intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE
 » 
 » 

Các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi 12 môn Toán

Chia sẻ: Nguyễn Khánh Duy | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:253

Thêm vào BST
Báo xấu
808
lượt xem 307
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Dưới đây là các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 12 môn Toán này giúp các em học sinh ôn tập kiến thức, ôn tập kiểm tra, thi cuối kỳ, rèn luyện kỹ năng để các em nắm được toàn bộ kiến thức chương trình toán 12.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi 12 môn Toán

  1. www.VNMATH.com M cl c L i nói đ u . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Tr n Nam Dũng Nguyên lý c c h n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 Tr nh Đào Chi n, Lê Ti n Dũng M t s d ng t ng quát c a phương trình hàm Pexider và áp d ng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 Lê Sáng Xây d ng m t l p phương trình hàm nh các h ng đ ng th c lư ng giác . . . . . . . . . . . . . 24 Lê Th Anh Đoan Tính n đ nh nghi m c a m t s phương trình hàm Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35 Tr n Vi t Tư ng M t s l p phương trình hàm đa n sinh b i phi đ ng th c . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47 Lê Sáng, Nguy n Đinh Huy T công th c Euler đ n bài toán s ph c . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57 Nguy n Th Tình M t s ng d ng c a phương trình Pell . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67 Huỳnh Bá L c Phép th lư ng giác là công c gi i toán trong các bài thi ch n h c sinh gi i . . . . . . . . . . 79 Nguy n Trung Hưng S d ng vành các s nguyên đ gi i m t s bài toán s h c . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89 Ph m Th Thúy H ng N i suy theo y u t hình h c c a đ th . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96 Lê Sáng, Vũ Đ c Th ch Sơn B t bi n như là m t phương pháp ch ng minh và ng d ng trong gi i toán . . . . . . . . . . . 108 1
  2. www.VNMATH.com Lê Th Thanh H ng M t s d ng toán liên quan đ n dãy s có quy lu t . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120 Trương Văn Đi m V n d ng tính đơn đi u trong các bài toán tìm gi i h n dãy s và gi i phương trình, b t phương trình, h phương trình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134 Huỳnh T n Châu ng d ng m t s đ nh lý cơ b n c a gi i tích . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155 Lê Văn Th n M t s phương pháp gi i h phương trình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 166 Huỳnh Kim Linh, Tô Hùng Khanh M t s bài toán v đa th c trong các kì thi h c sinh gi i . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 179 Nguy n Văn Ng c M t s bài toán v chia h t đ i v i các đa th c đ i x ng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 187 Huỳnh Duy Th y Nét đ p hàm s ti m n trong bài toán b t đ ng th c, bài toán tìm giá tr l n nh t và giá tr nh nh t . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 195 Nguy n Tài Chung Thêm m t phương pháp m i đ ch ng minh b t đ ng th c . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 204 T Nguyên M t s v n đ v phép ngh ch đ o trong m t ph ng và ng d ng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 213 Tr n Văn Trung S d ng m t s tính ch t c a ánh x đ gi i bài toán phương trình hàm s . . . . . . . . . . . . 235 Nguy n H u Tâm - Hoàng T Quyên T giác lư ng ti p . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 242 2
  3. www.VNMATH.com L i nói đ u Hòa nh p v i tu i tr c nư c ho t đ ng sôi n i k ni m ngày thành l p Đoàn thanh niên C ng s n H Chí Minh và thi đua l p thành tích chào m ng ngày sinh c a Bác H kính yêu, ti n t i k ni m 37 năm ngày gi i phóng Nha Trang và th c hi n các chương trình đ i m i giáo d c ph thông, S Giáo D c và Đào t o Khánh Hòa ph i h p v i H i Toán h c Hà N i đ ng t ch c H i th o khoa h c Các chuyên đ Toán h c b i dư ng h c sinh gi i THPT khu v c Duyên h i Nam Trung b và Tây nguyên. Đây là h i th o l n th hai theo tinh th n cam k t c a các t nh duyên h i Nam Trung b và Tây Nguyên v vi c h p tác đ phát tri n kinh t - văn hóa và xã h i. S Giáo d c và Đào t o Phú Yên đã ti n hành t ch c H i th o l n th nh t vào ngày 18-19/4/2011 t i thành ph Tuy Hòa v liên k t b i dư ng h c sinh gi i và b i dư ng h c sinh gi i môn toán trư ng Trung h c ph thông Chuyên các t nh duyên h i Nam Trung B và Tây Nguyên. T i H i th o l n th nh t đã th ng nh t giao cho S Giáo d c và đào t o Khánh Hòa t ch c H i th o l n th hai. Đây là nét sinh ho t truy n th ng m i v sinh ho t chuyên môn, v giao lưu h p tác trong giáo d c, đào t o và các sinh ho t h c thu t khác. Và th c t , gi đây, t i vùng duyên h i Nam Trung b và Tây Nguyên này đã xu t hi n ngày càng nhi u nét thành tích n i b t, đã có h c sinh đ t gi i toán Olympic qu c t . Năm nay, nhi u đ i tuy n đ t gi i cao trong kỳ thi h c sinh gi i qu c gia. Các t nh Đ k L c, Phú Yên đã m nh d n c đ i tuy n tham d kỳ thi Olympic Hà N i m r ng b ng ti ng Anh và đã đ t gi i cao. Khu v c Duyên h i Nam Trung b và Tây nguyên gi đây đã th c s kh i s c, t o ti n đ đ vươn lên t m cao m i, ch đ ng h i nh p, sánh vai ngang b ng v i các khu v c khác trong c nư c. H i th o khoa h c l n này đư c ti n hành t 14-15/4/2012 t i thành ph Nha Trang, Khánh Hòa hân h nh đư c đón ti p nhi u nhà khoa h c, nhà giáo lão thành, các nhà qu n lý, các chuyên gia giáo d c và các nhà toán h c báo cáo t i các phiên toàn th và các cán b ch đ o chuyên môn t các s Giáo d c và Đào t o, các th y giáo, cô giáo b môn Toán các t nh, thành khu v c Duyên h i Nam Trung b và Tây nguyên đang tr c ti p b i dư ng h c sinh gi i môn Toán báo cáo t i các phiên chuyên đ c a h i th o. 3
