|z thì u|z
N u t|zi v i i = 1, 2, ...., n thì t|z1u1 + z2 u2 + .... + zn un v i m i u1, u2 , ..., un.

Bây gi ta s làm quen v i khái ni m chu n c a m t s ph c. Chu n c a m t s ph c là tích
gi a nó và s ph c liên h p c a nó. N u kí hi u chu n c a s ph c z là N (z) thì N (z) = zz .
Hơn n a n u z = a + bi trong đó a, b là các s th c thì N (z) = a2 + b2 . Các b n đ c có th
d dàng ch ng minh các tính ch t sau:

N (z) = N (z )

N (uv) = N (u)N (v)


z|t =⇒ N (t)|N (z).

Hai s nguyên ph c khác 0 th a mãn s này chia h t cho s kia đư c g i là hai s nguyên
ph c liên k t. Như v y z, t là hai s nguyên ph c liên k t n u và ch n u z|t và t|z. T đây
N (z)|N (t) và N (t)|N (z) do đó N (t) = N (z) suy ra hai s nguyên ph c liên k t v i nhau thì
chu n c a chúng b ng nhau. Ta còn có thêm m t s tính ch t cơ b n:

N u z liên k t v i t thì z cũng liên k t v i t
N u z chia h t cho t thì m i s liên k t v i z đ u chia h t cho m i s liên k t v i t.

Bây gi ta s tìm các s nguyên ph c u liên k t v i m t s nguyên ph c z cho trư c. Theo đ nh
nghĩa thì z = tu và do đó N (z) = N (t)N (u). Theo tính ch t trên ta có N (z) = N (t) = 0
suy ra N (u) = 1.

Vi t u = a + bi thì N (u) = a2 + b2 = 1. Đi u này ch x y ra trong các trư ng h p
(a, b) ∈ {(0, 1), (0, −1), (1, 0), (−1, 0)}. Ki m tra đơn gi n chi u ngư c l i ta có 4 s ph c
liên k t c a z là z, −z, iz, −iz. Ta có đ nh lý sau:

Đ nh lý 3.8.1. B t kì s nguyên ph c z khác 0 nào cũng có đúng 4 s nguyên ph c liên k t
v i nó là z, −z, iz, −iz.

3.8.2 Thu t toán Euclid và ư c chung l n nh t c a hai s nguyên
ph c
Đ nh lý 3.8.2. N u z và t là các s nguyên ph c khác 0 thì t n t i s nguyên ph c c và r
1
sao cho z = ct + r và N (r) ≤ N (t).
2
z
Ch ng minh. Ta có th vi t = x + yi trong đó x, y là các s h u t . G i α và β là các
t
s nguyên g n x, y nh t. Đ t x1 = x − α và y1 = y − β. Khi đó x1, y1 là các s h u t và
1
|x1|, |y1| ≤ . Ta ch n c = α + βi, r = z − ct = (x1 + y1 i). Không khó khăn đ ki m tra các
2
s này th a mãn các đi u ki n c a đ nh lý.
42 CHƯƠNG 3. M T S CH Đ S H C CH N L C



T đ nh lý này ta có thu t toán Euclid tìm đư c dãy các s nguyên ph c r0 , r1, ... sao cho
các s ti là các s nguyên ph c th a mãn:

r0 = t, r1 = r

r = ti ri+1 + ri+2 v i m i i = 0, 1, 2, ..
 i

N (ri+1 ) < N (ri )
Dãy này còn ti p t c ch ng nào ri còn khác 0.

Nhưng chú ý r ng dãy chu n N (ri ) là dãy các s t nhiên gi m d n nên dãy ri không
th kéo dài vô h n. Do đó b t bu c ph i t n t i s nguyên n sao cho rn−2 = tn−2 rn−1 hay có
th qui ư c r ng rn = 0. D dàng nh n th y t k t qu này rn−1 s là s cùng chia h t z và t
hơn n a nó chia h t cho m i ư c s chung c a hai s này. Như v y ta có h qu (đ nh nghĩa):
H qu 3.8.1. V i hai s nguyên ph c khác 0 cho trư c thì có ít nh t m t ư c s chung chia
h t cho m i ư c s chung khác c a hai s đ y. Các ư c s chung như v y đư c g i là các ư c
s chung l n nh t c a hai s này.
T đây ta cũng có khái ni m u c chung l n nh t cho nhi u s và các s nguyên ph c nguyên
t cùng nhau . Các s nguyên ph c đư c g i là nguyên t cùng nhau n u chúng không có ư c
chung nào khác ±1, ±i.

M t đ nh lý r t quan tr ng khi nghiên c u v n đ v ư c s chung l n nh t, là m r ng
c a đ nh lý Bezout cho các s nguyên.
Đ nh lý 3.8.3. Hai s nguyên ph c nguyên t cùng nhau n u và ch n u t n t i các s
nguyên ph c x, y sao cho ax + by = 1.
Ch ng minh. Chi u ngư c l i là d dàng. Ta s ch ng minh chi u thu n. Gi s (a, b) = 1.
Ta g i S là t p h p các s có d ng az + bt trong đó z, t cũng là các s nguyên ph c không
đ ng th i b ng 0. N (S) đư c kí hi u là t p h p các chu n c a các ph n t trong S. Rõ ràng
luôn t n t i ph n t nh nh t trong N (S). Gi s ph n t này b ng n. Khi đó t n t i α ∈ S
sao cho N (α) = n.

Do α ∈ S nên luôn t n t i z1, t1 là các s nguyên ph c không đ ng th i b ng 0 sao cho
α = az1 + bt1 . Ta ch ng minh m i ph n t s ∈ S đ u chia h t cho α. Th t v y, v i
s = az + bt ∈ S ta vi t s = cα + r trong đó N (r) < N (α).

M t khác r = a(z − cz1) + b(t − ct1) nên n u r = 0 thì r ∈ S. Đi u này mâu thu n v i
cách ch n α vì N (r) < N (α).

V y r = 0 hay ta có n u s ∈ S thì s chia h t cho α.

Vì a, b ∈ S do đó a, b đ u chia h t cho s. Vì (a, b) = 1 nên suy ra N (s) = 1. Không
gi m t ng quát ta có th gi s s = 1. Khi đó s t n t i x = z1; y = z2 là các s nguyên ph c
không đ ng th i b ng 0 sao cho ax + by = 1. Đ nh lý đư c ch ng minh.

T đ nh lý này ta có th rút ra các h qu sau:
3.8. S NGUYÊN PH C 43


H qu 3.8.2. V i b t kỳ các s nguyên ph c a, b, c sao cho (a, b) = 1 và b|ac thì b|c.

H qu 3.8.3. N u (a, b) = 1 và (a, c) = 1 thì (a, bc) = 1.

3.8.3 S ph c nguyên t và v n đ phân tích các s nguyên ph c
Chúng ta đã bi t r ng b t kỳ s nguyên ph c z nào không liên k t v i 1 cũng có ít nh t 8 ư c
s là 1, −1, i, −i, z, −z, iz, −iz. T đây ngư i ta đ nh nghĩa m t s nguyên ph c là s nguyên
ph c nguyên t n u nó có đúng 8 ư c s phân bi t.

Đi u này tương đương v i kh ng đ nh m t s nguyên ph c là s nguyên ph c nguyên t
n u nó có chu n l n hơn 1 và không bi u di n đư c thành tích c a hai s ph c có chu n l n
hơn 1. Như v y các s ph c liên k t và liên h p v i m t s ph c nguyên t cũng là các s
ph c nguyên t .

Như v y s nguyên ph c nguyên t là m r ng c a khái ni m s nguyên t trong Z. V n đ
bây gi đư c đ t ra (tương t như trong Z) là phân tích m t s nguyên ph c thành tích các
s nguyên ph c nguyên t . D th y r ng các s nguyên ph c nguyên t ch có m t cách phân
tích duy nh t (là chính nó). V y thì v i các s nguyên ph c trong trư ng h p t ng quát thì
sao. Ta có đ nh lý sau:

Đ nh lý 3.8.4. B t kỳ m t s nguyên ph c nào có chu n l n hơn 1 cũng là tích c a h u h n
các s nguyên ph c nguyên t .

Ch ng minh. Ta dùng ph n ch ng đ ch ng minh đ nh lý này.

G i M là t p h p các s có chu n l n hơn 1 nhưng không phân tích đư c thành tích c a h u
h n các s nguyên ph c nguyên t và N là t p h p các chu n c a các s ph c trong M. N u
M khác r ng, suy ra N khác r ng. Do N là t p các s nguyên dương nên luôn t n t i ph n
t nh nh t. Ta g i ph n t này là m. Khi đó t n t i s ph c z ∈ M sao cho N (z) = m.

Hi n nhiên z không là s nguyên t và N (z) = m > 1. Do đó theo đ nh nghĩa v s nguyên
t ta suy ra t n t i các s nguyên ph c u, v sao cho u, v ∈ {1, −1, i, −i, z, −z, iz, −iz} th a
mãn z = uv. Khi đó N (u)N (v) = N (z) = m. Do u và v khác tám giá tr nêu trên nên
N (u), N(v) > 1 =⇒ 1 < N (u), N(v) < m.

Theo cách ch n m ta có u, v ∈ M. Mà u, v có chu n l n hơn 1 nên chúng phân tích đư c
thành tích h u h n các s nguyên ph c nguyên t . T đó z cũng phân tích đư c thành tích
h u h n các s ph c nguyên t . Mâu thu n v i cách ch n z. V y gi s c a ta là sai hay M
ph i là t p r ng. Do v y ta có đi u ph i ch ng minh.

Các b n có th ch ng minh đư c r ng n u ta quy ư c các cách phân tích m t s nguyên
ph c thành các nhân t nguyên t là gi ng nhau n u t p các chu n c a nó không thay đ i
thì m i s nguyên ph c có chu n l n hơn 1 đ u phân tích đư c duy nh t thành tích các s
nguyên ph c nguyên t .
44 CHƯƠNG 3. M T S CH Đ S H C CH N L C


Đ nh lý 3.8.4 và chú ý trên là r t quan tr ng. Nó đem l i cho s nguyên ph c các tính
ch t g n gũi v i s nguyên trong d ng phân tích thành tích các s ph c nguyên t . Có th
khám phá nhi u tính ch t tương t v i nh ng tính ch t quen thu c trong Z. Ch ng h n:

Đ nh lý 3.8.5. Cho các s nguyên ph c z1, z2 , ..., zn đôi m t nguyên t cùng nhau và có tích
là lũy th a c p n c a m t s nguyên ph c. Khi đó m i s zi cũng là lũy th a c a m t s
nguyên ph c.

Lý thuy t v các s nguyên ph c còn r t nhi u đi u thú v , nh ng nghiên c u chi ti t và sâu
s c hơn chúng ta s còn quay tr l i trong m t bài vi t khác. Bây gi , v i nh ng hi u bi t
ban đ u trên đây, chúng ta th v n d ng đ gi i m t s bài toán tương đ i quen thu c.


3.8.4 S d ng s nguyên ph c đ gi i m t s bài toán
Bài toán 3.8.1. Cho a, b, c là các s nguyên dương sao cho (b, c) = 1. Bi t r ng t n t i n
nguyên dương l n hơn 1 sao cho an = b2 + c2 .
i) Ch ng minh r ng a là t ng c a hai s chính phương.
p+1
ii) Bi t r ng n = trong đó p là s nguyên t l có d ng 4k + 3 (trong đó k nguyên
2
dương). Ch ng minh r ng tích bc chia h t cho p.

l i gi i. Ta có phân tích an = (b + ci)(b − ci). G i d = (b + ic, b − ic) suy ra:

d|(b + ic) − (b − ic) = 2ic =⇒ N (d)|N (2ic) = 4c2 . (3.20)

Tương t d|(b + ic) + (b − ic) = 2b =⇒ N (d)|4b2 . (3.21)
L i có N (d)|N (b + ic) = b2 + c2 . Chú ý r ng b, c nguyên t cùng nhau do đó b2 + c2 l suy
ra N (d) l . V y N (d)|b2 và N (d)|c2 . Cũng do (b, c) = 1 và N (d) nguyên không âm nên ta có
N (d) = 1. V y b + ic, b − ic nguyên t cùng nhau.

T tính ch t này suy ra t n t i các s nguyên x, y sao cho b + ic = t1 (x + iy)n và b − ic =
t2 (x − iy)n trong đó t1 , t2 ∈ {1, −1, i, −i} và t1t2 = 1. H qu c a công th c trên là a = x2 + y 2
là t ng hai s chính phương. Đây là n i dung c n ch ng minh c a (i).
p+1
V i n = trong đó p là s nguyên t d ng 4k + 3 (k > 1). Khi đó có hai trư ng
2
h p sau x y ra:

Trư ng h p 1: (b + ic)2 = (x + iy)p+1, (b − ic)2 = (x − iy)p+1.
Trư ng h p 2: (b + ic)2 = −(x + iy)p+1, (b − ic)2 = −(x − iy)p+1.

Trong c hai trư ng h p sau khi đem hai bi u th c tr cho nhau và đ ng nh t ph n th c
ph n o ta đ u có |2bc| = (p + 1)(xp y − y p x). Theo đ nh lý nh Fermat ta có bc chia h t cho
p. Đây là yêu c u c a (ii). Bài toán đư c ch ng minh hoàn toàn.

Bài toán 3.8.2. Tìm t t c các s nguyên dương n sao cho n3 − 1 là s chính phương.
3.9. PHƯƠNG TRÌNH CARMICHAEL 45


l i gi i. Gi s n3 − 1 = k 2 . Lý lu n như bài toán 3.8.1, t phân tích n3 = (k − i)(k + i) ta có
k − i và k + i nguyên t cùng nhau. Do đó t n t i các s nguyên a, b sao cho k − i = (a − bi)3
và k + i = (a + bi)3. Đ ng nh t ph n th c và ph n o ta suy ra 3a2 b − b3 = −1. D dàng th y
a = 0, b = 1. Do đó giá tr duy nh t c a n th a mãn là n = 1.

M t ng d ng đ c s c n a c a s nguyên ph c Gauss là ch ng minh đ nh lý t ng hai
bình phương đã đư c gi i thi u ph n trư c c a tài li u, các b n hãy tìm l i ch ng minh đó.
Bài toán 3.8.3. Ký hi u d1 (n) và d3 (n) l n lư t là s các th a s nguyên t đ ng dư 1 mod
4 và đ ng dư 3 mod 4 trong phân tích chính t c c a s t nhiên n, g i s cách bi u di n n
dư i d ng t ng hai bình phương, khi đó:

0 n u d1 (n) ≤ d3 (n)
f (n) =
4(d1 (n) − d3 (n)) n u d1 (n) > d3 (n).

Ngoài lo i s nguyên ph c này ra còn có các G− s , là các s √ d ng xJ +√ trong đó x, y
có yO
1+i 3 1−i 3
là s nguyên và J, O là các căn b c 3 c a đơn v âm J = ,I= . S d ng lo i
2 2
s này ta có th ch ng minh đ nh lý F ermat trong trư ng h p n = 3, chính xác hơn là ch ng
minh đ nh lý đó trên t p các G− s . Ch ng minh chi ti t và vi c kh o sát các tính ch t c a
các G− s h n các b n m t d p khác thích h p hơn.


3.9 Phương trình Carmichael
Phương trình Carmichael là phương trình nghi m nguyên có d ng x2 + y 2 + z 2 = t2. Phương
trình này có vô h n nghi m nguyên xác đ nh b i đ ng th c:
d2 (m2 − n2 − p2 + q 2)2 + d2 (2mn − 2pq)2 + d2 (2mn + 2pq)2 = d2 (m2 + n2 + p2 + q 2)2 .
Bài toán sau đây cho ta hi u bi t v c u trúc nghi m c a phương trình này:
Bài toán 3.9.1 (Đ nh lý Carmichael). B i vì không có s chính phương nào chia 4 dư 3
nên trong 3 s x, y, z ph i có ít nh t 2 s chia ch t cho 2, gi s đó là y và z. Ch ng minh
r ng t t c các nghi m c a phương trình Carmichael có d ng:

y = 2l, z = 2m


 l 2 + m 2 − n2
x=

 2
n
2 2

t = l + m + n .
n

Trong đó n|l2 + m2 và 0 < n < l2 + m2.
l i gi i. Th t v y, gi s y = 2l, z = 2m, có th l y t > x, đ t u = t − x > 0 suy ra:
=⇒ x2 + 4l2 + 4m2 = (x + u)2 =⇒ u2 = 4l2 + 4m2 − 2xu
l 2 + m 2 − n2
=⇒ u = 2n) =⇒ n2 = l2 + m2 − nx =⇒ x =
n
l 2 + m2 + n2
=⇒ t = (Đi u ph i ch ng minh.)
n
46 CHƯƠNG 3. M T S CH Đ S H C CH N L C


Chi u ngư c l i là d dàng ki m tra.

V n đ c a đ t ra là tình hình s như th nào n u x, y, z, t không còn quá tho i mái, chính
xác hơn, n u cho các bi n đó thêm m t ràng bu c thì k t qu s thay đ i như th nào, ch ng
h n bài toán sau:
Bài toán 3.9.2. Gi i phương trình nghi m nguyên dương x2 − (a2 + b2 ) · y 4 = 1.
Theo chúng tôi đư c bi t bài toán này chưa có câu tr l i tr n v n, chúng ta s kh o sát nó
trong m t trư ng h p đ c bi t, khi a = b = 2 bài toán đã có l i gi i. Nhưng trư c h t chúng
ta c n đi m l i m t s hi u bi t v các phương trình d ng P ythagore.
Bài toán 3.9.3 (Phương trình P ythagore). T t c các nghi m nguyên th y c a phương
trình nghi m nguyên dương x2 + y 2 = z 2 đ u cho b i công th c (x = m2 − n2 , y = 2mn, z =
m2 + n2 ) (không tính các hoán v ), trong đó (m, n) = 1 và m, n khác tính ch n l , m > n.
Bài toán 3.9.4. Ch ng minh r ng trong t p các s nguyên không âm, n u có đ ng th c
x4 + y 4 = z 2 thì trong hai s x, y có m t s b ng 0.
Ch ng minh bài toán 3.9.3 đã quá quen thu c v i các b n, d a vào k t qu c a bài toán y
và s d ng phương pháp xu ng thang có th ch ng minh bài toán 3.9.4 không quá khó khăn.
M t d ng tương t c a bài toán 3.9.4 là:
Bài toán 3.9.5. Ch ng minh r ng trong t p các s nguyên không âm, n u có đ ng th c
x4 − y 4 = z 2 thì y = 0.
L i gi i bài toán này không có liên h c th v i bài toán trên, mà là h qu tr c ti p c a
m t đ nh lý đ p đ sau c a F ermat:
Bài toán 3.9.6. Ch ng minh r ng y = 0 n u x, y, z, t là các s nguyên không âm th a mãn:

x2 + y 2 = z 2
x2 − y 2 = t 2 .

l i gi i. N u y > 0, gi s (x, y) = 1 và z là nh nh t có th đư c. Ta có 2x2 = z 2 + t2 suy
2 2
z+t 2 z+t z−t z+t z+t
ra ∈ Z =⇒ x = + . Mà , = 1. T bài toán 3.9.3 suy
2 2 2 2 2
ra t n t i các s t nhiên m, n nguyên t cùng nhau sao cho:
z − t z + t
 = m 2 − n2  = m 2 − n2
2 ho c 2
 z + t = 2mn  z − t = 2mn
2 2
=⇒ 2y 2 = z 2 − t2 = 2.4mn(m2 − n2 )
=⇒ y 2 = 4(m2 − n2)mn, y = 2k
=⇒ k 2 = (m2 − n2 )mn.
Mà (m, n) = 1, (m2 − n2 , mn) = 1 suy ra m2 − n2 = c2 , m = a2, n = b2 nhưng như th a2 ± b2
đ u là s chính phương. Do m + n < z 2 , đi u này trái v i gi thi t v tính c c ti u c a z.
3.10. M T S BÀI TOÁN KHÁC 47


M u thu n ch ng t y = 0.

Các bài toán v phương trình d ng P ythagore r t đa d ng và phong phú, trong trư ng
h p này nh ng k t qu nho nh trên l i r t có ích trong vi c gi i phương trình Carmichael
trư ng h p r t đ c bi t sau đây:
Bài toán 3.9.7. Ch ng minh r ng phương trình x2 − 8y 4 = 1 ch có hai nghi m nguyên không
âm là (x = 1, y = 0) và (x = 3, y = 1).
l i gi i. Vi t phương trình dư i d ng x2 = (2y 2)2 + (2y 2 )2 + 1. N u x = 1 thì y = 0, xét
x = 1. Theo đ nh lý Carmichael (bài toán 3.9.1) suy ra l = m = y 2 và 2l2 = n(n + 1). Ta
xét hai trư ng h p sau đây.

N u n = 2α4 và n + 1 = β 4 suy ra β 4 − 2α4 = 1 =⇒ β 4 + (α2 )4 = (α4 + 1)2 . Theo bài
toán 3.9.4 suy ra α = 0 suy ra n = 0. Lo i.

N u n = α4 và n + 1 = 2β 4 suy ra α4 − 2β 4 = −1 =⇒ (β 2)4 − α4 = (β 4 − 1)2 . Theo
bài toán 3.9.5 suy ra α = β = 1 và như th n = 1. V y x = 3, y = 1.


3.10 M t s bài toán khác
Bài toán 3.10.1. Gi s p là m t s nguyên t . Ch ng minh r ng trong 2p − 1 s nguyên
b t kì đ u t n t i p s có t ng là b i s c a p.
l i gi i. Ký hi u S(X) = x và |X| là s ph n t c a t p h p X b t kì. Gi s ph n
x∈X
ch ng r ng t n t i t p h p S g m 2p − 1 s nguyên a1, a2, ..., a2p−1 nào đó có tính ch t t ng
c a p ph n t b t kì c a S đ u không ph i b i s c a p. Như v y ∀A ⊂ S, |A| = p thì
S(A) ≡ 0 mod p t đây ta suy ra (S(A))p−1 ≡ 1 mod p:
2p − 1
=⇒ S = (S(A))p−1 ≡ ≡0 mod p.
p
|A|=p


Đ ch ra mâu thu n ta s ch ng minh r ng S ≡ 0 mod p. Th t v y, bi n đ i như sau:
(p − 1)! α
(S(A))p−1 = (ai1 + ai2 + ... + aip )p−1 = .aα1 aα2 ...aipp .
i1 i2
α
α1 !α2!...αp!
p
Các t ng đư c l y trên t t c các b α = (α1 , α2, ..., αp), αi ≥ 0, αi = p − 1
i=1

(p − 1)! α (p − 1)! α
=⇒ S = .aα1 aα2 ...aipp = .aα1 aα2 ...aipp .
α1!α2 !...αp! i1 i2 α1 !α2!...αp! i1 i2
(ai1 ,ai2 ,...,aip ) α α (ai1 ,ai2 ,...,aip )


Ta ch ng minh v i m i b α = (α1 , α2, ..., αp) c đ nh t ng sau là b i s c a p:
α α
T = aα1 aα2 ...aipp =
i1 i2 aα1 aα2 ...av(p).
v(1) v(2)
p


(ai1 ,ai2 ,...,aip ) v
48 CHƯƠNG 3. M T S CH Đ S H C CH N L C


T ng đư c l y trên t t c các đơn ánh v : {1, 2, ..., p} → {1, 2, ..., 2p − 1}. G i αj1 , αj2 , ..., αjm
v i m ≤ p − 1 là các ph n t có giá tr dương trong các s α1, α2 , ..., αp. Rõ ràng ta ch c n
quan tâm t i các giá tr v(j1) = v1, v(j2 ) = v2, ..., v(jm) = vm . Vì có đúng 2p−1−m đơn ánh
p−m
như th này nên chúng ta có:
2p − 1 − m αj αj
T = av1 1 av2 2 ...aαmm .
v
j

p−m v

M t khác ta có:
2p − 1 − m (2p − 1 − m)!
= .
p−m (p − m)!.(p − 1)!
Bi u th c này trư c h t là m t s nguyên, hơn n a vì 1 ≤ m ≤ p − 1 nên trên t s ít nh t
m t nhân t là b i c a p (chính là p) còn dư i m u thì không do đó bi u th c này là b i s
c a p. V y ta có T cũng là m t b i s c a p. Đây là đi u ta đang c n ch ng minh.

N u thay s nguyên t p b i m t s t nhiên n b t kì thì k t qu c a bài toán v n đúng, các
b n có th ch ng minh đi u đó theo hai cách. Trong đó m t cách s d ng k t qu v a ch ng
minh trên, còn cách th hai, các b n hãy th c hi n m t phép quy n p tr c ti p theo ư c
s nguyên t l n nh t c a các s đó. Tuy nhiên cách đơn gi n và đ p đ nh t có l là cách
ch ng minh d a trên b đ nh sau:

B đ . Trong n s nguyên b t kỳ đ u t n t i m t s s có t ng chia h t cho n.

Ch ng minh b đ này khá đơn gi n, các b n hãy t th c hi n (b ng cách s d ng nguyên
lý Dirichlet). Công vi c c a chúng ta là áp d ng b đ vào bài toán sau:
Bài toán 3.10.2. Ch ng minh r ng trong 2n − 1 s nguyên b t kỳ đ u t n t i n s có t ng
chia h t cho n.
l i gi i. G i m là s l n nh t tho mãn tính ch t có m s đ ng dư v i nhau theo modun n.
N u m ≥ n thì ch c n ch n n s đ ng dư v i nhau modun n, b s này có t ng chia h t cho
n. N u m ≤ 2 thì t n t i n s phân bi t theo modun n. V i n l ta ch n n s phân bi t theo
modun n, v i n ch n ta ch n n − 1 s phân bi t modun n và không chia h t cho n.

Trong các trư ng h p còn l i ta có th gi s m s này đ u chia h t cho n, n u không
ta có th đem t t c 2n − 1 s tr đi s dư chung modun n c a m s này. Xét 2n − 1 − m s
còn l i, do 2n − 1 − m ≥ n nên t n t i k s (k ≤ n) có t ng chia h t cho n (theo b đ ). N u
k + m ≥ n thì hi n nhiên ch c n ch n k s này và n − k s chia h t cho n. N u k + m < n
thì 2n − 1 − k − m ≥ n, ta ti p t c l p lu n như trên và quá trình này rõ ràng ph i k t thúc
khi ta đã ch n đư c n s có t ng chia h t cho n.
Bài toán đư c ch ng minh xong.
Bài toán 3.10.3. Ch ng minh r ng v i m i s th c δ ∈ [0, 1] và v i m i ε > 0 ta có b t
đ ng th c:
ϕ(n)
−δ k nên:
lim ak = 1.
k→+∞

Gi s r ng p1 , p2 , ..., pk là t t c các s nguyên t không vư t quá n khi đó:
k k
pi 1 1
= 1+ + 2 + ... > ln(n)
i=1
pi − 1 i=1
pi pi

1
=⇒ 0 < a1a2...ak
thì ta có:
1−δ
1 1
ak0 = 1 − >1− > 1 − (1 − δ) = δ. (3.23)
pk0 k0
T (3.22), (3.23) suy ra t n t i s nguyên không âm n sao cho:
λ = ak0 ak0 +1 ...ak0+n > δ > ak0 ak0 +1 ...ak0+n+1
=⇒ 0 < λ − δ < ak0 ak0 +1 ...ak0+n − ak0 ak0 +1 ...ak0+n+1
1
= ak0 ak0 +1 ...ak0+n+1 −1
ak0 +n+1
1
1 + δ/ε. Cu i cùng đ ý r ng:
ϕ(pk0 .pk0 +1 ...pk0 +n )
λ= .
pk0 .pk0 +1 ...pk0 +n
Bài toán đư c ch ng minh xong.

Bài toán này là m t tính ch t r t kì l c a phi hàm Euler, v hàm s này, bài toán sau
cũng đ p đ không kém:
Bài toán 3.10.4. Ký hi u ϕ(n) l n lư t là s các s nguyên dương nh hơn n và nguyên t
cùng nhau v i n và π(n) là s các s nguyên t không vư t quá n. Ch ng minh r ng v i m i
s t nhiên n > 1 ta có:
π(n)
ϕ(n) ≥ .
2
Bài toán 3.10.5. Cho s nguyên N và t p h p A g m h u h n các s nguyên dương. Ch ng
minh r ng t n t i t p các s nguyên dương B ch a A sao cho:

x− x2 = N.
x∈B x∈B
50 CHƯƠNG 3. M T S CH Đ S H C CH N L C


l i gi i. Ta ch ng minh k t qu này b ng hai cách.

Cách 1. Đ t M = x∈A x và P = x∈A x2 . Ta s tìm t p h p C các s nguyên dương
phân bi t sao cho:
M x=N +P + x2 .
x∈C x∈C

Trư c h t đ th lý lu n ch n C g m m s 1 và k s 2. Khi đó ta có M.2k = N + P + 4k.

Chú ý r ng lim (M.2k − 4k) = +∞ nên t n t i k0 sao cho M.2k − 4k > N + P v i m i
k→∞
k ≥ k0 . V i m i k ≥ k0 , ta ch n s m = M.2k − 4k − N − P . Ta luôn ch n đư c nghi m
có d ng (1, 1, 1, ..., 1, 2, 2, ....2). Th c hi n quy t c sinh nghi m như sau, n u (x1, x2, .., xn)
là nghi m thì (x1, x2, .., xi−1, Mx1 x2...xi−1xi+1 , ....., xn − xi , xi+1, ..., xn) s là nghi m m i. S
d ng quy t c sinh nghi m này ta có:
(1, 1, 1, ..., 1, 2, 2, ..., 2) −→ (1, 1, 1, ..., 1, 2, 2, ..., 2, M.2k−1 − 2)
−→ (1, 1, 1, ..., 1, 2, 2, .., 2, 2k−2 (M.2k−1 − 2) − 2, M.2k−1 − 2) −→ ...
T đó ta s t o đư c nghi m (x1 , x2, .., xn) mà các thành phân c a nó là đôi m t phân bi t.
Bây gi ta ch n C = (x1 , x2, ..., xn) và B = A ∪ C. Bài toán đư c ch ng minh.

Cách 2. V i t p S b t kì ta ký hi u d(S) = x− x2 .
x∈S x∈S

Ch n S0 = {1, 2, ..., m} sao cho S ⊂ X. Ta ch n m đ l n sao cho:
m! − 1 − 2 − ... − m > N + P.
Xét dãy S0 = m! − 1, xn+1 = m!x1x2 ...xn − 1 và Sk = {1, 2, ..., m, x1, x2 , ..., xk}. D th y
d(Sk+1 ) = d(Sk ) − 1 t đó t n t i k sao cho d(Sk ) = N + P . Bài toán l i đư c ch ng minh.

