Tuyển tập 30 năm Tạp Chí Toán Học và Tuổi Trẻ (part1-4)

Tuyển tập 30 năm Tạp Chí Toán Học và Tuổi Trẻ (part1-4)

trong định nghĩa B cua dién tich mat kín,

có thể gọi là hình "vành khăn chỏm cẩu" có

bề dày d, gồm giữa hai mặt chỏm cầu toàn

phần, đồng tâm : mặt chỏm cẩu bán kính #,

chiều cao bè đã cho, và mặt chỏm cầu bán

kính R - đ, chiều cao h = 2d Hỉnh 2 biểu

diễn một thiết diện qua tâm của hình "vành

khăn chỏm cầu" Ƒ,„ đó Thể tích V(đ,F) của

hình vành khăn chỏm cầu F_ bằng hiệu thể

tích hai khối chỏm cầu, nghĩa là theo công

thức thể tích chỏm cẩu thì :

4

A]

Hình 2

Vịd, E) = x h2 (2-4) — a (h - 2d? x

x [œ-»-*$“]

Sau khi tính toán và rút gọn ta được

Vid) =

=a [5+ 40=#(R- “$“ )]a =

4

=ad [MAR ~ 4) - 4Rd + 5a? |

Do đó :

Vid , F) id= xh(4R — h)— And(R — d/8)

S = lim Vid ,Fyid = h (AR — h) =

= 2nRh+xhQR-h)

Nhưng lại có : z h (2R — h) = z r2 là điện

tích đáy của khối chỏm cầu Từ đó suy ra

công thức (3) cần tÌm của điện tích chỏm

cầu :

S (chém cầu) = % —xr?=2xRh

Trường hợp đới cầu (hay là cầu phân hai

đáy), muốn tÌm diện tích của nơ, ta lấy hiệu

điện tích của hai chỏm cầu, cuối cùng cũng

đi đến công thức (8) ‘

Hé qué 1, Dién tich chém cầu hay đới cầu

bằng ba lần thể tích hình quạt cẩu tương

ứng chia cho bán kính hình cầu

That vậy, ta có :

2xRh = 8[Q/8) x R2 hỊ/R

Hệ quả 2 Diện tích mặt cầu bằng độ dài đường tròn lớn của nó nhân với đường kính, hoặc bằng 4 lần điện tích của hình tròn lớn :

§ (cầu) = 4x2

Hệ quả 3 Diện tích mặt cẩu bằng ba lần thể tích hình cầu chia cho bán kính hình cầu

That vay, ta có 4z R? = 3 [(4/3) R3]/R

Chú thích : Để tìm diện tích mặt cầu, ta

có thể tính trực tiếp bằng cách sử dụng định nghỉa A hoặc định nghĩa B Chứng mỉnh rất nhanh gọn và vô cùng đơn giản, đề nghị bạn đọc hãy thử nghiệm lại, tự mình tÌm lại công thức diện tích mặt cầu

3 Diện tích xung quanh của hình

trụ, hình nón và hÌnh nón cụt Dinh li 2 Diện tích xung quanh của hình nón cụt bằng nửa tổng các chu vi đáy nhân với đường sinh Nếu các bán kính đáy la R, +?' và đường sinh co độ dài là ¿ thỉ diện tích xung quanh của hình nón cụt bằng

Ching minh Trước hết ta hãy tìm diện tích toàn phần Š, của nó bằng cách phụ thêm vào mặt xung quanh các mặt đáy cho thành một mặt kín F (nghia 1A mat toan phẩn của hình nón cụt) Vật thể #„ mà ta phải dựng, nói trong định nghĩa B của diện tích mặt kín, có bề dày đ, gồm giữa hai mặt nón cụt toàn phần, đồng trục : mặt toàn phần của hình nón cụt có bán kính đáy R, R’, chiều cao # đã cho, và mặt toàn phần của hình nớn cụt nhỏ dựng ở bền trong hình nón cụt đã cho, có khoảng cách đến mặt nớn cụt đã cho là ở, bán kính hai đáy là R,, R’, va chiéu cao là 8` = h — 2d Hình 3 biểu diễn một thiết diện qua trục của vật thể F, đó Nếu gọi là góc giữa các đường sinh với các mặt phẳng đáy của hình nón cụt, từ hình 3 đế dàng tính được các bán kính đáy theo thứ tự lớn và nhỏ #,, FR’, cla hình nón cụt nhỏ mới đựng :