  4. www.VNMATH.com Ban t ch c đã nh n đư c trên 30 báo cáo toàn văn g i t i h i th o. Song do khuôn kh r t h n h p v th i gian, khâu ch b n và th i lư ng c a cu n k y u, chúng tôi ch có th đưa vào k y u đư c 22 bài, nh ng bài còn l i s đư c ch b n đ g i quý đ i bi u khi th c hi n chương trình báo cáo chuyên đ chính th c c a h i th o. N i dung c a k y u l n này r t phong phú, bao g m h u h t các chuyên đ ph c v vi c b i dư ng h c sinh gi i toán t đ i s , gi i tích, hình h c, s h c đ n các d ng toán liên quan khác. B n đ c có th tìm th y đây nhi u d ng toán t các kỳ olympic trong nư c và qu c t , m t s d ng toán v hàm s , lý thuy t n i suy, c c tr , ... Ban t ch c xin chân thành c m ơn s h p tác và giúp đ h t s c quý báu c a quý th y giáo, cô giáo và đ c bi t là toàn th t toán c a trư ng THPT chuyên Lê Quý Đôn Nha Trang, Khánh Hòa đ có đư c cu n k y u v i n i dung thi t th c và r t phong phú này. Vì th i gian chu n b r t g p gáp, nên các khâu hi u đính và ch b n cu n k y u chưa đư c đ y đ , chi ti t, ch c ch n còn ch a nhi u khi m khuy t. R t mong đư c s c m thông chia s c a quý đ i bi u. Nh ng ý ki n đóng góp liên quan đ n cu n k y u này xin g i v đ a ch : Trư ng THPT Chuyên Lê Quý Đôn, s 67 Yersin, Nha Trang, Khánh Hòa. Email: c3lqdon@khanhhoa.edu.vn. Xin trân tr ng c m ơn. Nha Trang ngày 25.03.2012 Nguy n Văn M u Ch t ch H i Toán h c Hà N i Đ ng trư ng ban t ch c h i th o 4
  5. www.VNMATH.com NGUYÊN LÝ C C H N Tr n Nam Dũng, Trư ng Đ i h c KHTN Tp HCM Bài vi t này đư c phát tri n t bài vi t “Các phương pháp và k thu t ch ng minh” mà chúng tôi đã trình bày t i H i ngh “Các chuyên đ Olympic Toán ch n l c” t i Ba Vì, Hà N i, tháng 5-2010 và gi ng d y cho đ i tuy n Olympic Vi t Nam d IMO 2010. Trong bài này, chúng tôi t p trung chi ti t hơn vào các ng d ng c a Nguyên lý c c h n trong gi i toán. M t t p h p h u h n các s th c luôn có ph n t l n nh t và ph n t nh nh t. M t t p con b t kỳ c a N luôn có ph n t nh nh t. Nguyên lý đơn gi n này trong nhi u trư ng h p r t có ích cho vi c ch ng minh. Hãy xét trư ng h p biên! Đó là kh u quy t c a nguyên lý này. 1 M t s ví d m đ u Ta xem xét m t s ví d s d ng nguyên lý c c h n Ví d 1. Có 3 trư ng h c, m i trư ng có n h c sinh. M i m t h c sinh quen v i ít nh t n + 1 h c sinh t hai trư ng khác. Ch ng minh r ng ngư i ta có th ch n ra t m i trư ng m t b n sao cho ba h c sinh đư c ch n đôi m t quen nhau. L i gi i. G i A là h c sinh có nhi u b n nh t m t trư ng khác. G i s b n nhi u nh t này là k. Gi s A trư ng th nh t và t p nh ng b n quen A là M = {B1 , B2 , . . . , Bk } trư ng th 2. Cũng theo gi thi t, có ít nh t 1 h c sinh C trư ng th 3 quen v i A. Vì C quen không quá k h c sinh trư ng th nh t nên theo gi thi t C quen v i ít nh t n + 1 − k h c sinh c a trư ng th hai, đ t N = {D1 , D2 , ..., Dm } là nh ng ngư i quen C trư ng th hai thì m ≤ n + 1 − k. Vì M, N đ u thu c t p h p g m n h c sinh và |M | + |N | ≥ k + n + 1 − k = n + 1 nên ta có M ∩ N = ∅. Ch n B nào đó thu c M ∩ N thì ta có A, B, C đôi m t quen nhau. Ví d 2. Ch ng minh r ng không t n t i s n l , n > 1 sao cho 15n + 1 chia h t cho n L i gi i. Gi s t n t i m t s nguyên l n > 1 sao cho 15n + 1 chia h t cho n. G i p là ư c s nguyên t nh nh t c a n, khi đó p l . Gi s k là s nguyên dương nh nh t sao cho 15k − 1 chia h t cho p (s k đư c g i là b c c a 15 theo modulo p). Vì 152n − 1 = (15n − 1)(15n + 1) chia h t cho p. M t khác, theo đ nh lý nh Fermat thì 15p−1 − 1 chia h t cho p. Theo đ nh nghĩa c a k, suy ra k là ư c s c a các s p − 1 và 2n. Suy ra k|(p − 1, 2n). Do p là ư c s nguyên t nh nh t c a n nên (n, p − 1) = 1. Suy ra (p − 1, 2n) = 2. V y k|2. T đó k = 1 ho c k = 2. C hai trư ng h p này đ u d n t i p = 7. Nhưng đi u này mâu thu n vì 15n + 1 luôn đ ng dư 2mod 7 Trong hai ví d trên, rõ ràng vi c xét các trư ng h p biên đã đem đ n cho chúng ta nh ng thông tin b sung quan tr ng. Trong ví d th nh t, vi c ch n A là h c sinh có s ngư i quen nhi u nh t m t trư ng khác đã cho ta thông tin s ngư i quen c a C trong trư ng th hai ít nh t là n + 1 − k. Trong ví d th hai, do p là ư c s nguyên t nh nh t nên p − 1 nguyên t cùng nhau v i n là b i s c a p. Bài t p 5