L i Bình. L i gi i 1 c a bài toán trên là minh h a cho phương pháp gen trong phép gi i
phương trình nghi m nguyên. Phương pháp gen là quy t c xây d ng nghi m phát sinh t
nghi m ban đ u nh m t phép gen hóa nào đó. T vi c t o đư c các nghi m m i đó ta có
th nghiên c u đư c tính ch t các h nghi m d a vào nghi m cơ s . Hai ng d ng khá cơ
b n c a phương pháp gen là phương trình P ell và phương trình Markov (mà bài toán 3.10.5
đã th hi n m t bi n th c a phương trình d ng Markov). Nh bài toán này ta có cách gi i
bài toán sau v n là đ ch n đ i tuy n Vi t Nam d thi toán qu c t năm 2002, trong đó l i
gi i bài này ch là h qu bài trên ho c s d ng phương pháp tr c ti p như cách 1.
Bài toán 3.10.6. Ch ng minh r ng t n t i s nguyên m0 sao cho v i m i s nguyên m ≥ m0
luôn t n t i m s nguyên dương phân bi t a1 , a2, ..., am sao cho N là s chính phương v i:
m
N= ai − 4 a2.
i
i=1 i=1

Bài toán 3.10.7. Cho k s t nhiên 1 ≤ a1 ≤ a2 ≤ ... ≤ ak ≤ n th a mãn [ai , aj ] > n v i
m i 1 ≤ i ≤ j ≤ k. Ch ng minh r ng:
k k
1 3 1 6
(i) < (ii) < .
i=1
ai 2 i=1
ai 5
3.10. M T S BÀI TOÁN KHÁC 51


l i gi i. Rõ ràng câu (i) là h qu c a câu (ii), nên ta ch ch ng minh câu (ii), tuy nhiên
n u đ ng đ c l p thì câu (i) cũng r t thú v .

Có th gi s r ng ak = n vì n u ak < n thì khi thay n cho ak thì ta v n có các k t qu sau đây.

Đ t Sn = {1, 2, ..., n}. V i i = 1, 2, 3 đ t ri là các s thu c vào t p S[n/i] không là b i
c a b t kỳ s aj nào. V i m = 2, 3, .., n + 1 ta xét các t p h p sau:

n n
Bm = ai < ai ≤ .
m m−1

n n
Ký hi u bm là s các ph n t c a t p Bm . V i m i s thu c , có đúng m − 1 b i
m m−1
s thu c vào Sn suy ra Bm có đúng (m − 1)bm b i s thu c vào Sn

=⇒ b2 + 2b3 + ... + (n − 1)bn = nr1 . (3.24)

Tương t ta có các đ ng th c
n
b3 + b4 + 2b5 + 2b6 + 3b7 + .... = − r2 . (3.25)
2

n
b4 + b5 + b6 + 2b7 + 2b8 + 2b9 + .... = − r3. (3.26)
3
T các đ ng th c (3.24, 3.25, 3.26) ta suy ra

1 1 2(b2 − 1) 3b3
S= ≤ + + + ...
ai n n n
1 2b2 + 3b3 + ...
≤− +
n n
1 2(n − r1 ) b3 + 2b4 + 3b5 +, , ,
=− + −
n n n
1 2r1 [n/2] − r2 + [n/3] − r3
≤2− − −
n n n
1 r2 + r3 − 2r1 [n/2] + [n/3]
=2− + −
n n n
1 5 1/2 + 1/3 7 1 6
≤2− − + = + ≤ .
n 6 n 6 6n 5
Đánh giá cu i cùng đúng v i n ≥ 5 và th là đ đ hoàn thành ch ng minh.

Thay cho l i k t. Như v y là các b n đã tr i qua 9 bài vi t nho nh và m t bài vi t
sau cùng t ng h p kho ng 5 bài toán cùng v i l i gi i chi ti t c a nó. Các bài toán nh trên
di n đàn còn r t nhi u và có r t nhi u bài đáng đ suy nghĩ, nghi n ng m, công vi c đó s
dành cho các b n ngay sau khi các b n có trong tay cu n tài li u này. Còn bây gi , trong
ph n cu i c a t p S H c này chúng tôi xin d n ra m t bài vi t chuyên đ v các tính ch t
c a t ng các ngh ch đ o t nhiên.
52 CHƯƠNG 3. M T S CH Đ S H C CH N L C
Chương 4

T ng ngh ch đ o

Tr n M nh Tu n & Tr n Qu c Hoàn


Gi i thi u. V i m i s nguyên dương n t n t i các s t nhiên an và bn nguyên t cùng
nhau tho mãn đ ng th c:
1 1 an
S(n) = 1 + + ... + = .
2 n bn
V n đ đ t ra là kh o sát tính ch t c a các s {an } và {bn }. M t cách c th hơn m i quan
h c a các s đó v i s nguyên t p cho trư c là như th nào. Đây là m t câu h i hay và r t
khó! M t trư ng h p riêng (quan tr ng), đó là v i n như th nào thì an chia h t cho p. Theo
chúng tôi đư c bi t thì đây là m t bài toán chưa có l i gi i. Bài vi t nh này cũng ch th c
hi n m t vài kh o sát trong m t s trư ng h p đ c bi t.

Đ cho th ng nh t, t bây gi n u không có gì đ c bi t chúng ta quy ư c p dùng đ ch
m t s nguyên t và v i hai phân s t i gi n a/b, c/d n u có a ≡ c mod p và b ≡ d = 0
a c
mod p thì ta cũng vi t ≡ mod p. N u a chia h t cho s nguyên x khác 0 thì ta cũng nói
b d
a/b chia h t cho x. Các ký hi u đ ng dư v n đư c s d ng theo nghĩa m i này.

Chúng ta b t đ u v i m t vài k t qu nh và quen thu c.

M nh đ 1. Ch ng minh r ng ta có hai tính ch t sau v i s nguyên t p ≥ 5:

(i) ap−1 chia h t cho p2 .
(ii) ap2−p và ap2−1 chia h t cho p.

l i gi i. S d ng phép ghép c p đ ch ng minh (i) và s d ng (i) đ ch ng minh (ii).

(i)
p−1 p−1
p−1 2 2
1 1 1 1
Ta có S(p − 1) = = + =p· . (4.1)
k j=1
j p−j j=1
j(p − j)
k=1

53
54 CHƯƠNG 4. T NG NGH CH Đ O

p−1 p−1
Nh n xét r ng v i m i j ∈ {1, 2, ..., } đ u t n t i xj ∈ 1, 2, ..., sao cho (jxj )2 ≡
2 2
1 mod p v i 1 ≤ j ≤ p − 1, và khi đó ta có:
p−1
{x1, x2, ..., x p − 1 } ≡ {1, 2, ..., }.
2
2

S d ng nh n xét ta đư c:

p−1 p−1
1−p p+1
2 1 2 · ·p
≡ (−x2 ) = 2
j
2 ≡0 mod p. (4.2)
j=1
j(p − j) j=1
6

Đ ng dư cu i cùng đúng v i p ≥ 5. K t h p (4.1), (4.2) suy ra p2 |ap−1. Đi u ph i ch ng minh.

(ii)
p−2
1 1 1 1
S(p2 − p) = + + ... + + · S(p − 1).
kp + 1 kp + 2 kp + p − 1 p
k=0

M t h qu c a câu (i) là p|ap−1 do đó ta có:

 1 1 1 1 1 1
 + + ... + ≡ + + ... + ≡0 mod p
kp + 1 kp + 2 kp + p − 1 1 2 p−1
p2 |S(p − 1) =⇒ 1 · S(p − 1) ≡ 0 mod p.

p

V y S(p2 − p) ≡ 0 mod p. Ti p t c bi n đ i:

1 1 1
S(p2 − 1) − S(p2 − p) = + 2 + ... + 2
p2 − p + 1 p − p + 2 p −p+p−1
1 1 1
≡ + + ... + ≡ 0 mod p.
1 2 p−1

M nh đ 2. Gi s k là s nguyên không âm. Ch ng minh r ng an không chia h t cho s
nguyên t l p v i m i s t nhiên n ∈ [pk , 2pk − 1].

l i gi i. Trư c h t ta phát bi u và ch ng minh m t nh n xét:

Nh n xét. V i p là s nguyên t l và n là s nguyên dương, n u an không chia h t
cho p thì anp , anp+1 , ..., anp+p−1 đ u không chia h t cho p.

Ch ng minh. Th t v y, v n b ng cách ghép c p tương t như đã s d ng trong m nh
đ 1 ta có v i m i m nguyên không âm và s nguyên t l p thì:
1 1 1
+ + ... +
mp + 1 mp + 2 mp + p − 1
55


chia h t cho p. Do đó v i m i k = 0, 1, 2, ..., p − 1 ta có th vi t:
anp+k pa an c
= + +
bnp+k b pbn d

trong đó a/b và c/d là các phân s t i gi n và b, c không chia h t cho p. T đ ng th c này ta
d dàng suy ra n u an không chia h t cho p thì v i m i k = 0, 1, 2, ..., p − 1 ta cũng có anp+k
không chia h t cho p. Nh n xét đư c ch ng minh.

Bây gi ta ch ng minh m nh đ 2. Do a1 không chia h t cho p, theo nh n xét suy ra
ap, ap+1 , ..., a2p−1 đ u không chia h t cho p. Tương t ta cũng có ap2 , ..., a2p2−1 không chia
h t cho p. Ti p t c quá trình này b ng cách s d ng nh n xét ta thu đư c apk , ..., a2pk−1 đ u
không chia h t cho p. Đây là đi u ph i ch ng minh.

S d ng m nh đ 2 cùng v i b đ Dirichlet ta có k t qu thú v sau:

M nh đ 3. Cho trư c các s nguyên dương N và T . Ch ng minh r ng t n t i m nguyên
dương sao cho v i k = m, m + 1, ..., m + T ta đ u có ak và N nguyên t cùng nhau.

V i s nguyên t p tuỳ ý, các k t qu m i thu đư c là r t h n ch . Vi c xét m t s trư ng
h p riêng c a p có th s d dàng hơn. Th t v y, v i p = 2, p = 3 và p = 5 bài toán đã đư c
gi i quy t tr n v n trong đ nh lý dư i đây.

Đ nh lý. T s an chia h t cho 3 n u và ch n u n = 2 ho c n = 7. Và bn không chia
h t cho 5 khi và ch khi n nh n m t trong các giá tr :

1, 2, 3, 4, 20, 21, 22, 23, 24, 100, 101, 102, 103, 104, 121, 122, 123, 124.

l i gi i. Ta ch ng minh l n lư t 2 n i dung đư c nh c đ n trong đ nh lý.

(i) Ta c n s d ng m t nh n xét sau đây:

Nh n xét. N u an chia h t cho 3 thì a[n/3] cũng chia h t cho 3.

Ch ng minh. Th t v y, đ t k = [n/3], ta có các đ ng th c:
k k k
a3k 1 1 1 ak 6i + 3
= + + = + .
b3k i=1
3i + 1 3i + 2 i=1
3i 3bk i=1
(3i + 1)(3i + 2)

L p các đ ng th c tương t cho các ch s 3k + 1, 3k + 2 suy ra nh n xét đư c ch ng minh.

Bây gi chú ý r ng h qu c a nh n xét này là n u a[n/3] không chia h t cho 3 thì an
cũng v y. Kh o sát các trư ng h p riêng ta có a1 = 1, a2 = 3, a3 = 11 do đó ch c n quan tâm
đ n ti p theo là a6, a7, a8 . Nhưng do a6, a8 không chia h t cho 3, ch có a7 = 363 chia h t cho
3 nên ta ch c n quan tâm đ n các s ti p theo là a21, a22, a23. Ta ki m tra các s này như
sau.
56 CHƯƠNG 4. T NG NGH CH Đ O

an a7 c 121 c
V i n = 21 ho c n = 23 thì an không chia h t cho 3, b i vì ta có = +3· = +3·
bn 3b7 d 140 d
c
trong đó là phân s t i gi n có m u s d không chia h t cho 3.
d
a22 121 c 1 1401 c
V i n = 22, cũng như trên ta có = +3· + = +3· nên a22
b22 140 d 22 1540 d
cũng không chia h t cho 3.

V y an chia h t cho 3 n u và ch n u n = 2 ho c n = 7.

(ii)
n [n/5]
1 1
S (n) = − .
i=1
k k=i
5i

Ta quy ư c A là d ng các phân s t i gi n có m u s không chia h t cho 5. B là d ng các
phân s t i gi n có m u s chia h t cho 5, C là d ng các phân s t i gi n có c m u s và
t s không chia h t cho 5 và D là d ng các phân s t i gi n có t s không chia h t cho 5.
Các đ ng th c mang tính ch t tư ng trưng như A + A = 25A có nghĩa là t ng hai phân s
d ng A là 25 l n c a m t phân s d ng A nào đó.
3 11 25
Ta có S(1) = 1, S(2) = , S(3) = và S(4) = . Chú ý r ng:
2 6 12
1 1 1 1 1 1
+ + + = (10k +5) + = 25A.
5k + 1 5k + 2 5k + 3 5k + 4 (5k + 1)(5k + 4) (5k + 2)(5k + 3)

Do đó S (n) = 25A. V i m i s t nhiên n chia h t cho 5 ho c chia 5 dư 4. Ta xét các trư ng
h p sau đây:

V i n = 5, 6, .., 19 thì vì S([n/5]) ∈ {S(1), S(2), S(3)} nên:
1 n 1
S(n) = S (n) + ·S = A + C = B.
5 5 5
n 25
V i n = 20, 21, 22, 23, 24 thì ta có S = S(4) =
5 12
1 5
=⇒ S(n) = S (n) + S(4) = S (n) + = A.
5 12
n
V i n = 25, 26, .., 99 ta có S =C
5
1 n 1 n 1 1
=⇒ S(n) = S (n) + S + S = A + A + C = B.
5 5 25 25 5 25

V i n = 100, 101, 102, 103, 104 thì:
1 1 1
S(n) = S (n) + S (20) + S (4) = A + 5A + = A.
5 25 12
57


V i n = 105, 106, ..., 119 ta có:

1 n 1
S(n) = S (n) + S + .
5 5 12

1 n 1 1
Mà .S ∈ {S (21), S (22), S (23)} và S (21) = S (20) + = 25A + = C, tương
5 5 21 21
1 1
t S (22), S (23) đ u là d ng C. V y ta có S(n) = A + C + = B.
5 12
1 1
V i n = 120, 121, 122, 123, 124 ta có S(n) = S (n) + S (24) + = A.
5 12
V i n ≥ 125. G i k là s nguyên dương nh nh t sao cho 5k ≥ n. Khi đó:
1 1 1 1
S(n) = + = k−2 S(u) + k−3 A.
x x 5 5
5k−2 |x 5k−2 không chia h t x


Trong đó 25 ≤ u ≤ 124. Ki m tra v i u = 100, 101, 102, 103, 104, 120, 121, 122, 123, 124 ta
th y các phân s :
1 1 1 1 1 1 1 1 1
+ , + + . + + +
5k + 1 12 5k + 1 5k + 2 12 5k + 1 5k + 2 5k + 3 12

đ u có t sô không chia h t cho 5. V y v i các giá tr đó c a u ta đ u có S (u) = 5A. Suy ra:

1 u 1 D A
S(u) = S (u) + S + = 5A + 5A + D = D =⇒ S(n) = k−2 + k−3 = B.
5 5 12 5 5

Trong đó phân s d ng D này có t s không chia h t cho 5.

V y các giá tr c n tìm c a n là 1, 2, 3, 4, 20, 21, 22, 23, 24, 100, 101, 102, 103, 104, 121, 122, 123
và 124. Đ nh lý đư c ch ng minh hoàn toàn.

Ch ng minh trên là m t ch ng minh tr n v n, nhưng có l chưa th hi n đư c cái c t
lõi c a v n đ . B ng ch ng là các b n có th cho r ng ch ng minh đó s d ng quá nhi u k
thu t. Theo chúng tôi, đ nh lý sau đây có th s giúp ích các b n đ c gi nhìn nh n k t qu
trên m t cách sâu s c hơn.

Đ nh lý. Gi s p là m t s nguyên t l tho mãn hai đi u ki n:

(i) p − 1 là s nguyên dương nh nh t trong các s r tho mãn p|ar
1
(ii) S(p − 1) + S(r) có t s không chia h t cho p v i 1 ≤ r ≤ p − 1.
p2

Khi đó bn không chia h t cho p n u và ch n u:

[1, p − 1] ∪ [p2 − p, p2 − 1] n up=3
n∈ 2 2 3 2 3 2 3 3
[1, p − 1] ∪ [p − p, p − 1] ∪ [p − p , p − p + p − 1] ∪ [p − p, p − 1] n u p = 3.
58 CHƯƠNG 4. T NG NGH CH Đ O



Rõ ràng là n u p|an thì bn không chia h t cho p. Do đó n ph i là m t trong các s nêu
trên, h qu là an không chia h t cho p n u n ≥ p3 . Nh n xét r ng các s nguyên t
3, 5, 7, 13, 17, 19, 23, 29 đ u có tính ch t trên, câu h i là v i trư ng h p p = 11 thì sao,
có đi u gì khác bi t. Câu h i này xin dành cho b n đ c suy nghĩ thêm.

Đ k t thúc chuyên đ này m i các b n thư ng th c m t bài toán tuy t đ p sau đây, đây là
m t bài toán hay và theo chúng tôi là r t khó. Tuy nhiên b ng cách s d ng m t s k t qu
đã đư c trình bày trên, m i chuy n s vô cùng trong sáng và vô cùng rõ ràng.

Bài toán. Ch ng minh r ng an không ph i lu th a c a m t s nguyên t v i vô h n giá tr
t nhiên c a n.

l i gi i. B đ an > n + 1 v i m i n = 4, 5, 6, ...
Ch ng minh G i k là s t nhiên tho mãn 2k ≤ n < 2k+1 . B ng phép quy đ ng
1 1
m u s c a t ng 1 + + ... + suy ra 2k |bn và an là m t s l (đi u này nói lên r ng m nh
2 n
n
đ 2 cũng đúng trong trư ng h p p = 2). Suy ra bn ≥ 2k > . Ta có v i m i n ≥ 4 thì:
2
n 4
1 n+1 1 n+1
an = bn ≥ >2 = n + 1.
i=1
i 2 i=1
i 2

Ta s ch ng minh r ng v i s nguyên t l p tuỳ ý trong dãy các s n = p, p2 − p, p2 − 1, p3 −
p, p3 − 1, ..., pp − 1 có ít nh t m t s có tính ch t an không ph i lu th a c a m t s nguyên
t . Gi s ph n ch ng. Theo m nh d 1 ta có S(p − 1) chia h t cho p. Ta dùng quy n p theo
n ≤ p đ ch ng minh r ng S(pn − p) và S(pn − 1) chia h t cho p. Th t v y, theo b đ thì
apn −1 > pn và apn−1 chia h t cho p (m nh đ 1), mà apn −1 là lu th a c a m t s nguyên t
=⇒ ap2 −1 chia h t cho p2 . (4.3)
Ta có các đ ng th c sau:
1 1
S(pn+1 − 1) = pn+1 · + S(pn − 1). (4.4)
1≤k≤pn+1 −1
k(pn+1 − k) p
p không chia h t k

1 1
S(pn+1 − p) = + S(pn − 1). (4.5)
k p
(k,p)=1

K t h p các k t qu (4.3), (4.4), (4.5) ta suy ra k t lu n quy n p. S d ng vào bài toán ta có:
 n
p |S(pn − 1) v i n = 1, 2, ... và pn |apn−p v i n = 2, 3, ...
p−1 1
S(pn − 1) − S(pn − p) + S(p − 1) = pn chia h t cho pn .
i=1 p(pn − i)
p−1 1
T đó suy ra S(p − 1) chia h t cho pn v i m i n. Mà S(p − 1) = < p và bp−1 ≤ (p − 1)!
i=1 i
suy ra ap−1 < p! < pp Mâu thu n. V y ta có đi u ph i ch ng minh.
Ph n II

M t s ch đ T H p




59
Chương 5

B đ Sperner

Nguy n Qu c Khánh


Gi i thi u. Trong Toán H c r t thư ng khi xu t hi n nh ng k t qu m c dù có cách phát
bi u r t gi n d , nhưng l i t ra r t quan tr ng trong nhi u lĩnh v c sâu s c. Trong bài vi t
này, tôi mu n ghi chép l i m t s hi u bi t c a mình v m t k t qu như th , trong t h p,
ngư i ta g i k t qu này là b đ Sperner, và ng d ng quan tr ng nh t c a nó là tham gia
vào ch ng minh t h p - gi i tích c a đ nh lý đi m b t đ ng Brower.

B đ Sperner. Các đ nh c a m t tam giác đư c đánh s b i các ch s 0, 1, 2. Tam
giác đó đư c chia thành m t s tam giác sao cho không có m t đ nh c a tam giác nào n m
trên c nh c a tam giác khác. Các đ nh c a tam giác ban đ u v n gi nguyên các s cũ còn
các đ nh m i đư c đánh s b ng 0, 1, 2 sao cho m i đ nh n m trên c nh c a tam giác ban
đ u đư c đánh s b i m t trong các s dùng đ đánh s các đ nh c a c nh đó. Ch ng minh
r ng t n t i m t tam giác nh đư c đánh s b i 0, 1, 2.




Ch ng minh. Xét các đo n th ng đư c phân ra t c nh 01, g i a là s đo n th ng d ng 00,
b là s đo n th ng d ng 01. Đ i v i m i đo n th ng xét s các s 0 đ ng các đ u c a nó,
và c ng t t c các s đó ta đư c 2a + b. M t khác, t t c các s 0 n m trong đ u đư c tính
hai l n, và thêm m t s 0 đ ng đ nh c a tam giác ban đ u. Do đó s 2a+b l , suy ra b là s l .
61
62 CHƯƠNG 5. B Đ SPERNER



Bây gi ta xét đ n phép chia tam giác. Gi s a1 là t ng s các tam giác d ng 001 và
011, còn b1 là s các tam giác d ng 012. Đ i v i m i tam giác xét s các c nh c a nó có d ng
01 và c ng t t c các s đó l i. T ng c ng ta đư c 2a1 + b1. M c khác t t c các c nh n m
trong đ u đư c tính hai l n trong t ng đó, còn t t c các c nh biên đ u n m trên c nh 01
c a tam giác ban đ u và s đó là l theo l p lu n trên. Do đó 2a1 + b1 là s l , suy ra b1 là
s l và đó là đi u ph i ch ng minh.

B đ Sperner rõ ràng là r t đơn gi n, và ch ng minh cũng r t d dàng. V y đâu là ý
nghĩa sâu s c c a nó. Đ chu n b cho vi c trình bày ch ng minh t h p - gi i tích c a đ nh
lý đi m b t đ ng Brower d a trên b đ Sperner chúng ta cùng làm quen vói m t vài khái
ni m c a tôpô đ i cương. Đó là các khái ni m v ánh x liên t c và ánh x đ ng phôi.

Hãy tư ng tư ng r ng chúng ta có m t qu bóng, bây gi hãy làm b p nó đi. Khi dó có
th nói chúng ta đang dùng m t ánh x liên t c tác đ ng vào qu bóng. Hãy chú ý r ng qua
ánh x này thì m t đo n n i hai đi m M, N trên b m t qu bóng không h b c t đ t, nó
v n "liên t c" như lúc đ u tiên. Nhưng n u các b n l i l y m t cái kim đ ch c th ng qu
bóng thì sao, đây v n là m t ánh x , nhưng li u có liên t c hay không. Câu tr l i th c s là
không (nhưng đ ch ng minh đư c đi u này thì không h đơn gi n). V y là có nh ng ánh x
không liên t c, chúng ta có th l y m t ví d khác rõ ràng hơn. Các b n hãy xét m t s i dây,
n u các b n th t nút và cu n vòng nó m t cách tuỳ ý thì rõ ràng đây là m t ánh x liên t c,
tuy nhiên n u b n l y kéo đ c t đôi s i dây ra thì rõ ràng đây là m t ánh x không liên t c.

V i hai v t th A và B trong không gian, n u có m t ánh x liên t c f có th bi n A
thành B thì ta nói A và B đ ng phôi v i nhau. Ch ng h n m t cái bánh qui hình tròn và
m t cái bánh qui hình vuông đương nhiên là đ ng phôi v i nhau. T t nhiên, có th nói ngư c
l i r ng hai v t A, B không đ ng phôi v i nhau n u và ch n u không th dùng m t ánh x
liên t c đ bi n t v t này thành v t kia. Nh ng v t th như th là r t nhi u, ch ng h n m t
hình c u và m t hình c u khác sau khi đã đ c th ng m t l là không đ ng phôi v i nhau:




Khái ni m đ ng phôi là n n t ng c a tôpô h c, có th hi u m t cách tr c quan r ng không
gian tôpô là m t không gian không quan tâm nhi u đ n khái ni m kho ng cách, trong không
gian này ta ch quan tâm t i d ng c a v t th ch không quan tâm xem nó dài r ng ra sao,
n ng nh th nào. Trong không gian này thì ánh x liên t c là "lu t pháp" t i cao. M t tính
ch t đ c bi t thú v c a các ánh x liên t c đư c phát bi u trong đ nh lý sau đây.
5.1. BAO L I 63



Đ nh lý đi m b t đ ng Brower. M i ánh x liên t c t m t hình c u đ c vào chính
nó luôn có đi m b t đ ng.

Chúng ta s tìm cách ch ng minh đ nh lý này d a trên b đ Sperner, và lưu ý r ng đã
có r t nhi u cách ch ng minh dành cho đ nh lý đi m b t đ ng này cũng như r t nhi u đ nh
lý đi m b t đ ng khác.


5.1 Bao l i
Ta nói m t hình S trong không gian là l i n u và ch n u v i m i A, B ∈ S thì v i m i
C ∈ [AB] ta có C ∈ S. M t đi m B mà m i hình c u tâm B bán kính nh tuỳ ý đ u ch a
nh ng đi m thu c S và nh ng đi m không thu c S g i là đi m biên c a S. S đư c g i là t p
đóng n u nó ch a m i đi m biên c a chính nó.

Xét m t t p h p đi m U trong không gian U = {u0, u1, ..., un}. N u S là hình l i nh
nh t ch a U thì S đư c g i là bao l i c a U và vi t S = co(uo , u1, ..., un) ("co" vi t t t cho
ch "convex" trong ti ng Anh có nghĩa là l i).

N u S là t di n Uo U1 U2 U3 và U0, U1 , U2 , U3 dư c g i là các đ nh c a t di n thì bao l i
c a k + 1 đ nh t di n g i là k di n c a t di n đó.

Phép phân chia t di n S thành các t di n con Si v i i = 1, 2, ..., n sao cho h p c a chúng
b ng S và hai t di n con n u giao nhau thì ph n giao nhau ph i là m t di n chung c a
chúng g i là m t phép t di n phân. Đ cho đơn gi n ta hi u phép t di n phân luôn th c
hi n theo m t cách duy nh t là chia t di n thành 8 t di n con có th tích b ng nhau:




Bây gi đ i v i m i đ nh V c a m t t di n con g i co{ua , ub , ..., } là di n nh nh t ch a V
thì v đư c gán m t trong các s a, b, ..., phép gán s này đư c g i là phép gán s Sperner (d
th y các đ nh Ui c a t di n đư c gán đúng ch s i). Ta g i m t t di n con là t t n u các
đ nh c a nó đư c đi n b ng đ các s là 0, 1, 2, 3. S d ng đúng cách th c đã đư c dùng đ
ch ng minh b đ Sperner trên, chúng ta d dàng suy ra:
64 CHƯƠNG 5. B Đ SPERNER


B đ Sperner trong không gian. T n t i t di n t t trong m i phép t di n phân.


5.2 B đ KKM
B đ KKM (Knaster - Kuratowski - Mazurkiewics - 1929). Cho trư c t di n
S = Uo U1 U2 U3 và các t p đóng Fo , F1, F2, F3 và S tho mãn đi u ki n KKM: v i m i t p
con I c a t p 4 s nguyên không âm đ u tiên {0, 1, 2, 3} ta có co{Ui |i ∈ I} ⊂ ∩i∈I Fi , khi đó:
Fi = φ.
i∈I

Trư c khi ch ng minh b đ này chúng ta cùng nh c l i vài ki n th c gi i tích cơ b n. Trư c
tiên, nh nguyên lý Cantor cho các đo n l ng nhau ta ch ng minh đư c r ng t m t dãy
s th c b ch n luôn có th trích ra m t dãy con h i t và nh tính ch t đó ta ch ng minh
đư c r ng trong m t h đi m vô h n trong t di n luôn có th trích ra m t h đi m con h i t .

Bây gi chúng ta ch ng minh b đ KKM. Th c hi n m t phép t di n phân S và th c hi n
phép gán s như sau: l y m t đ nh V b t kỳ c a t di n con, g i di n con nh nh t c a S
ch a V là co{Ui |i ∈ I}, khi đó theo đi u ki n KKM suy ra V ∈ ∩i∈I Fi và do đó t n t i m
mà V ∈ Fm , ta gán m cho V và vi t Vm . V y sau khi gán xong thì Ui cũng ph i gán s i. Cách
gán này tho mãn đi u ki n Specner do đó t n t i t di n con t t ∆1 (V01 , ..., V31 ) và Vi1 ∈ Fi ,
i = 0, 3. Coi ∆1 đóng vai trò như S l i ti p t c quá trình phân chia, quá trình này đư c th c
hi n vô h n l n. Và ta nh n đư c vô h n t di n con t t l ng nhau ∆m ∈ Fi , i = 0, 1, 2, 3.
i


Ta trích t dãy đi m (V0m ) ra dãy con (V0mi ) h i t đ n V0 ∈ F0, sau đó l i trích t dãy
m
(V0mi ) ra dãy con (V0 i,k ) h i t đ n V1 ∈ F1. Sau b n l n trích dãy ta nh n đư c dãy con
mj
(V4 ) h i t đ n V4 ∈ F4 . Và do đó ta nh n đư c dãy con đơn hình t t (∆mj ) c a dãy (∆m )
mà m i dãy đ nh tương ng c a nó đ u h i t t i m t đi m nào đó. M t khác, như đã bi t
th tích c u dãy t di n này ti n t i 0 và do đó t t c 4 đi m h i t đó đ u trùng nhau. T c
là giao c a các t p đóng Fi là khác r ng. B đ đư c ch ng minh.


5.3 Ch ng minh đ nh lý đi m b t đ ng Brower
Gi s ϕ : T → T là m t ánh x đ ng phôi, hơn n a ánh x liên t c f : T → T có đi m b t
đ ng thì ϕ−1 ◦ f ◦ ϕ : T → T cũng có đi m b t đ ng. Do đó thay vì xét hình c u ta có th
ch ng minh đ nh lý cho m t t di n đ c. Khi đó v i m i đi m X n m trong t di n S thì t n
t i b s xi không âm mà t ng c a chúng b ng 1, hơn n a OX = 3 xi OXi , khi đó ta vi t
i=0
X = (x0 , x1, x2, x3 ). Bây gi ta xét ánh x liên t c f : S → S, xét X ∈ S, X = (x0, x1 , x2, x3)
và f (X) = Y = (y0, y1 , y2, y3 ). Ký hi u Fi là t p h p nh ng đi m X thu c t di n S mà
xi ≥ yi . D th y h Fi tho mãn đi u ki n KKM do đó t n t i X ∈ ∩Fi , t c là xi ≥ yi v i
m i i = 0, 1, 2, 3. Nhưng
3 3
xi = 1 = yi
i=0 i=0

nên t t c các đ ng th c đ u ph i x y ra, đi u đó cũng có nghĩa là X ≡ Y , và do đó f có
đi m b t đ ng. Đ nh lý đã đư c ch ng minh.
Chương 6

Các đ toán t h p ch n l c

Bài toán 6.1. Có bao nhiêu cách đi t đi m (0, 0) đ n đi m (p, q) trên m t ph ng to đ
nguyên, m i bư c đi là đi t đi m (x, y) đ n đi m (x + 1, y) ho c (x, y + 1) sao cho m i con
đư ng đ u không c t đư ng th ng x = y.
Bài toán 6.2. Cho n là s nguyên dương. Tính s cách phân ho ch t p h p n s nguyên
dương đ u tiên Sn = {1, 2, ..., n} thành 3 t p h p con A, B, C tho mãn tính ch t |A ∩ B| >
0, |B ∩ C| > 0, |C ∩ A| > 0 và |A ∩ B ∩ C| = 0.
Bài toán 6.3. Cho s nguyên dương n > 1. Trong không gian cho h tr c to đ Y Z.
Ký hi u T là t p h p g m t t c các đi m P (z, y, z) mà x, y, z là các s nguyên tho mãn
1 ≤ x, y, z ≤ n. Ta tô màu các đi m thu c T sao cho n u A(x0, y0, z0 đư c tô thì t t c các
đi m B(x1, y1 , z1) mà x1 ≤ x0, y1 ≤ y0 , z1 ≤ z0 (các đ ng th c không đ ng th i x y ra) đ u
không đư c tô màu. H i ta có th tô màu t i đa bao nhiêu đi m.
Bài toán 6.4. Cho t p h p X có 56 ph n t . Tìm giá tr nh nh t c a n sao cho v i m i
15 t p con c a X, n u s ph n t c a h p c a m i 7 t p trong chúng là không nh hơn n thì
t n t i 3 trong chúng là có giao khác r ng.
Bài toán 6.5. Cho b ng vuông n.n, các ô vuông trên b ng đư c đi n các s th c dương sao
cho v i m i hàng và m i c t đ u có t ng c a các s n m trên nó là 1. Ch ng minh r ng t n
t i n ô đư c đi n s mà không cùng n m trên cùng hàng hay c t.