R,=R-áP, và Rị =1 — dt — (6)

trong đó ta đã đặt : tg(p/2) = £ và

cotg(g/2) = £' (= 1/9 (0 < ø < 90°) Sau

khi tính toán và rút gọn, ta được

58

> = lim Vid, Fy id =

do

= (18) w AIR (E+ IP) + RE + 98] +

+ (2/8) x (R? + RR’ + R2)

Nhung : h= (R- R’yigp= [3/(1— 22)]@#~ R°)

Cuối cùng, ta được kết quả :-

S, = (1/3) a R? (1 + 8/eos@) +

+ (1/8)xR2(1— 8/cosp)+ (2/8)m(R2+ R2) =

= x(R?+ R2)+z(ït + R)(R~ R'Vcosp

Nhung (R ~ R’)/cos = 1, là độ dài đường

sinh của hình nón cụt, và z(R2+ R'2 là

Hình 3

diện tích hai đáy của nớ, do dé ta được công

thức (4) của diện tích xung quanh S của hình

nón cụt có bán kính đáy E, Ñ' và đường sinh

‡ cần tìm

Hệ quả 4 Diện tích xung quanh của hình nón bằng nửa chu vi đáy nhân với đường sinh, nghĩa là nếu gọi P là bán kính đáy và

¿ là đường sinh của hình nón cụt

That vay, bang c&ch dat R’ = 0 vio công thức (4) của điên tích xung quanh hình nón cụt, ta được ngay công thức (6) của diện tích xung quanh hình nón

“Hệ quả ð Diện tích xung quanh của hình trụ bằng chụ vi đáy nhân với chiều cao nghĩa

là nếu gọi R là bán kính day và b là chiều cao của hình trụ thì

Sự, = 2h Œœ

Thật vậy, ta có nhận xét rang cho R’ din t6i # thi hinh ndn cut dan trở thành hình tru Noi khác đi, ta có thể xem hình trụ như là một trường hợp giới hạn của hình nón cụt Do đơ đến giới hạn, nghĩa là nếu cho Ð' = đ, và khi

dé i = A và đặt vào (4) ta được công thức (7)

Chú thích Tuy nhiên, ta có thể trực tiếp suy ra công thức (7) trên đây của diện tích xung quanh hình trụ một cách hết sức đơn giản bằng cách dùng định nghĩa B của diện tích mặt kín

Đề nghị bạn đọc thử nghiệm lại điều đó, tự minh tìm lại công thức (7) trên đây

DUNG TRẬT TỰ ĐỀ GIẢI CÁC BÀI TOÁN

CÓ CÁC YẾU TỐ BÌNH ĐẲNG

Khi làm toán, chắc các bạn gặp không Ít

những bài toán mà các yếu tố tham gia trong

đó bình đẳng với nhau, nghĩa là nếu ta trao

đổi các yếu tố đó cho nhau thì không làm thay

đổi bài toán Chẳng hạn các bài toán : "Tìm

tất cả các số nguyên tố a, ở, e sao cho abe <

ab + be + ca", hay là "Tìm các số nguyên dương

* }, 2 sao cho xyz = 9 +x+y +z", là những

bài toán có tính chất vừa nêu

54

VŨ QUANG SỬU

Để giải những bài toán dạng như thế có thể có nhiều cách khác nhau, tùy thuộc vào từng bài cụ thể Trong bài báo nhỏ này tôi muốn giới thiệu với các bạn một phương pháp giải các bài toán trên