  6. www.VNMATH.com 1. Cho n đi m xanh và n đi m đ trên m t ph ng, trong đó không có 3 đi m nào th ng hàng. Ch ng minh r ng ta có th n i 2n đi m này b ng n đo n th ng có đ u mút khác màu sao cho chúng đôi m t không giao nhau. 2. Trên đư ng th ng có 2n + 1 đo n th ng. M i m t đo n th ng giao v i ít nh t n đo n th ng khác. Ch ng minh r ng t n t i m t đo n th ng giao v i t t c các đo n th ng còn l i. 3. Trong m t ph ng cho n > 1 đi m. Hai ngư i chơi l n lư t n i m t c p đi m chưa đư c n i b ng m t véc-tơ v i m t trong hai chi u. N u sau nư c đi c a ngư i nào đó t ng các véc tơ đã v b ng 0 thì ngư i th hai th ng; n u cho đ n khi không còn v đư c véc tơ nào n a mà t ng v n chưa có lúc nào b ng 0 thì ngư i th nh t th ng. H i ai là ngư i th ng cu c n u chơi đúng? 4. Gi s n là s nguyên dương sao cho 2n + 1 chia h t cho n. a) Ch ng minh r ng n u n > 1 thì n chia h t cho 3; b) Ch ng minh r ng n u n > 3 thì n chia h t cho 9; c) Ch ng minh r ng n u n > 9 thì n chia h t cho 27 ho c 19; d) Ch ng minh r ng n u n chia h t cho s nguyên t p = 3 thì p ≥ 19; e)* Ch ng minh r ng n u n chia h t cho s nguyên t p, trong đó p = 3 và p = 19 thì p ≥ 163. 2 Phương pháp ph n ví d nh nh t Trong vi c ch ng minh m t s tính ch t b ng phương pháp ph n ch ng, ta có th có thêm m t s thông tin b sung quan tr ng n u s d ng ph n ví d nh nh t. Ý tư ng là đ ch ng minh m t tính ch t A cho m t c u hình P, ta xét m t đ c trưng f (P ) c a P là m t hàm có giá tr nguyên dương. Bây gi gi s t n t i m t c u hình P không có tính ch t A, khi đó s t n t i m t c u hình P0 không có tính ch t A v i f (P0 ) nh nh t. Ta s tìm cách suy ra đi u mâu thu n. Lúc này, ngoài vi c chúng ta có c u hình P0 không có tính ch t A, ta còn có m i c u hình P v i f (P ) < f (P0 ) đ u có tính ch t A. Ví d 3. Cho ngũ giác l i ABCDE trên m t ph ng to đ có to đ các đ nh đ u nguyên. a) Ch ng minh r ng t n t i ít nh t 1 đi m n m trong ho c n m trên c nh c a ngũ giác (khác v i A, B, C, D, E) có to đ nguyên. b) Ch ng minh r ng t n t i ít nh t 1 đi m n m trong ngũ giác có to đ nguyên. c) Các đư ng chéo c a ngũ giác l i c t nhau t o ra m t ngũ giác l i nh A1 B1 C1 D1 E1 bên trong. Ch ng minh r ng t n t i ít nh t 1 đi m n m trong ho c trên biên ngũ giác l i A1 B1 C1 D1 E1 . Câu a) có th gi i quy t d dàng nh nguyên lý Dirichlet: Vì có 5 đi m nên t n t i ít nh t 2 đi m X, Y mà c p to đ (x, y) c a chúng có cùng tính ch n l (ta ch có 4 trư ng h p (ch n, ch n), (ch n, l ), (l , ch n) và (l , l )). Trung đi m Z c a XY chính là đi m c n tìm. Sang câu b) lý lu n trên đây chưa đ , vì n u XY không ph i là đư ng chéo mà là c nh thì Z có th s n m trên biên. Ta x lý tình hu ng này như sau. Đ ý r ng n u XY là m t c nh, ch ng h n là c nh AB thì ZBCDE cũng là m t ngũ giác l i có các đ nh có to đ đ u nguyên và ta có th l p l i lý lu n nêu trên đ i v i ngũ giác ZBCDE, . . . Ta có th dùng đơn bi n đ ch ng minh quá trình này không th kéo dài mãi, và đ n m t lúc nào đó s có 1 ngũ giác có đi m nguyên n m trong. Tuy nhiên, ta có th trình bày l i lý lu n này m t cách g n gàng như sau: Gi s t n t i m t ngũ giác nguyên mà bên trong không ch a m t đi m nguyên nào (ph n ví d ). Trong t t c 6
  7. www.VNMATH.com các ngũ giác như v y, ch n ngũ giác ABCDE có di n tích nh nh t (ph n ví d nh nh t). N u có nhi u ngũ giác như v y thì ta ch n m t trong s chúng. Theo lý lu n đã trình bày câu a), t n t i hai đ nh X, Y có c p to đ cùng tính ch n l . Trung đi m Z c a XY s có to đ nguyên. Vì bên trong ngũ giác ABCDE không có đi m nguyên nào nên XY ph i là m t c nh nào đó. Không m t tính t ng quát, gi s đó là AB. Khi đó ngũ giác ZBCDE có to đ các đ nh đ u nguyên và có di n tích nh hơn di n tích ngũ giác ABCDE. Do tính nh nh t c a ABCDE (ph n ví d nh nh t phát huy tác d ng!) nên bên trong ngũ giác ZBCDE có 1 đi m nguyên T. Đi u này mâu thu n vì T cũng n m trong ngũ giác ABCDE. Ph n ví d nh nh t cũng là cách r t t t đ trình bày m t ch ng minh quy n p ( đây thư ng là quy n p m nh), đ tránh nh ng lý lu n dài dòng và thi u ch t ch . Ví d 4. Ch ng minh r ng n u a, b là các s nguyên dương nguyên t cùng nhau thì t n t i các s nguyênx, y sao cho ax + by = 1. L i gi i. Gi s kh ng đ nh đ bài không đúng, t c là t n t i hai s nguyên dương a, b nguyên t cùng nhau sao cho không t n t i x, y nguyên sao cho ax + by = 1. G i a0 , b0 là m t c p s như v y v i a0 + b0 nh nh t (ph n ví d nh nh t). Vì (a0 , b0 ) = 1 và (a0 , b0 ) = (1, 1) (do 1.0 + 1.1 = 1) nên a0 = b0 . Không m t tính t ng quát, có th gi s a0 > b0 . D th y (a0 − b0 , b0 ) = (a0 , b0 ) = 1. Do a0 ˘b0 + b0 = a0 < a0 + b0 nên do tính nh nh t c a ph n ví d , ta suy ra (a0 − b0 , b0 ) không là ph n ví d , t c là t n t i x, y sao cho (a0 − b0 )x + b0 y = 1. Nhưng t đây thì a0 x + b0 (y − x) = 1. Mâu thu n đ i v i đi u gi s . V y đi u gi s là sai và bài toán đư c ch ng minh. Bài t p 5. Gi i ph n c) c a ví d 3. 6. Trên m t ph ng đánh d u m t s đi m. Bi t r ng 4 đi m b t kỳ trong chúng là đ nh c a m t t giác l i. Ch ng minh r ng t t c các đi m đư c đánh d u là đ nh c a m t đa giác l i. 3 Nguyên lý c c h n và b t đ ng th c Nguyên lý c c h n thư ng đư c áp d ng m t cách hi u qu trong các b t đ ng th c có tính t h p, d ng ch ng minh t n t i k s t n s th a mãn m t đi u ki n này đó. Ví d 5. (Moscow MO 1984) Trên vòng tròn ngư i ta x p ít nh t 4 s th c không âm có t ng b ng 1. Ch ng minh r ng t ng t t c các tích các c p s k nhau không l n hơn 1 . 4 L i gi i. Ta c n ch ng minh r ng v i m i n ≥ 4 s th c không âm a1 , ..., an , có t ng b ng 1, ta có b t đ ng th c 1 a1 a2 + a2 a3 + ... + an−1 an + an a1 ≤ . 4 V i n ch n (n = 2m) đi u này có th ch ng minh d dàng: đ t a1 + a3 + ... + a2m−1 = a; khi đó, rõ ràng, 1 a1 a2 + a2 a3 + ... + an−1 an + an a1 ≤ (a1 + a3 + ... + a2m−1 ) × (a2 + a4 + ... + a2m ) = a(1 − a) ≤ . 4 7