H qu . Cho b ng vuông 2006.2006, có m t s ô vuông trên b ng đư c đáng d u sao cho m i
hàng và c t đ u có đúng 4 ô đư c đánh d u. Ch ng minh r ng ta có th tô các ô đư c đánh
d u b ng 4 màu sao cho không có 2 ô nào cùng màu n m trên cùng m t hàng hay c t.
Bài toán 6.6. Cho s nguyên dương n và X là t p h p có n2 + 1 s nguyên dương sao cho
trong m i t p con n + 1 ph n t c a X đ u có hai ph n t phân bi t x, y tho mãn x|y.
Ch ng minh r ng có t n t i m t t p con {x1, x2 , ..., xn+1} c a X có tính ch t xi |xi+1 v i m i
1 ≤ i ≤ n.
Bài toán 6.7. Cho 4n đi m trên đư ng đư c tô màu xanh đ xen k . Bi t r ng không có 3
đo n th ng nào n i các đi m trong 4n đi m đ ng quy. N i 2n đi m xanh thành n đo n th ng,
n i 2n đi m đ cũng thành n đo n th ng. Ta đánh d u các đi m là giao đi m c a m t đư ng
th ng có hai đ u xanh và m t đư ng th ng có hai đ u đ . H i ta đánh d u ít nh t bao nhiêu
đi m.
65
66 CHƯƠNG 6. CÁC Đ TOÁN T H P CH N L C


Bài toán 6.8. Có m t con ch t i m i đ nh c a 2n giác đ u (n > 1). T i m t th i đi m t t
c các con ch nh y đ n các đ nh k cùng m t lúc (có th có nhi u hơn m t con ch nh y đ n
cùng m t đ nh), chúng ta g i đó là m t cách nh y. Bi t r ng t n t i m t cách nh y sao cho
đư ng th ng ch a m i c p 2 đ nh phân bi t có ch trên nó sau khi nh y, không đi qua tâm
c a đa giác đ u. Tìm t t c các giá tr có th c a n.
Bài toán 6.9. Cho t p h p S = {1, 2, ..., n} và P = {P1 , P2 , ..., Pn} là các t p h p các t p
con có 2 ph n t c a S tho mãn đi u ki n |Pi ∩ Pj | = 1 n u và ch n u (i, j) ∈ P . Ch ng
minh r ng m i ph n t c a S thu c đúng 2 ph n t c a P .
Bài toán 6.10. Cho n viên s i và 2 ngư i A, B chơi m t trò chơi như sau. Đ u tiên A l y
k viên s i v i 1 ≤ k ≤ n − 1 sau đó B l y t viên sao cho 1 ≤ t ≤ k. C như th cho đ n h t,
ngư i nào l y đư c viên s i cu i cùng là ngư i chi n th ng. H i A có chi n lư c luôn th ng
hay không.
Bài toán √
6.11. M t t giác đ u c nh 1 b ph kín b i 6 đư ng tròn bán kính R. Ch ng minh
r ng R ≥ 3/10.
Bài toán 6.12. Trong m t l p h c m i b n nam quen v i ít nh t m t b n n . Ch ng minh
r ng có th ch n m t nhóm g m nhi u hơn m t n a s thành viên c a l p mà m i b n nam
quen v i m t s l b n n trong nhóm.
Bài toán 6.13. Trong m t câu l c b có 42 thành viên. Bi t r ng c 31 thành viên b t kỳ
thì có m t đôi nam n quen nhau. Ch ng minh r ng t các thành viên c a câu l c b có th
ch n ra 12 đôi nam n quen nhau.
Bài toán 6.14. Cho Sn = {1, 2, ..., n}. gi s A1 , A2, ..., An là n t p con khác r ng c a Sn .
Đ t k = [n/2] + 1. Ch ng minh r ng t n t i k t p Ai1 , Ai2 , ..., Aik trong các t p Ai mà t n t i
hai t p h p con X c a Sn đ |Aij ∩ X| là s l v i m i 1 ≤ j ≤ k.
Bài toán 6.15. Cho b ng ô vuông n.n g m các s nguyên không âm aij . Bi t r ng v i m i
i, .j thì t ng t t c các s hàng i và c t j đ u không nh hơn n. Ch ng minh r ng:
n2
aij ≥ .
i,j
2

Bài toán 6.16. Cho đ th lư ng phân v i 2 t p đ nh A1, A2, ..., An và B1 , B2 , ..., Bn. Bi t
Ai n i v i Bi v i m i 1 ≤ i ≤ n và Ai n i v i Bj n u và ch n u Aj n i v i Bi . Ch ng minh
r ng t n t i t p các đi m:
S = {Ai1 , Ai2 , ..., Aik }
sao cho v i m i s Bi s c nh n i Bi v i m t đ nh thu c S là l .
Bài toán 6.17. Có t n t i hay không n > 2 đi m trong m t ph ng sao cho không có ba đi m
nào th ng hàng và các tâm đư ng tròn ngo i ti p c a m i tam giác có các đ nh là các đi m
đó cũng là m t trong n đi m đó.
Bài toán 6.18. Cho s nguyên n > 2. Tìm s nguyên m l n nh t sao cho n u v i n túi, m i
túi ch a m t vài qu c u, m i qu c u có kh i lư ng là m t lu th a nguyên c a 2 (trong m i
túi kh i lư ng các qu c u không nh t thi t phân bi t) và t ng kh i lư ng c a t t c các qu
c u trong m i túi là b ng nhau, thì t n t i ít nh t m qu c u có cùng kh i lư ng trong t t c
các qu c u đã đư c chia vào n túi.
67


Bài toán 6.19. Trên b ng ban đ u có n s 1 (n ≥ 2). C sau m i l n ta l y 2 s tuỳ ý a, b
a+b
và thay chúng b i s . Sau n − 1 l n thì trên b ng còn l i m t s duy nh t. Tìm giá tr
4
l n nh t, nh nh t c a s đó.

Bài toán 6.20. Cho trư c s nguyên dương N . Hai ngư i A, B chơi m t trò chơi như sau.
B t đ u t ngư i A vi t s N lên b ng, sau đó m i ngư i vi t s m thì ngư i sau vi t s m − 1
ho c [m/2]. Ai vi t đư c s 1 trư c thì th ng cu c. H i ai là ngư i th ng cu c, vì sao?

Bài toán 6.21. Trong m t cu c thi hoa h u, m i giám kh o đư c đ ngh 10 thí sinh vào
vòng chung kh o. M t nhóm thí sinh đư c g i là ch p nh n đư c v i giám kh o A n u trong
nhóm đó có ít nh t m t thí sinh do A đ ngh . Bi t r ng c 6 giám kh o thì có 2 thí sinh là
nhóm ch p nh n đư c v i c 6. Ch ng minh r ng có th ch n đư c 10 thí sinh là nhóm ch p
nh n đư c v i t t c các thành viên trong ban giám gi o.

Bài toán 6.22. Có 101 thành ph . Bi t gi a hai thành ph b t kì thì có 1 đư ng bay m t
chi u ho c không có đư ng bay nào c .

i) Bi t r ng m i thành ph có 50 đư ng bay đ n, 50 đư ng bay đi. Ch ng minh r ng v i
2 thành ph b t kì A và B ta có th bay t A đ n B mà ch ph i d ng t i nhi u nh t 1 thành
ph C.

ii) Bi t r ng m i thành ph có 40 đư ng bay đ n, 40 đư ng bay đi. Ch ng minh r ng v i
thành ph b t kỳ A và B ta có th bay t A đ n B mà ch ph i d ng t i nhi u nh t 2 thành
ph C1 , C2.

Bài toán 6.23. Cho trư c s nguyên dương n ≥ 12 và m t t p h p X có n ph n t . F là
m t h g m các t p con 4 ph n t c a X sao cho giao c a m i c p t p con phân bi t trong

F có nhi u nh t 2 ph n t . Ch ng minh r ng có m t t p con S c a X ch a ít nh t 3 6n − 6
ph n t sao cho không có t p con 4 ph n t nào c a S n m trong h F .

Bài toán 6.24. Cho s nguyên dương ch n n và A1, A2, ..., An là n t p con c a t p S =
{1, 2, .., n} sao cho i ∈ Ai∀i ∈ S và i ∈ Aj n u và ch n u j ∈ Ai v i i = j. Ch ng minh r ng
t n t i i = j mà |Ai ∩ Aj | là s ch n.

Bài toán 6.25. Trong m t căn phòng có 2005 cái h p, m i h p ch a m t ho c vài lo i trái
cây là táo chu i và nho. Dĩ nhiên s trái cây là nguyên. Ch ng minh r ng có th tìm đư c
669 h p sao cho toàn b chúng ch a ít nh t 1/3 c a t t c s táo và ít nh t 1/3 t t c s
chu i. Li u có ph i luôn luôn tìm đư c 669 h p sao cho toàn b chúng ch a ít nh t 1/3 t t
c s táo, ít nh t 1/3 t t c s chu i và ít nh t 1/3 t t c s nho.

Bài toán 6.26. Ta g i b s x = (x1.x2, ..., xn) là m t vecto trong không gian n chi u. V i
hai vecto trong không gian n chi u là x = (x1, x2, ..., xn) và y = (y1 , y2, ..., yn) ta ký hi u
n
xy = xi yi là tích vô hư ng c a 2 vecto x, y. Gi s r ng f (n) là s l n nh t mà t n t i
i=1
f (n) vecto khác 0 mà tích vô hư ng c a 2 vecto b t kì đ u không dương. Ch ng minh r ng
f (n) ≤ n.
68 CHƯƠNG 6. CÁC Đ TOÁN T H P CH N L C


Bài toán 6.27. Cho t p h p A có n ph n t và n t p con nhi u hơn 1 ph n t c a nó là
A1 , A2, ..., An. Gi s r ng v i m i t p con 2p ph n t A ∈ A có duy nh t m t t p con Ai
c a A . Ch ng minh r ng v i 2 t p b t kì trong n t p ban đ u có chung duy nh t m t ph n
t .
Bài toán 6.28. Cho n là m t s nguyên dương và t p h p các b s sau:

Sn = {(a1, a2, ..., an)|ai ∈ [0, 1], ∀i = 1, n}.

V i hai ph n t a = (a1, a2 , ..., a2n ), b = (b1, b2, ..., b2n ) ∈ Sn . Đ nh nghĩa kho ng cách d(a, b) =
2n
|ai − bi |. Chúng ta g i t p h p con A ∈ Sn là t t n u d(a, b) ≥ 2n−1 tho mãn v i m i c p
i=1
ph n t phân bi t a, b c a A. H i m t t p con t t c a Sn có th có nhi u nh t bao nhiêu ph n
t .
Bài toán 6.29. Gi s t p h p A ∈ {(a1 , a2, ..., an)|ai ∈ R, ∀i = 1, n}. Đ nh nghĩa hàm
kho ng cách như sau: v i m i a = (a1, a2, ..., a2n ), b = (b1, b2, ..., b2n ) ∈ A đ t:

γ(a, b) = (|a1 − b1 |, |a2 − b2 |, ..., |an − bn |).

Xét t p h p D(A) = {γ(a, b)|a, b ∈ A}. Ch ng minh r ng |D(A)| ≥ |A|.
Bài toán 6.30. Cho m t t p h p g m k dãy nh phân đôi m t khác nhau có đ dài l n lư t
là n1 , n2, ..., nk . Gi s r ng không t n t i dãy nh phân 0, 1 nào mà ta có th bi u di n b ng
cách đ t liên ti p các s n1 , n2 , ..., nk (không nh t thi t khác nhau) b ng hai cách khác nhau.
Ch ng minh r ng:
1 1 1
n1
+ n + ... + n ≤ 1.
2 2 2 2 k
Bài toán 6.31. Cho b ng vuông n.n v i n > 1. Hãy tìm t t c các cách tô màu b ng hai
màu đen tr ng sao cho không có hai ô đen nào k nhau và b t kỳ ô tr ng nào cũng k v i ít
nh t hai ô đen.
Bài toán 6.32. Ch ng minh r ng không th có nhi u hơn 4096 cây nh phân đ dài 24 sao
cho 2 cây b t kỳ trong chúng có ít nh t 8 v trí khác nhau.
Bài toán 6.33. Trong m t bu i d ti c có 2n ngư i g m nam và n . H ng i trên m t cái
bàn tròn. Hãy tìm t t c n sao cho v i m i cách ng i ta luôn có th chia h thành n c p nam
n mà hai ngư i cùng c p không ng i c nh nhau.
Bài toán 6.34. Cho t p h p h u h n M g m ít nh t hai s th c dương khác nhau. Bi t r ng
b
v i b t kỳ a ∈ M t n t i các s b, c ∈ M (a, b, c không nh t thi t phân bi t) sao cho a = 1 + .
c
Ch ng minh r ng t n t i hai s x, y ∈ M (x = y) sao cho x + y > 4.
Bài toán 6.35. Cho s nguyên dương n > 2. Hãy tìm s các s nguyên a tho mãn đi u ki n
t n t i song ánh f : {1, 2, .., n} → {1, 2, .., n} mà |f (i) − i| = a ∀i = 1.n.
Bài toán 6.36. Xét 2000 đư ng tròn bán kính 1 trên m t ph ng sao cho không có hai đư ng
tròn nào ti p xúc nhau và m i đư ng tròn c t ít nh t 2 đư ng tròn khác. Hãy tìm giá tr nh
nh t c a s giao đi m c a các đư ng tròn này.
69


Bài toán 6.37. Cho các s nguyên dương n, k tho mãn n = 2k − 1 và k ≥ 6. Gi s
T = {x = (x1, x2, ..., xn)|xi ∈ [0, 1], ∀i = 1, n}. Đ nh nghĩa hàm kho ng cách d(x, y) là s các
ch s j sao cho xj = yi . Gi s t n t i các t p con S c a T v i 2k ph n t tho mãn v i m i
ph n t x ∈ T t n t i duy nh t ph n t y ∈ S sao cho d(x, y) ≤ 3. Ch ng minh r ng n = 23.
Bài toán 6.38. Cho các s nguyên dương n, k. Trong m t ph ng n đư ng tròn đư c b trí
sao cho hai đư ng tròn tuỳ ý c t nhau t i 2 đi m phân bi t và không có ba đư ng tròn nào
cùng đi qua m t đi m. Các giao đi m đư c tô b i 1 trong n màu, m i màu đư c dùng ít nh t
m t l n, trên m i đư ng tròn có đúng k màu. Tính k, n đ vi c tô màu có th th c hi n đư c.
Bài toán 6.39. V i m i c p s khác nhau (x, y) c a t p h p h u h n ph n t X ta gán cho
nó m t s là f (x, y) b ng 0 ho c 1 sao cho f (x, y) = f (y, x) ∀x = y. Ch ng minh r ng có
đúng m t trong các tính ch t sau là đ t đư c:

i) X là h p c a 2 t p r i nhau khác r ng U, V sao cho f (u, v) = 1 ∀u ∈ U, v ∈ V .

ii) Các ph n t c a X có th gán cho x1, x2, ..., xn tho mãn f (x1 , x2 ) = f (x2 , x3) = ... =
f (xn , x1).
Bài toán 6.40. Gi s r ng trên đư ng tròn đã có n ô (n ≥ 3). M i ô đã đư c vi t m t trong
hai ký hi u 0, 1. M t phép toán th c hi n theo lu t sau. Ch n m t ô C nào đó có ký hi u 1,
bi n đ i nó thỳanh 0 và bi n đ i các ký hi u x, y trong hai ô k v i ô C thành 1 − x, 1 − y.
Tr ng thái ban đ u có m t ô mang ký hi u 1 còn các ô khác mang ký hi u 0. tìm các giá tr
n msao cho sau m t s h u h n bư c th c hi n phép toán trên ta có th đưa các ký hi u trên
các ô v toàn là 0.
Bài toán 6.41. T đư c đ nh nghĩa là m t s có 10 ch s ch g m các s 0, 1. M t phép
bi n đ i m t t là ch n m t s các ch s liên ti p trong t sao cho t ng c a chúng là m t s
ch n r i d o ngư c các s đó. Hai t đư c g i là đ ng nghĩa n u sau m t s làn dùng phép
bi n đ i t này có th bi n thành t kia. Tìm s l n nh t các t đôi m t không đ ng nghĩa.
Bài toán 6.42. Cho b ng buông n.n. Trên m i ô vuông con c a b ng có ghi duy nh t m t s
nguyên dương sao cho hi u c a hai s ghi hai ô k nhau là 1 ho c −1. Ch ng minh r ng ta
có th tìm đư c m t s nguyên dương k mà t t c các c t ch a k ho c t t c các hàng ch a
k.
Bài toán 6.43. Cho b ng vuông 2n.2n v i n là m t s nguyên, n ≥ 2. Ta đi n 2n2 s t
nhiên t 1 t i 2n2 vào b ng, m i s l p l i 2 l n. Ch ng minh r ng t n t i m t cách ch n 2n2
s t nhiên t 1 t i 2n2 , m i s m t l n sao cho trên m i hàng và m i c t luôn có ít nh t
m t s đư c ch n.
Bài toán 6.44. Vi t n s t nhiên trên m t đư ng tròn. Tìm n sao cho v i m i dãy g m n
s t nhiên ta luôn tìm đư c hai s c nh nhau sao cho sau khi xoá chúng đi các s còn l i có
th chia thành hai t p h p có t ng các ph n t b ng nhau.
Bài toán 6.45. Gi s n là m t s nguyên dương, n > 1. Gi s r ng cho 2n đi m trong
m t ph ng, không có ba đi m nào th ng hàng, n đi m trong chúng đư c tô màu xanh, n đi m
còn l i đư c tô màu đ . M t đư ng th ng trong m t ph ng đư c g i là t t n u nó đi qua m t
đi m xanh và m t đi m đ c a m i n a m t ph ng có b là đư ng th ng này s đi m xanh
trên đó b ng s đi m đ . Ch ng minh r ng t n t i ít nh t hai đư ng th ng t t.
70 CHƯƠNG 6. CÁC Đ TOÁN T H P CH N L C


Bài toán 6.46. Cho b ng vuông 1983.1984 tô màu như bàn c vua. Trên m i ô tr ng ta ghi
s 1 ho c −1. Tên m i ô đen ta ghi tích c a các ô tr ng k v i nó. Bi t t t c các các ô đen
đ u ghi s 1. Ch ng minh r ng t t c các s c a b ng d u là s 1.

Bài toán 6.47. Ngư i ta đi n s vào 441 ô vuông c a b ng vuông 21.21 sao cho t i m i hàng
và m i c t có không quá 6 giá tr khác nhau đư c đi n vào. Ch ng minh r ng có m t s xu t
hi n ít nh t 3 hàng và ít nh t 3 c t c a b ng vuông này.

Bài toán 6.48. Cho h các đư ng tròn trong m t ph ng có ph n trong r i nhau t ng c p.
M i đư ng tròn ti p xúc v i ít nh t 6 đư ng tròn khác c a h . Ch ng minh r ng h này có
vô h n ph n t .

Bài toán 6.49. Gi s N là m t s nguyên dương, hai ngư i chơi A, B l n lư t vi t các s
1, 2, .., N lên b ng. A vi t s 1 lư t đ u tiên. T lư t th 2 n u m t ngư i vi t s n thì
ngư i ti p theo vi t s n + 1 ho c s 2n. Ai vi t s N là ngư i th ng. Ta nói N là ki u A hay
ki u B tuỳ theo A hay B có chi n thu t th ng. Xác đ nh ki u c a 2004 và tìm N nh nh t
l n hơn 2004 khác ki u v i 2004.

Bài toán 6.50. Cho t p h p n ph n t phân bi t A. Gi s r ng các t p h p con U1 , U2, ..., Um
c a A tho mãn t n t i s nguyên k sao cho v i m i c p (i, j) ta có |Ui ∩ Uj | = k. Ch ng
minh r ng m ≤ n.

a
Chương 7

M t s ch đ t h p ch n l c

7.1 Bài toán Rubik l c lăng
Gi i thi u. Toán h c cũng gi ng như m t "trò chơi", b i vì nó truy n cho nh ng ngư i làm
toán m t khát v ng chinh ph c và chi n th ng. Ngư c l i đ có th chơi gi i m t trò chơi nào
đó, c n ph i có nh ng suy lu n toán h c logic và h p lý d n đư ng. Rubik là m t trò chơi
"trí tu ". H n các b n đ u đã t ng m t l n trăn tr b i các kh i màu c a m t chi c rubik
l c lăng (6 m t), và h n b n đã t ng tr m tr khi đư c m t ai đó "bi u di n" v i món đ
chơi nho nh này. Làm sao h có th xoay, xoay và xoay ..... đ r i cu i cùng t t c các kh i
màu h n đ n tr v đúng v trí c a nó. Th c ra đ có th th c hi n đư c đi u đó b n ch c n
n m đư c kho ng 7 k thu t cơ b n.




Nhi u ngư i l i cho r ng b i vì vi c quay rubik có th quy v 7 th thu t đơn gi n đó, nên
nó đã không còn gì thú v . S th c là nh ng ngư i đó chưa hi u nhi u l m v rubik. V n đ
v các rubik là r t phong phú. Ch ng h n đó là làm th nào đ có th tìm ra đư c các th
thu t có ích, và t i sao l i t n t i nh ng th thu t như v y. Đây là m t câu h i khó, vì r ng
m i liên h gi a các m t c a rubik là r t "vư ng víu" và không d đ có th tìm đư c mô
hình toán h c t t cho bài toán này. Tuy nhiên, v n đ khó và thú v đó không ph i m c đích
c a chúng tôi.

Trong bài vi t nh này chúng tôi mu n đ c p đ n m t k t qu tư ng ch ng hi n nhiên,
nhưng đã là trăn tr c a r t nhi u rubiker sành s i. V n đ c a chúng ta là n u có m t ai
đó tình c l p ngư c đúng m t kh i c a rubik thì li u có th xoay v tr ng thái ban đ u hay
không. Chúng ta c n phân bi t hai trư ng h p tương ng v i hai lo i v trí c a m t kh i,
71
72 CHƯƠNG 7. M T S CH Đ T H P CH N L C


c nh và đ nh. Do đó c n ph i gi i quy t hai bài toán tương đ i khác nhau.
Bài toán 7.1.1. Ch ng minh r ng không th l t ngư c m t kh i c nh c a rubik mà các
kh i khác v n đúng v trí ban đ u c a nó (v trí tương đ i so v i các kh i khác).
l i gi i. Đ gi i quy t bài toán này ta c n tìm đư c m t b t bi n đ i v i phép quay h p l .
Chúng ta ti n hành đánh d u các m t c a các kh i trên c nh b ng các mũi tên như sau:




Nghĩa là th i đi m đ u tiên chúng ta v các mũi tên theo ba vòng "b n" xung quanh
rubik. Khi đó trên m i kh i c nh thì hai mũi tên trên hai m t c a kh i đó s t o thành
m t trong hai hư ng. Sau khi xoay, n u hư ng c a m t kh i v trí nào đó gi ng v i hu ng
c a kh i ô v trí đó lúc đ u tiên thì ta nói đó là m t kh i đúng, và g i là kh i sai trong
trư ng h p ngư c l i.

Rõ ràng là sau m i l n xoay thì hi u gi a s ô đúng và s ô sai gi nguyên tính ch n l ,
đi u này suy ra t s ki n là m t kh i sai sau khi xoay đi s thành kh i đúng. Rõ ràng n u
t i m t th i đi m nào đó ch có m t kh i sai thì hi u s đó là m t s l , trong khi đó lúc
đ u tiên (chưa xoay) hi u này là ch n. V y không th xoay l i đư c cho t t c 6 m t đ u đúng.

M t k t qu tương t mà chúng ta quan tâm đó là n u thay kh i c nh b i kh i đ nh thì
m i chuy n s th nào. M t k t qu có th đ t đư c ngay đó là kh i đ nh n u có "xoay" đi
đư c thì cũng không th quá tho i mái, hình v minh ho dư i đây nói lên đi u đó:




Tuy nhiên bài toán sau đây m i th c s là khó và có l v n chưa có l i gi i (!?).
Bài toán 7.1.2 (Open Question). Ch ng minh r ng không th xoay m t kh i đ nh c a
rubik mà các kh i khác v n đúng như ban đ u (v trí tương đ i so v i các kh i khác).
7.2. NGUYÊN LÝ B T BI N VÀ N A B T BI N 73


7.2 Nguyên lý b t bi n và n a b t bi n
Gi i thi u. B t bi n và n a b t bi n là m t công c quan tr ng và có hi u qu cao trong
r t nhi u các bài toán t h p. Xét l p bài toán sau: cho A, B là hai t p h p và f là các phép
toán. B t đ u t A b ng các tác đ ng f lên các ph n t c a A ta thu đư c f (f (A)) = f2 (A).
Ti p t c ta thu đư c f3 (A), f4(A), . . .. V y bài toán đ t ra đây là gì? Đó là có t n t i hay
không m t s nguyên dương k mà fk (A) = B và n u t n t i thì li u có ch ra đư c nó hay
không? Rõ ràng đây là m t câu h i hay và khó. Có r t nhi u bài toán m c dù cách phát bi u
khác xa như trên nhưng nó l i thu c l p bài toán trên.

7.2.1 B t bi n
Trong m c này chúng ta s xét đ n l p bài toán không t n t i k t c là không bao gi ta nh n
đư c t p B t t p A thông qua f và m t trong nh ng phương pháp đó là xây d ng m t đ c
trưng ψ(X) mà nó không thay đ i trong quá trình th c hi n phép toán f và có ψ(A) = ψ(B).
Đ c trưng ψ(X) g i là m t b t bi n. Chúng ta hãy cùng xét m y ví d sau đây:

Ví d 7.2.1. Trên b ng s cho 10 s 1 và 11 s −1, m i l n cho phép l y ra 2 s và thay
vào đó là s 1 n u 2 s l y ra b ng nhau và −1 n u khác nhau. H i sau 20 l n thì s còn l i
là s 1 hay không?

l i gi i. Trong bài toán này d th y t p A là t p g m 10 s 1 và 11 s −1, B là t p g m
1 s 1 và phép toán là cho phép l y ra 2 ph n t và thay b ng tích c a chúng. Do f thay
2 ph n t b i tích c a chúng nên ta d dàng th y m t b t bi n là ψ(X) = x. Mà ta có
x∈X
ψ(A) = −1 = 1 = ψ(B) do đó d n t i k t lu n c a bài toán.

Ví d 7.2.2. Cho dãy s x0 = 1, x1 = 0, x2 = 1, x3 = 0, x4 = 1, x5 = 0. V i n ≥ 0 thì xn+6
là ch s t n cùng c a s xn + xn+1 + xn+2 + xn+3 + xn+4 + xn+5 . H i có t n t i k hay không
mà xk = 0, xk+1 = 1, xk+2 = 0, xk+3 = 1, xk+4 = 0, xk+5 = 1.

l i gi i. D th y là A là b s (x0, x1, x2 , . . . , x5); B = (0, 1, 0, 1, 0, 1) và:

fk (A) = (xk , xk+1 , xk+2 , xk+3 , xk+4 , xk+5 ).

V i phép toán f xác đ nh:

xk+6 ≡ xk + xk+1 + xk+2 + xk+3 + xk+4 + xk+5 (mod 10).

Bây gi ta tìm đ c trưng ψ. V i X = (c1 , c2, . . . , c6 ) ta xét t d ng đơn gi n nh t là hàm
tuy n tính:

ψ(X) = t1 c1 + t2 c2 + t3 c3 + t4c4 + t5c5 + t6c6 (mod 10).
Ta có:

ψ(fk+1 (A)) ≡ t1 xk+1 + t2xk+2 + t3 xk+3 + t4xk+4 + t5xk+5 + t6xk+6 (mod 10)

≡ t6xk + (t6 + t1)xk+1 + (t6 + t2)xk+2 + (t6 + t3)xk+3 + (t6 + t4)xk+4 + (t6 + t5 )xk+5 (mod 10).
74 CHƯƠNG 7. M T S CH Đ T H P CH N L C


Như v y là ta c n có t6 ≡ t1 (mod 10), t6 + t1 ≡ t2 (mod 10), . . . , t6 + t5 ≡ t6 (mod 10). Nên
có th d dàng nh n ra t1 = 2, t2 = 4, . . . , t6 = 12 th a mãn. Hay:

ψ(X) = 2c1 + 4c2 + 6c3 + 8c4 + 10c5 + 12c6 (mod 10).

V y luôn có ψ(fk (A)) = ψ(A) = 8. Nhưng ψ(B) = 2 = ψ(A) do đó ta không th có B nghĩa
là không t n t i k. Bài toán đư c ch ng minh.

Qua ví d trên ta có th th y đ i v i các ph n t là các s thì ta thư ng tìm nh ng hàm
tuy n tính, đa th c, . . .