Ta biết rằng, a), 4, ;#„, thì bao giờ ta cũng cớ thể néu cho n s& thực sắp chúng theo thứ tự tăng dần hoặc giảm

dần Cho nên nếu đ), #;, , ø„ tham gia vào

một bài toán bình đẳng với nhau, thì bao giờ

ta cũng có thể giải bài toán với giả thiết

a, <a, < <a, hodc a, 2a,> 2a,

Trước hết ta giải hai bài toán vừa nêu ở

trên

Bài toán 1 Tim /ố! cả cúc số nguyên tố

a, b, œ sao cho abc < qb + bc + cơ

Giải : VÌ các số a, b, e bình đẳng với nhau

nên không mất tính tổng quát ta giả thiết

a<b«<c

Suy ra đò + bc + ca < Bbc

Néua = 3 = 8be < abc > ab + be +a

< aòc, mâu thuẫn với bài ra Vậy ø = 2 (vì

a nguyên tổ) Do đó :

2be < 2b+ be+ 2e = líc + 1/6 > 1/2 => b < 5

*b = 2 =c nguyên tố bất kì

*®b =83=c= 8 hoặc c = 5

Tom Jai nghiém của bài toán là :

a= 2,6 = 2,¢ =p nguyén té va các hoán

vị, hoặc a = 2, 6 = 8, ¢ = 3 và các hoán vì

Bài toán 2 Tim tốt cỏ các số nguyễn

dương x, y, z sao cho xyz = 9 +x +y +2,

Giải : Do x, y, z tham gia vào bài toán

bình đẳng với nhau nên, không mất tính

tổng quát ta giả thiết x > y > z > 1 Th có

các khả năng sau :

1 Cá ba số bằng 1 : không thỏa mãn

phương trình

2.x>1,y=z=1l=x=ll+z: vôlí

3.x>xy>1z=1—=xzy=10+x+y

hay 11 = &- Uớ - 1),vìx-1>„xy-1

nénx-1= 11,y-1 = 1 vax = 12,

y=2,z =1

4x >> z> 1

Đặt ø =xT— 2, 0=yT—2, œzT— 2

=u>u>u >Ô và ta có :

16+ u tut w= (u + 2)(0 + 2)(ø + 9) =

= uvwt Ð(w0 + 00+ 0u) + AT 0£ w)t 8

Suy ra:

7 = uvwt 2(uvt vwt wu)t But v + w)(*)

ø = 0= 7 = 8u khéng thể xẩy ra

>0 > u > 0ð > 1

2uu + 3(u + 0) > 8 : vô lí

"Tóm lại nghiệm của phương trình là :

x=12,y=2,z= l1 và các hoán vị

Bài toán 3 Tìm 12 số nguyên dương, sao cho tổng của chúng bồng tích của chúng

Giải : Gọi các số phải tìm là x,,z;, Z;; -

Rõ ràng x,, #„, z¡; bình đẳng với nhau nên

ta giả thiết xị >#, >xị„ > 1 @)

Tn giải phương trình

#1; Xị¿ =xị +3; + taxi, — (2)

Từ (1) = xi ey < 12,

hay x; zụ„ < 12 @®

Vì 22 = 16 > 12 nên từ (3) ta thấy trong

11 số x;zx; *¡„ không thể có hơn 3 số lớn hon 1 Vay trong 12 s6 x, , x, .%,) khéng thé

có hơn 4 số lớn hơn 1 Do đó chỉ có thể xảy

ra ð trường hợp :

1# =#¿= =#¡„ = 1, không thỏa mãn phương trình (2)

2.3) >4; #2 SX = 1, từ (2) suy ra : x,=11+x, = 11 = 0 nên chúng không thể thỏa mãn (2)

8.4, 2X, B23 =X, = = Hy = L suy ra:

Œ,¿~1@¿—1=11=11.1

vin, -Lex,-lsx,-1=1lx,-1=1

Từ đó suy ra x,=12,%,52 vax, =x,

Hay al

4.x, Bx, Bx, > a= zạ=1, từ (2) quy ra ZiX„x = 9 +x + x; +

Theo bài toán 2, ta cố xị = 12 Xy = 2,

X, = 1: khong théa man vì xạ > 1

5 x, 2x) Baye X,H Ke = Xl

xg, = 8 tx, tx, +x, +x, (4) Dat J»ị=# T2, 3„=1#ạ—2_, #2=#4—2 ›

#4 =*4—2, suy ray,> 0 Vi = 1, 2, 3,4 và

ta có (4) tương đương với

16 +y¥, +¥2 +93 4% = Ớ0,+2)0;+ 2) 0+ 2 0+ 2)

16 + By, ty, ty, + ¥4) +

0= Tới #3; ty + X4) +

I, =I =Ig=IG=O >

2, HX) Hay 5X, = 2

hay

suy ra

55

Tóm lại các số cần tìm là

x= 1,3; = 2, Xà =1; “mu ma =1

hoặc

=ãi =1

Bài toán 4 Cho Œị,02,d2, 0, là 4 số

thục đôi một khác nhau Giải hệ phương

trình sau :

XH x=

lai~ a;| x+ lay— a¿| x+ la~ a,| x= 1

la,~ a,| x,+ Ja,~ a,lx,+ Ja,- Lộ +z=1

la,~a,1x,+ 1a, a,lzy+ |øạ~ a,lx„= 1 (Đ

la a,|x,+ |a¿~ ø2]x„+ la,- @,|x,= 1

Giải : Ta thấy rằng 4 số đôi một khác

nhau @|,@,,0,,a, tham gia vào bài toán

bình đẳng với nhau, nên không mất tính

tổng quát, ta giả thiết

a, >a, >a, >a,

Khi đó hệ (1) tương đương với :

(ị— @))t,+ (@,— a5)x,+ (a,— @,)x,= 1 (a)

(@,~ a,)x,+ (a,— a,}x,+ (a, — a,)x,= 16)

(@)— @,)x,+ {(@.~ a3)x,+ (a,- a,x, = 1¢0)

(a, 4,)x,+ (a, @,)x,+ (a,— a,)t,= 1(d)

Từ hệ (2), thực hiện các phép tính (a) - (8);

(b) — (@) ; (e) — (đ) ta được hệ tương đương :

(8; — 82) (— #ị +*¿ +42; +zx¿2)=0

(a ~ a3) (— x, —x) +x, +x,) =0

(a, — a) (~ x, ~#¿~1¿ +x¿) =0

(@,~ a4), + (a2— a4), + (a,- a,x, 1

~% +x, +4, +%,=0 (’)

~ x ~x, +4, +%,=0 ©)

~#i—#¿T— #¿ +x¿= 0 (c)

(@,- a,)x,+(a.~a,)x) + (a,- #)xa=1(đ')

Lay (a’) + (¢’) duge x, =2, ; (’) +00’)

được x,=2, +4, suy ra 4, =0 6)+¢’)

được x, +; = x, suy ra x, = 0

Thay x,=x,=0 vao phương trình (ở)

suy ra

x, =x, = 1a, ~ @,)

56

Vay v6i a, > a, >a, >a, thi nghiém cia

hệ là : 22,20, 4, =2,= Va, - a,) Chú ý rằng néu, a, , #;, đạ, đ, có một thứ

tự khác thi nghiệm cũng có một thứ tự tương ting Chang han nếu a,>a,>4,>a,

thì : *ị =4 = Ú về x; = x; = l(g; — a2) Trên đây, ta đã xét một số bài toán về giải phương trình Bây giờ ta xét một số bài toán loại khác

Bài toán B5 Các số đương œ, b, ¢ thỏa

mãn diều kiện gì để uới mọi số tự nhiên q, các số a", b*, c? là độ dài các cạnh của một tam giác ?