  8. www.VNMATH.com Gi s n l và ak là s nh nh t trong các s đã cho. (Đ thu n ti n, ta gi s 1 < k < n−1 - đi u này không làm m t tính t ng quát khi n ≥ 4.) Đ t bi = ai , v i i = 1, ..., k − 1, bk = ak + ak+1 và bi = ai+1 v i i = k + 1, ..., n − 1. Áp d ng b t đ ng th c c a chúng ta cho các s b1 , ..., bn−1 , ta đư c: 1 a1 a2 + ... + ak−2 ak−1 + (ak−1 + ak+2 )bk + ak+2 ak+3 + ... + an−1 an + an a1 ≤ . 4 Cu i cùng, ta s d ng b t đ ng th c ak−1 ak + ak ak+1 + ak+1 ak+2 ≤ ak−1 ak + ak−1 ak+1 + ak+1 ak+2 ≤ (ak−1 + ak+2 )bk , đ suy ra đi u ph i ch ng minh. Đánh giá trên đây là t t nh t; d u b ng x y ra khi 2 trong n s b ng 1 , còn các s còn l i b ng 2 0. Ví d 6. Cho n ≥ 4 và các s th c phân bi t a1 , a2 , . . . , an tho mãn đi u ki n n n ai = 0, a2 = 1. i i=1 i=1 Ch ng minh r ng t n t i 4 s a, b, c, d thu c{a1 , a2 , . . . , an } sao cho n a + b + c + nabc ≤ a3 ≤ a + b + d + nabd. i i=1 L i gi i. N u a ≤ b ≤ c là ba s nh nh t trong các ai thì v i m i i = 1, 2, . . . , n ta có b t đ ng th c (ai − a)(ai − b)(ai − c) ≥ 0 Suy ra a3 ≥ (a + b + c)a2 − (ab + bc + ca)ai + abc v i m i i = 1, 2, . . . , n. i i n n C ng t t c các b t đ ng th c này, v i chú ý ai = 0, a2 = 1 ta đư c i i=1 i=1 n a3 ≥ a + b + c + nabc. i i=1 Bây gi n u ch n d là s l n nh t trong các ai thì ta có (ai − a)(ai − b)(ai − d) ≤ 0 v i m i i = 1, 2, . . . , n. Và cũng th c hi n tương t như trên, ta suy ra b t đ ng th c v ph i c a b t đ ng th c kép c n ch ng minh. Ví d 7. T ng bình phương c a m t 100 s th c dương l n hơn 10000. T ng c a chúng nh hơn 300. Ch ng minh r ng t n t i 3 s trong chúng có t ng l n hơn 100. 8
  9. www.VNMATH.com L i gi i. Gi s 100 s đó là C1 ≥ C2 ≥ ... ≥ C100 > 0. N u như C1 ≥ 100, thì C1 + C2 + C3 > 100. Do đó ta có th gi s r ng C1 < 100. Khi đó 100 − C1 > 0, 100 − C2 > 0, C1 − C2 ≥ 0, C1 − C3 ≥ 0, vì v y 100(C1 + C2 + C3 ) ≥ 100(C1 + C2 + C3 ) − (100 − C1 )(C1 − C3 ) − (100 − C2 )(C2 − C3 ) 2 2 = C1 + C2 + C3 (300 − C1 − C2 ) 2 2 > C1 + C2 + C3 (C3 + C4 + . . . + C1 00) 2 2 2 2 ≥ C1 + C2 + C3 + . . . + C100 ) > 10000. Suy ra, C1 + C2 + C3 > 100. Bài t p 7. Trong m i ô c a b ng 2 × n ta vi t các s th c dương sao cho t ng các s c a m i c t b ng 1. Ch ng minh r ng ta có th xoá đi m i c t m t s sao cho m i hàng, t ng c a các s còn l i không vư t quá n+1 . 4 8. 40 tên tr m chia 4000 euro. M t nhóm g m 5 tên tr m đư c g i là nghèo n u t ng s ti n mà chúng đư c chia không quá 500 euro. H i s nh nh t các nhóm tr m nghèo trên t ng s t t c các nhóm 5 tên tr m b ng bao nhiêu? 4 Nguyên lý c c h n và phương trình Diophant Trong ph n này, ta trình bày chi ti t ba ví d áp d ng nguyên lý c c h n trong phương trình Fermat, phương trình Pell và phương trình d ng Markov. Ví d 8. Ch ng minh r ng phương trình x4 + y 4 = z 2 (1) không có nghi m nguyên dương. L i gi i. Gi s ngư c l i, phương trình (1) có nghi m nguyên dương, và (x, y, z) là nghi m c a (1) v i z nh nh t. (1) D th y x2 , y 2 , z đôi m t nguyên t cùng nhau (2) T nghi m c a phương trình Pythagore, ta có t n t i p, q sao cho x2 = 2pq y 2 = p2 − q 2 z = p2 + q 2 (3) T đây, ta l i có m t b ba Pythagore khác, vì y 2 + q 2 = p2 . (4) Như v y, t n t i a, b sao cho q = 2ab y = a2 − b2 p = a2 + b2 a, b nguyên t cùng nhau (5) K t h p các phương trình này, ta đư c: x2 = 2pq = 2(a2 + b2 )(2ab) = 4(ab)(a2 + b2 ) 9
  10. www.VNMATH.com (6) Vì ab và a2 + b2 nguyên t cùng nhau, ta suy ra chúng là các s chính phương. (7) Như v y a2 + b2 = P 2 và a = u2 , b = v 2 . Suy ra P 2 = u4 + v 4 . (8) Nhưng bây gi ta thu đư c đi u mâu thu n v i tính nh nh t c a z vì: P 2 = a2 + b2 = p < p2 + q 2 = z < z 2 . (9) Như v y đi u gi s ban đ u là sai, suy ra đi u ph i ch ng minh. Phương pháp trình bày trên còn đư c g i là phương pháp xu ng thang. Đây có l là phương pháp mà Fermat đã nghĩ t i khi vi t trên l cu n sách c a Diophant nh ng dòng ch mà sau này đư c g i là đ nh lý l n Fermat và đã làm điên đ u bao nhiêu th h nh ng nhà toán h c. Ví d 9. Tìm t t c các c p đa th c P (x), Q(x) th a mãn phương trình P 2 (x) = (x2 − 1)Q2 (x) + 1(1) L i gi i. Không m t tính t ng quát, ta ch c n tìm nghi m trong t p các đa th c có h s kh i đ u dương. √ √ √ √ N u (x + x2 − 1)n = Pn (x)+ x2 − 1Qn (x)(2) thì (x − x2 − 1)n = Pn (x)− x2 − 1Qn (x) (3) Nhân (2) và (3) v theo v , ta đư c 1 = (x + x2 − 1)n (x − x2 − 1)n = (Pn (x) + x2 − 1Qn (x))(Pn (x) − x2 − 1Qn (x)) 2 = Pn (x) − (x2 − 1)Q2 (x) n Suy ra c p đa th c Pn (x), Qn (x) xác đ nh b i (2) và (3) là nghi m c a (1). Ta ch ng minh đây là t t c các nghi m c a (1). Th t v y, gi s ngư c l i, t n t i c p đa th c P (x), Q(x) không có d ng Pn (x), Qn (x) th a mãn (1). Ta xét c p đa th c (P, Q) như v y v i degQ nh nh t. Đ t (P (x) + x2 − 1Q(x))(x − x2 − 1) = P ∗ (x) + x2 − 1Q∗ (x) (4) Thì rõ ràng (P (x) − x2 − 1Q(x))(x + x2 − 1) = P ∗ (x) − x2 − 1Q∗ (x) Suy ra (P ∗ , Q∗ ) cũng là nghi m c a (1). Khai tri n (4), ta thu đư c P ∗ (x) = xP (x) − (x2 − 1)Q(x), Q∗ (x) = xQ(x) − P (x). Chú ý là t (1) ta suy ra (P (x) − xQ(x))(P (x) + xQ(x)) = −Q2 (x) + 1. Vì P (x) và Q(x) đ u có h s kh i đ u > 0 và degP = degQ + 1 nên ta có deg(P (x) + xQ(x)) = degQ + 1. T đây, do deg(−Q2 (x) + 1) ≤ 2deg(Q) nên ta suy ra deg(Q∗ (x)) ≤ deg(Q) − 1 < degQ. Như v y, theo cách ch n c p (P, Q) thì t n t i n sao cho (P ∗ , Q∗ ) = (Pn , Qn ). Nhưng khi đó t (4) suy ra P (x) + x2 − 1Q(x) = (P ∗ (x) + x2 − 1Q∗ (x))(x + x2 − 1) = (x + x2 − 1)n (x + x2 − 1) = (x + x2 − 1)n+1 Suy ra (P, Q) = (Pn+1 , Qn + 1), mâu thu n. V y đi u gi s là sai và ta có đi u ph i ch ng minh. 10