Ví d 7.2.3. Trên b ng ô vuông vô h n, t i ô (1, 1) có m t viên bi. Cho phép b bi theo quy
t c sau: M i l n l y ch n ô (i, j) mà các ô (i + 1, j) và (i, j + 1) đ u không có bi và l y bi
ô (i, j) ra kh i b ng và đ t vào các ô (i + 1, j) và (i, j + 1) m i ô m t viên. H i b ng cách đó
ta có th làm cho các ô (1, 1), (1, 2), (2, 1), (1, 3), (2, 2), (3, 1) đ u không có bi hay không?

l i gi i. Đ i v i bài toán này ta quan tâm t i các ô ch a bi. Ta có m i tr ng thái k c a các
ô ch a b trên b ng cho ta m t t p h p Xk = {(i, j)| ô (i, j) có bi} v i X0 = {(1, 1)}. Ta xét
hàm ψ(X) = s(i, j).
(i,j)∈X
Ta tìm s sao cho ψ là b t bi n hay ta c n ψ(Xk+1 ) = ψ(Xk ) v i m i k. Rõ ràng là ta có
tr ng thái k + 1 nh n đư c t tr ng thái k qua vi c b đi bi ô (i, j) và thay vào đó là hai ô
(i + 1, j) và (i, j + 1) nên ta có ψ(Xk+1 ) − ψ(Xk ) = s(i + 1, j) + s(i, j + 1) − s(i, j). Do quan
h bình đ ng gi a s(i + 1, j) và s(i, j + 1) nên ta ch n s sao cho s(i + 1, j) = s(i, j + 1) và
1
đ ng th i s(i, j) = 2s(i + 1, j) do đó ta nghĩ ngay đ n s(i, j) = 2i+j .
1
Như v y ta luôn có ψ(X) = 2i+j
và v i m i k thì ψ(Xk ) = ψ(X0) = 1 . 4
(i,j)∈X
Bây gi gi s ta đã làm cho các ô (1, 1), (1, 2), (2, 1), (1, 3), (2, 2), (3, 1) đ u không có bi
và ta thu đư c t p B g m các ô không có bi. M t khác v i cách b bi như trên thì d th y
t i m i th i đi m thì trên hàng {(1, 4), (1, 5), . . .} có đúng m t ô có bi. Tương t cho c t
{(4, 1), (5, 1), . . .} cũng có m t ô có bi. Do đó ta có t i th i đi m đó ch có h u h n ô có bi
nên:
1 1 1 1
ψ(B) < 1+4 + 4+1 + i+j
= = ψ(X0 ).
2 2 2 4
i,j≥2|i+j≥5

Nên ta không th làm đư c. Bài toán đư c ch ng minh.
Nh ng đ i lư ng b t bi n này đã cung c p cho chúng ta m t phương hư ng quan tr ng
đ ch ng minh không th bi n đ i t đ i tư ng này thành m t đ i tư ng khác. Vi c phát
hi n nh ng đ i lư ng b t bi n này dư ng như không có m t quy t c nào c do đó t t hơn
h t ta nên quan sát h t gi thi t, phân tích nó, d a trên nh ng đ i tư ng mà nó hư ng đ n
và hãy c g ng t nh ng bi u th c đơn gi n nh t r i đ n ph c t p d n.
B ng cách s d ng đ i lư ng b t bi n các b n hãy hoàn thành các bài t p sau:

Bài toán 7.2.1. Trên b ng có ghi m t s s 0, m t s s 1, m t s s 2. Cho phép th c hiên
quy t c sau: m i l n l y ra hai s khác nhau và thay vào đó là s còn l i. Ch ng minh r ng
n u sau m t s l n th c hi n quy t c trên mà trên b ng còn l i m t s duy nh t thì s đó
không ph thu c vào quá trình xóa s .
7.2. NGUYÊN LÝ B T BI N VÀ N A B T BI N 75


Bài toán 7.2.2. Cho a1, a2, . . . , an là m t hoán v c a (1, 2, . . . , n). Cho phép th c hi n quy
t c: m i l n l y hai s h ng n m liên ti p nhau và đ i ch c a chúng cho nhau. H i sau m t
s l l n đ i ch như trên thì ta có thu đư c hoán v ban đ u hay không?

Bài toán 7.2.3. Cho b ng 11 × 12. Tô màu các ô c a b ng theo quy t c sau: m i l n tô 6
ho c 7 ô chưa có màu n m liên ti p nhau trên cùng m t hàng ho c m t côt. H i b ng cách
đó có th tô màu h t t t c các ô vuông sau 19 l n tô hay không ? Câu tr l i là th nào v i
20 l n tô.

Bài toán 7.2.4. Cho l c giác đ u. Chia m i c nh c a l c giác đ u thành 1000 ph n b ng
nhau. N i các đi m chia v i nhau b i các đo n th ng song song v i c nh c a l c giác. M i
giao đi m c a các đo n nói trên g i là nút. Tô màu các nút theo quy t c sau: M i l n tô 3
nút chưa có màu và là 3 đ nh c a m t tam giác đ u. H i sau m t s l n tô ta mà còn l i m t
nút không có màu thì nút đó có th là đ nh c a l c giác hay không?

M t s bài toán lát ph sau đây cũng thu c d ng này:
Bài toán 7.2.5. M t n n nhà hình ch nh t đư c lát b i các hình 2 × 2 và 1 × 4. Nhưng khi
lát l i n n nhà thì v m t m t viên 2 × 2, ngư i ta thay b ng m t viên 1 × 4, H i h có th
lát đư c n n nhà l i hay không?
Bài toán 7.2.6. Cho m, n ≥ 3 là các s nguyên dương. Cho b ng kích thư c m × n. M i hình
nh n đư c t hình vuông 2 × 2 b m t đi m t góc g i là m t thư c th . Ta b bi như sau: m i
l n ta b bi vào 3 ô mà 3 ô đó t o thành hình thư c th m i ô m t viên bi. H i v i cách đó
ta có th b bi sao cho sau m t s h u h n l n thì m i ô đ u có s bi b ng nhau hay không?

7.2.2 N a b t bi n
Trong m c này chúng ta s xét v l p bài toán t n t i k hay ta có th nh n đư c B t A
thông qua f . M t trong nh ng hư ng đ gi i quy t các bài toán thu c d ng này là xây d ng
hàm ψ có đ c đi m : ψ thay đ i đơn đi u qua m i l n th c hi n phép toán f , ψ ch nh n m t
s h u h n giá tr khác nhau. Đ th y rõ hơn chúng ta hãy xét m t vài ví d :

Ví d 7.2.4. Trên m t n ≥ 4 giác đ u, t i m i đ nh đư c đi n m t s th c. Cho phép th c
hi n th c hi n phép toán sau: m i l n l y ra 4 s a, b, c, d theo th t n m liên ti p nhau mà
(a − d)(b − c) < 0 và đ i ch b và c cho nhau. Ch ng minh r ng sau m t s l n thì phép toán
s ph i d ng l i.

l i gi i. Gi s a1, a2, . . . , an là n s đư c vi t trên các đ nh lúc ban đ u. D dàng nh n
th y là m i l n s l y ra m t s i mà (ai − ai+3 )(ai+1 − ai+2 ) < 0 và đ i ch ai+1 và ai+2 cho
nhau. Chú ý là: (ai − ai+3 )(ai+1 − ai+2) = aiai+1 + ai+2 ai+3 − aiai+2 − ai+1 ai+3 . Do đó ta có
th th y ngay hàm ψ có th l y như sau:

ψ(a1, a2 , . . . , an ) = a1 a2 + a2 a3 + . . . + an a1 .

Rõ ràng t p các s trên các đ nh c a n-giác là không thay đ i sau các phép toán nên ψ ch
nh n h u h n giá tr . M t khác c sau m i l n th c hi n phép toán thì ta có:

ψ(a1, a2, . . . , ai , ai+1, ai+2 , ai+3 . . . , an) − ψ(a1, a2, . . . , ai, ai+2 , ai+1, ai+3 . . . , an )
76 CHƯƠNG 7. M T S CH Đ T H P CH N L C


= (ai − ai+3 )(ai+1 − ai+2 ) < 0.
Nghĩa là sau m i l n th c hi n phép toán thì giá tr c a ψ tăng lên. Mà s giá tr mà ψ nh n
là h u h n nên ch th c hi n đư c h u h n l n mà thôi.
Ví d 7.2.5. T i m i đ nh c a m t ngũ giác đ u, ta đ t tương ng m t s nguyên sao cho
t ng c a c 5 s là m t s dương. N u có 3 đ nh liên ti p nhau đư c đ t tương ng 3 s x, y, z
và y < 0 thì ta th c hi n phép toán như sau: thay các s x, y, z đó tương ng thành các s
x + y, −y, z + y. Phép toán trên trên đư c th c hi n l p l i n u trong 5 s các đ nh v n còn
có s âm. Hãy xác đ nh xem vi c th c hi n các phép toán đó có d ng sau m t s h u h n
bư c không?
l i gi i. G i x1, x2, . . . , x5 là 5 s tương ng đư c đ t trên 5 đ nh c a ngũ giác đ u sao cho:
S = x1 + x2 + x3 + x4 + x5 > 0. Đ t χ = (x1, x2 , x3, x4, x5 ) và f (χ) = f (x1 , x2, x3 , x4, x5) =
(x1 − x3)2 + (x2 − x4)2 + (x3 − x5 )2 + (x4 − x1)2 + (x5 − x2)2 . Rõ ràng là ta có f (χ) ≥ 0 và
f (χ) không thay đ i khi các xi thay đ i v trí.

Khi x3 < 0 thì toán t xác đ nh như đã nói khi tác đ ng lên χ s bi n χ thành:

Y = (x1, x2 − x3, −x3, x4 − x3 , x5).

T đó b ng các tính toán đơn gi n ta thu đư c:

f (Y ) − f (χ) = 2x3 (x1 + x2 + x3 + x4 + x5 ) = 2x3 S ≤ −2.

Nói cách khác c m i l n th c hi n phép toán thì hàm f (χ) s gi m đi 2 đơn v . Vì v y, quá
trình đó s d ng l i sau m t s h u h n bư c.
Ví d 7.2.6. Có n t p truy n tranh đư c x p theo m t th t b t kì thành m t hàng ngang
trên giá sách. M i l n b n l y t p k (1 ≤ k ≤ n) nh nh t (không n m v trí th k) và x p
nó vào ch th k t trái qua ph i. H i sau m t s h u h n l n làm như v y thì b n có th
x p đư c liên ti p n t p truy n theo đúng th t c a nó không?
l i gi i. V i m i 0 ≤ i ≤ n, ta đ nh nghĩa di = 0 n u t p truy n i n m v trí th i và b ng
di = 1 n u ngư c l i. Đ t ψ = d1 + d2 .2 + . . . + dn .2n−1 .

Lúc đó ta có ψ ≤ 1 + 2 + . . . + 2n−1 = 2n − 1 và ψ = 0 khi và ch khi t p truy n i
n m v trí th i. M t khác m i l n th c hi n phép thay đ i v trí các t p truy n thì có m t
dk mà dk chuy n t 1 thành 0 trong khi dk+1 , dk+2 , . . . , dn không thay đ i. Do đó dù trư ng
h p x u nh t là d1 , d2 , . . . , dk−1 đ u chuy n t 0 thành 1 đi n a thì ta v n có ψ gi m đi ít
nh t là m t đơn v . Do đó sau không quá 2n − 1 l n thì phép toán ph i d ng l i. Hay b n
luôn có th s p x p đư c. Chú ý là bài toán này 2n − 1 l n là s l n chuy n sách t i thi u.
Ví d 7.2.7. Gi s G là m t đ th có b c m i đ nh không l n hơn 11. Ch ng minh r ng
có th tô màu các đ nh c a G b i 4 màu sao cho có không quá n c nh có hai đ nh cùng màu.
l i gi i. Trư c h t là ta tô màu m t cách b t kì. Bây gi ta ch ng minh b ng m t s phép
đ i màu các đ nh ta s làm cho đ th có tính ch t: m i đ nh k v i không quá v i hai đ nh
cùng màu v i nó. Rõ ràng là khi đó s c nh có hai c nh cùng màu s không vư t quá: 2n/2 = n.
7.2. NGUYÊN LÝ B T BI N VÀ N A B T BI N 77


V i m i đ th như trên ta g i ψ là s c nh có hai đ nh cùng màu. C m i l n mà có
đ nh A (gi s A có màu xanh) ch ng h n nào đó k v i ít nh t là 3 đ nh cùng màu v i nó là
B, C, D thì do s đ nh k v i A là 11 mà 11 đ nh này đư c tô b ng 4 màu nên có m t màu
đư c tô màu cho không quá hai đ nh, g i là màu đ ch ng h n. Thì ta đ i màu các đ nh A
t xanh sang đ . Rõ ràng là khi đó ta có s c nh có hai đ nh cùng màu s gi m đi m t hay
ψ gi m đi m t. Nhưng rõ ràng là ta có ψ luôn nh n giá tr nguyên không âm. Do đó ta có
phép đ i màu trên s ch th c hi n đư c h u h n l n hay t lúc nào đó thì m i đ nh ch k
v i không quá hai đ nh cùng màu v i nó hay ta có bài toán đư c ch ng minh.

Chú ý là v i n = 12k thì n đây là s t t nh t, b i l y đ th g m h p c a k đ th
K12 thi d dàng ki m tra r ng m i cách tô màu b ng 4 màu đ u có s c nh có hai đ nh cùng
không nh hơn n.

Bài toán này thu c bài toán tr ng thái đ c bi t và dư i đây cũng là m t s bài toán thu c
d ng này, các b n hãy gi i đ hi u rõ hơn phương pháp.
Bài toán 7.2.7. Trong m t đ th có n đ nh, ch ng minh r ng ta có th tô màu các đ nh b i
hai màu sao cho v i m i đ nh b t kì thì trong các đ nh k v i nó, s đ nh cùng màu v i nó
không hơn s đ nh khác màu v i nó.
Bài toán 7.2.8. Trong m t căn nhà có m t s ch n bóng đèn đư c l p đ t trong các căn
phòng sao cho m i phòng đ u có ít nh t 3 bóng. M i bóng đèn đ u có công t c chung v i đúng
m t bóng đèn khác (không nh t thi t là ph i khác phòng). M i l n b t t t công t c thì làm
thay đ i tr ng thái c a hai bóng mà nó tác đ ng. Ch ng minh v i m i tr ng thái ban đ u b t
kì c a các bóng, có m t dãy h u h n các thao tác t t b t công t c mà ta có th làm cho m i
căn phòng đ u có ít nh t m t bóng sáng và m t bóng t t.
Cu i cùng, m i các b n gi i quy t ba bài toán sau đây, xem như các bài t p:
Bài toán 7.2.9. Có m t b bài 52 quân, l n lư t rút các quân bài. Trư c khi rút cho phép
đoán ch t c a quân bài. N u đoán đúng là th ng. Ch ng minh r ng có thu t toán đ có th
th ng ít nh t 13 l n.
Bài toán 7.2.10. Gi s hai ngư i cùng chơi m t ván c caro như sau: trên b ng vô h n
các ô vuông, l n lư t m i ngư i chơi khi đ n lư t mình thì đi n các ký hi u X và O vào các
ô vuông (m i ngư i ch đi n m t lo i d u). Ai đi n đư c m t hàng ngang, c t d c ho c m t
đư ng chéo đ dài 11 g m toàn d u c a mình thì chi n th ng. H i có chi n thu t nào đ
không ngư i chơi bao gi thua hay không.
Câu h i tương t khi thay 11 b i 9.
Bài toán 7.2.11. Cho hàm s f : N × Z → N tho mãn đ ng th i các đi u ki n sau:
i) f (0, 0) = 52003, f(0, n) = 0 v i m i s nguyên n = 0.
ii) F (m, n) = f (m − 1, n) − 2.[f (m − 1, n)/2] + [f (m − 1, n − 1)/2] + [f (m − 1, n + 1)/2]
v i m i s t nhiên m > 0 và v i m i s nguyên n.
Ch ng minh r ng t n t i s t nhiên M sao cho:

1 n u |n| ≤ (52003 − 1)/2
f (M, n) =
0 n u |n| > (52003 − 1)/2.
78 CHƯƠNG 7. M T S CH Đ T H P CH N L C


7.3 Phương pháp phân nhóm
Gi i thi u. Có l m c này là m c có ít tính ch t t h p nh t trong toàn b tài li u. Tuy
nhiên, có th nó có ích cho b n đ c nào mu n nhìn th y m t chút liên h gi a t h p và các
phân môn khác. Th t v y, các b n có th theo dõi đ th y r ng l i gi i c a m t s bài toán
đ i s dư i đây mang màu s c t h p r t rõ nét.
n n
Ví d 7.3.1. Cho các s th c x1 , x2, . . . , xn th a mãn: |xi | = 1, xi = 0. Ch ng minh
i=1 i=1
r ng:
n
xi 1 1
≤ − .
i=1
i 2 2n

l i gi i. Đ t A = {i| xi ≥ 0}, B = {i| xi < 0}. Khi đó đi u ki n bài toán tr thành:

 xi + xi = 0
i∈A i∈B
 xi − xi = 1.
i∈A i∈B

1
Do đó xi = 2
và xi = − 1 . Bây gi ta có:
2
i∈A i∈B


xi 1 xi xi xi 1
≤ xi = và =− ≤− =− .
i∈A
i i∈A
2 i∈B
i i∈B
i i∈B
2n 2n

n xi xi xi 1 1
Suy ra = − ≤ − . Đây là đi u ph i ch ng minh.
i=1 i i∈A i i∈B i 2 2n
n
Ví d 7.3.2. Gi s x1 , x2, . . . , xn là n s th c sao cho |xi| = 1. Ch ng minh r ng t n t i
i=1
S ⊂ {1, 2, . . . , s} th a mãn:

 1 ≤ |S ∩ {i, i + 1, i + 2}| ≤ 2 ∀ i = 1, 2, . . . , n − 2
1
 | xi | ≥ .
i∈S 6

l i gi i. V i m i i = 0, 1, 2, đ t:

si = xj , ti = xj .
xj ≥0,j≡i (mod 3) xj = +∞ (mâu
i=1 ai n=1 nC
thu n). V y t n t i n0 mà an0 có ch a ch s m − 1. Bây gi xét dãy an0 +1 , an0 +2 . . . , ak , . . ..

Dãy này v n có tính ch t đ bài nên t n t i vô s n mà an ch a ch s m − 1 trong cơ
s m. Hay có vô s n mà an ch a 2005 ch s 9 trong bi u di n th p phân.

Như v y qua bài toán trên ta có nh n xét là: n u dãy s nguyên dương a1 < a2 < . . .
1
th a mãn không có n nào mà an ch a k ch s 9 liên ti p thì < +∞. Bây gi kí hi u
n≥1 xi
Sj là t ng các ngh ch đ o c a các s n mà n có j ch s và n không ch a ch s k ch s 9
liên ti p trong bi u di n th p phân.

Gi s M là m t t h p g m k ch s b t kì trong h th p phân (v i chũ s đ u tiên
khác 0). Khi đó s các ch s n mà n có j ch s và không ch a s M b ng s các s n mà
n có j ch s và không ch a k ch s 9 liên ti p. Do đó n u đ t tj là t ng các các s n mà n
có j ch s trong h th p phân và n không ch a M. Khi đó tj ≤ 10sj . Như v y v i t là t ng
ngh ch đ o c a các s nguyên dương mà không ch a M trong bi u di n th p phân thì ta có
t = t1 + t2 + . . . ≤ 10(s1 + s2 + . . .) < +∞. V y ta đã gi i quy t đư c bài toán.
Bài toán 7.3.3. Gi s M là m t t h p các các ch s (v i ch s đ u khác 0) . Khi đó
nêu t t ng ngh ch đ o c a các các s không ch a M trong bi u di n th p phân thì t < +∞.
V i bài toán 7.3.3 thì ta thu đư c h qu là bài toán 7.3.4 sau đây (là bài toán t ng quát
c a đ thi VN TST 2005 trên).
Bài toán 7.3.4. Gi s M là m t t h p các ch s (v i ch s đ u tiên khác 0). Gi s dãy
s {an } là dãy s nguyên dương tăng và dãy {an /n} là dãy b ch n khi đó có vô s s h ng
c a dãy có ch a M trong bi u di n th p phân.
V i cùng phương pháp ta có th d dàng gi i quy t đư c m t s bài toán sau:
Bài toán 7.3.5. Ch ng minh r ng v i m i dãy {x1, x2, . . . xn } có tính ch t không có s nào
b t đ u b i s khác trong n s đó thì:
n
1 1 1 1
≤ 1 + + + ...+ .
i=1
xi 2 3 9
Bài toán 7.3.6. V i n là s nguyên dương. kí hi u f (n) là s các ch s 0 trong bi u di n
th p phân c a n. Ch ng minh r ng:
+∞
af (n)
< +∞ ⇐⇒ a < 91.
n=1
n2
Bài toán 7.3.7. Gi s m là s dương sao cho v i m i b g m các vectơ có t ng modun
b ng 1 thì có m t s vectơ có modun c a vectơ t ng không nh hơn m. Ch ng minh r ng:
1/4 ≤ m ≤ 1/2.
7.4. VAI TRÒ C A CÁC B S Đ C BI T 81


7.4 Vai trò c a các b s đ c bi t
Gi i thi u. M t tính ch t đ c trưng c a các bài toán t h p mang tính ch t t i ưu đó là
tính hai chi u c a ch ng minh. Ch ng h n mu n ch ng minh đáp s c a bài toán là k = α,
v y thì nhi m v c a ta là ph i ch ng minh đư c k ≥ α và k ≤ α, hơn n a còn ph i ch ra
đư c m t cách b trí sao cho trong cách b trí đó thì qu th c k = α. Bư c th nh t trong
nhi u trư ng h p là không quá khó khăn, khó khăn th c s l i n m bư c th hai. Trong
m c này chúng tôi xin d n ra m t s ví d như v y.

Bài toán 7.4.1. T i m t c a hàng ăn th c đơn có 20 món. Có 10 khách hàng cùng vào ăn,
m i ngư i g i đúng 3 món. Hai ngư i b t kỳ g i gi ng nhau ít nh t m t món và gi s a là
món đư c nhi u ngư i g i nh t. G i k là s ngư i g i món a. Hãy tìm giá tr nh nh t c a
k.

l i gi i. G i các món ăn là {1, 2, ..., n} khi đó danh sách các món ăn do m i ngư i ch n
s là m t t p con ba ph n t c a t p h p này. Ta ch ng minh câu tr l i c a bài toán là
5. Đ ch ng minh k ≥ 5 ta xét 10 t p h p 3 ph n t và A là m t trong s 10 ph n t đó.
Do t p A có chung ít nh t m t ph n t v i b t kỳ t p h p àno trong 9 t p còn l i nên
theo nguyên lý Dirichlet suy ra có m t ph n t c a A xu t hi n không dư i ba l n trong
9 t p đó. V y k ≥ 4. N u k = 4 t c là m i ph n t c a A đ u xu t hi n đúng ba l n
trong các t p còn l i. Đi u này th c hi n v i m i ph n t thu c vào nh ng món ăn đã g i
nhưng t ng s món ăn (tính c l p) là 10.3 = 30 không chia h t cho 4. V y k = 4 suy ra k ≥ 5.

Bây gi ta s ch ra m t cách g i món mà k = 5. Th t v y, xét 10 t p con 3 ph n t sau
đây {1, 2, 3}, {1, 4, 5}, {1, 6, 7}, {2, 4, 6}, {2, 5, 7}, {3, 4, 7}, {3, 5, 6}, {2, 4, 6}, {3, 5, 7}, {3, 5, 7}.
Trong các t p này thì 1 xu t hi n 3 l n, các s 2, 4, 6 xu t hi n 4 l n còn 3, 5, 7 xu t hi n
đúng 5 l n. V y k = 5. Do đó k nh nh t là 5.

Bài toán 7.4.2. Tìm s t nhiên k nh nh t sao cho trong k ph n t tuỳ ý c a t p {1, 2, ..., 50}
luôn ch n ra đư c ba s là đ dài các c nh c a m t tam giác vuông.

l i gi i. Trư c h t ta li t kê toàn b các t p con ba ph n t c a t p {1, 2, ..., 50} mà ba
ph n t đó là đ dài ba c nh c a m t tam giác vuông. Có đúng 20 t p con như v y:




Ta đ t K = S \ {5, 8, 9, 16, 20, 24, 35, 36, 50}. Rõ ràng K có 41 ph n t và t t c các t p h p
đư c li t kê trên đ u không ph i t p con c a K. Cu i cùng ta xét 9 t p h p r i nhau:
82 CHƯƠNG 7. M T S CH Đ T H P CH N L C


M t t p h p có không ít hơn 42 ph n t ch a ít nh t m t trong 9 t p h p trên. V y giá tr
nh nh t c a k là 42. Bài toán đư c gi i xong.
Bài toán 7.4.3 (IMO 1991). Xét t p h p S = {1, 2, ..., 280}. Tìm s nguyên dương n nh
nh t tho mãn n s b t kỳ l y ra t S có 5 s nguy n t cùng nhau đôi m t.
l i gi i. Trư c h t ta ch ra 216 ph n t c a S mà trong 5 ph n t b t kỳ luôn có 2 ph n
t có ư c chung l n hơn 1. Th t v y, t p h p sau đây có tính ch t đó (ch ng minh đ u này
không quá khó):
A = {k ∈ S | k chia h t cho 2, 3, 5, 7 ho c 11}.
Xét m t t p h p T ∈ S g m 217 ph n t . Ta s ch ng minh r ng T ch a 5 ph n t đôi m t
nguyên t cùng nhau. Đ t:

B1 = A \ {2, 3, 5, 7}
B2 = {112 , 11.13, 11.17, 11.19, 11.23, 132 , 13.17, 13.19}
P = S \ (B1 ∪ B2 ).

Rõ ràng |P | = |S| − |B1 | − |B2 | = 60 và P là h p c a 1 và t t c các s nguyên t trong S.
Néu |T ∩ P | ≥ 5 thì ta có đi u ph i ch ng minh.
N u |T ∩ P | ≤ 4. Ta có |T ∩ (S \ P )| ≥ 217 − 4 = 213. Suy ra t p h p các s không nguyên
t trong S có nhi u nh t 280 − 213 − 60 = 7 s không thu c T . Xét các t p h p :

M1 = {2.23, 3.19, 5.17, 7.13, 11.17}
M2 = {2.29, 3.23, 5.19, 7.17, 11.13}
M3 = {2.31, 3.29, 5.23, 7.19, 11.17}
M4 = {2.37, 3.31, 5.29, 7.23, 11.19}
M5 = {2.41, 3.37, 5.31, 7.29, 11.23}
M6 = {2.43, 3.41, 5.37, 7.31, 13.17}
M7 = {2.47, 3.43, 5.41, 7.37, 13.19}
M8 = {22 .32 , 52 , 72 , 132 }.

Rõ ràng khi đó t n t i i0 đ T ∈ Mi0 , suy ra đi u ph i ch ng minh.

Th c ra thì chưa có m t phương án c th nào đ gi i quy t chi u ngư c l i c a lo i toán
này. Tuy nhiên chúng tôi mu n s d ng m t ví d nh coi như bư c đ u công phá v n đ đó.

Bài toán 7.4.4. Tìm s t nhiên k nh nh t sao cho trong k ph n t tuỳ ý c a t p {1, 2, ..., 50}
luôn ch n ra đư c hai s là đ dài hai c nh góc vuông c a m t tam giác vuông.
l i gi i. Trư c h t ta li t kê t t c các c p (a, b) ∈ (S, S) là đ dài hai c nh góc vuông c a
m t tam giác vuông, b ng cách li t kê các c p s P ythagore nguyên thu trư c, sau đó l p
các c p P ythagore đ ng d ng (sai khác m t h ng s nhân) ta có 26 c p (a, b) là (3,4), (6,8),
(9,120), (12,16), (15,20), (18,24), (21,28), (24,32), (27,36), (30,40), (33,44), (36,48), (8,15),
(16,30), (24,45), (12,35), (5,12), (10,24), (15,36), (20,48), (20,21), (40,42), (28,45), (7,24),
(14,48), (9,40).
7.4. VAI TRÒ C A CÁC B S Đ C BI T 83


Xét B = {3, 33, 12, 24, 8, 36, 40, 48, 16, 20, 28}. Ta th y m i c p P ythagore đ u có ít nh t
m t ph n t thu c B. Do đó C = S \ B là t p h p không ch a b t c c p s P ythagore nào.
Suy ra k > |C| = 39.

Xét 11 c p só P ythagore r i nhau (3,4), (33,44), (5,12), (7,24), (6,8), (27,36), (40,42), (48,14),
(16,30), (45,28), (21,20). Vì b t c t p con g m 40 ph n t nào c a S cũng ph i ch a ít nh t
m t c p P ythagore trên , cho nên k ≤ 40.

K t h p hai đánh giá trên suy ra k = 40.

V n đ c a chúng ta là làm th nào đ tìm đư c t p h p B và 11 c p P ythagore r i nhau.
Suy nghĩ m t chút, có l các b n s nh n th y r ng đ th là m t s tr giúp tuy t v i.




Bi u di n các ph n t c a t p S như các đi m c a m t đ thì và n i t t c các c p P ythagore
(a, b). Ta xây d ng t p B g m ít ph n t nh t sao cho trong t p C = S \ B không có b
P ythagore nào. Mu n v y, trên đ th , B ph i là các đ nh sao cho khi ta xoá các đ nh này
và t t c các c nh có n i v i nó đi thì đ th không còn c nh nào c .

T ý đ đó, ta ti n hành ch n các đi m c a B như sau. Vì (3,4), (33,44) là hai đo n riêng
l cho nên ta ch n {3, 33} ∈ B (ho c {3, 44}, {4, 33}, {4, 44} đ u đư c). Xoá các đo n đó
đi. Các đo n th ng có m t đ u là đ nh đơn thì đ nh kia (không đơn) ph i thu c B. V y
{12, 24, 8, 36, 40, 48} ∈ B. Xoá chúng và các c nh n i v i chúng.

C p (16,30) riêng l nên ta ch n 16 (ho c 30). Cu i cùng {20, 28} ∈ B. Lúc này, đ th
đã b xoá h t c nh. V y B = {3, 33, 12, 24, 8, 36, 40, 48, 16, 20, 28}.

Ti p theo, ta ph i ch ra 11 c p P ythagore r i nhau. Trong đ th trên, các c p này s
là các đ nh c a các c nh r i nhau. Mu n ch n đ 11 c p, ta c g ng ch n sao cho đư c nhi u
đo n r i nhau càng t t. Trư c h t ta ch n 2 c nh r i (3,4) và (33,44). Ti p đ n, ta ch n các
c p có m t đ u là đ nh đơn (5,12), (7,24), (6,8), (27,36), (40,42), (48,14).
84 CHƯƠNG 7. M T S CH Đ T H P CH N L C


Xoá t t c các c nh có m t đ u n m trong s các di m trên (còn l i như trên hình). D
dàng ch n ti p (16,30). Và ch n hai trong b n c p (45,28), (28,21), (21,20) và (20,15).Ch ng
h n ta ch n (45,28), (21,20). Đúng 11 c p Pitago r i nhau đã đư c xác đ nh. Bài toán đư c
gi i quy t xong hoàn toàn.




Cu i cùng m i các b n gi i hai bài toán sau xem như nh ng bài t p nh :

Bài toán 7.4.5. Có 10 em bé đ ng g n nhau, m i em bé càm m t qu bóng. Khi có hi u
l nh thì các em bé s đ ng th i chuy n bóng cho b n đ ng g n mình nh t. H i cu i cùng có
ít nh t bao em bé có bóng (gi thi t r ng kho ng cách gi a các c p em bé đ u khác nhau).

Bài toán 7.4.6 (VMO 2005). Trong m t ph ng cho bát giác l i A1A2 A3A4A5 A6A7A8 mà
không có ba đư ng chéo nào c a nó c t nhau t i m t đi m. Ta g i m i giao đi m c a hai
đư ng chéo c a bát giác là m t nút. Xét các t giác l i mà m i t c giác đ u có c b n đ nh là
đ nh c a bát giác đã cho. Ta g i m i t c giác như v y là m t t c giác con. Hãy tìm s nguyên
dương n nh nh t có tính ch t có th tô màu n nút sao cho v i m i i, k ∈ {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8}
và i = k, n u ký hi u s(i, k) là s t giác con nh n Ai , Ak làm đ nh và đ ng th i có giao đi m
hai đư ng chéo là m t nút đã đư c tô màu thì t t c các giá tr s(i, k) đ u b ng nhau.