Giải : Không mất tính chất tổng quát, ta giả thiết rằng a >c >0

1) Nếu ø >b >e > 0 thì 1 > ö/g > cự

Vì các số bía, ca đều nhỏ hơn 1 nên tồn tại số

tự nhiên n đủ lớn sao cho (b/a)" + {clay" <1 khi đó 6" +c" <a” nén v6i n do, a", b" oc"

không phải là 8 cạnh của một tam giác

2) Nếu a@ = b > ¢ > O thi

=a zc" > 0 với mọi n số tự nhiên và rõ ràng chúng là độ dài 3 cạnh của một tam giác

VÌ vậy điều kiện cần tim cia a, 5, ¢ 1& hai

số lớn nhất phải bằng nhau

Bài toán 6 Chứng minh rồng trong 7 đoạn thông, mỗi đoạn có độ đời Ì tùy ý, uới

1 <1 < 13, có thể chọn ra 3 đoạn để làm 3 cạnh của một tam giác Chúng tỏ rằng bài

toán không đúng nếu chỉ dùng 6 doạn

thẳng, Giải : Dễ chứng minh tính chất sau đây :

nếu các số dương ơ, ð, c thỏa mãn ø = 6 > e thi chung là độ đài ba cạnh của tam giác khi

và chỉ khi a < b +e

Ta 4p dung tinh chất trên để giải bài toán

6 Giả sử 7 đoạn đã cho có độ dài tương ứng

là ,i,, i„ Không mất tính chất tổng quát ta giả thiết

1<i<”< <Ùy<18 Nếu không chọn ra được 3 đoạn nào làm

3 cạnh của một tam giác thì :

laitielt+i=2,

Leite 1+2=3,

i,al,+le2+3=6,

L,el,ti,>3+5=8,

lời, +, »5+ 8= 18

Điều này mâu thuẩn với giả thiết 1, < 18

Nếu chỉ dùng 6 đoạn thẳng thì bài tốn

khơng đúng, ví dụ lấy 6 đoạn cĩ độ dài

tương tng là ¡=l,/,=1,l~2,

14,=8, 1,=5,1,=8,

Bài tốn 7 Biết rằng

dộ + d) + độ + dị + gộ = 1

Chúng mình rồng, giá trị nhỏ nhất của

(;—~ a)2q < ist j< 5) khơng thể uượt quá 1110

Giải : Khơng mất tính tổng quát, ta giả

thiết ring a, <a, < €a,

Ta kí hiệu [ø,— ®| =x, r6 rang khi đĩ

min (@;— ay? =x

leiejas

Tụ suy ra ø, + 1—a, 22> 0 (vi néux = 0

thì bài tốn hiển nhién ding) v6ii = 1, 2, 3, 4

Ta cĩ (œ6, — ø) = @

+ 5-2) + + Ga) > ỨT

với j >1, từ đĩ suy ra

(a, — a)? = ÿ — 0222

Lấy tổng cả hai vế theo ¡, j ta cĩ :

»ự- 0222 < Ð) (ai s)Ê

—a;_\)+

1i<j<5 14i<j<Š§

Nhưng

S 0-02+?=+? 5) g— 1= 60z2

14i</<5 lei<j<s

và (ai — a)? = 5 > a‡— ay =

1<i<j<ễ i=l i=l

5

=5-(Haj<5

i=l Vay 50x? « 5 suy ra z2 € 1/10 (đpem)

Bài tốn 8 cho 4 số thục khác nhau a,

b, « dc Hiểu thúc n(x,y,z,)=

= —y)?+(w-—z)? + (ø— Ð2+(t—z)? cĩ

thê nhận bao nhiêu giá trị khác nhau, nếu

các biến số +, y, z, t biến thiên uờ là hốn uị của các số a, b, c, d ? Với giá trị nào của x,

>, 2, † thì n nhận giá trị lớn nhốt, nhỏ nhất ?