  11. www.VNMATH.com Ví d 10. Tìm t t c các giá tr k sao cho phương trình (x + y + z)2 = kxyz có nghi m nguyên dương. L i gi i. Gi s k là m t giá tr c n tìm. G i x0 , y0 , z0 là nghi m nguyên dương c a phương trình (x + y + z)2 = kxyz(1) có x0 + y0 + z0 nh nh t. Không m t tính t ng quát, có th gi s x0 ≥ y0 ≥ z0 . Vi t l i (1) dư i d ng x2 − (kyz − 2y − 2z)x + (y + z)2 = 0, ta suy ra x0 là nghi m c a phương trình b c hai x2 − (ky0 z0 − 2y0 − 2z0 )x + (y0 + z0 )2 = 0(2) (y +z )2 Theo đ nh lý Viet x1 = ky0 z0 − 2y0 − 2z0 − x0 = 0 x0 0 cũng là nghi m c a (2). T đó (x1 , y0 , z0 ) là nghi m c a (1). Cũng t các công th c trên, ta suy ra x1 nguyên dương. T c là (x1 , y0 , z0 ) là nghi m nguyên dương c a (1). T tính nh nh t c a x0 + y0 + z0 ta x1 ≥ x0 . T đây ta có (y0 + x0 )2 ky0 z0 − 2y0 − 2z0 − x0 ≥ x0 và ≥ x0 x0 T b t đ ng th c th hai ta suy ra y0 + z0 ≥ x0 . T đó, áp d ng vào b t đ ng th c th nh t, ta đư c ky0 z0 ≥ 4x0 . Cu i cùng, chia hai v c a đ ng th c x2 + y0 + z0 + 2x0 y0 + 2y0 z0 + 2z0 x0 = kx0 y0 z0 cho x0 y0 z0 , 0 2 2 ta đư c x0 y0 z0 2 2 2 + + + + + = k. y0 z0 x0 z0 x0 y0 z0 x0 y0 T đó suy ra k + 1 + 1 + 2 + 2 + 2 ≥ k, t c là k ≤ 32 . Suy ra k ≤ 10. 4 3 Chú ý n u x0 = 1 thì y0 = z0 = 1 suy ra k = 9. N u k = 9 thì x0 ≥ 2 và đánh giá trên tr thành k + 1 + 1 + 2 + 1 + 2 ≥ k suy ra k ≤ 26 , suy ra k ≤ 8 4 2 3 V y giá tr k = 10 b lo i. V i k = 1 phương trình có nghi m, ch ng h n (9, 9, 9) V i k = 2 phương trình có nghi m, ch ng h n (4, 4, 8) V i k = 3 phương trình có nghi m, ch ng h n (3, 3, 3) V i k = 4 phương trình có nghi m, ch ng h n (2, 2, 4) V i k = 5 phương trình có nghi m, ch ng h n (1, 4, 5) V i k = 6 phương trình có nghi m, ch ng h n (1, 2,3) V i k = 8 phương trình có nghi m, ch ng h n (1, 1, 2) V i k = 9 phương trình có nghi m, ch ng h n (1, 1, 1) Ngoài ra, ta có th ch ng minh đư c r ng trư ng h p k = 7 phương trình không có nghi m nguyên dương (xin đư c dành cho b n đ c). V y các giá tr k c n tìm là k = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 8, 9. Ví d 11. (CRUX, Problem 1420) N u a, b, c là các s nguyên dương sao cho 0 < a2 + b2 − abc ≤ c Ch ng minh r ng a2 + b2 − abc là s chính phương. 11
  12. www.VNMATH.com L i gi i. Gi s ngư c l i r ng t n t i các s nguyên dương a, b, c sao cho 0 < a2 + b2 − abc ≤ c và k = a2 + b2 − abc (1) không ph i là s chính phương. Bây gi ta c đ nh k và c và xét t p h p t t c các c p s nguyên dương (a, b) th a mãn phương trình (1), t c là ta xét S(c, k) = {(a, b) ∈ (N∗ )2 : a2 + b2 − abc = k} Gi s (a, b) là c p s thu c S(c, k) có a + b nh nh t. Không m t tính t ng quát có th gi s a ≥ b. Ta xét phương trình x2 − bcx + b2 − k = 0 Ta bi t r ng x = a là m t nghi m c a phương trình. G i a1 là nghi m còn l i c a phương trình (b2 −k) này thì a1 = bc − a = a . Ta có th ch ng minh đư c r ng (b n đ c t ch ng minh!) a1 nguyên dương. Suy ra (a1 , b) cũng thu c S(c, k). Ti p theo ta có a1 = (b2 − k)/a < a2 /a = a, suy ra a1 + b < a + b. Đi u này mâu thu n v i cách ch n (a, b). Bài t p 9. Ch ng minh r ng phương trình x3 + 3y 3 = 9z 3 không có nghi m nguyên dương. 10. Ch ng minh r ng phương trình x2 + y 2 + z 2 = 2xyz không có nghi m nguyên dương. 11. (IMO 88) N u a, b, q = (a2 + b2 )/(ab + 1) là các s nguyên dương thì q là s chính phương. 12. (PTNK 03). Tìm t t c các s nguyên dương k sao cho phương trình x2 − (k 2 − 4)y 2 = −24 có nghi m nguyên dương. 13. (Mathlinks) Cho A là t p h p h u h n các s nguyên dương. Ch ng minh r ng t n t i t p h p h u h n các s nguyên dương B sao cho A ⊂ B, x= x2 x∈B x∈B 14.* (AMM 1995) Cho x, y là các s nguyên dương sao cho xy + x và xy + y là các s chính phương. Ch ng minh r ng có đúng m t trong hai s x, y là s chính phương. 15. (IMO 2007) Cho a, b là các s nguyên dương sao cho 4ab − 1 chia h t (4a2 − 1)2 . Ch ng minh r ng a = b. 16. (VMO 2012) Xét các s t nhiên l a, b mà a là ư c s c a b2 + 2 và b là ư c s c a a2 + 2. Ch ng minh r ng a và b là các s h ng c a dãy s t nhiên (vn ) xác đ nh b i v1 = v2 = 1 và vn = 4vn−1 − vn−2 v i m i n ≥ 2. 5 Nguyên lý c c h n trong t h p Trên đây chúng ta đã xem xét các ví d áp d ng c a nguyên lý c c h n trong m nh đ t màu m nh t dành cho nguyên lý c c h n. Nguyên lý c c h n có th đư c ng d ng đ ch ng minh m t quá trình là d ng (trong các bài toán liên quan đ n bi n đ i tr ng thái) trong bài toán v đ th , hay trong các tình hu ng t h p đa d ng khác. Các đ i tư ng thư ng đư c đem ra đ xét c c h n thư ng là: đo n th ng ng n nh t, tam giác có di n tích l n nh t, góc l n nh t, đ nh có b c l n nh t, chu trình có đ dài ng n nh t . . . Dư i đây ta xem xét m t s ví d : Ví d 12. (Đ nh lý Sylvester) Cho t p h p S g m h u h n các đi m trên m t ph ng th a mãn tính ch t sau: M t đư ng th ng đi qua 2 đi m thu c S đ u đi qua ít nh t m t đi m th ba thu c S. Khi đó t t c các đi m c a S n m trên m t đư ng th ng. 12