7.5 Hai bài toán v ph các hình vuông
Gi i thi u. Dùng các hình đ ng d ng đ ph hình ban đ u là m t v n đ r t thú v c a
hình h c t h p. Trong bài vi t này chúng tôi xin d n ra hai k t qu tương đ i quen thu c
v vi c dùng các hình vuông bé đ ph m t hình vuông l n ban đ u, và s ch trình bày l i
gi i cho m t bài toán. T l i gi i đó các b n có th th y ngay l i gi i c a bài toán còn l i.

Bài toán 7.5.1. Ch ng minh r ng không th dùng hai hình vuông có c nh nh hơn 1 đ ph
m t hình vuông c nh 1.

Bài toán 7.5.2. Ch ng minh r ng không th dùng năm hình vuông có c nh 1/2 đ ph m t
hình vuông c nh 1.

l i gi i. Xét hình vuông ABCD tâm O c nh 1, và g i c nh c a 5 hình vuông dùng đ ph
là a < 1/2. Gi s r ng có th dùng 5 hình vuông như v y đ ph . Ta chia ABCD làm 4
hình vuông c nh 1/2 b ng hai đư ng th ng qua O và vuông góc v i c nh. Do đư ng kình
hình vuông c nh 1/2 l n hơn đư ng kính c a m i hình dùng đ ph nên hình ch a m t trong
5 đi m A, B, C, D, O mà ta ký hi u là VA , VB , VC , VD , VO .
7.5. HAI BÀI TOÁN V PH CÁC HÌNH VUÔNG 85




Xét hình vuông VA , rõ ràng là t ng đ √ hai đo n mà nó ph
√ dài hai c nh AB, AD ph i nh
hơn 1, vì x + y ≤ 2(x2 + y 2) ≤ 2. 2.a < 1. Do đó t ng các đo n mà VA , VB , VC , VD ph
trên các c nh nh hơn 4, cho nên VO ph i có giao v i m t c nh nào đó. Gi s đó là c nh
BC.

Xét hình vuông c nh a ph lên m t đo n c a hai đư ng th ng song song cách nhau 1/2
như hình v trên. G i l là đ dài mà hình vuông ph lên hai đư ng đó. Ta có:

h1 + h2 2 cos (ϕ − 450 ) − 1/2
l = (h1 + h2)(tan ϕ + cot ϕ) = =
sin ϕ. cos ϕ sin ϕ. cos ϕ


2 cos (ϕ − 450 ) − a a(cos ϕ + sin ϕ) − a a(sin ϕ − 1)(cos ϕ − 1)
=⇒ l < = = a− ≤ a.
sin ϕ. cos ϕ sin ϕ. cos ϕ cos ϕ + sin ϕ

V y t ng đ dài hai đo n đư c ph s ≤ a.

Bây gi xét l1, l2, l3 là ba đư ng th ng cách nhau 1/2 như hình v dư i đây:




Trong hai c p (VA , VB ) và (VC , VD ) thì m i c p √ i có ít nh t m t hình ph c hai đo n
ph
cách nhau 1/2, còn hình kia ph lên m t đo n ≤ 2a.√ y t ng đ √ mà 5 hình vuông ph
√ V dài
lên 3 đo n th ng l1, l2, l3 s là d ≤ a + a + a + 2a + 2a = (3 + 2 2)a < 6a < 3.
86 CHƯƠNG 7. M T S CH Đ T H P CH N L C


7.6 Câu h i m v m t tính ch t c a chùm các đư ng
tròn
Gi i thi u. Vi c kh o sát m i quan h c a nhi u đ i tư ng là m t đ c trưng c a t h p.
Trong m c này chúng tôi s kh o sát m t s tính ch t c a chùm các đư ng tròn. T t nhiên s
lư ng các tính ch t ki u như th này r t đa d ng, không th li t kê trong m t bài vi t nh .
Vì v y chúng tôi s ch t p trung vào các đ i tư ng đ c bi t, đó là các đư ng tròn đơn v .

H n ch hơn n a chúng ta ch quan tâm t i các đư ng tròn đơn v và gi thi t thêm m i c p
đư ng tròn trong s chúng đ u c t nhau t i hai đi m phân bi t. Đ i v i 3 đư ng tròn có hai
cách b trí như sau:




Cách b trí bên ph i cho ta m t tính ch t r t đ p, đó là tam giác ABC có bán kinh đư ng
tròn ngo i ti p bé hơn đơn v , còn bên trái, đi u này không ph i lúc nào cũng đúng. Các
b n có th t ch ng minh ho c tham kh o thêm ph n hình h c c a tài li u này.

Câu h i là cái gì đã t o nên s khác bi t? Th c ra có tính ch t như v y vì s có m t
c a tam giác cong "h ng" mà ta g i là "l " trong cách b trí gi a các đư ng tròn. M t
câu h i r t t nhiên đư c đ t ra là ph i chăng n u n hình tròn s p x p tuỳ ý thì li u có th
t o ra đư c t giác cong, ngũ giác cong ... hay không. Câu tr l i là có, và chính xác hơn ta có:

Đ nh lý. L cong do n đư ng tròn t o ra có nhi u nh t n c nh.
Ch ng minh.




Rõ ràng m t đư ng tròn cung c p cho l nhi u nh t là m t c nh cong, do đó s c nh cong
c a l b t kỳ không vư t quá s đư ng tròn, t c là n. Ta g i s c nh c a đa giác cong có
nhi u c nh nh t có th t o ra do n đư ng tròn là Cn . V y Cn ≤ n, ngoài ra ta đã có C3 = 3.
7.6. CÂU H I M V M T TÍNH CH T C A CHÙM CÁC ĐƯ NG TRÒN 87



B t đ u t (O1 ), (O2 ), (O3) và ba đ nh c a l là A1, A2, A3 . Quy ư c đ i v i hai đi m A, B
thì (AB) là đư ng tròn bán kính 1 có tâm không thu c n a m t ph ng b AB h a Q (là
giao đi m th hai c a (O1 ), (O2 )). L y A3, A4 như sau, đi m A3 thu c cung A2A3 và đi m A4
thu c cung A3A1 mà A3 đ g n A2, A4 đ g n A3 sao cho (O4 ) = (A3A4 ) c t (O2 ). Đi u này
th c hi n đư c do đó C4 = 4, t giác cong trong trư ng h p này là A1A2 A3A4.

Bây gi khi đã có Cn = n v i n ≥ 4 theo đúng cách đã xây d ng trên, l y An+1 thu c cung
An A1 đ g n An và đi m An thu c cung An−1 An đ g n An−1 sao cho (On+1 ) = (An An+1 )
c t (O2 ), đi u này th c hi n đư c và ta có Cn+1 = n + 1, n + 1 - giác cong lúc này là
A1A2 ...AnAn+1 . Đ nh lý đư c ch ng minh hoàn toàn.

Chúng ta hãy khai thác theo m t cách khác. Chúng ta bi t r ng theo đ nh lý Helly cho
h hình l i thì n u v i n hình tròn mà b ba nào cũng có giao đi m chung thì đi u đó cũng
đúng v i h n hình tròn, t c là không th t n t i l như trên đư c. V y, n u đư c s p x p
tuỳ ý thì t n hình tròn có th t o ra đư c nhi u nh t bao nhiêu l . Đây là m t bài toán
th c s khó và k t qu chúng tôi đ t đư c m i ch là m t s kh o sát nh . G i Ln là s l
nhi u nh t có th t o ra. Th thì ta có:

Đ nh lý. S l nhi u nh t có th t o ra không nh hơn n − 2 hay là Ln ≥ n − 2.

Ch ng minh. Rõ ràng L3 ≥ 1, xét n ≥ 4. Công vi c c a chúng ta là ch ra m t cách
b trí mà trong cách b trí đó có đúng n − 2 l đư c t o ra. Quy ư c khi vi t (O) t c là
đư ng tròn tâm O bán kính 1. Xét m t đi m O1 , v đư ng tròn (O1, 2). L y O2 , On trên đư ng
tròn này sao cho O2 O1 On ≤ 600 . Trên cung nh O2 On l y các đi m O3 , ..., On−1 sao cho khi
i = 3, ..., n − 1 thì giá tr c a các góc O2 O1 Oi cũng tăng nhưng luôn bé hơn O2 O1 On . V i cách
xác đ nh này thì (O1 ) ti p xúc v i (Oi ) v i m i i = 2, 3, .., n, hơn n a v i m i 2 ≤ j < k ≤ n
thì (Oj ) và (Ok ) c t nhau. Lúc này ta có đúng n − 2 l đư c t o thành.

Xét m t tia O1 x c t cung nh O2 On v i m i 2 ≤ j < k ≤ n thì t n t i s j,k mà v i
m i phép t nh ti n (O1 ) thành (O1,j,k ) tho mãn O1,j,k ∈ O1 x và O < O1 O1,j,k < j,k . Khi đó
l do ba đư ng tròn (O1 ), (Oj ), (Ok ) đư c b o toàn tính t n t i. Và như v y khi đ i tâm O1
b i O v i O ∈ O1 x và 0 < O1 O < min { j,k | 2 ≤ j < k ≤ n}. Đ nh lý đư c ch ng minh.

M t cách r t t nhiên chúng ta s đ t câu h i, v y n − 2 có ph i câu tr l i t t nh t
cho bài toán này hay không. Đây là m t câu h i m .

Bài toán 7.6.1 (Open Question). Ch ng minh r ng s l đư c t o ra t n đư ng tròn đơn
v nhi u nh t là n − 2.

THAY Cho L I K T. V n đ v chùm các đư ng tròn còn nhi u, ch ng h n m t v n đ
đư c đ t ra là kh o sát s lư ng các giao đi m đư c t o thành. Có m t bài toán tương t cho
các đư ng th ng, c n chú ý r ng n u b qua đi u ki n bán kính các đư ng tròn b ng nhau
thì m i chuy n có l s đơn gi n hơn. Gi thi t hơi "gi t o" đó có th s khi n cho bài toán
tr nên r t khó. Các b n hãy ti p t c công vi c kh o sát này, có l s còn nhi u đi u thú v
đang đ i các b n.
88 CHƯƠNG 7. M T S CH Đ T H P CH N L C


7.7 Đ nh lí Konig-Hall
Trư c h t ta c n nh c l i m t vài hi u bi t v khái ni m c p ghép trong lý thuy t đ th .
Cho đ th lư ng phân G = (X, Y, U ), t p c nh E (E ⊂ U ) đư c g i là c p ghép c a đ th
G hay là t p c nh đ c l p trong đ th G n u hai c nh b t kì thu c E đ u không có đ nh
chung. N u c p ghép l p quan h tương ng m t - m t gi a t p A ⊂ X và t p B ⊂ Y thì ta
nói r ng ghép c p t p A trên t p B hay đã ghép c p A vào Y .

Đ nh lý Hall-Konig. Trong đ th hai m ng vô hư ng G = (X, Y, U ) ta có th ghép c p X
vào Y khi và ch khi đ i v i m i t p A ⊂ X đ u có |D(A)| ≥ |A| (V i D(A) là t p h p các
đ nh trong Y k v i ít nh t m t đ nh trong A).

Chúng ta cũng có th phát bi u đ nh lí đó theo cách khác như sau: Cho t p A = {1, 2, . . . , m}
và gi s A1, A2, ..., An là các t p con c a A. G i m t dãy x1 , x2, . . . , xn là t t n u như xi ∈ Ai
v i m i i = 1, 2, . . . , n, và đ ng th i xi = xj v i m i i = j ∈ {1, 2, ..., , n}. Khi đó đi u ki n
c n và đ đ t n t i dãy t t là v i m i I ⊂ {1, 2, . . . , n} thì | Ai| ≥ |I|.
i∈I
Ch ng minh. Ta ch ng minh b ng phương pháp quy n p theo k = |X|+|Y |. V i k = 2, 3 thì
hi n nhiên ta có |X| = 1 do đó kh ng đ nh đúng. Gi s bài toán đã đúng v i m i 1 ≤ k ≤ n.
Ta s ch ng minh kh ng đ nh trên cũng đúng cho k = n + 1 ≥ 4. Th t v y xét 2 trư ng h p:
N u v i m i A ⊂ X ta đ u có |D(A)| ≥ |A| + 1. Khi đó ta l y m t đ nh x0 ∈ X và l y
đ nh y0 ∈ Y k v i x0 . Xét đ th G nh n đư c t G khi b đi 2 đ nh x0 ,y0 và c nh x0y0 thì
d th y trong G v i m i A ⊂ X \ {x0} ta đ u có |DG (A)| ≥ |A|. Khi đó theo gi thi t quy
n p ta có th ghép c p t X \ {x0 } vào Y \ {y0}. K t h p thêm c nh x0y0 ta có th ghép c p
đư c t X vào Y .
N u t n t i A ⊂ X mà |D(A)| = |A|. Khi đó đ t X ⊂ X \A và xóa h t các c nh xu t phát
t các đ nh trong A đ ng th i xóa các đ nh thu c D(A). Ta thu đư c đ th G = (X , Y , U ).
Ta s ch ng minh v i m i B ⊂ X thì |DG (B)| ≥ B. Th t v y n u x y ra |DG (B)| < |B| thì
b ng cách xét t p A ∪ B trong G ta s có:

|DG (A ∪ B)| = |DG (A)| + |DG (B)| < |A| + |B| = |A ∪ B|.

Vô lí. Do đó theo gi thi t quy n p ta có th ghép c p t X vào Y , t A vào D(A) suy ra
có th ghép c p t X vào Y . Như v y theo nguyên lí quy n p bài toán đúng v i m i k. Đ nh
lí đư c ch ng minh.

Đ nh lí này là m t k t qu hay trong lí thuy t đ th và có khá nhi u bài toán khác có
th đư c gi i quy t g n gàng nh áp d ng m t cách khéo léo bài toán này. Chúng ta hãy
cùng nhau xem xét m t s vài bài toán như v y.

Bài toán 7.7.1. Có 1000 h p bi, m i h p ch a đúng 10 viên bi. Bi t r ng không có 11 viên
bi nào cùng màu. Ch ng minh r ng có th l y t m i h p m t hòn bi sao cho t t c 1000 viên
đư c l y ra đ u có màu khác nhau.

l i gi i. Trư c h t ta có nh n xét là v i m i 1 ≤ k ≤ 1000 h p bi trong s 1000 h p đó thì
các viên bi trong k h p đó có ít nh t là k màu. Th t v y gi s t n t i k h p bi mà các hòn
bi trong k h p đó ch có k − 1 màu khác nhau. Theo gi thi t m i h p có 10 viên bi. Do đó
7.7. Đ NH LÍ KONIG-HALL 89


trong k h p có t t c 10 × k viên bi. M t khác l i có không có 11 viên bi nào cùng màu cho
nên ta có trong k h p bi đó có không quá (k − 1) × 10 viên bi. Đây là đi u vô lí. Nh n xét
đư c ch ng minh.
V y ta đã đưa bài toán v các đi u ki n th a mãn đ nh lí nêu trên. Theo đinh lí đó ta có
th ch n đư c đư c t 1000 h p bi đã cho 1000 viên bi có màu khác nhau, m i h p 1 viên.

Bài toán 7.7.2. Cho b ng ô vuông n × n. Trong m i ô vuông con c a b ng có đi n m t s
th c không âm sao cho t ng các s n m trên m i hàng, m i c t b t kì trên b ng là 1. Ch ng
minh r ng ta có th ch n ra n ô vuông con không có hai ô nào cùng hàng hay c t mà trong
m i ô đó đã đư c đi n m t s th c dương.

l i gi i. Đ i v i bài toán này ta c n chú ý t i quan h gi a các hàng và c t, m i ô vuông
là giao c a m t hàng và m t c t nên ta xét quan h k nhau như sau. Hàng i và c t j là k
nhau n u ô giao gi a hàng i và c t j đư c đi n m t s th c dương. Chú ý t i đi u ki n t n
t i n ô mà không có hai ô nào không n m trên cùng m t hàng hay m t c t và trong m i ô
đ u đư c đi n 1 s th c dương. Ta có th th y ngay đi u đó tương đương v i là có th tìm
đư c n c nh mà đôi m t không có đ nh chung. Hay là ghép c p đư c t t p các hàng vào t p
các c t (theo quan h trên). S d ng đ nh lí ta ch c n k hàng b t kì k v i ít nh t là k c t.
Th t v y ta gi s có k hàng mà nó ch k v i m ≤ k − 1 c t khi đó ta xét b ng ch nh t
k × m t o b i k hàng và m c t trên. Khi đó ta có t ng các s n m trên m i hàng là b ng 1.
Do đó t ng các s vi t trên b ng này là k. Tuy nhiên t ng các s n m trên m i c t ≤ 1 do
đó t ng các s vi t trên b ng không vư t quá m ≤ k − 1 (Vô lí).
V y k hàng b t kì đ u k v i ít nh t k c t nên theo đ nh lí suy ra đi u c n ch ng minh.

Bài toán 7.7.3. Cho 2n đ i bi u đ n t n qu c gia, m i qu c gia có đúng 2 đ i bi u. Bi t
r ng h ng i trên m t bài tròn. Ch ng minh r ng ta có th chia h thành 2 nhóm, m i nhóm
g m n đ i bi u đ n t n nư c mà không có 3 ngư i nào ng i cùng nhau liên ti p.

l i gi i. Ta đánh s 2n ngư i đó theo th t theo chi u quay c a kim đ ng h . Và chia h
thành n c p (1, 2), . . . , (2n − 1, 2n). Bây gi ta ch ng minh có th l y t m i c p m t ngư i
sao cho n ngư i đư c l y ra đ n t n nư c khác nhau. Th t v y ta có m i c p g m 2 ngư i
và m i nư c có 2 đ i bi u cho nên theo bài toán 7.7.1 ta có th ch n ra t m i c p m t ngư i
sao cho n ngư i đó đ n t n nư c khác nhau. Rõ ràng là khi đó n ngư i còn l i cũng đ n t
n nư c khác nhau và d th y không có ba ngư i nào thu c cùng m t nhóm ng i c nh nhau
liên ti p. Đây là đi u ph i ch ng minh.

Bài toán 7.7.4. Trong m t h i ngh có 100 đ i bi u đ n t 25 qu c gia khác nhau, m i qu c
gia có đúng 4 đ i bi u. Bi t r ng h ng i trên m t bàn tròn. Ch ng minh r ng có th chia h
thành 4 nhóm phân bi t, m i nhóm g m 25 đ i bi u c a 25 nư c mà không có hai đ i bi u
nào cùng m t nhóm ng i c nh nhau.

l i gi i. Theo bài toán 7.7.3 ta có th chia 100 ngư i đó thành 2 nhóm sao cho m i nhóm
g m 50 ngư i đ n t 25 nư c, m i nư c g m 2 ngư i. Sao cho không có 3 ngư i nào cùng m t
nhóm ng i c nh nhau liên ti p. Bây gi ta xét 50 ngư i trong nhóm l n th nh t, do không
có 3 ngư i nào ng i c nh nhau liên ti p nên ta có th chia 50 ngư i đó thành 25 c p mà hai
ngư i thu c 2 c p khác nhau thì không ng i c nh nhau. Theo bài toán 7.7.3 ta có th chia 50
ngư i này thành 2 nhóm mà m i nhóm có đúng 25 ngư i đ n t 25 nư c khác nhau và không
có hai ngư i nào cùng m t c p trong cùng nhóm. D th y không có hai ngư i nào trong
90 CHƯƠNG 7. M T S CH Đ T H P CH N L C


cùng m t nhóm ng i c nh nhau. Tương t cho nhóm l n còn l i. Ta có 100 ngư i đã đư c
chia thành 4 nhóm sao cho m i nhóm có 25 đ i bi u đ n t 25 nư c khác nhau và không có
hai ngư i nào cùng nhóm ng i c nh nhau. Đi u ph i ch ng minh.

Cu i cùng các b n hãy s d ng đ nh lí Hall − Konig đ gi i m t s các bài toán sau đây:

Bài toán 7.7.5. Trong m t cu c khiêu vũ có n ông và n bà. Bi t r ng m i ông quen đúng k
bà và m i bà quen đúng k ông (k là s nguyên dương cho trư c). Ch ng minh r ng ta có th
chia h thành n c p nh y sao cho m i ngư i đ u nh y v i ngư i mà mình quen.

Bài toán 7.7.6. Cho b ng ô vuông n × n. Gi s các ô vuông đơn v c a m t b ng con
n × k (k < n) c a b ng đã đư c tô b i ≤ n màu (m i màu s đư c tô cho không quá n ô) th a
mãn không có hai ô nào cùng màu cùng n m trên m t hàng hay m t c t. Ch ng minh r ng
ta có th tô màu ti p các ô còn l i c a b ng b i n màu đó sao cho m i màu đư c tô cho đúng
n ô và không có hai ô nào cùng màu n m trên cùng m t hàng hay m t c t.

Bài toán 7.7.7. Cho b ng n × n bi t m i ô vuông con c a b ng đư c đi n m t s t nhiên
sao cho hai hàng b t kì đ u khác nhau. Ch ng minh r ng ta có th xóa đi m t c t mà b ng
n × (n − 1) thu đư c v n có tính ch t trên.


7.8 Đ nh lý Erdos - Skerezes
Đ nh lý Erdos - Skerezes. S Ramsey R(m, n) v i m, n ∈ N là s nguyên dương nh nh t
tho mãn tính ch t trong R(m, n) ngư i b t kỳ đ u t n t i ít nh t m ngư i đôi m t quen nhau
ho c t n t i ít nh t n ngư i đôi m t không quen nhau. Khi đó v i m i m, n ∈ Z, m, n ≥ 2 ta
có b t đ ng th c sau R(m, n) ≤ R(m − 1, n) + R(m, n − 1).

H qu . V i m, n là các s nguyên l n hơn 2 ta có:

m+n−2
R(m, n) ≤ .
m−1

Ch ng minh. Đ t a = R(m − 1, n) + R(m, n − 1). Xét a ngư i b t kỳ, ký hi u m i ngư i
tương ng v i m t đi m trên m t ph ng, hai ngư i quen nhau đư c n i v i nhau b ng màu
xanh, ngư c l i n u không quen nhau thì hai đi m tương ng v i hai ngư i đư c n i b ng màu
đ . Xét m t ngư i A b t kỳ trong a ngư i này. Gi s s c nh màu xanh (tương ng đ ) xu t
phát t đ nh này là u (tương ng v). Như v y ta có u+v = a−1 = R(m−1, n)+R(m, n−1)−1

=⇒ [v − R(m, n − 1)] + [u − R(m, n − 1)] = −1.

Do hai s h ng trong ngo c vuông trên đ u là nh ng s nguyên suy ra t n t i ít nh t m t
trong hai s đó không âm. Xét hai trư ng h p:
Trư ng h p 1: n u v − R(m, n − 1) ≥ 0 suy ra v ≥ R(m, n − 1). Do đó trong v ngư i
tương ng v i v đ nh này có m ngư i quen nhau ho c n − 1 ngư i không quen nhau. Mà A
không quen v i b t kỳ ngư i nào trong s v ngư i này nên trong a ngư i có m ngư i quen
nhau ho c n ngư i không quen nhau.
7.8. Đ NH LÝ ERDOS - SKEREZES 91


Trư ng h p 2: n u u − R(m − 1, n) ≥ 0 suy ra u ≥ R(m − 1, n). Do đó trong t p u ngư i
này có m − 1 ngư i quen nhau ho c n ngư i không quen nhau. Mà A quen v i t t c u ngư i
này suy ra trong a ngư i có th ch ra m ngư i quen nhau ho c n ngư i không quen nhau.
K t h p hai trư ng h p trên ta suy ra R(m, n) ≤ R(m − 1, n) + R(m, n − 1).

T các kh ng đ nh trên ta d dàng suy ra r ng trong 2n luôn có n ngư i đôi m t quen
n
nhau ho c đôi m t không quen nhau. Bên c nh đó có th th y ngay r ng vi c đánh giá các
s R(m, n) như trên là khá l ng, t t nhiên trong t ng trư ng h p riêng có th ch ra nh ng
s đánh giá ch t ch hơn nhưng khi đó c n ph i có nh ng k thu t tinh t hơn, dư i đây là
m t ví d như th cùng v i 2 cách ch ng minh c a nó.

Bài toán. Ch ng minh r ng trong 18 ngư i tuỳ ý luôn t n t i 4 ngư i đôi m t quen nhau
ho c đôi m t không quen nhau.
Rõ ràng đây là đánh giá ch t ch hơn cho s R(4, 4), b i vì 4+4−2 = 6 = 20 > 18.
4−1 3


l i gi i 1. Ký hi u m i ngư i là m t đi m trên m t ph ng và tô màu các đo n th ng
n i hai đi m trong s các đi m đó b i m t trong hai màu xanh, đ . Xét m t đi m A1 n i v i
17 đi m còn l i b ng hai màu, suy ra t n t i chín đi m đư c n i v i A1 b i cùng m t màu,
gi s A1A2, ..., A1A10 đư c tô b i cùng m t màu xanh. N u t n t i m t tam giác ó ba c nh
cùng màu xanh là Ai Aj Ak v i 2 ≤ i < j < k ≤ 10 thì 4 đi m A1 , Ai, Aj , Ak cùng n i b ng
màu xanh. Ngư c l i n u m i b b n đi m A, Ai, Aj , Ak đ u t n t i m t c nh đ n i chúng
thì ta s ch ng minh r ng t n t i b n đi m đư c n i v i nhau b ng cùng m t màu đ . Xét 9
đi m A2, A3 , ..., A10, A2 đư c n i v i 8 đi m còn l i b i hai màu. Xét hai trư ng h p.
Trư ng h p 1: t n t i không ít hơn 4 đi m n i v i A2 b ng màu xanh, gi s đó là
A3, A4, A5 , A6 thì các tam giác d ng A2Am An v i 3 ≤ m < n ≤ 6 có các c nh A2 Am , A2An
xanh suy ra Am An đ , v y b n đi m A3 , A4, A5, A6 đư c n i b i toàn c nh đ .
Trư ng h p 2: t i m i đ nh Ai v i i = 2, 10 đ u có không ít hơn 5 c nh đ , nhưng do t ng
s c nh đ n i 9 đi m này là m t s ch n (tính c l p nên m i c nh đ đư c tính 2 l n),
nhưng 9.5 = 45 l i là s l suy ra t n t i m t đi m n i v i ít nh t 6 c nh đ . Gi s đó là
A2A3 , ...., A2A8. Xét đi m A3 n i v i A4, A5, A6, A7, A8 có ít nh t 3 đi m n i v i A3 b i cùng
m t màu, ch ng h n A3 A4, A3A5, A3, A6 cùng màu. N u t n t i A4A5 , A4A6 ho c A5 A6 cùng
màu v i A3A4 thì t n t i tam giác cùng màu, ngư c l i thì tam giác A4A5A6 cùng màu. Như
v y t 6 đi m A3, A4 , A5, A6, A7, A8 luôn có ít nh t m t tam giác cùng màu, theo tính ch t
t n t i ít nh t m t c nh đ xác đ nh trên thì tam giác cùng màu này ph i là màu đ , gi
s đó là ∆A3A4 A5. Khi đó b n đi m A2, A3, A4, A5 đôi m t n i v i nhau b ng màu đ .
Bài toán đư c ch ng minh xong.

L i gi i trên đây là nh ng suy lu n thông thư ng d a trên nguyên lý Dirichlet. Chúng
tôi mu n gi i thi u v i các b n m t l i gi i n a, l i gi i dư i đây có s d ng m t k t qu
s đư c ch ng minh trong bài vi t v m r ng bài toán 6 ngư i s đư c trình bày cu i tài li u.

l i gi i 2. S d ng cách tô màu như cách 1, áp d ng đ nh lý v s tam giác cùng
màu (đư c ch ng minh ph n cu i tài li u) ta suy ra có ít nh t 18.(18 − 2)(18 − 4)/2 = 168
tam giác cùng màu t 18 đi m này. T đó suy ra có ít nh t 168.3/18 = 28 đ nh c a 168 tam
giác cùng màu trùng nhau, nghĩa là có ít nh t m t đi m là đ nh chung c a ít nh t 28 tam
giác cùng màu. Ti p t c suy ra có ít nh t 28.2/17 > 3 c nh c a 28 tam giác cùng màu trùng
92 CHƯƠNG 7. M T S CH Đ T H P CH N L C


nhau hay là t n t i m t đo n AB là c nh chung c a ít nh t 4 tam giác cùng màu. G i 4 đ nh
còn l i c a b n tam giác cùng màu đó là C1 , C2, C3 , C4.




N u t n t i Ci , Cj cùng màu v i AB thì A, B, Ci, Cj đư c n i b i cùng m t màu.
N u m i đo n Ci Cj đ u khác màu v i AB thì C1 , C2, C3, C4 đư c tô b i cùng m t màu.

V y trong c hai trư ng h p thì ta đ u có th ch ra b n ngư i đôi m t quen nhau ho c
đôi m t không quen nhau, và như v y bài toán đã đư c ch ng minh hoàn toàn.


7.9 M t s bài toán khác
Bài toán 7.9.1 (Bài toán cái đ ng h ). Đ i v i chi c đ ng h treo tư ng, chúng ta quan
sát hai kim gi và phút. T t c các v trí mà c p hai kim này t o thành trong m t n a ngày
đư c g i là h p lý. Đ m s v trí h p lý mà n u đ i ch v trí hai kim ta v n đư c gi h p lý.
b




l i gi i. Chúng ta s d ng m t tr c to đ đ bi u th v trí c a hai kim:


Gi s kim gi ch x gi , kim phút ch y phút. Vì kim phút ch y nhanh g p 12 l n kim gi
nên đi u ki n đ v trí (x, y) h p lý là y = 12{x}. Và do đó đ gi v n đúng khi thay đ i v trí
hai kim thì ph i có x = 12{y}. Gi i h hai phương trình này như sau: (chú ý (0, 0) ≡ (12, 12))
x {y} y [y] [y]
= = − = {x} − =⇒ x = 144{x} − 12[y] =⇒ [x] + 12[y] = 143{x}.
144 12 12 12 12
V y {x} = k/143 v i k = 0, 1, ..., 142 =⇒ y = 12k/143. Gi s 12k = 143p + q v i 0 ≤ q ≤ 142
=⇒ {y} = q/143 =⇒ x = 12q/143. Ta ph i ch ng minh r ng {12q/143} = k/143, đi u này
tương đương v i 143|12q − k ⇐⇒ 143|12(12k − 143p) − k ⇐⇒ 143|143k − 12.143p (luôn đúng).
V y có t t c 143 th i đi m "h p lý" trong n a ngày.
7.9. M T S BÀI TOÁN KHÁC 93


L i Bình. Ch đ v chi c đ ng h còn khá nhi u, ch ng h n m t câu h i là trong ngày có
th i đi m nào mà n u đ i ch 3 kim (gi , phút, giây) cho nhau ta l i đư c m t gi h p lý hay
không. Ngoài ra li u 3 kim đó có th t o v i nhau các góc 1200 hay không. Đây đ u là các
câu h i không quá khó nhưng tuơng đ i thú v , vi c gi i quy t chúng xin dành cho b n đ c.
Bài toán 7.9.2. Trong m t ph ng cho 2001 đi m, không có 3 đi m nào th ng hàng. M t s
c p đi m đư c n i v i nhau b i các đo n th ng sao cho m i đi m đư c n i v i ít nh t 1601
đi m khác. Ch ng minh r ng trong nh ng đi m nói trên s có 6 đi m đôi m t đư c n i v i
nhau, hơn n a n u s 1601 đ i thành 1600 thì k t qu không còn đúng n a.
l i gi i. G i n là giá tr l n nh t c a t p h p các s ch s lư ng c a nh ng t p đi m đôi
m t đư c n i v i nhau. Xét n < 2001. Khi đó vì v i m i đi m trong t p con n đi m này thì có
không nhi u hơn 2001 − 1 − 1601 = 399 đi m không đư c n i v i đi m y. Do đó t p nh ng
đi m mà không đư c n i v i ít nh t m t trong n đi m nói trên thì có s ph n t ≤ 399.n.