Giải : Các 86 a, b, c, đ ở đây cĩ vai trị

bình đẳng nên ta giả thiết œ< b <c< d

Xét n,y,z,Ð + œ — 22 + (y — Đ? =

= e-y)?+(@-—ø?+ (#— ĐŸ + (T—x}? +

+(x — 2)*+ (y— 92 biểu thức này bình đẳng đối

với z, y, z, nên nơ là hằng số và bằng tổng bình

phương tất cả các hiệu trong 4 86 a, 5, ¢, d : Cho

nên nfœ,y,z,09 + 6~z2+(@-—02=k (khơng đổi)

hay n(+,y,z, Ð +

+ tty? 422 4+ 2) ~ 2(xz + yÐ = k

Mà +x?2+y2+z2+2=a2+ b2+ c2 + d2

nên giá trị cla n(x,y,z,¢) phu thuộc vào gid tri cla xz + yt Giá trị u = xz + y£ phụ thuộc vào sự phân chia thành các cặp của 4

số : a, b, c, d Rõ ràng chỉ cĩ 3 cách sau :

V,=ab ted , V,=ac + bd , Vị = gở + bc

Tạ cĩ Vị — V„ = dồ + cổ — ao — bđ =

= 6-c)(a-d) > 0

V,~ V, = ac + bd —ad—be=

= (a—b)(e—d)> 0 Vậy V > V, > Vụ

Cho nén n(x, y, z, ) chi nhận 3 giá trị khác nhau

n(x, y, 2, ) nhận giá trị lớn nhất khi V=xz + y( nhận giá trị lớn nhất, mà V lớn nhất là VỊ = gb + cở

Khi đĩ :x=à,z=b,y=c,t=d,

Tém lai cd 8 hodn vị khác nhau làm cho n(x, y, 2, Ð) đạt giá trị lớn nhất Với giá tri nhỏ nhất xét tương tự

Cuối cùng xin gửi tới các bạn một số bài tốn sau đây :

9 a) TÌm các số nguyên duong x, y, z sao cho

xty+z=xyz

57

b) Tim cde sé nguyén duong x, %, 2, £ sao

cho x+y +z + = xa

10 Ba số dương *j,#„x*; thỏa mãn

Z#z⁄¿ > Ll vax, +x, +45 < lv) + 1x, + 14;

Chứng minh rằng :

a) x,#1 véi moii = 1, 2, 3

b) Trong 3 số #p#„*¿ cố đúng 1 số bé

hon 1

11 a) Véi gid tri nguyén nao cta k thi tồn

tại các số nguyên dương +, y, z thỏa mãn

x?+y? + z2 = kaye,

b) Tìm trong 1000 số đầu tiên tất cả các

bộ ha số sao cho tổng các bình phương của chúng chia hết cho tích của chúng

12 Chứng minh rằng, từ 25 số dương khác nhau cớ thể chọn ra hai SỐ, sao cho các

số còn lại không thể bằng tổng hoặc hiệu của hai số vừa chọn

13 Chứng minh bất đẳng thức sau : (a, ~ a2) (@,— @4) @, -— a) + + (@,— a,)(a, - @,) (@, — a5) + + + @5 — @))(a, — a) (@,~2,)20 Trong đó Øị,đ2, , ø„ là các số thực bất ki

ĐIỀU GÌ TIẾP THEO VIỆC GIẢI CÁC ĐỀ TOÁN TREN BAO

Cách đây 23 năm về trước, báo Tbán học

và tuổi trẻ (Số tháng 10, năm 1965) có ra

một toán khá thú vị : "Chứng minh rồng uới

mọi số nguyên n tœ có n3 — m chía hết cho

3; n> - n chia hét cho 5 Tổng quát hóa"