  13. www.VNMATH.com K t lu n c a đ nh lý nghe có v hi n nhiên nhưng ch ng minh nó thì không h đơn gi n. Ch ng minh dư i đây c a Kelly đư c chúng tôi tham kh o t Wikipedia Gi s ph n ch ng là t n t i m t t p h p S g m h u h n đi m không th ng hàng nhưng m i đư ng th ng qua hai đi m trong S đ u ch a ít nh t ba đi m. M t đư ng th ng g i là đư ng n i n u nó đi qua ít nh t hai đi m trong S. Gi s (P,l) là c p đi m và đư ng n i có kho ng cách dương nh nh t trong m i c p đi m-đư ng n i. Theo gi thi t, l đi qua ít nh t ba đi m trong S, nên n u h đư ng cao t P xu ng l thì t n Hình 1: t i ít nh t hai đi m n m cùng m t phía c a đư ng cao (m t đi m có th n m ngay chân đư ng cao). Trong hai đi m này, g i đi m g n chân đư ng cao hơn là B, và đi m kia là C. Xét đư ng th ng m n i P và C. Kho ng cách t B t i m nh hơn kho ng cách t P t i l, mâu thu n v i gi thi t v P và l. M t cách đ th y đi u này là tam giác vuông v i c nh huy n BC đ ng d ng và n m bên trong tam giác vuông v i c nh huy n P C. Do đó, không th t n t i kho ng cách dương nh nh t gi a các c p đi m-đư ng n i. Nói cách khác, m i đi m đ u n m trên đúng m t đư ng th ng n u m i đư ng n i đ u ch a ít nh t ba đi m. Ví d 13. Ví d 13. (Tr n đ u toán h c Nga 2010) M t qu c gia có 210 thành ph . Ban đ u gi a các thành ph chưa có đư ng. Ngư i ta mu n xây d ng m t s con đư ng m t chi u n i gi a các thành ph sao cho: N u có đư ng đi t A đ n B và t B đ n C thì không có đư ng đi t A đ n C.H i có th xây d ng đư c nhi u nh t bao nhiêu đư ng? L i gi i. G i A là thành ph có nhi u đư ng đi nh t (g m c đư ng đi xu t phát t A và đư ng đi đ n A). Ta chia các thành ph còn l i thành 3 lo i. Lo i I - Có đư ng đi xu t phát t A. Lo i II - Có đư ng đi đ n A. Lo i III: Không có đư ng đi đ n A ho c xu t phát t A. Đ t m = |I|, n = |II|, p = |III|. Ta có m + n + p = 209. D th y gi a các thành ph lo i I không có đư ng đi. Tương t , gi a các thành ph lo i 2 không có đư ng đi. 13
  14. www.VNMATH.com S các đư ng đi liên quan đ n các thành ph lo i 3 không vư t quá p(m + n). (Do b c c a A = m + n là l n nh t). T ng s đư ng đi bao g m: + Các đư ng đi liên quan đ n A: m + n + Các đư ng đi liên quan đ n III : ≤ p(m + n) + Các đư ng đi gi a I và II: ≤ mn Suy ra t ng s đư ng đi nh hơn mn + (p + 1)m + (p + 1)n ≤ (m + n + p + 1)2 /3 = 2102 /3. D u b ng x y ra v i đ th 3 phe, m i phe có 70 thành ph , thành ph phe 1 có đư ng đi đ n thành ph phe 2, thành ph phe 2 có đư ng đi đ n thành ph phe 3, thành ph phe 3 có đư ng đi đ n thành ph phe 1. Ví d 14. Trong qu c h i M , m i m t ngh sĩ có không quá 3 k thù. Ch ng minh r ng có th chia qu c h i thành 2 vi n sao cho trong m i vi n, m i m t ngh sĩ có không quá m t k thù. Đây là m t ví d mà tôi r t thích. Có nhi u cách gi i khác nhau nhưng đây chúng ta s trình bày m t cách gi i s d ng nguyên lý c c h n. Ý tư ng tuy đơn gi n nhưng có r t nhi u ng d ng (trong nhi u bài toán ph c t p hơn). Ta chia qu c h i ra thành 2 vi n A, B m t cách b t kỳ. V i m i vi n A, B, ta g i s(A), s(B) là t ng c a t ng s các k thù c a m i thành viên tính trong vi n đó. Vì s cách chia là h u h n nên ph i t n t i cách chia (A0 , B0 ) sao cho s(A0 ) + s(B0 ) nh nh t. Ta ch ng minh cách chia này th a mãn yêu c u bài toán. Gi s r ng cách chia này v n chưa tho mãn yêu c u, t c là v n có m t ngh sĩ nào đó có nhi u hơn 1 k thù trong vi n c a mình. Không m t tính t ng quát, gi s ngh sĩ x thu c A0 có ít nh t 2 k thù trong A0 . Khi đó ta th c hi n phép bi n đ i sau: chuy n x t A0 sang B0 đ đư c cách chia m i là A = A0 {x} và B = B0 ∪ {x}. Vì x có ít nh t 2 k thù trong A0 và A không còn ch a x nên ta có s(A ) ≤ s(A0 ) − 4 (trong t ng m t đi ít nh t 2 c a s(x) và 2 c a các k thù c a x trong A0 ) Vì x có không quá 3 k thù và có ít nh t 2 k thù trong A0 nên x có nhi u nh t 1 k thù trong B0 (hay B ), cho nên s(B ) ≤ s(B0 ) + 2 T đó s(A ) + s(B ) ≤ s(A0 ) + s(B0 ) − 2. Mâu thu n v i tính nh nh t c a s(A0 ) + s(B0 ). V y đi u gi s là sai, t c là cách chia (A0 , B0 ) th a mãn yêu c u bài toán (đpcm). Bài t p 17. Cho 2n đi m trên m t ph ng, trong đó không có 3 đi m nào th ng hàng. Ch ng minh r ng nh ng đi m này có th phân thành n c p sao cho các đo n th ng n i chúng không c t nhau. 18. Trong m t ph ng cho 100 đi m, trong đó không có ba đi m nào th ng hàng. Bi t r ng ba đi m b t kỳ trong chúng t o thành m t tam giác có di n tích không l n hơn 1. Ch ng minh r ng ta có th ph t t c các đi m đã cho b ng m t tam giác có di n tích 4. 19. Trên m t ph ng cho 2n + 3 đi m, trong đó không có ba đi m nào th ng hàng và không có 4 đi m nào n m trên m t đư ng tròn. Ch ng minh r ng ta có th ch n ra t các đi m này 3 đi m, sao cho trong các đi m còn l i có n đi m n m trong đư ng tròn và n đi m n m ngoài đư ng tròn. 20. Trong m t ph ng cho n đi m và ta đánh d u t t c các đi m là trung đi m c a các đo n th ng có đ u mút là các đi m đã cho. Ch ng minh r ng có ít nh t 2n − 3 đi m phân bi t đư c đánh d u. 21. T i m t qu c gia có 100 thành ph , trong đó có m t s c p thành ph có đư ng bay. Bi t 14