N u 399n < 2001 − n thì ch c ch n còn m t đi m n a đư c n i v i t t c n đi m này,
trái v i gi thi t v tính c c đ i c a n. V y ta ph i có 399n ≥ 2001 − n =⇒ n ≥ 2001/400 > 5
do đó n ≥ 6. Đi u ph i ch ng minh.

Bây gi ta ch ng minh r ng khi thay 1601 b i 1600 thì có cách n i mà trong cách n i
đó trong m i b 6 đi m đ u t n t i m t c p đi m đư c n i v i nhau. G i các đi m đó là
{Ai |i = 1, 2, .., 2001}. Ta n i Ai Aj khi và ch khi i ≡ j mod 5. Rõ ràng v i cách n i này thì
m i đi m đư c n i đúng v i 1600 đi m khác, mà trong 6 s tuỳ ý luôn có hai s đ ng dư v i
nhau modulo 5, nên hai đi m có ch s tương ng s không n i v i nhau.

L i Bình. K thu t s d ng trong bài toán này g i là nguyên lý c c đ i, hay là kh i
đ u c c tr . N i dung c a nguyên lý này là trong m t t p h u h n s luôn có s nh nh t và
s l n nh t. Ngoài ra bài toán này có th t ng quát m t cách d dàng như sau.
Bài toán 7.9.3 (T ng quát). Cho t p h p S đi m (S > 1) trên m t ph ng, trong đó không
có 3 đi m nào th ng hàng và m i đi m đư c n i v i ít nh t M đi m khác (S < M). Ch ng
S−1
minh r ng t n t i + 1 đi m đôi m t đư c n i v i nhau.
S−M
S d ng bài toán này chúng ta có th gi i quy t bài toán sau không m y khó khăn:
Bài toán 7.9.4 (TST VMO 2004). Xét t p h p S = {a1 < a2 < ... < a2004}, v i m i ph n
t ai ∈ S ta g i f (ai ) là s lư ng các ph n t c a S mà nguyên t cùng nhau v i ai . Gi
thi t r ng f (ai ) < 2003 và f (ai ) = f (aj ) v i m i 1 ≤ i, j ≤ 2004. Tìm s nguyên dương k
nh nh t có tính ch t là v i m i t p con k ph n t c a S đ u ch a hai ph n t mà ư c chung
l n nh t c a chúng l n hơn 1.
Bài toán 7.9.5. Gi s A là m t t p h p có n ph n t và A1, A2, ..., An là các t p con có
không ít hơn 2 ph n t c a A. Gi s v i m i ph n t x, y ∈ A đ u t n t i duy nh t i tho
mãn x, y ∈ Ai. Ch ng minh r ng |Ai ∩ Aj | = 1 v i m i 1 ≤ i < j ≤ n.
l i gi i. Đ t |Ai| = ai v i i = 1, 2, .., n. Gi s A = {1, 2, .., n}, di là s t p h p Aj ch a i.
Ta có: n n
ai = di . (7.1)
i=1 i=1
94 CHƯƠNG 7. M T S CH Đ T H P CH N L C

di
|Ai ∩ Aj | = . (7.2)
2
M c khác do v i m i ph n t x, y ∈ A đ u t n t i duy nh t i tho mãn x, y ∈ Ai nên ta xét
s c p (x, y, Zi) v i x, y ∈ Ai suy ra:
n
ai n
= . (7.3)
i=1
2 2

Các công th c (7.1), (7.2), (7.3) đư c g i là các n i công th c. Bây gi ta c n ph i thi t l p
đư c các h th c riêng khác. Gi s r ng Am = {s1 , s2, ..., sp}, v i b ∈ Am suy ra có p t p
/
khác ch a {b, si} =⇒ db ≥ p. Do đó di ≥ aj v i m i i ∈ A/
n n n n
di aj
=⇒ di = = = aj .
i=1 i=1 j,i∈Aj
n − di j=1 i,i∈Aj
n − aj j=1
/ /

có n − di giá tr j có n − cj giá tr i

di n
Đ có đ ng th c ta ph i có di = aj v i m i i ∈ Ai. T đó d có
/ 2
= 2
suy ra
n
|Ai ∩ Aj | = 2 , mà |Ai ∩ Aj | ≤ 1 suy ra |Ai ∩ Aj | = 1 v i m i i, j.

L i Bình. Phương pháp đư c s d ng trong bài toán này có th t m g i tên là phương
pháp đ c l p chuy n đ ng, ý tư ng c a nó là khi ph i kh o sát quá nhi u đ i tư ng chúng
ta có th t m c đ nh m t s bi n l i và t n d ng tính đ c l p (bình đ ng) c a các bi n đó
r i kh o sát m t s ít bi n hơn. Vi c t ng h p các "chuy n đ ng" v a kh o sát đư c s cho
chúng ta m t đánh giá đ y đ v t t c các bi n ban đ u. Dư i đây là hai bài toán minh h a:
Bài toán 7.9.6. Xét các s nguyên dương n, k, m tho mãn n > 2k. S là t p g m các t p
con k ph n t c a {1, 2, ..., n} mà v i m i t p con k + 1 ph n t khác r ng c a {1, 2, ..., n}
ch a đúng m ph n t c a S.
Bài toán 7.9.7. T i m t cu c h p có 12k ngư i, m i ngư i trao đ i l i chào v i đúng 3k + 6
ngư i khác, v i hai ngư i b t kỳ nào đó, s ngư i trao đ i l i chào v i c hai ngư i này là
như nhau. Xác đ nh k.
a
Chương 8

Góc cùng màu

Nguy n Qu c Khánh & Lê H ng Quý


Gi i thi u. Trong Toán H c vi c tìm ra m t khái ni m m i có th s giúp chúng ta nhìn
nh n nh ng k t qu cũ m t cách rõ ràng và sâu s c hơn. Hơn n a r t có th nh đó chúng ta
s t o ra đư c nh ng k t qu m i m , ý nghĩa. Trong bài vi t này, chúng tôi mu n gi i thi u
v i các b n m t khái ni m có nhi u ng d ng trong t h p, đó là khái ni m v góc cùng màu.


8.1 Khái ni m góc cùng màu
Chúng ta cùng b t đ u v i m t s ví d .

Bài toán 8.1.1. M t đa di n l i trong không gian có t t c các m t đ u là hình tam giác.
Đ i v i c nh AB b t kì c a đa di n, chúng ta đánh d u mũi tên theo chi u t A đ n B ho c
t B đ n A sao cho t i m t đ nh b t kì đ u có ít nh t m t mũi tên đi vào và m t mũi tên
đi ra. Ch ng minh r ng t n t i ít nh t m t m t ABC c a đa di n mà các mũi tên trên các
c nh c a m t đó đi theo cùng m t chi u.

a




l i gi i. G i D, M, C l n lư t là s đ nh, s m t và s c nh c a đa di n l i trong gi
thi t. Bây gi chúng ta s đưa ra khái ni m: góc ABC đư c g i là góc cùng màu n u và
ch n u hai c nh AB, BC đư c đánh d u mũi tên theo cách có m t mũi tên đi vào B và
m t đi ra t B. Gi s ph n ch ng r ng có m t cách v mũi tên mà không có m t nào c a
đa di n có các mũi tên đi cùng m t chi u. Đ m s góc cùng màu trong cách tô đó theo hai cách.
95
96 CHƯƠNG 8. GÓC CÙNG MÀU



Chúng ta bi t r ng m i m t c a đa di n đ u là hình tam giác, mà theo gi s ph n ch ng
thì các mũi tên trên các c nh c a tam giác đó không đi cùng chi u. Do đó trên m i m t ch
có đúng 1 góc cùng màu. Và như th có t ng c ng M góc cùng màu.

M t khác xét m t đ nh b t kì c a đa di n, gi s t i đ nh đó có x mũi tên đi ra và y
mũi tên đi vào v i x ≥ y. Theo gi thi t thì x, y ≥ 1. S góc cùng màu t i đ nh này s là xy.
Chú ý thêm r ng xy − (x + 1)(y − 1) = x − y + 1 ≥ 0. Do đó t i m t đ nh b c n (t c là có
đúng n c nh có m t đ u mút là đ nh này) thì có ít nh t n − 1 góc cùng màu. Do đó s góc
cùng màu s không bé hơn 2C − D.

V y ta có b t đ ng th c M ≥ 2C − D. Ngoài ra chúng ta đ u đã bi t h th c Euler đ i
v i các đa di n l i D + M = C + 2. K t h p hai s ki n này =⇒ D + M ≥ 2C =⇒ 2 ≥ C. B t
đ ng th c này rõ ràng sai nên gi s ph n ch ng cũng sai. Như v y đi u ph i ch ng minh là
đúng. Bài toán đã đư c ch ng minh xong hoàn toàn.

L i Bình. Bài toán này là m t k t qu đáng ng c nhiên m c dù cách phát bi u c a nó
r t gi n d . Cách gi i s d ng khái ni m góc cùng màu trên đây cũng v y. Chúng tôi th c s
không bi t ngoài cách gi i v a trình bày trên li u có còn m t l i gi i sơ c p đ p đ khác
hay không. Theo m t cách nào đó, có th nói r ng đây là m t ví d đ p nh t đ th hi n cho
khái ni m m i m này. Tuy nhiên m t ví d đ p không ph i lúc nào cũng làm tròn nhi m v
c a nó. Chính vì v y chúng tôi mu n cùng các b n quay l i v i hai bài toán khá c đi n sau
đây. M t bài là đ thi IMO năm 1998, còn bài kia cũng đã xu t hi n trong m t kì thi IMO
t cách đây hơn 20 năm. Chúng ta cùng đi vào chi ti t 2 bài toán.
Bài toán 8.1.2. Trong m t cu c thi có a thí sinh và b giám kh o, v i b là s nguyên dương
l , b ≥ 3. M i giám kh o s đánh giá m i thí sinh theo hai m c r t ho c đ u. G i k là s
nguyên dương có tính ch t n u l y 2 giám kh o tuỳ ý thì đánh giá c a 2 v giám kh o này có
k t qu trùng nhau nhi u nh t là cho k thí sinh. Ch ng minh r ng:
k b−1
≥ .
a 2b
l i gi i. Trư c h t ta d ch bài toán ra ngôn ng d th , là ngôn ng thích h p hơn v i khái
ni m góc cùng màu c a chúng ta. M i giám kh o và m i thí sinh đư c coi như m t đi m.
Khi đó v i giám kh o A và thí sinh B, tô đ đo n th ng AB n u giám kh o A cho thí sinh
B đ u, và tô màu xanh trong trư ng h p ngư c l i. L i đ m s góc cùng màu S theo hai cách.

Chúng ta bi t r ng m i c p giám kh o có chung đánh giá đ i v i nhi u nh t k thí sinh,
vì th có không quá k góc cùng màu có hai đ u mút hai c nh góc là hai giám kh o này. Có
2
t t c Cb c p giám kh o, do đó ta có:
kb(b − 1)
S≤ . (8.1)
2
Bây gi xét m t thí sinh b t kì. Gi s có x giám kh o cho thí sinh đó đ u và còn l i b − x
giám kh o cho r t. Như v y s góc cùng màu nh n thí sinh này làm đ nh góc s là:
x(x − 1) (b − x)(b − x − 1) 2x2 − 2bx + b2 − b
+ =
2 2 2
8.1. KHÁI NI M GÓC CÙNG MÀU 97


b b2 b b2 b (b − 1)2 1
= (x − )2 + − ≥ − = − .
2 4 2 4 2 4 4
2
Chú ý là b là s nguyên l do đó (b − 1) /4 là s nguyên, v y s góc cùng màu nh n thí sinh
này làm đ nh góc s không bé hơn (b − 1)2 /4. Và do đó:
a(b − 1)2
S≥ . (8.2)
4
K t h p hai k t qu v a thu đư c (8.1) và (8.2) ta suy ra r ng:
kb(b − 1) a(b − 1)2 k b−1
≥ =⇒ ≥ .
2 4 a 2b
Bài toán 8.1.3. Gi s k, n là hai s nguyên dương và S là t p h p n đi m trên m t ph ng
tho mãn tính ch t m i b ba đi m trong s đó đ u không th ng hàng, và v i m i đi m P có
ít nh t k đi m phân bi t c a S cách đ u P . Ch ng minh r ng:
1 √
k< + 2n.
2
l i gi i. Chúng ta quy ư c m t góc đư c g i là cùng màu n u góc có hai c nh b ng nhau.
Ta s ư c lư ng t ng s góc cùng màu T t o b i t p h p S theo hai cách.

M t m t v i m i đi m c a S có ít nh t k đi m phân bi t c a S cách đ u nó, vì th t i
2
đ nh đó có không ít hơn Ck góc cùng màu. Vì th ta có đánh giá:
2
T ≥ nCk . (8.3)

M t khác đ i v i c p hai đi m A, B ∈ S có không quá 3 góc cùng màu nh n hai đi m đó làm
đ u mút hai c nh. Th t v y, gi s ph n ch ng r ng AXB, AY B, AZB là 3 góc cùng màu
phân bi t. Khi đó rõ ràng c 3 đi m X, Y, Z đ u n m trên đư ng trung tr c c a AB, và vì
th chúng th ng hàng. Đi u này trái v i gi thi t c a bài toán r ng trong t p S không có b
3 đi m nào th ng hàng. V y đ i v i m t c p đi m A, B trong S có nhi u nh t 2 góc cùng
màu AXB, AY B nh n A, B làm đ u mút hai c nh góc. T đây ta có:
2
T ≤ 2Cn . (8.4)




2 2
K t h p hai đánh giá (8.3), (8.4) v a thu đư c ta có 2Cn ≥ nCk và suy ra:

nk(k − 1) 1
n(n − 1) ≥ =⇒ k 2 − k − < 2n − 2 < 2n
2 4
1 1 √
=⇒ (k − )2 < 2n =⇒ k < + 2n.
2 2
98 CHƯƠNG 8. GÓC CÙNG MÀU


Rõ ràng ý tư ng đ gi i hai bài toán trên th c ra không quá m i. Tuy nhiên nh s d ng
khái ni m góc cùng màu mà l i gi i tr nên vô cùng sáng s a. Đi u đó cho th y r ng khái
ni m góc cùng màu th c ra đã ti m n trong suy nghĩ c a chúng ta t r t lâu, hai bài toán
trên có vai trò c th hoá ý tư ng này. Và k t qu c a s c th hoá đó th t là thú v , nh
có khái ni m m i góc cùng màu mà hai bài toán c đi n có th nhìn nh n theo m t cách m i
nh nhàng và đ p đ hơn.
V m t toán h c thì góc cùng màu có th hi u đơn gi n là m t b ba các đ i tư ng có
kèm theo m t s tính ch t nào đó. Và như v y toàn b công vi c c a chúng ta là ghép m t
s đ i tư ng thành m t b và kh o sát các tính ch t c a b đó theo nhi u cách khác nhau.
Các b n hãy s d ng khái ni m này đ gi i quy t m t s bài toán sau đây:
Bài toán 8.1.4 (IMO Shortlist 1986). Cho 5 s có 100 ch s đư c t o thành b i 1 và 2.
Ta x p các s đó th ng nhau theo các hàng đơn v , hàng ch c, hàng trăm, ... . Bi t r ng hai
s b t kỳ trong 5 s đó đ u có chung ít nh t r hàng và m i hàng sau khi x p đ u ch a đ hai
ch s 1 và 2. Ch ng minh r ng 40 ≤ r ≤ 60.
Bài toán 8.1.5. Cho b ng vuông T kích thư c (n2 + n + 1).(n2 + n + 1) v i n là m t s
nguyên dương. Hãy tìm s t nhiên k l n nh t sao cho có th tô màu k ô vuông đơn v c a
T mà trong s các ô đư c tô không có 4 ô nào có tâm t o thành b n đ nh c a m t hình ch
nh t.
Bài toán 8.1.6 (IMO Shortlist 2004). Trong m t trư ng đ i h c có n sinh viên v i n là
m t s t nhiên l . Các sinh viên tham gia các câu l c b (m t sinh viên có th tham gia
nhi u câu l c b ). Các câu l c b có th k t h p v i nhau t o thành các h i đ ng (m i câu
l c b có th thu c v nhi u h i đ ng khác nhau). Có đúng k h i đ ng và gi s thêm r ng:
(i) M i c p sinh viên cùng thu c v đúng m t câu l c b .
(ii) V i m i sinh viên và m t h i đ ng thì sinh viên đó thu c v đúng m t câu l c b trong
h i đ ng.
(iii) M i câu l c b có l sinh viên. Và n u câu l c b đó 2m + 1 sinh viên thì nó thu c v
đúng m h i đ ng.
Hãy tìm t t c các giá tr có th c a k.
Bài toán 8.1.7 (IMO 2005). Trong m t kỳ thi có n thí sinh và có 6 bài toán. Bi t r ng
không có thí sinh nào gi i h t 6 bài và v i hai bài toán b t kỳ thì có nhi u hơn 2n/5 thí sinh
gi i đư c c hai bài toán đó. Ch ng minh r ng có tí nh t hai thí sinh gi i đư c 5 bài toán.
Thay cho l i k t. M t khái ni m m i có th giúp chúng ta soi sáng các k t qu cũ. Tuy
nhiên đó không ph i t t c , vi c t o ra m t khái ni m m i có th đem so sánh v i vai trò c a
m t công c m i. Công c này r t có th s giúp ta công phá các v n đ khó đã t ng đư c
đ t ra t trư c khi khái ni m đó ra đ i. Trong bài vi t ti p theo chúng tôi s s d ng m t
k t qu kinh đi n khác đ th hi n đi u này m t cách c th hơn, k t qu mà chúng tôi s
s d ng thư ng đư c bi t dư i cái tên bài toán 6 ngư i. Dư i đây là cách phát bi u c a bài
toán đó:
Bài toán 8.1.8 (Bài toán 6 ngư i). Trong m t nhóm 6 h c sinh cùng trư ng luôn có th
ch n ra m t nhóm 3 h c sinh mà 3 h c sinh này ho c h c cùng m t l p ho c h c 3 l p khác
nhau.
Bài toán này như đã bi t có r t nhi u hư ng phát tri n. Trong bài vi t sau chúng tôi s
gi i quy t v n đ đ m s b ba có tính ch t đ c bi t nêu trên khi thay 6 b i n b t kỳ.
8.2. M R NG BÀI TOÁN 6 NGƯ I 99


8.2 M r ng bài toán 6 ngư i
Trong bài vi t này tôi s s d ng khái ni m góc cùng màu đã đư c đ c p t i trong kỳ trư c
đ gi i quy t m t bài toán m r ng c a bài toán 6 ngư i c đi n. Đây cũng là m t ph n nh
trong l p r t r ng các bài toán d ng T uran.

Bài toán 8.2.1 (Bài toán 6 ngư i). Trong m t nhóm 6 h c sinh cùng trư ng luôn có th
ch n ra m t nhóm 3 h c sinh mà 3 h c sinh này ho c h c cùng m t l p ho c h c 3 l p khác
nhau.

l i gi i. Ta d ch bài toán v ngôn ng d th , 6 thí sinh tương ng v i 6 đi m phân bi t
trong không gian v i đi u ki n không có b 3 đi m nào trong chúng đ ng ph ng. Khi đó v i 2
đi m b t kì A, B ta tô đ đo n th ng AB n u A, B h c cùng l p và tô màu xanh trong trư ng
h p ngư c l i. C n ch ng minh v i m i cách tô t n t i tam giác có ba c nh đư c tô cùng 1 màu.

Gi s ph n ch ng r ng có m t cách tô mà trong cách tô đó không t n t i tam giác cùng màu
nào c . G i 6 đi m đó là A, B, C, D, E, F , 5 c nh xu t phát t đ nh A là AB, AC, AD, AE, AF
đư c tô b ng 2 màu đ và xanh. Theo nguyên lý Dirichlet thì s t n t i ít nh t 3 c nh đư c
tô cùng m t màu. Gi s AB, AC, AD cùng là màu đ , do 3 tam giác ABC, ACD, ADB đ u
không ph i tam giác cùng màu suy ra BC, CD, DB đ u ph i tô màu xanh, nhưng như v y
tam giác BCD l i là m t tam giác cùng màu. Mâu thu n ch ng t gi s ph n ch ng là sai.
Nghĩa là v i m i cách tô đ u t n t i ít nh t m t tam giác cùng màu.

Có m t k t qu m nh hơn khá nhi u, đó là v i m i cách tô như trên s t n t i ít nh t
hai tam giác cùng màu. V i cùng cách th c như trên có th ch ng minh k t qu này m c dù
khá ph c t p vì ph i xét xét quá nhi u các trư ng h p. C n chú ý thêm r ng đ i v i bài toán
sau đây chúng ta hoàn toàn có th s d ng nh ng suy lu n ki u như v y đ gi i quy t.

Bài toán 8.2.2. Trong không gian cho 7 đi m v i gi thi t trong chúng không có 3 đi m nào
đ ng ph ng. Tô màu t t c các đo n n i 2 đi m b t kì trong s các đi m đó b i m t trong hai
màu xanh ho c đ . Ch ng minh r ng v i m i cách tô như v y ta đ u có th tìm đư c ít nh t
4 tam giác có ba c nh đư c tô b i cùng m t màu.

T t nhiên chúng ta s không đi vào chi ti t, b i vì sau khi gi i quy t bài toán 7 đi m, bi t
đâu l i ch ng xu t hi n bài toán 8, 9 hay nhi u đi m hơn n a. M t ngư i làm toán thông
minh ch c ch n không gi i t ng bài toán riêng l ki u như v y n a mà h s đ t ra bài toán
t ng quát và đi tìm nh ng cách gi i t ng quát hơn. Hãy đ t ra m t bài toán t ng quát hơn
đ t n công nó, và nh r ng gi i m t bài toán t ng quát đôi khi d dàng hơn vi c c tìm m t
l i gi i trong m t trư ng h p riêng l . V i trư ng h p c a chúng ta đây là m t l i khuyên
t t.

Bài toán 8.2.3. Trong không gian cho n đi m mà trong chúng không có 4 đi m nào đ ng
ph ng. Tô t t c các đo n th ng n i 2 đi m b t kì trong s các đi m đó b i m t trong hai màu
xanh ho c đ . Tìm s l n nh t f (n) sao cho v i m i cách tô như th đ u có th tìm đư c ít
nh t f (n) tam giác cùng màu.

l i gi i. G i n đi m đã cho là A1 , A2, ...., An.
100 CHƯƠNG 8. GÓC CÙNG MÀU



Đ gi i bài toán toán này rõ ràng nh ng phép suy lu n "ngây thơ" s không đem l i hi u
qu . Chúng ta s s d ng khái ni m góc cùng màu đ đưa ra m t l i gi i sáng s a. C n ph i
nh c l i r ng góc ABC đư c g i là cùng màu n u như 2 c nh AB, BC đư c tô b i cùng 1
màu. G i t ng s góc cùng màu trong m t cách tô nào đó là T , ta s ư c lư ng T theo hai
cách sau đây.

Gi s trong cách tô đó có x tam giác cùng màu, m i tam giác như th cho 3 góc cùng
màu, nh ng tam giác khác ch cho đúng 1 góc cùng màu. Do đó ta có:
3 3
T = 3x + (Cn − x) = Cn + 2x. (8.5)

Bây gi ta ư c lư ng s góc cùng màu theo m t cách khác. Gi s t i 1 đ nh nào đó co a
2 2
c nh tô màu đ và b c nh tô màu xanh. S góc cùng màu t i đ nh đó s là Ca + Cb . N u
|a − b| > 1, có th gi s a > b + 1, khi đó:
2 2 2 2 2 2 2 2
(Ca + Cb ) − (Ca−1 + Cb+1 ) = (Ca − Ca−1 ) − (Cb+1 − Cb )
1 1
= Ca−1 − Cb
= a − b − 1 > 0.

T b t đ ng th c này suy ra s góc cùng màu t i m t đ nh s nh nh t khi và ch khi s
lư ng các c nh đ và s lư ng các c nh xanh xu t phát t đ nh đó chênh nhau không quá 1.
Do v y ta xét hai trư ng h p n ch n và n l .

1. N u n ch n

Đ t n = 2k khi đó s góc cùng màu t i m i đ nh nh nh t là:

Ck + Ck−1 = (k − 1)2 =⇒ T ≥ n(k − 1)2 .
2 2
(8.6)

K t h p hai b t đ ng th c (8.5), (8.6) d n t i:

n(n − 1)(n − 2)
+ 2x ≥ n(k − 1)2 .
1.2.3
Ta bi n đ i như sau
1 2k(2k − 1)(2k − 2)
x≥ 2k(k − 1)2 −
2 6
k(k − 1)
= 6(k − 1) − 2(2k − 1)
6
k(k − 1)(k − 2) n(n − 2)(n − 4)
= = .
3 24
Bi u th c cu i cùng bên ph i là m t s nguyên khi n ch n. Đ ng th c x y ra ch ng h n khi
ta tô màu các c nh theo cách sau: tô đ c nh AaAb n u |a − b| là s ch n và tô xanh n u
|a − b| là s l . Khi đó rõ ràng t i m i đ nh có đúng k − 1 c nh đ và k c nh xanh. Các ư c
lư ng ta đã dùng trên đ u tr thành đ ng th c đúng.
8.2. M R NG BÀI TOÁN 6 NGƯ I 101




2. N unl

2
Đ t n = 2k + 1 khi đó t i m i đ nh có ít nh t 2Ck = k(k − 1) góc cùng màu và do đó:
T ≥ nk(k − 1). (8.7)
K t h p hai b t đ ng th c (8.5), (8.7), bi n đ i tương t như trên ta thu đư c:
1 (2k + 1).2k(2k − 1)
x≥ (2k + 1)k(k − 1) −
2 6
1 2k − 1
= (2k + 1)k (k − 1) −
2 3
(2k + 1).k(k − 2)
= .
6
2.1. N u k ch n

N u k ch n thì bi u th c cu i cùng là m t s nguyên, ta ch ra m t trư ng h p đ ng th c:
đ t k = 2t + 1 thì n = 4t + 1. Khi đó tô AaAb màu đ n u s dư trong phép chia |a − b| cho n
không l n hơn t ho c l n hơn 3t và tô xanh trong trư ng h p ngư c l i. N u x p n đi m đó
trên đ nh c a m t n giác đ u thì rõ ràng ta đã tô đ 2t đo n n i m t đ nh A v i t đ nh bên
trái và t đ nh bên ph i c a nó, ngoài ra 2t c nh còn l i đu c tô màu xanh. Các ư c lư ng l i
tr thành đ ng th c đúng.

2.2. N uk l

Đ t k = 2t + 1 thì t = 4k + 3, lúc này bi u th c cu i cùng không còn là s nguyên n a, chính
1
xác hơn nó có d ng y 2 . Bây gi ta s ch ng minh giá tr nh nh t c a x là y + 1 b ng cách ch
ra m t cách tô thích h p. Đ làm đi u đó chúng ta s c g ng t n d ng cách tô c a trư ng
h p trên và chú ý đ n tính đ i x ng c a các phép tô. C th , ta có th ti n hành m t cách
tô như sau, cách tô này có d a m t chút vào trư ng h p trư c.

Đ u tiên ta l y ra 4t + 1 đ nh và tô đ t m i đ nh có đúng 2t c nh xanh và 2t c nh
đ . Ch n 1 đi m X trong 4t + 1 đi m đó và chia 4t đi m còn l i thành 2 t p S1 , S2. L y 2
đi m A, B, ta ti n hành tô theo nguyên t c sau:

As1 đ , Bs1 xanh v i m i đi m s1 ∈ S1

Bs đ , As2 xanh v i m i đi m s2 ∈ S2
 2

AX, BX cùng đ , AB xanh.
102 CHƯƠNG 8. GÓC CÙNG MÀU



Khi đó 4t + 3 đi m này (tr đi m X) đ u có tính ch t là t đi m đó có đúng 2t + 1 c nh xanh
và 2t + 1 c nh đ . Riêng đ nh X có 2t + 2 c nh xanh và 2t c nh đ và do đó t i đ nh X dôi
ra 1 góc cùng màu so v i các đ nh khác. Thêm góc dôi ra này vào các ư c lư ng trên thì
v ph i c a cu i cùng s có thêm 1/2 đơn v . Lúc đó rõ ràng là x = y+1. Đi u ph i ch ng minh.

Cu i cùng ta t ng k t l i các k t qu v a thu đư c:

 n(n − 2)(n − 4)
 n u n ch n

 24

n(n − 1)(n − 5)
f (n) = n u n chia 4 dư 1

 24
 n(n − 1)(n − 5) 1

 + n u n chia 4 dư 3.
24 2
V y bài toán 8.2.3 đã đư c gi i quy t hoàn toàn.

L i Bình. Bài toán 8.2.1 không ph i quá khó đ ch ng minh, nhưng nó th c s có ý nghĩa
và m ra nhi u v n đ thú v hơn. Ch ng h n đ i v i n đi m đã cho, hãy tìm s t(n) nh
nh t đ v i m i cách ch n ra t(n) c nh đ tô b i m t màu đ luôn tìm đư c tam giác cùng
màu. Đây chính là n i dung c a bài toán T uran c đi n, các b n có th ch ng minh r ng
t(n) = [n2/4] không quá khó khăn. M t câu h i khác, tìm s k(n) nh nh t sao cho v i m i
cách ch n ra k(n) c nh đ v i m i cách tô các c nh đó b i 2 màu xanh đ đ u tìm đư c tam
giác cùng màu. Đây th c s là m t bài toán r t hay và khó. Tr ng ph n cu i c a bài vi t
chúng tôi s gi i thi u m t cách ch ng minh v i các b n r ng n u n = 5p + q v i 0 < q ≤ 5
thì:
n(n − 1) 5p(p − 1)
f (n) = − − pq + 1.
2 2
Thay cho l i k t. Vi c đ m s lư ng các góc cùng màu th c ch t ch là đ m s b ba tho
mãn m t tính ch t nào đó, và như v y li u có th c s c n t i khái ni m góc cùng màu hay
không. Câu tr l i là đ di n đ t m t l i gi i hoàn ch nh thì không th c s c n thi t. Tuy
nhiên vi c s d ng khái ni m góc cùng màu như m t cách c a tư duy giúp cho m i chuy n
s rõ ràng và h p lý hơn. Và như các b n đã th y, m c dù có v khó nhưng bài toán 8.2.3 s
tr nên d ch u hơn r t nhi u khi s d ng khái ni m góc cùng màu. Đi u quan tr ng là trư c
khi b t tay vào tính toán, ta c n ph i có ni m tin r ng k t qu ch c ch n s đ t đư c.
Trong m c ti p theo, chúng tôi s gi i thi u v phương pháp hàm đ m, đây có th coi là
m t s hình th c c a khái ni m góc cùng màu. Sau đó, v i các hi u bi t v góc cùng màu và
hàm đ m chúng tôi s th c hi n ch ng minh cho bài toán m r ng nêu trên..
8.3. PHƯƠNG PHÁP HÀM Đ M VÀ VÀI NG D NG 103


8.3 Phương pháp hàm đ m và vài ng d ng
Trong bài vi t th nh t chúng tôi đã nói r ng góc cùng màu th c ra ch là m t cái tên đư c
đ t cho vi c nhóm m t s các đ i tư ng l i v i nhau và vi c kh o sát tính ch t c a b đó
theo nhi u cách chính là tư tư ng chính c a phương pháp góc cùng màu. Trong bài vi t này
chúng tôi ti p t c gi i thi u m t s hình th c hoá c a t t c nh ng đi u đó. Trong m t s
bài toán t h p, l p lu n thông thư ng chưa đem l i hi u qu , chúng ta có th thêm vào đó
m t hàm đ m đ có th ti p xúc v i b n ch t c a v n đ m t cách tư ng minh hơn.