  15. www.VNMATH.com r ng t m t thành ph b t kỳ có th bay đ n m t thành ph b t kỳ khác (có th n i chuy n). Ch ng minh r ng có th đi thăm t t c các thành ph c a qu c gia này s d ng không quá a) 198 chuy n bay b) 196 chuy n bay. 22*. Trong m t nhóm 12 ngư i t 9 ngư i b t kỳ luôn tìm đư c 5 ngư i đôi m t quen nhau. Ch ng minh r ng tìm đư c 6 ngư i đôi m t quen nhau trong nhóm đó. Tài li u tham kh o [1] Nguy n Văn M u, Các chuyên đ Olympic Toán ch n l c,Ba Vì , 5-2010 . [2] Đoàn Quỳnh ch biên, Tài li u giáo khoa chuyên toán - Đ i s 10, NXB GD, 2010. [3] http://fermatslasttheorem.blogspot.com/2005/05/fermats-last-theorem-n-4.html [4] vi.wikipedia.org/wiki/Đ nh lý Sylvester-Gallai [5] www.mathscope.org [6] www.problems.ru 15
  16. www.VNMATH.com M T S D NG T NG QUÁT C A PHƯƠNG TRÌNH HÀM PEXIDER VÀ ÁP D NG Tr nh Đào Chi n, Trư ng Cao Đ ng Sư Ph m Gia Lai Lê Ti n Dũng, Trư ng THPT Pleiku, Gia Lai Phương trình hàm Pexider (PTHP) là phương trình hàm t ng quát tr c ti p c a Phương trình hàm Cauchy quen thu c. Bài vi t này đ c p đ n m t s d ng t ng quát c a PTHP và vài áp d ng c a nó trong chương trình Toán ph thông. 1 Phương trình hàm Pexider PTHP cơ b n g m b n d ng dư i đây (l i gi i có th xem trong [1] ho c [2]) Bài toán 1.1. Tìm t t c các hàm s f , g, h xác đ nh và liên t c trên R th a mãn đi u ki n f (x + y) = g (x) + h (y) , ∀x, y ∈ R. (1) Gi i. Nghi m c a phương trình (1) là f (t) = ct + a + b, g (t) = ct + a, h (t) = ct + b; a, b, c ∈ R. Bài toán 1.2. Tìm t t c các hàm s f , g, h xác đ nh và liên t c trên R th a mãn đi u ki n f (x + y) = g (x) h (y) , ∀x, y ∈ R. (2) Gi i. Nghi m c a phương trình (2) là f (t) = abec t, g (t) = aec t, h (t) = bec ; a, b, c ∈ R ho c f ≡ 0, g ≡ 0, h ∈ CR , trong đó CR là t p h p các hàm s liên t c trên R, ho c f ≡ 0, h ≡ 0, g ∈ CR . Bài toán 1.3. Tìm t t c các hàm s f , g, h xác đ nh và liên t c trên R+ th a mãn đi u ki n f (xy) = g (x) + h (y) , ∀x, y ∈ R+ . (3) Gi i. Nghi m c a phương trình (3) là f (t) = m.lnt + a + b, g (t) = m.lnt + a, h (t) = m.lnt + b; m, a, b, c ∈ R. Bài toán 1.4. Tìm t t c các hàm s f , g, h xác đ nh và liên t c trên R+ th a mãn đi u ki n f (xy) = g (x) h (y) , ∀x, y ∈ R+ . (4) Gi i. Nghi m c a phương trình (4) là f (t) = abtc , g (t) = atc , h (t) = btc ; a, b, c ∈ R. 16
  17. www.VNMATH.com 2 M t s d ng t ng quát c a Phương trình hàm Pexider Tùy theo m c đ ki n th c, PTHP có nhi u d ng t ng quát khác nhau. Dư i đây là m t s d ng t ng quát c a phương trình (1) g n gũi v i chương trình c a h ph thông chuyên Toán. Bài toán 2.1. Tìm t t c các hàm s f , fi (i = 1, 2, ..., n) xác đ nh và liên t c trên R th a mãn đi u ki n n n f xi = fi (xi ), ∀x, xi ∈ R. (5) i=1 i=1 Gi i. Đây là d ng quy n p m t cách t nhiên c a Bài toán 1.1. Nghi m c a phương trình (5) là n f (t) = at + ai , fi (t) = at + ai ; a, ai ∈ R. i=1 Tương t Bài toán 2.1, ta cũng có th gi i đư c phương trình hàm d ng n n f ai x i = ai fi (xi ), ∀x, xi ∈ R, ai ∈ R. i=1 i=1 Bài toán sau đây là m t d ng t ng quát khá cơ b n, mà phương pháp quy n p không th áp d ng trong l i gi i. M t s ph n ch ng minh có s d ng m t s ki n th c cơ b n, không quá khó, c a Đ i s tuy n tính và Phương trình vi phân, thu c chương trình cơ s c a Toán cao c p. Bài toán 2.2. Tìm t t c các hàm s f , fi , gi (i = 1, 2, ..., n) xác đ nh và t n t i đ o hàm (theo m i bi n s đ c l p x, y) trên R th a mãn đi u ki n n f (x + y) = fk (x) gk (y), ∀x, y ∈ R, n ≥ 2. (6) k=1 Gi i. Ta gi i bài toán này trong trư ng h p n = 2. Trư ng h p n ≥ 3 đư c gi i tương t . Xét phương trình hàm f (x + y) = f1 (x) g1 (y) + f2 (x) g2 (y) , ∀x, y ∈ R, (7) trong đó các hàm f , f1 , f2 , g1 , g2 xác đ nh và t n t i đ o hàm (theo m i bi n s đ c l p x, y) trên R. Không m t tính t ng quát, ta luôn có th gi thi t r ng các h hàm {f1 (x) , f2 (x)} và {g1 (x) , g2 (x)} là đ c l p tuy n tính. Ta có fx (x + y) = f1 (x) g1 (y) + f2 (x) g2 (y) , fy (x + y) = f1 (x) g1 (y) + f2 (x) g2 (y) . Vì fx (x + y) = fy (x + y), nên f1 (x) g1 (y) + f2 (x) g2 (y) = f1 (x) g1 (y) + f2 (x) g2 (y) . (8) 17
  18. www.VNMATH.com Ngoài ra, vì {g1 (x) , g2 (x)} là đ c l p tuy n tính, nên t n t i các h ng s y1 , y2 sao cho g1 (y1 ) g1 (y2 ) = 0. g2 (y1 ) g2 (y2 ) Thay y1 , y2 vào (8), ta đư c f1 (x) g1 (y1 ) + f2 (x) g2 (y1 ) = f1 (x) g1 (y1 ) + f2 (x) g2 (y1 ) , f1 (x) g1 (y2 ) + f2 (x) g2 (y2 ) = f1 (x) g1 (y2 ) + f2 (x) g2 (y2 ) . Vì đ nh th c nêu trên khác 0, nên h phương trình này có nghi m duy nh t f1 (x), f2 (x). Do đó, ta có th bi u di n f1 (x) và f2 (x) qua f1 (x) và f2 (x) dư i d ng f1 (x) = a11 f1 (x) + a12 f2 (x) , f2 (x) = a21 f1 (x) + a22 f2 (x) . (9) M t khác, thay y = 0 vào (7), ta có f (x) = c1 f1 (x) + c2 f2 (x) . (10) Suy ra f (x) = c11 f1 (x) + c12 f2 (x) , f (x) = c21 f1 (x) + c22 f2 (x) . (11) c11 c12 - N u = 0, thì t (10) và (11), ta thu đư c phương trình vi phân tuy n tính c21 c22 thu n nh t a1 f (x) + a2 f (x) = 0, trong đó a1 và a2 không đ ng th i b ng 0. Gi i phương trình vi phân này, ta tìm đư c f (x). T t c các hàm f (x) này đ u th a mãn (7) nên là nghi m c a phương trình. c c - N u 11 12 = 0, thì t (10) và (11), ta có th bi u di n f1 (x) và f2 (x) b i m t t h p c21 c22 tuy n tính c a f (x) và f (x). Thay bi u di n này vào (5), ta thu đư c phương trình d ng f (x) + a1 f (x) + a2 f (x) = 0. Gi i phương trình vi phân này, ta tìm đư c f (x) . T t c các hàm f (x) này đ u th a mãn (7) nên là nghi m c a phương trình. Bài toán đã đư c gi i quy t. Dư i đây là m t s trư ng h p đ c bi t mà phương trình (7) tr thành m t s phương trình hàm cơ b n. Nh ng phương trình này khá n i ti ng và đã có l i gi i hoàn toàn sơ c p (có th xem trong [1] ho c [2]). - V i f1 (x) = f (x), g1 (y) ≡ 1, f2 (x) ≡ 1, g2 (y) = f (y), phương trình (7) tr thành Phương trình hàm Cauchy f (x + y) = f (x) + f (y) , ∀x, y ∈ R. - V i f1 (x) = g (x), g1 (y) ≡ 1, f2 (x) ≡ 1, g2 (y) = h (y), phương trình (7) tr thành Phương trình hàm Pexider f (x + y) = g (x) + h (y) , ∀x, y ∈ R. 18
  19. www.VNMATH.com - V i f2 (x) ≡ 1, phương trình (7) tr thành Phương trình hàm Vincze f (x + y) = f1 (x) g1 (y) + g2 (y) , ∀x, y ∈ R, - V i f1 (x) = f (x), g1 (y) = g (y), f2 (x) = g (x), g2 (y) = f (y), phương trình (7) tr thành phương trình hàm d ng lư ng giác (vì m t nghi m c a phương trình này là f (t) = sint, g (t) = cost) f (x + y) = f (x) g (y) + g (x) f (y) , ∀x, y ∈ R. 3 Áp d ng PTHP t ng quát có nhi u áp d ng trong vi c nghiên c u m t s v n đ liên quan c a Toán ph thông. Sau đây là m t áp d ng liên quan đ n các phép chuy n đ i b o toàn y u t góc c a m t tam giác. Bài toán 3.1. Tìm t t c các hàm s f , g, h xác đ nh và liên t c trên R th a mãn đi u ki n sau: “N u A, B, C ∈ R, A+B +C = π, thì A1 +B1 +C1 = π”, trong đó A1 = f (A), B1 = f (B), C1 = f (C). Gi i. Gi s các hàm s f , g, h xác đ nh và liên t c trên R th a mãn đi u ki n trên. Ta có A1 + B1 + C1 = π ⇒ f (A) + f (B) + f (C) = π ⇒ f (π − B − C) = π − f (B) − f (C) . (12) π π Đ t F (x) = f (π − x), G (x) = − g (x), H (x) = − h (x). Khi đó, phương trình (12) có 2 2 d ng F (B + C) = G (B) + H (C) . (13) Phương trình (13) chính là Phương trình Pexider đã bi t. Nghi m liên t c t ng quát c a phương trình này là F (x) = ax + c1 + c2 , G (x) = ax + c1 , H (x) = ax + c2 , trong đó a, c1 , c2 ∈ R. Do đó π π f (x) = a (π − x) + c1 + c2 , g (x) = − ax − c1 , h (x) = − ax − c2 . (14) 2 2 π π Đ t a = −k, c1 + c2 + aπ = λπ, − c1 = µπ, − c2 = γπ. Th thì k + λ + µ + γ = 1. Khi 2 2 đó, b i (14), ta thu đư c f (x) = kx + λπ, g (x) = kx + µπ, h (x) = kx + γπ, trong đó k + λ + µ + γ = 1. Rõ ràng các hàm s f , g, h nêu trên th a mãn đi u ki n c a bài toán. Bài toán 3.2. Tìm t t c các hàm s f , g, h xác đ nh và liên t c trên R th a mãn đi u ki n sau: “N u A, B, C ≥ 0, A + B + C = π, thì A1 , B1 , C1 ≥ 0, A1 + B1 + C1 = π”, trong đó 19
  20. www.VNMATH.com A1 = f (A), B1 = f (B), C1 = f (C) . Gi i. Tương t cách gi i trên, ta tìm đư c f (x) = kx + λπ, g (x) = kx + µπ, h (x) = kx + γπ, trong đó λ ≥ 0, µ ≥ 0, k + λ ≥ 0, k + µ ≥ 0, λ + µ ≤ 1, k + λ + µ ≤ 1. K t qu c a Bài toán 3.2 có nhi u áp d ng trong các phép chuy n đ i b o toàn y u t góc trong tam giác, ch ng h n các H qu sau đây mà ph n ch ng minh dành cho b n đ c H qu 3.1. N u A, B, C là ba góc c a m t tam giác, thì A1 , B1 , C1 xác đ nh như sau B+C C +A A+B A1 = , B1 = , C1 = 2 2 2 cũng là ba góc c a m t tam giác. π H qu 3.2. N u A, B, C là ba góc c a m t tam giác th a mãn max {A, B, C} < , t c là 2 tam giác ABC nh n, thì A1 , B1 , C1 xác đ nh như sau A1 = π − 2A, B1 = π − 2B, C1 = π − 2C cũng là ba góc c a m t tam giác. H qu 3.3. N u A, B, C là ba góc c a m t tam giác, thì A2 , B2 , C2 xác đ nh như sau A B π+C A2 = , B2 = , C2 = 2 2 2 cũng là ba góc c a m t tam giác, trong đó C2 là góc tù. H qu 3.4. N u A, B, C là ba góc c a m t tam giác, trong đó C là góc tù, thì A2 , B2 , C2 xác đ nh như sau A2 = 2A, B2 = 2B, C2 = 2π − C cũng là ba góc c a m t tam giác. H qu 3.5. N u tam giác ABC có ba góc nh n (ho c vuông t i C), thì A3 , B3 , C3 xác đ nh như sau π π A3 = − A, B3 = − B, C3 = π − C, 2 2 cũng là ba góc c a m t tam giác tù (ho c vuông t i C3 ). H qu 3.6. N u tam giác ABC có góc C tù (ho c vuông), thì A3 , B3 , C3 xác đ nh như sau π π A3 = − A, B3 = − B, C3 = π − C, 2 2 cũng là ba góc c a m t tam giác nh n (ho c vuông t i C3 ). Bây gi , m r ng m t cách t nhiên các bài toán trên, ta có các bài toán sau Bài toán 3.3. Tìm t t c các hàm s f , g, h xác đ nh và liên t c trên R th a mãn đi u ki n n n sau: “N u Ai ∈ R, Ai = (n − 2) π, thì Ai = (n − 2) π”, trong đó Ai = f (Ai ). i=1 i=1 Gi i. Tương t cách gi i Bài toán 3.1, trong đó phương trình hàm c m sinh chính là Phương trình hàm Perxider t ng quát. Các hàm s tìm đư c là fi (x) = k0 x + ki (n − 2) π (i = 1, ..., n, n ≥ 3) , 20
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN
TRỢ GIÚP
HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG
Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2