Bài toán 8.3.1 (TST VMO 2000). Trong m t ph ng cho 2000 đư ng tròn bán kính đơn
v sao cho không có hai đư ng tròn nào ti p xúc nhau và m i đư ng tròn c t ít nh t là hai
đư ng tròn khác. Tìm giá tr nh nh t c a s các giao đi m t o b i các trư ng tròn này.

l i gi i. Kí hi u χ là t p h p các đư ng tròn, S là t p h p các giao đi m c a các đư ng
tròn đã cho. V i m i c p X ∈ S và (C) ∈ χ ta xét hàm đ m:

0 n u X ∈ (C)
/
f (X, C) = 1
n u có đúng k đư ng tròn đi qua X và X ∈ (C).
k
V i cách đ t đó ta nh n th y v i m i X ∈ S thì hàm f có tính ch t:

f (X, C) = 1. (8.8)
C∈χ


M t khác v i m i đư ng tròn (C) thu c χ. Do s đư ng tròn và s giao đi m là h u h n, suy
ra t n t i giá tr nh nh t c a các s f (X, C). Gi s giá tr nh nh t đó đ t t i X0 và:
1
f (X0 , C) = (k0 ∈ N ∗ ).
k0

Có k0 − 1 đư ng tròn (Ci ) (v i i = 1, 2, ..., k0 − 1)) khác (C) đi qua X0 . M t khác các đư ng
tròn không ti p xúc nhau và có bán kính b ng nhau nên k0 − 1 đư ng tròn này c t (C) t i
k0 − 1 đi m phân bi t và khác X0 . Suy ra theo cách ch n X0 ta có:
1 1
f (X0 , C) ≥ + (k0 − 1) v i m i (C) ∈ χ. (8.9)
X∈S
k0 k0

K t h p (8.8) và (8.9) suy ra:

|S| = f (X, C) = f (X, C) ≥ |χ| = 2000.
X∈S (C)∈χ (C)∈χ X∈S


M t khác xét 500 nhóm, m i nhóm g m 4 đư ng tròn bán kính 1 mà hai đư ng tròn thu c
hai nhóm khác nhau thì không c t nhau. Không có hai đư ng tròn nào √ p xúc nhau và trong
ti
m i nhóm có 3 đư ng tròn có tâm t i 3 đ nh c a tam giác đ u c nh 3 và đư ng tròn th
tư có tâm t i tâm c a tam giác đ u nói trên. D th y v i 2000 đư ng tròn đó thì chúng th a
mãn các gi thi t và có đúng 2000 giao đi m.
V y s giao đi m nh nh t là 2000.
104 CHƯƠNG 8. GÓC CÙNG MÀU

k
Bài toán 8.3.2. Xét t p Pn = {(a1 , a2, . . . , ak ) | 1 ≤ a1 ≤ a2 ≤ . . . ≤ ak & ai = n, k ≤ n}
i=1
trong đó n là s nguyên dương. V i m i ph n t π = (a1 , a2, . . . , ak ) ∈ Pn , g i F (π) là s s
1 trong π và G(π) là s các s phân bi t trong π. Ch ng minh r ng:

F (π) = G(π).
π∈Pn π∈Pn


l i gi i. Đ t pn = |Pn | và p0 = 1. Ta s ch ng minh G(π) = p0 + . . . + pn−1 = F (π).
π∈Pn π∈Pn

Đ ch ng minh v trái c a đ ng th c kép ta xét hàm đ m:

0 n um∈π/
χ(π, m) =
1 n u m ∈ π.
n n n
V i π ∈ Pn c đ nh χ(π, m) = G(π) =⇒ G(π) = χ(π, m) = χ(π, m).
i=1 π∈Pn π∈Pn m=1 m=1 π∈Pn
n
Mà ta l i có χ(π, m) = pn−m =⇒ G(π) = pn−m = p0 + p1 + . . . + pn−1 .
π∈Pn π∈Pn m=1

Bây gi ta ch ng minh v ph i c a đ ng th c kép trên nh quy n p theo n. V i n = 1
thì nó hi n nhiên đúng. Gi s kh ng đ nh đã đúng t i n − 1 ≥ 1. Ta s ch ng minh nó cũng
đúng v i n. Th t vây, ta có F (π) = F (π).
π∈Pn 1∈π∈Pn
Xét ánh x : f : π = (a1, a2 , . . . , ak ) → ψ = (a2, a3 , . . . , ak ). Suy ra ψ ∈ Pn−1 . D có f là song
ánh, t đó suy ra:

F (π) = F (1, ψ) = (1 + F (ψ)) = |Pn−1 | + F (ψ) = p0 + p1 + . . . + pn−1 .
π∈Pn ψ∈Pn−1 ψ∈Pn−1 ψ∈Pn


( bư c cu i cùng ta đã s d ng gi thi t quy n p). Như v y theo nguyên lí quy n p ta có
đ ng th c đúng v i m i n. Bài toán đư c ch ng minh xong.

V i cùng phương pháp này ta có th gi i đư c các bài toán khá thú v sau đây:

Bài toán 8.3.3 (IMO 2001). Trong m t kì thi Toán có 21 nam và 21 n tham gia. Bi t
r ng m i thí sinh gi i không quá 6 bài toán và v i m i c p nam-n , có ít nh t m t bài toán
đư c gi i b i c hai thí sinh này. Ch ng minh r ng có m t bài toán mà đư c gi i b i ít nh t
3 nam và 3 n .

Bài toán 8.3.4 (IMO 2005). Trong m t kì thi Toán có n thí sinh tham gia gi i 6 bài toán.
Bi t r ng không có ai gi i h t c 6 bài toán và v i hai bài toán b t kì thì có > 2n/5 s thí sinh
gi i đư c c hai bài toán đó. Ch ng minh r ng có ít nh t hai thí sinh gi i đư c 5 bài toán.

Như v y, các b n có th nh n th y rõ r ng góc cùng màu th c ra là m t hàm đ m, và hàm
đ m là m t công c đ chúng ta kh o sát các tính ch t c a m t h các đ i tư ng có liên h
v i nhau. Các l p lu n logic thư ng mang tính tr u tư ng, n u s d ng các hàm s tư ng
minh như hàm đ m thì m i vi c tr nên sáng s a hơn r t nhi u. Đó cũng là ý nghĩa quan
tr ng nh t c a phương pháp hàm đ m cũng như khái ni m góc cùng màu.
8.4. M R NG M T Đ THI IMO 1992 105


8.4 M r ng m t đ thi IMO 1992
Ti p theo tinh th n c a 3 bài vi t trư c, v i các hi u bi t v góc cùng màu và hàm đ m,
trong bài vi t này chúng tôi gi i thi u v i các b n l i gi i cho m t k t qu đã đư c đ c p t i
trong bài m r ng bài toán 6 ngư i. Đây cũng là m t s m r ng c a bài toán t h p xu t
hi n trong kỳ thi IMO năm 1992.

Bài toán. Cho đ th đ y đ n đ nh. Ch n ra k = f (n) c nh tuỳ ý và tô chúng b i m t
trong hai màu xanh đ . H i k nh nh t b ng bao nhiêu đ m i phương án tô đ u t o ra tam
giác có ba c nh đư c tô b i cùng m t màu.

l i gi i. Chúng ta lưu ý đ n k t qu c a bài toán 6 ngư i: trong 6 ngư i luôn ch ra
đư c 3 ngư i đôi m t quen nhau ho c đôi m t không quen nhau. V i lưu ý đó ta có th phát
bi u bài toán này dư i m t d ng khác: tìm s Rn đ t n t i cách tô màu Rn c nh c a đ
th đ y đ n đ nh mà không có b 6 đi m nào r i nhau, hơn n a m i cách tô Rn − 1 c nh
thì b 6 đi m r i nhau luôn t n t i. Và khi đó chúng ta có h th c liên h f (n) = n − Rn +1.
2


S tương đương gi a hai cách phát bi u cùng v i h th c liên h trên đư c suy tr c ti p
t thu t toán (T ) sau đây: đ i v i đ th A1, A2, ..., An có c nh đư c tô b i m t trong hai
màu, ho c không tô gì c , ta thêm đi m An+1 và ký hi u phép thêm đi m d a vào Ai là T (Ai)
(1 ≤ i ≤ n) như sau:

Đ i v i f (n) thì đo n Ai An+1 không đư c tô, còn v i m i j = i và 1 ≤ j ≤ n thì Ai Aj và
An+1 Aj đư c tô b i cùng m t màu.
Đ i v i Rn thì Ai An+1 đư c n i và n i An+1 v i t t c nh ng đi m đã đư c n i v i Ai .

Xu t phát t đ th đ y đ như hình bên, đ đ t đư c f (n) ta th c hi n l n lư t các
phép toán T (A1), T (A2), T (A3), T (A4), T (A5) đ có đư c đ th 6, 7, 8, 9, 10 đ nh v i f (n) t i
thi u.Ti p t c th c hi n T (A1) cho đ th 10 đ nh, ta đư c đ th 11 đ nh cũng có f (11) t i
thi u.




Đ th cho Rn đư c xem như là bù màu c a f (n): đ u tiên ta có 5 đi m r i nhau, qua 5 bư c
đ u ta có 5 c p đi m đôi m t đư c n i v i nhau, ch n 5 đi m c a t ng c p và th c hi n (T )
cho chúng ta nh n đư c 5 giá tr n a c a Rn và sau 5 bư c nh n đư c 5 b 3 đi m đôi m t
đư c n i v i nhau. L i ch n ra 5 đi m n a c a 5 b 3 và th c hi n (T ) cho chúng, sau 5 bư c
nh n đư c 5 giá tr và cu i cùng là 5 b 4 đôi m t n i v i nhau. Quá trình này ti p t c mãi.

Cu i cùng chúng ta thu đư c công th c sau v i n = 5p + q, 0 < q ≤ 5:

5p(p − 1) n(n − 1) 5p(p − 1)
Rn = + qp =⇒ f (n) = − − qp + 1.
2 2 2
106 CHƯƠNG 8. GÓC CÙNG MÀU




Bây gi ta ch c n ch ng minh r ng n u ch tô Rn − 1 c nh cho đ thi n đ nh thì b 6
đi m r i nhau luôn t n t i, gi s ph n ch ng.

Trư ng h p 1: s c nh tô Rn − 1, s đ nh thu c các c nh đã tô là Rn − 1 v i a ≥ 1, ký
hi u đó là t p các đ nh D. Ngoài D còn có n − Rn + a đ nh khác.

N u trong D có 6 + Rn − a − n đ nh r i nhau thì ta có (n − Rn + a) + (6 + Rn − a − n) = 6
đ nh r i nhau, mâu thu n.
N u trong D không có 6 + Rn − a − n đ nh r i nhau, t c là c 6 + Rn − a − n đ nh c a
D thì có ít nh t m t c nh, và do v y s c nh ít nh t ph i là:

CRn −a −a−n
6+Rn
g(a) = .
(Rn − a) − 2
3
Cn−3
C n ki m tra r ng g(Rn + 3 − n) > Rn − 1 ⇐⇒ > Rn − 1. Thay n = 5p + q ta bi n đ i
n−5
(5p + q − 3)(5p + q − 4) 5p(p − 1)
tương đương > + qp
6 2

⇐⇒ (5p + q − 3)(5p + q − 4) > 15p(p − 1) + 6qp
⇐⇒ 10p(p − 2) + (q 2 + 12) + q(4p − 7) > 0.

B t đ ng th c cu i cùng đúng, v y s c nh trong D l i l n hơn Rn − 1, mâu thu n. Suy ra
trư ng h p này không h p lý.

Trư ng h p 2: |D| > Rn − 1, hay ký hi u t p các c nh đư c tô là (C), ta có |D| > |(C)|
(xét n ≥ 11 thì ta có |(C)| ≥ 6). Đ i v i d ∈ D và c ∈ (C) ta đ nh nghĩa

0 n u d ∈ (C)
/
f (d, c) = 1
 n u d ∈ (C) và s lư ng các c nh thu c (C) và ch a d là k
k

=⇒ f (d, c) = f (d, c) = |D|.
c∈(C) d∈D d∈D c∈(C)
8.4. M R NG M T Đ THI IMO 1992 107


Theo nguyên lý Dirichlet thì t n t i c1 mà d∈D f (d, c) ≥ |D|/|(C)| > 1 và do đó c1 ch a
m t đ nh treo A1 . Do 2.1 < |(C)| nên trong D còn m t đ nh n i v i A1, do v y |D| > |(C)| +1
(n u ngư c l i thì v i vi c h n A1 và đi m r i nó trong D c ng v i nh ng đi m không thu c
vào D s cho ta ít nh t 6 đi m r i nhau, mâu thu n). Ký hi u D2 và (C2) là t p nh n đư c
t D và (C) sau khi b t t c các thông tin v A1. Suy ra:

f (d, c) > |(C2 )|.
c∈(C2 ) d∈D2


T đó ta l i l y đư c đ nh treo A2 r i A1, l i l p lu n như trên do 2.2 < |(C2)| nên l i có:

f (d, c) > |(C3 )|.
c∈(C3 ) d∈D3


Quá trình này ti p t c cho đ n khi l y đư c A5 và lúc đó 2.5 ≤ |(C5)|, đ ng th c x y ra khi
và ch khi cách b trí áp d ng cho n = 11, nhưng khi đó d dàng nh n ra mâu thu n. V y ta
xét 2.5 < |(C5 )| và như th ta ti p t c ch n đư c A6. Và ta có 6 đi m A1 , A2, ..., A6 r i nhau
đôi m t, mâu thu n. Bài toán đư c ch ng minh hoàn toàn.
108 CHƯƠNG 8. GÓC CÙNG MÀU
Ph n III

M t s bài toán khác




109
Chương 9

Hình H c

Bài toán 9.1. Cho ∆ABC, bi t r ng t n t i ba đi m X, Y, Z tương ng thu c các c nh
BC, CA, AB sao cho AX = BY = CZ và BAX = CBY = ACZ. Ch ng minh r ng
∆ABC đ u.

Bài toán 9.2. Cho O là m t đi m n m trong tam giác nh n ABC. Các đư ng tròn có tâm
là trung đi m các c nh c a tam giác đi qua O c t nhau t i các đi m th hai là M, K, L khác
đi m O. Ch ng minh r ng O là tâm đư ng tròn n i ti p c a ∆MKL n u và ch n u O là
tâm đư ng tròn ngo i ti p ∆ABC.

Bài toán 9.3. Cho ba đư ng tròn bán kính 1 đôi m t c t nhau t o thành 6 giao đi m, nhưng
c ba đư ng thì không có đi m chung nào c , t c là chúng t o thành m t l có d ng tam giác
cong có ba đ nh là ba trong s sáu giao đi m đó. Ch ng minh r ng đư ng tròn th tư đi qua
ba giao đi m còn l i s có bán kính bé hơn 1.

Bài toán 9.4. Cho ∆ABC v i M là trung đi m c nh BC. Đi m P ∈ AM tho mãn P M =
BM = CM. H P H ⊥ BC. K P Q ⊥ BA (Q ∈ BA). K P R ⊥ AC (R ∈ AC). Ch ng
minh r ng đư ng tròn ngo i ti p ∆QRH ti p xúc v i BC t i H.

Bài toán 9.5. Đi m M n m trong tam giác ABC. Các đư ng th ng AM, BM, CM c t đư ng
tròn ngo i ti p ∆ABC t i A , B”, C . G i r, r l n lư t là bán kính đư ng tròn n i ti p c a
các tam giác ABC và A B C . Ch ng minh r ng:

4rr ≤ R2 − OM 2 .

Bài toán 9.6. Gi s 4 đư ng tròn (O1 ), (O2 ), (O3 ), (O4 ) có tính ch t (O1 ) ti p xúc ngoài v i
(O2 ), (O2) ti p xúc ngoài v i (O3 ), (O3 ) ti p xúc ngoài v i (O4 ) và (O4 ) ti p xúc ngoài v i
(O1 ). Ch ng minh r ng các ti p đi m cùng thu c m t đư ng tròn.

Bài toán 9.7. Cho hình ch nh t ABCD. V phía ngoài c a hình ch nh t trên các c nh
AB, CD d ng các tam giác AMB, CN D tho mãn đi u ki n AMB = CND. Đư ng th ng
M N c t các AB, CD t i P và Q, DP c t BM t i E , BQ c t DN t i F . H i 3 đư ng th ng
EF, AC, MN có đ ng quy không.

Bài toán 9.8. Gi s đư ng tròn n i ti p (I) c a ∆ABC ti p xúc v i các c nh BC, CA, AB
t i D, E, F tương ng. Cho K là m t đi m b t kì, DK, EK, F K c t các c nh đ i di n c a
111
112 CHƯƠNG 9. HÌNH H C


∆DEF t i M, N, P cà c t (I) t i X, Y, Z. Ch ng minh các kh ng đ nh sau đây:

(i) AM, BN, CP đ ng quy t i J .
(ii) AX, BY, CZđ ng quy t i L.
(iii) K, J, Lth ng hàng.

Bài toán 9.9. Cho ∆A1A2A3. Gi s Pi là đi m trên c nh Ai+1Ai+2 sao cho các đo n th ng
Ai Pi đ ng quy. (I) là đư ng tròn n i ti p ∆A1A2A3 và ti là ti p tuy n qua Pi đ n (I) khác
v i Ai+1 Ai+2 . G i Qi là giao đi m c a ti và Pi+1 Pi+2 . Ch ng minh r ng 3 đi m Q1 , Q2, Q3
th ng hàng (các ch s đây đư c tính theo mod 3).

Bài toán 9.10. T giác ABCD n i ti p đư ng trong (O). Gi s E và I l n lư t là giao
đi m c a các c p đư ng th ng AB, CD và AC, BD. Ch ng minh r ng:

i) EA.EB = IA.IC + IE 2
ii) O là tr c tâm ∆EIF .

Bài toán 9.11. Gi s n a đư ng tròn tâm O đư ng kính BC c t hai c nh AB, AC c a
∆ABC t i E và D. ED c t BC t i F . H là tr c tâm ∆ABC. Ch ng minh r ng F H ⊥ AO.

Bài toán 9.12. Cho t giác n i ti p ABCD và m t đi m M n m trên c nh CD sao cho
∆ADM và t giác ABCM có cùng di n tích và cùng chu vi. Ch ng minh r ng hai c nh nào
đó c a t giác ABCD có cùng đ dài.

Bài toán 9.13. Cho tam giác nh n ABC có các đư ng cao AD, BE và các phân giác trong
AP, BQ. Ký hi u I, O l n lư t là tâm đư ng tròn n i ti p và ngo i ti p c a ∆ABC. Ch ng
minh r ng D, E, F th ng hàng n u và ch n u P, Q, O th ng hàng.

Bài toán 9.14. S d ng AB, AC làm đư ng kính v ra phía ngoài tam giác hai n a đư ng
tròn. AH là đư ng cao c a ∆ABC và D là đi m b t kì trên c nh BC (D = B, C). Qua D v
DE AC, DF AB (E, F n m trên 2 n a đư ng tròn đã v ). Ch ng minh r ng D, E, F, H
cùng n m trên m t đư ng tròn.

Bài toán 9.15. Ch ng minh r ng A1, A2 , ..., An là n đ nh c a m t n giác đ u n u m t trong
hai tính ch t sau đư c tho mãn:
i) Các đi m đó cùng thu c m t đư ng tròn bán kính 1 và v i m i đi m M n m trong hình
tròn đó ta có b t đ ng th c MA1 MA2...MAn ≤ 2.
ii) Đa giác l i A1A2...An có các góc b ng nhau và A1 A2 ≤ A2 A3 ≤ ... ≤ An A1 .

Bài toán 9.16. Gi s X, Y là hai đi m n m trong đư ng tròn (O). H là m t đi m b t kì
n m trên đư ng th ng XY . M t đư ng th ng l b t kỳ đi qua H c t (O) t i M, N . MX, NY
c t (O) t i P, Q tương ng. Ch ng minh r ng P Q đi qua đi m c đ nh khi l thay đ i.

Bài toán 9.17. Cho trư c đư ng tròn tâm O và đư ng th ng d b t kỳ. H là hình chi u c a O
trên d. M là m t đi m c đ nh trên (O). A, B thay đ i trên d sao cho H luôn là trung đi m
c a AB. MA, MB c t (O) t i P, Q. Ch ng minh r ng P Q luôn đi qua m t đi m c đ nh khi
AB thay đ i.
113


Bài toán 9.18. Gi s M, N, P là các đi m trên các c nh BC, CA, AB c a tam giác ABC
sao cho bán kính các đư ng tròn n i ti p các tam giác NAP, P BM, MCN b ng nhau và b ng
n a bán kính đư ng tròn n i ti p ∆ABC. Ch ng minh r ng M, N, P là trung đi m c a các
c nh BC, CA, AB.

Bài toán 9.19. Cho hai đư ng tròn (O1 ), (O2 ) c t nhau A, B. Ti p tuy n chuy n chung
EF v i E ∈ (O1), F ∈ (O2). M t cát tuy n MN EF v i M ∈ (O1 ), N ∈ (O2 ). ME c t NF
S. Ch ng minh r ng SBM = SBN .

Bài toán 9.20. Cho ∆ABC v i trung tuy n AM. V hai phía c a A trên đư ng phân giác

trong l y hai đi m E, F tho mãn AE = bc. Ch ng minh r ng F M C = EMC.

Bài toán 9.21. Gi s E là m t đi m n m trên trung tuy n k t C c a ∆ABC. Đư ng
tròn qua E và ti p xúc v i AB t i A c t AC t i M, đư ng tròn qua E và ti p xúc AB t i B
c t BC t i N . Ch ng minh r ng đư ng tròn ngo i ti p tam giác CMN ti p xúc v i hai đư ng
tròn nói trên.

Bài toán 9.22. Gi s A, B, C, D, E, F là 6 đi m n m trên m t đư ng tròn sao cho AE
BD, BC DF . Đi m X đ i x ng v i D qua CE. Ch ng minh r ng d(X, EF ) = d(B, AC),
v i d(M, N P ) là kho ng cách t đi m M t i đư ng th ng NP .

Bài toán 9.23. Xét 4 đư ng th ng đ ng ph ng, không có 2 đư ng th ng nào trong chúng
song song hay đ ng quy, cũng không có 3 đư ng th ng nào trong chúng t o thành m t tam
giác đ u. Ch ng minh r ng n u có m t đư ng th ng nào đó trong chúng song song v i đư ng
th ng Euler c a tam giác t o b i 3 đư ng th ng còn l i thì m t đư ng th ng b t kì trong s 4
đư ng th ng đã cho đ u song song v i đư ng th ng Euler c a tam giác t o b i 3 đư ng th ng
còn l i.

Bài toán 9.24. L c giác A1A2...A6 có 6 c nh b ng nhau và gi s ta có đ ng th c A1 +
A3 + A5 = A2 + A4 + A6. Ch ng minh r ng l c giác này có các góc đ i di n b ng nhau,
nghĩa là A1 = A4, A2 = A5 , A3 = A6 .

Bài toán 9.25. Hai đư ng tròn đư ng kính b ng nhau (O1 ), (O2 ) c t nhau t i P, Q và hai
tâm không n m trong ph n chung c a hai đư ng tròn đó. O là trung đi m P Q. Hai đư ng
th ng AB, CD v qua P (≡ P Q) sao cho A, C ∈ (O1 ) và B, D ∈ (O2 ). M, N là trung đi m
c a AD, BC tương ng. Ch ng minh r ng M, N, O th ng hàng.

Bài toán 9.26. Cho trư c ∆ABC n i ti p đư ng tròn (O) và đư ng th ng ∆ b t kỳ.
∆a, ∆b , ∆c là nh c a ∆ qua phép đ i x ng tr c qua BC, CA, AB. Đ t A = ∆b ∩ ∆c , xác
đ nh B , C m t cách tương t . Ch ng minh r ng AA , BB , CC đ ng quy và đi m đ ng quy
đó trùng v i tâm n i ti p hay tâm bàng ti p bàng ti p góc A c a ∆A B C tuỳ theo ∆ABC
nh n hay tù A.

Bài toán 9.27. Gi s (I, r) là đư ng tròn n i ti p ∆ABC và (Oi , ri ), i = 1, 2, 3 là các đư ng
tròn ti p xúc ngoài v i (I) và ti p xúc v i 2 trong 3 c nh c a ∆ABC. Ch ng minh r ng:
√ √ √
r= r1r2 + r2r3 + r3r1 .
114 CHƯƠNG 9. HÌNH H C


Bài toán 9.28. Gi s a, b, c là ba đư ng th ng song song và đi qua 3 đ nh A, B, C c a
∆ABC. G i a , b , c là 3 đư ng th ng đ i x ng v i a, b, c qua BC, CA, AB tương ng. Ch ng
minh r ng a , b , c đ ng quy n u và ch n u a, b, c song song v i đư ng th ng Euler c a
∆ABC.
Bài toán 9.29. Ngũ giác ABCDE n i ti p đư ng tròn tam O và tho mãn CB = DE.
Ch ng minh r ng p(ABCDE) ≤ BE + AD + AC trong đó p(ABCDE) là chu vi c a ngũ
giác ABCDE.
Bài toán 9.30. L y 2 đi m P, Q tuỳ ý trên c nh BC c a ∆ABC. Ch ng minh r ng r(ABP ) =
r(AQC) n u và ch n u r(ABQ) = r(AP C). Trong đó r(XY Z) ch bán kính đư ng tròn n i
ti p ∆XY Z.
Bài toán 9.31. Cho ∆ABC và m t đi m P ∈ BC. Ti p tuy n c a đư ng tròn n i ti p ∆ABP
mà song song v i BC c t AP Q, AC R. Ch ng minh r ng r(AQR) + r(ABP ) = r(ABC).
Bài toán 9.32. Tìm s th c k l n nh t sao cho n u P n m trong tam giác nh n ABC tho
mãn P AB = P BC = P CA và AP, BP, CP là các tia c t (P BC), (P CA), (P AB) t i
A1 , B1, C1 tương ng thì S(A1 BC) + S(B1CA) + S(C! AB) ≥ kS(ABC).
Bài toán 9.33. Cho t giác ABCD có hai đư ng chéo AC ⊥ BD. Trung tr c AB c t trung
tr c CD t i O n m trong t giác đó. Ch ng minh r ng hai tam giác ABO, CDO có di n tích
b ng nhau n u và ch n u t giác ABCD n i ti p.
Bài toán 9.34. Cho trư c đư ng tròn đư ng kính AB, trên n a đu ng tròn này ta ch n n
đi m P1 , P2 , ..., Pn sao cho P1 n m gi a A và P2 , P2 n m gi a P1 và P3 ,...., Pn n m gi a
Pn−1 và B. Tìm đi m C trên n a đư ng tròn còn l i sao cho t ng di n tích các tam giác
CP1 P2 , CP2 P3 , ..., CPn−1Pn là l n nh t.
Bài toán 9.35. Gi s đi m E n m trong ∆ABC tho mãn EBA = ECA. G i M, N là
hình chi u c a E trên phân giác trong và ngoài t i đ nh A. Ch ng minh r ng MN đi qua
trung đi m c a BC.
Bài toán 9.36. Cho trư c ∆ABC và g i M là ti p đi m c a đư ng tròn n i ti p (I) tam
giác trên c nh BC. đi m N ∈ BC. Ch ng minh r ng t n t i đư ng tròn ti p xúc v i c 3
đư ng tròn n i ti p các tam giác BMN, MNA, CAN .
Bài toán 9.37. T giác ABCD có tính ch t AB.CD = AD.BC. G i H, K là trung đi m c a
AC, BD. Ch ng minh r ng n u BD là phân giác AKC thì suy ra AK + KC = BH + HD.
Bài toán 9.38. Gi s t giác ABCD ngo i ti p đư ng tròn tâm I và tho mãn (IA+IB)2 +
(IC + ID)2 = (AB + CD)2 thì ABCD là hình thang cân.
Bài toán 9.39. Cho trư c ∆ABC n i ti p đư ng tròn (S) và (O) n m trong góc BAC và
ti p xúc v i AB t i P , AC t i Q, đ ng th i ti p xúc trong v i (S). Ch ng minh r ng trung
đi m c a P Q là tâm đu ng tròn n i ti p ∆ABC.
Bài toán 9.40. Trên các c nh BC, CA, AB c a ∆ABC ta l y l n lư t các đi m X, Y, Z.
Ch ng minh b t đ ng th c:
1 1 1 3
+ + ≥ .
S(AY Z) S(BZX) S(CXY ) S(XY Z)
T đó suy ra r ng S(XY Z) ≥ min(S(AY Z), S(BZX), S(CXY )).
115


Bài toán 9.41. Gi s (I), (O) là đư ng tròn n i ti p và đư ng tròn ngo i ti p c a ∆ABC.
Các ti p đi m c a (I) t i BC, CA, AB l n lư t là D, E, F . V 3 đư ng tròn ωa , ωb , ωc ti p
xúc v i (I), (O) t i D, K đ i v i ωa , E, M đ i v i ωb và F, N đ i v i ωc .

i) Ch ng minh r ng DK, EM, F N đ ng quy t i P .
ii) Ch ng minh r ng tr c tâm ∆DEF n m trên OP .

Bài toán 9.42. Trên m t ph ng cho hai đư ng tròn (O1), (O2 ) c t nhau t i hai đi m A, B.
Ti p tuy n c a (O1 ) t i A và B c t nhau t i K. Cho m t đi m M tuỳ ý (= A, B) trên (O1 ).
Đư ng th ng MA c t (O2 ) l n n a t i P . Đư ng th ng MK c t (O1 ) l n n a t i C. Đư ng
th ng CA c t (O2 ) l n n a t i Q. Ch ng minh r ng trung đi m c a P Q n m trên đư ng
th ng M C và đư ng th ng P Q đi qua m t đi m c đ nh khi M di chuy n trên (O1 ).

Bài toán 9.43. Cho trư c l c giác l i ABCDEF . L y sáu trung đi m A1, B1, C1 , D1 , E1 , F1
c a các c nh AB, BC, CD, DE, EF, F A. Ký hi u p và p1 l n lư t là chu vi c a hai l c giác
l i nói trên. Gi s t t c các góc c a l c giác A1 B1 C1D1 E1 F1 đ u b ng nhau. Ch ng minh
r ng: √
2 3
p≥ · p1 .
3
Bài toán 9.44. Tam giác ABC n i ti p trong đư ng tròn tâm O có ba đư ng cao là
AH, BK, CL. L y A0, B0, C0 l n lư t là trung đi m c a các đư ng cao đó. Đư ng tròn n i
ti p v i tâm I c a ∆ABC ti p xúc v i các c nh BC, CA, AB l n lư t t i D, E, F . Ch ng
minh r ng b n đư ng th ng A0D, B0 E, C0 F, OI đ ng quy. Khi O ≡ I ta coi như IO là đư ng
th ng tuỳ ý quay quanh O.

Bài toán 9.45. Trên các c nh c a ∆ABC l y các đi m M1 , N1 , P1 sao cho các đư ng th ng
M M1 , N N1 , P P1 đ u chia chu vi c a ∆ABC thành 2 ph n b ng nhau, trong đó M, N, P là
trung đi m c a các c nh BC, CA, AB. Ch ng minh r ng các đư ng th ng MM1 , NN1 , P P1
đ ng quy t i K và ch ng minh:

KA KB KC 1
max , , ≥√ .
BC CA AB 3

Bài toán 9.46. Gi s ∆ABC là tam giác có góc C nh n, l y H là chân đư ng cao h t
A, M là trung đi m c a BC, x, y là các đư ng chia 3 góc A (khi BAx = xAy = yAC),
và N, P l n lư t là giao đi m c a trung tr c c nh BC và các tia x, y. Tìm t t c các ∆ABC
có tính ch t AB = NP = 2HM .

Bài toán 9.47. Hai đư ng tròn c t nhau t i A, B. G i l là ti p tuy n c a 2 đư ng tròn, v i
các ti p đi m là P, T . Ti p tuy n c a đư ng trong ngo i ti p ∆AP T t i P và T c t nhau t i
S. L y H là đi m đ i x ng c a đi m B qua đư ng th ng l. Ch ng minh r ng A, S, H th ng
hàng.

Bài toán 9.48. Hai đư ng tròn (C1 ), (C2) c t nhau t i P, Q. Ti p tuy n chung c a chúng
(g n P hơn Q) ti p xúc (C1) t i A và (C2 ) t i B. Ti p tuy n c a (C1 ) và (C2) t i P c t
đư ng tròn kia l n lư t t i E, F = P . L y H, K là các đi m trên các tia AF, BE tho mãn
AH = AP và BK = BP . Ch ng minh r ng A, H, Q, K, B là các đi m đ ng viên.
116 CHƯƠNG 9. HÌNH H C


Bài toán 9.49. Cho trư c m t đư ng trong A b n kính và đư ng tròn B đi qua tâm c a A
và ti p xúc trong v i A. Ký hi u H là h các đư ng tròn C ti p xúc ngoài v i B và ti p xúc
trong v i A. Gi s C, C là hai đư ng tròn trong H v i bán kinh tương ng là p, p V i s
nguyên n > 1 thì t n t i dãy n đư ng tròn C = C1, C2 , ..., Cn = C tho mãn Ci ti p xúc v i
Ci+1 v i 1 ≤ i ≤ n − 1 n u và ch n u:

(p − p )2 = (n − 1)2 (2p + 2p − (n − 1)2 − 8).

Bài toán 9.50. Cho ∆ABC. M t đư ng tròn ti p xúc v i (O) và ti p xúc v i AB, AC t i
M1 , N1 . Các đi m M2 , N2, M3 , N3 đư c đ nh nghĩa tương t . Ch ng minh r ng các đo n th ng
M1 N1 , M2 N2 , M3N3 đ ng quy t i trung đi m m i đo n.

a
Chương 10

Gi i Tích

Bài toán 10.1. Xét dãy s th c {an } tho mãn am+n ≤ an + am v i m i ch s m. H i có
an
t n t i lim hay không?
n→+∞ n

Bài toán 10.2. Xét hai dãy s {un } và {vn } tho mãn:

 u0 > 0

 2
un+1 = un − e−1/un

 3 1/u2
 v = un e n
n
n
Tìm gi i h n c a dãy {vn }.
Bài toán 10.3. Cho s t nhiên m. V i s t nhiên n, ký hi u an là s các s 0 trong cách
vi t c a n trong h cơ s m. Đ t:
n
(m − 1)(m2 − m − 1)aj
S(m) = .
j=1
j3

Ch ng minh r ng S(m) → 0 khi m → 0.
a
Bài toán 10.4. Gi s P là m t đa th c h s th c có ít nh t m t h s a mà ∈ Q. Ch ng
/
π
minh r ng t p {sin(f (n))|n ∈ N } trù m t trong [−1, 1].
Bài toán 10.5. Dãy các s a1, a2, ..., an tho mãn v i m i s th c δ > 1:
lim a[δn] = 0.
n→∞

Ch ng minh r ng:
lim an = 0.
n→∞

Bài toán 10.6. Xét hai dãy s {an }, {bn} xác đ nh b i:

a0 = b0 = 1

a = an + bn v i m i s t nhiên n.
 n+1

bn+1 = an + 3bn
117
118 CHƯƠNG 10. GI I TÍCH


Tính:
an
lim .
n→∞ bn


Bài toán 10.7. Gi s r ng ta có đ ng th c sau v i n t nhiên tuỳ ý:
√ √ √ √ √
(1 + 2 + 3)n = pn + rn 2 + sn 3 + tn 6.

Trong đó pn , rn , sn , tn ∈ Z. Tìm các gi i h n sau khi n ti n đ n vô cùng:
rn sn tn
lim lim lim .
pn pn pn

Bài toán 10.8. Gi s P là m t đa th c h s nguyên b t kh quy v i h s b c cao nh t
là 1. P (0) không có ư c s chính phương. V i m i nghi m ph c c a P có modun l n hơn 1.
Ch ng minh r ng đa th c h(x) = f (x3 ) cũng b t kh quy.

Bài toán 10.9. Cho hàm tu n hoàn f : R → R khác h ng s và liên t c t i m t đi m nào
đó. Ch ng minh r ng f tu n hoàn có chu kì cơ s .

Bài toán 10.10. Tính gi i h n c a dãy s {un } sau đây:
n
1
un = cos √ −1 .
k=0
n+k

x2 − 1
n
Bài toán 10.11. Cho dãy s {xn } v i đi u ki n xn+1 = ∀n ≥ 0. Tìm giá tr c a x0
2xn
sao cho |xn | ≤ 1 ∀n.
n
Bài toán 10.12. Ch ng minh r ng { |n, k ∈ N } trù m t trong (0, +∞).
10k
Bài toán 10.13. Tìm đi u ki n c n và đ đ t p h p các đi m A = {({nα}, {nβ})|n ∈ N }
trù m t trong hình vuông đơn v [0, 1] × [0, 1].

Bài toán 10.14. Cho s th c x > 1 tho mãn lim xx{x}n = 0 thì x ∈ Z.
n→∞

n xn
Bài toán 10.15. Cho dãy s {xn } v i x1 = 1, xn+1 = + v i n ≥ 1. Ch ng minh r ng
xn n
t n t i N sao cho v i m i n > N ta có n ≤ xn ≤ n + 1.

Bài toán 10.16. Cho 0 < cn < 1 ∀n. Ch ng minh r ng n u đ t:

xn = (1 − c1)(1 − c2 )...(1 − cn )
yn = (1 + c1)(1 + c2 )...(1 + cn )

tbì các kh ng đ nh sau là tương đương v i nhau:

(1) cn = ∞ (2) xn → 0 (3) yn → ∞
n=1
119


Bài toán 10.17. Tính gi i h n sau đây:
n
1 π π 2π 2π 3π 3π
lim + sin2 sin1/n + sin2 sin1/n + sin2 sin1/n .
n→+∞ 2 7 7 7 7 7 7
Bài toán 10.18. Các s dương c1 , c2, ..., cm g i là thông ư c v i nhau n u:
ci
∈ Q v i m i ch s i, j.
cj
i) Cho dãy tăng các s th c dương {an }. V i các s th c Ai = 0 v i i = 1, 2, .., n xét hàm s
sau đây:
n
f (x) = Ai cos ai x.
i=1

Gi s f (x) là hàm s tu n hoàn, ch ng minh r ng các s {an } thông ư c.

ii) V i n, m ∈ N và các s th c Ai và Bj khác 0 v i i = 1, n và j = 1, m. Các s dương
{a1, a2, ..., a − n} đôi m t khác nhau, các s dương {b1 , b2, ..., bm} cũng đôi m t khác nhau.
Xét hàm s g(x) sau đây:
n n
g(x) = Ai cos ai x + Bi cos bi x.
i=1 j=1

Ch ng minh r ng n u hàm s g(x) tu n hoàn thì {a1, a2, ..., an, b1, b2, .., bm} là các s thông
ư c v i nhau.
Bài toán 10.19. V i s nguyên dương n g i f (n) là s các ch s 0 trong cách vi t c a n
dư i d ng th p phân. Cho a > 0. Ch ng minh r ng:

af (n)
< ∞ ⇐⇒ a < 91.
n=1
n2

a2 + y
n
Bài toán 10.20. Cho dãy {an } v i a1 = x và an+1 = v i m i n. Tìm t t c các c p
2
s (x, y) đ dãy s {an } h i t .
Bài toán 10.21. Gi s 0 = x0 < x1 < ... < xn < xn+1 = 1 và:
n+1
1
=0 v i m i 1 ≤ i ≤ n.
xi − xj
j=0,j=i

Ch ng minh r ng xi + xn+1−i = 1 v i m i 0 ≤ i ≤ n + 1.
Bài toán 10.22. Xét dãy các s th c dương an > 0 v i n = 1, 2, 3, .... Đ t Sn = a1 + a2 +
... + an . Ch ng minh r ng n u v i m i n ≥ 2 ta có:
1
an+1 ≤ (Sn − 1)an + an−1
Sn+1
thì suy ra:
lim an = 0.
n→∞
120 CHƯƠNG 10. GI I TÍCH

2
xn
Bài toán 10.23. Cho 0 < x1 < 1 và xn+1 = xn + (n ≥ 1). Ch ng minh r ng dãy này
n
có gi i h n là a và khi đó ch ng minh r ng:

lim n(a − xn ) = a2.
2
Bài toán 10.24. Ch ng minh r ng không t n t i gi i h n lim (sin n)n .
n→∞

Bài toán 10.25. Cho 0 ≤ r < 1 và hàm s :
1
F (r) = lim ± 1 ± r... ± rn−1 .
n→∞ 2

Ch ng minh r ng ta có các đ ng th c:

5−1 4 1 7
F = √ và F √ = .
2 6− 5 2 6

Bài toán 10.26. Cho hàm s f : R → R liên t c, t n t i M > 0 sao cho:

|f (x + y) − f (x) − f (y)| < M v i m i x, y ∈ R.

i) Ch ng minh r ng v i m i s th c x đ u t n t i gi i h n h u h n:

f (nx)
g(x) = lim .
n∈N,n→∞ n

ii) Ch ng minh r ng hàm s g(x) liên t c t i đi m x = 0.

iii) Ch ng minh r ng t n t i gi i h n h u h n:

f (x)
lim .
x→0 x


Bài toán 10.27. Ch ng minh r ng t n t i hàm s liên t c trên toàn b t p các s th c R
nhưng không kh vi t i b t kì đi m nào trên đó.

Bài toán 10.28. Gi s b ∈ Z, b > 1. T p h p S ∈ Z tho mãn :

0∈S
x≡y mod b ∀x = y, x, y ∈ S
∞ kn
Cho kn ∈ S ∀n tho mãn n
= 0. Ch ng minh r ng kn = 0 v i m i n ≥ 1.
n=1 b

Bài toán 10.29. Cho hàm s f : R → R. Ch ng minh m nh đ sau:

f (3x) − f (x) f (x)
lim f (x) = lim = 0 =⇒ lim = 0.
x→0 x→0 x x→0 x
121


Bài toán 10.30. Cho đa th c P (x) = xn + a1xn−1 + ... + an ≥ 0 ∀x. Gi thi t 1 ≥ a1 ≥
a2... ≥ an ≥ 0. G i λ là nghi m ph c c a P mà |λ| ≥ 1. Ch ng minh r ng t n t i s t nhiên
m mà λm = 1.

Bài toán 10.31. Cho dãy s th c {an }. Ch ng minh m nh đ :
n
lim an a2
j = 1 =⇒ lim 3n · a3 = 1.
n
n→∞ n→∞
j=1


Bài toán 10.32. Cho hàm s f : R → R kh vi liên t c c p 3 Ch ng minh r ng t n t i
a ∈ R tho mãn:
f (a)f (a)f (a)f (a) ≥ 0.

Bài toán 10.33. Ch ng minh các công th c gi i h n sau đây và tìm ý nghĩa hình h c c a
chúng: 

 π π2
 lim n2 1 − cos =
n→∞ n 2

 lim π2 π
 − 2 1 − cos = 0.
n→∞ n2 n

Bài toán 10.34. Cho dãy s {an } tho mãn a0 = 0, a1 = 1 và:

an + sin an−1 n u an > an−1
an+1 =
an + cos an−1 n u an ≤ an−1 .

Tìm gi i h n lim an .
n→∞

Bài toán 10.35. V i m i song ánh p : Z + → Z + xây d ng m t hàm s f : (0, 1) → R như
sau:
f (0, a1 a2 , a3....) = 0, ap(1)ap(2)ap(3)....
H i v i song ánh p nào thì f kh vi t i m t đi m nào đó.

Bài toán 10.36. Cho s th c α > 0 và n s th c dương b1, b2, ..., bn. Ch ng minh r ng v i
các s th c b t kỳ x1, x2 , ..., xk ta có:
n n
xi − xj
≥ 0.
i=1 j=1
(bi + bj )α

1
Bài toán 10.37. Tìm giá tr l n nh t c a x3 g(x)dx bi t hàm g tho mãn:
−1



1

 (g(x))2dx = 1
−1
1 1 1



 g(x)dx = xg(x)dx = x2 g(x)dx = 0
−1 −1 −1
122 CHƯƠNG 10. GI I TÍCH


Bài toán 10.38. Cho hàm s f liên t c trên R tu n hoàn chu kỳ 1. Ch ng minh r ng v i
m i s vô t α ta có:
N 1
1
lim f (nα) = f (t)dt.
n→∞ N
n=1 0

Bài toán 10.39. Cho dãy các s th c dương an > 0. Ch ng minh r ng:
∞ N ∞
1 p
an ≤ ap .
n
N =1
N n=1
p−1 n=1

Bài toán 10.40. Xây d ng hàm s liên t c fn : [0, 1] → R tho mãn:

1
 fn (t)dt = 1 v i s t nhiên n b t kỳ
0

 lim fn (x) = 0 v i m i s th c x ∈ [0, 1].
n→∞

Bài toán 10.41. Cho m s vô t a1 , a2, ..., am có tính ch t là không t n t i m s nguyên
t1 , t2, ..., tm không đ ng th i b ng 0 mà t1a1 + t2a2 + ... + tmam = 0. Ch ng minh r ng v i m i
0 < s < t < 1 t n t i s t nhiên n tho mãn {nai } ∈ (s, t) v i m i 1 ≤ i ≤ n.
Bài toán 10.42. Ch ng minh r ng t n t i h ng s th c dương k sao cho v i m i n ∈ N :
n
sin i
< k.
i=1
i

Xét các t ng riêng sau:
+ sin i − sin i
Sn = và Sn = .
sin i>0
i sin i 0 đo n [0, ] ch a vô s ph n t c a f (Z) (t p h p toàn b các
p
giá tr c a f ). T đó suy ra có vô s s h u t tho mãn:
q
p
a− < .
q |q|

Bài toán 10.47. Cho các s th c a1, a2 , ..., ak. V i s t nhiên n tuỳ ý đ t:
k
bn = sin(nai).
i=1

ai
Bi t r ng lim bn = 0. Ch ng minh r ng t n t i ch s i mà ∈ Z.
n→∞ π
Bài toán 10.48. Gi s r ng {an } là m t dãy s th c b ch n tho mãn:
1 n

 ai → b
n i=1
n
 1
 ai → c.
ln(n) i=1

Ch ng minh r ng b = c.
Bài toán 10.49 (B đ Dirichlet - 1842). Cho s th c α và n ∈ N . Ch ng minh r ng t n
t i s nguyên p ∈ Z và s t nhiên q ∈ N tho mãn:

p 1
i) α− < .
q qn
p 1
ii) α− < .
q q(n + 1)
p
T đó suy ra r ng v i m i s vô t α đ u t n t i vô s phân s tho mãn:
q
p 1
α− < 2.
q q

V i đi u ki n là q → +∞.
L i Bình. Có th m r ng b đ Dirichlet cho nhi u s . Hãy ch ng minh trong trư ng h p
hai s sau đây Ch ng minh r ng v i hai s th c α, β và s t nhiên n t n t i hai s nguyên
p, r ∈ Z và s t nhiên q ∈ N , q ≤ n2 tho mãn:
p 1 r 1
α− < và α− < .
q qn q qn
124 CHƯƠNG 10. GI I TÍCH


Bài toán 10.50. i) Xét dãy s {xn } xác đ nh b i:

x1 = t = 0
xn+1 (xn + t) = t + 1 v i m i s t nhiên n.

Tính gi i h n:
lim xn .
n→∞

ii) Xét dãy s {yn } xác đ nh b i:

y1 = a = −1

2
3 2yn + 2 − 2
yn+1 =
 v i m i s t nhiên n.
2
2yn + 2yn + 2

Tính gi i h n:
lim yn .
n→∞

a
Chương 11

Đ iS

Bài toán 11.1. Ký hi u Nm là t p h p t t c các s nguyên không bé hơn s nguyên m cho
trư c. Tìm t t c các hàm f : Nm → Nm tho mãn:
f (x2 + f (y)) = y + (f (x))2 ∀x, y ∈ Nm .
Bài toán 11.2. S th c c đư c g i là giá tr b i c a dãy s (xn ) n u t n t i hai ch s k, l
tho mãn xk = xl = c. V i m i c p s th c (a, b) ta l p dãy s :
U (a, b) : u0 = a, u1 = b − un+1 = un + un−1 v i m i s t nhiên n
Ch ng minh t n t i a, b nguyên sao cho dãy U (a, b) có hơn 2006 giá tr b i.
Bài toán 11.3. Xét dãy s {an } tho mãn a1, a2, a3 là các s nguyên và an+3 = an+1 + an
v i m i s t nhiên n. Ch ng minh r ng v i m i s nguyên t p ta có p là ư c c a s :
an+3p+1 − an+p+1 − an+1 .
Bài toán 11.4. V i m i s t nhiên n l n hơn 1, xét đa th c:
[ n−2 ]
3

Pn (x) = Cn .xk .
3k+2

k=0

n−1
Tìm t t c các s nguyên a thoã mãn 3 2 |Pn (a3 ) v i m i n ≥ 2.
Bài toán 11.5. Xét dãy s (an ) xác đ nh như sau:
a1 = a2 = a3 = a4 = 1
an .an−4 = an−1 an−3 + a2
n−2 v i m i n > 4.
Ch ng minh r ng an ∈ Z v i m i n ∈ N .
Bài toán 11.6. V i đi u ki n xi > 0 v i m i i = 1, n. Tính giá tr sau:
1 1 1
c = min max {x1, + x2, ..., , }.
x1 xn−1 xn
Gi s có thêm đi u ki n x1 + x2 + ... + xn = 1. Tính:
x1 x2 xn
c = min max { , , ..., }.
1 + x1 1 + x1 + x2 1 + x1 + x2 + ... + xn
125
126 CHƯƠNG 11. Đ I S


Bài toán 11.7. Cho dãy tăng các s t nhiên {ai } tho mãn tính ch t v i hai t p con
I, J ∈ {1, 2, ..., n} và I = J thì ta có:

ai = ai.
i∈I i∈J


Tính giá tr l n nh t c a:
n
1
.
i=1
ai

Bài toán 11.8. Tìm t t c các hàm s f : (1, +∞) → R tho mãn:

f (x) − f (y) = (y − x)f (xy) v i m i x, y > 1.

Bài toán 11.9. T n t i hay không s th c u có tính ch t [un] − n là s chính phương v i m i
s t nhiên n.
Bài toán 11.10. Cho dãy s dương {an } tho mãn:

a0 = a2005

ai = 2 · ai−1ai+1 ∀1 ≤ i ≤ 2005.

Ch ng minh r ng an = a2005−n v i m i 0 ≤ n ≤ 2005.
Bài toán 11.11. Cho dãy s {an } tho mãn a1 = a2000 và v i m i n ∈ N :

xn xn+1 + 5x4
n
xn+2 = .
xn − xn+1

Ch ng minh r ng x2 = x1999.
Bài toán 11.12. Xét hàm s f (x) = 3(|x + |x − 1| − |x + 1|) và đ t xn+1 = f (xn ) v i m i
n ≥ 0. H i có bao nhiêu s th c x0 tho mãn x0 = x2007 và các s x0, x1, ..., x2006 là đôi m t
phân bi t.
Bài toán 11.13. H i có t n t i hay không đa th c P (x) b c n mà đa th c h p m l n c a P
là P (...(P (x))...) nh n đ các nghi m là 1, 2, .., mn.
ml nP

Bài toán 11.14. Cho s nguyên n > 1 và n s th c a1, a2, .., an. Đ t:

S = n a2
 i
i=1
P = min (ai − aj )2

i 1 và n s th c a1, a2, .., an. Ch ng minh r ng t n t i
n s th c b1, b2 , ..., bn tho mãn tính ch t:

ai − bi ∈ Z v i m i 1 ≤ i ≤ n

n2 − 1

 (bi − bj )2 ≤ .
1≤i 4(a + b + c) + 8(ab + bc + ca).

Bài toán 11.17. Trên m t ph ng cho n vecto sau đây v1, v2, ..., v3 có:
n
|vi| = h.
i=1

Ch ng minh r ng có k vecto vi1 , vi2 , ..., vin trong s các vecto {vi1 } sao cho:
k
h
| vij | ≥ .
j=1
π

Bài toán 11.18. Gi s s t nhiên n có ít nh t 2 ư c s nguyên t khác nhau. Ch ng minh
r ng t n t i m t hoán v (a1, a2, .., an) c a (1, 2, .., n) mà:
n
2πak
k cos = 0.
n
k=1

Bài toán 11.19. Cho các s nguyên dương p, tho mãn p = 2n + 1 là s nguyên t và a
không chia h t cho p. Ch ng minh m nh đ sau:
n
2πak
sin ch n ⇐⇒ p|an − 1.
p
k=1

Bài toán 11.20. Tìm đi u ki n c n và đ c a các s t nhiên b1, b2 , ..., bn sao cho ta có đ ng
th c sau v i 1 ≤ k ≤ n − 1:
n n
2kπ 2kπ
cos bi = sin bi .
i=1
n i=1
n

Bài toán 11.21. Cho đa th c f (x) = xn + a1xn−1 + ... + an−1 x + an ∈ R[x]. Cho n s th c
n
phân bi t b1, b2 , ..., bn tho mãn = −a1. Ch ng minh r ng:
i=1

n
f (bi )
= 0.
i=1
(bi − bj )
j=i
128 CHƯƠNG 11. Đ I S


Bài toán 11.22. Ch ng minh b t đ ng th c:
n
(1 + x2 )n/2
k
≥ n.
(bk − bj )
k=1
j=k

2i − 1
Bài toán 11.23. Cho s t nhiên n và ui = cos · π v i 1 ≤ i ≤ n. Ch ng minh r ng:
2n + 1
n
n 1
2 = .
i=1 1− u2
i |ui − bj |
j=i,1≤j≤n+1


T đó suy ra đ nh lý Markov: gi s đa th c h s th c f (x) = xn + a1xn−1 + ... + an−1x + an
tho mãn: √
1 − x2 · |f (x)| ≤ 1 ∀x ∈ [−1, 1].
Ch ng minh r ng:
|a0| ≤ 2n .

Bài toán 11.24. Ký hi u phép toán ∗ như sau. V i hai s th c dương x, y:
x+y
x∗y = .
1 + xy

Tính giá tr bi u th c 1 ∗ 2 ∗ 3 ∗ ... ∗ 2006 v i th t các phép toán tuỳ ý.

Bài toán 11.25. Ch ng minh r ng t n t i phân ho ch:

N = {[nα]|n ∈ N } ∪ {[nβ]|n ∈ N }.
1 1
V i hai s vô t dương α, β tho mãn + = 1. Tuy nhiên không t n t i ba s vô t dương
α β
α, β, λ sao cho ta có phân ho ch:

N = {[nα]|n ∈ N } ∪ {[nβ]|n ∈ N } ∪ {[nλ]|n ∈ N }.

Bài toán 11.26. Trong b ng s m.n có tính ch t t ng m i hàng hay c t đ u là s nguyên.
Ch ng minh r ng có th thay m i s trong b ng b i m t trong hai s nguyên g n nó nh t sao
cho t ng các hàng và c t đ u không đ i.

Bài toán 11.27. Cho t p n s th c tuỳ ý {an }. Ch ng minh r ng t n t i t p con T ∈ A sao
1
cho t ng các s trong T là m t s th c sai khác v i s nguyên g n nó nh t không quá .
n+1
Bài toán 11.28. Cho n s th c b t kỳ {an }. Ch ng minh r ng có th tìm các s {bi } mà bi
là m t trong hai s nguyên g n ai nh t và v i k b t kỳ:
k k
n+1
aij − bij ≤ .
j=1 j=1
4
129


Bài toán 11.29. Cho các s th c dương a, b, c, d tho mãn a > b > c > d > e (v i e là cơ s
c a logarith t nhiên). Ch ng minh r ng:
b c d a a b c d
ae + be + ce + de < be + ce + de + ae .
Bài toán 11.30. V i m i s nguyên dương n tìm s th c dương q = q(n) t t nh t sao cho
v i m i dãy n s th c x1, x2, ..., xn ta có b t đ ng th c:
n i 2 n
(1) xi ≥q· x2
i
i=1 j=1 i=1
n i 2 n
(2) xi ≤q· x2 .
i
i=1 j=1 i=1

Bài toán 11.31. Xét dãy s {an } xác đ nh như sau:

a1 = 2
3an
an+1 = v i m i s t nhiên n.
2
Ch ng minh r ng
(1) Trong dãy s này có vô h n s ch n và vô h n s l .
n
3
(2) T n t i s th c α sao cho an+1 = α + 1.
2
(3) S 0, a1a2, ... là s vô t hay h u t .
3 n
Ngoài ra có t n t i hay không s th c α sao cho an+1 = α + 1?
2
Bài toán 11.32. Ch ng minh r ng không t n t i hàm s f : R → R mà:
f (f (x)) = x2 − 3x − 2 v i m i s th c x.
Bài toán 11.33. Ch ng minh đ ng th c sau đ i v i n t nhiên tuỳ ý:

1 n 1 3 1 n 1
+ − = n+ + − .
2 3 12 2 3 12
Bài toán 11.34. Ch ng minh đ ng th c sau đây v i m i s t nhiên n:
n p
1+ 8q + (2p − 1)2 n(n + 1)(n + 2)
− =− .
p=1 q=1
2 3

Bài toán 11.35. Gi s P và Q là các đa th c tho mãn P 3 ≡ Q2 . Ch ng minh r ng:
3
deg(P 3 − Q2) ≥ deg(P ) + .
2
N u đ t F = P 3 − Q4 thì ta có:
5
deg(F ) ≥ · deg(Q) + 1.
2
130 CHƯƠNG 11. Đ I S


Bài toán 11.36. Tìm t t c các hàm s f : R → R tho mãn:

f (x − f (y)) = 4f (x) − f (y) − 3x v i m i x, y ∈ R.

Bài toán 11.37. Cho các s th c a, b, c tho mãn (b − 1)2 − 4ac = 9. Xét dãy các đa th c:

f (1, x) = ax2 + bx + c
f (n + 1, x) = f (1, f(n, x)) v i m i s t nhiên n.

Tìm s nghi m th c x ∈ R c a phương trình f (n, x) = 1.
Bài toán 11.38. Tìm t t c các b s th c (x1, x2, .., xn) tho mãn:

(x1 + x2 + ... + xk )(xk + ... + xn ) = 1 v i 1 ≤ k ≤ n.

Bài toán 11.39. Cho a, b là 2 s t nhiên khác 1. Ch ng minh m nh đ :

bn − 1|an − 1 ∀n ∈ N =⇒ ∃k ∈ N a = bk .

Bài toán 11.40. Gi s f : R → R là m t hàm s tho mãn v i m i s th c dương x t n
t i đa th c Pc (x) có tính ch t:

|f (x) − Pc (x)| ≤ cx2006 ∀x ∈ R.

Ch ng minh r ng f là m t đa th c.
Bài toán 11.41. Tìm t t c các đa th c P h s nguyên sao cho đa th c:

Q(x) = (x2 + 6x + 10)(P (x))2 − 1 = (R(x))2

là bình phương c a m t đa th c h s nguyên.
Bài toán 11.42. Cho s t nhiên m > 3 và các s p1 , p2 , .., pn là t t c các s nguyên t
không vư t quá m. Ch ng minh r ng:
n
1 1
+ 2 ≥ ln(ln(n)).
k=1
pk pk

Bài toán 11.43. Tìm t t c các s th c a, b sao cho v i m i n và xn là nghi m c a phương
cos x
trình = n ta luôn có cos axn + cos bxn ≥ 2 − x2 .
n
x
Bài toán 11.44. Tìm t t c các s th c k sao cho t n t i hàm s f kh vi trên toàn R tho
mãn v i m i s th c x thì:
f (x) ≤ 1
(f (x))2 + (f (x))2 = k.

Bài toán 11.45. Tìm t t c các hàm s f : [0, 1] → [0, 1] tho mãn:

f (xy) = xf (x) + yf (y) v i m i x, y ∈ R.
131


Bài toán 11.46. Tìm t t c các toàn ánh f : R → R tho mãn:

f (f (x − y)) = f (x) − f (y) v i m i x, y ∈ R.

Bài toán 11.47. Cho x là m √ s th c tho mãn [nx2] = [x[xn]] + 1 v i s t nhiên n b t
t
1+ 5
kỳ. Ch ng minh r ng x = .
2
Ch ng minh r ng n u x3 = x2 + 1 và x > 0 thì t n t i các s {Cn } nh n giá tr 0, 1, 2 mà:

[nx] + [nx2] + [nx3] = [x[n4]] + Cn .

Bài toán 11.48. M t h c sinh chơi v i các h s c a phương trình b c hai như sau. L y hai
s p, q b t kỳ, xét phương trình x2 + px + q = 0. N u phương trình có hai nghi m p1 , q1 thi l i
xét phương trình x2 + p1 x + q1. H i h c sinh đó có th chơi quá 5 lư t hay không (không tính
phương trình đ u tiên).

Bài toán 11.49. Cho t p h p h u h n A có không ít hơn 6 ph n t sao cho n u a, b, c, d, e, f
là 6 ph n t phân bi t c a A thì ab + cd + ef cũng thu c vào A. Tìm giá tr l n nh t c a s
các ph n t c a A.

Bài toán 11.50. Trên m t ph ng to đ cho 101 đư ng th ng và đánh d u t t c các giao
đi m c a chúng. H i có th x y ra hay không tình hu ng trên m i đư ng th ng có đúng 50
đi m đánh d u có hoành đ dương và 50 đi m đư c đánh d u khác có hoành đ âm.

a
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