Vì vội vàng, nên đa số chúng tôi đã tổng

quát hóa như sau : "xỀ ~ x chia hét cho k,

udi k là số lẽ", nhưng đã kịp thời phát hiện

ra dự đoán ấy là sai (29 - 2 = 510 khong

chia hết cho 9) Ngày nay, hầu hết các bạn

đều biết nội dung của định lí nhỏ Fecma và

vận dụng thành thạo nhị thức Niuton,

nhưng đối với chúng tôi ngày đó, khi báo

đăng lời giải của bài toán trên : "nP - n chia

hết cho p 0à p là số nguyên tố", chúng tôi

đã vô cùng ngạc nhiên về giả thiết của định

lí và nhất là cách chứng minh độc đáo của

nø Tôi bèn lật lại những tờ báo Tbón học bờ

tuổi trẻ trước đó, thử tìm xem cơ bài toán

nào mở rộng được theo hướng đó không ?

May mắn thay, tôi đã tìm được để toán sau

ở số báo đầu tiên : "Chứng minh rằng tổng

các lập phương của ba số nguyên liên tiếp

chia hết cho 9" Tất nhiên, tôi nghỉ đến một

58

LÊ QUỐC HÁN

dự đoán tổng quát hơn : "Chứng minh rằng tổng các lũy thừa bậc p của p số nguyên liên

tiếp chia hết cho p”" Trường hợp p = 2 đã

bác bỏ ngay dự đoán đó ; nhưng tôi không nản chí Liên hệ đến bài toán trên tôi nghỉ :

Ð phải là số nguyên tố lẻ ( ?) Xét tổng :

D+ P=pnP + 3) CCnP TK SE +

+ pn SPs Sv

¿=1 i=1

Th có :

pri

poe +pnS¡P~1«

1

pri

=P[@P—n)+nS(LP— 1—13]+np2= 0(mod p2)

fel

Để xuất hiện phân thức có tử không chứax ta viết như sau : y = (ax — ab + ab ~ c\(x — 6) =

=a t (ab = e)(a — b) Vay x - b phải là ước

SỐ nguyên cua ab - ¢

Thí dụ : tìm nghiệm nguyên của phương

trình vô định 4x + 3y = xy — 20 (5)

Giải : By = x(y — 4) — 20

x= (3y + 20)/y — 4) =

(8y ~ 12+ 12+ 20 — 4) = 8 + 89/0 — 4)

Muốn * nguyên thì y - 4 phải là ước số

nguyên của 32, tức là y - 4 = +32, +16,

+8, +4, +2, +1 Để đơn giản, các nghiệm

của (ð) được tính theo bảng sau :

(~8x— 86)(Tx— 49) z 0 «>—12 < x < 6 Thật

sung sướng Từ đây ta dễ dàng tìm được các nghiệm nguyên (x, y) cha (7)

Nhu vay, diéu kiện ean dé

y = (ax— c)/(dx— b) nguyén la fax ~c) = |dx — b| (8)

Liệu đây có phải là phương pháp tổng quát để tìm nghiệm nguyên của (6) hay

không ?

Vay, phuong trinh (5) có 12 nghiệm theo

bang trén

Phương pháp giải cũng đã khẳng định

rằng phương trình (4) với ø, ð, c nguyên bao

giờ cũng có số nghiệm nguyên là hữu hạn và

chan (vỉ một số nguyên bất kì luôn có một

số chắn các ước số nguyên)

Và bây giờ chúng ta lại tự hỏi : con đường

hợp lôgic tiếp theo là gì ? Tiến công vào

phương trình øx + by = c + đxy (6) chang ?

ax =c + dxy — by =c + y(dx — b) Tách riêng

y ty = (ax — c)/(dx — 6) Néu a chia hét cho

đ thì đễ dàng tìm được số thích hợp để cộng

trừ thêm vào az ~ c như đã biết Nhưng nếu

ø không chia hết cho ở ? Chẳng lẽ bớ tay

Bạn cảm thấy thế nào nếu ta đặt dấu

chấm hết ở đây ? Dược chăng ? Cũng được,

nhưng không thoải mái Không lẽ ta lại bất

lực trước những phương trình chẳng cớ vẻ

gì phức tạp như 2x — 3y = —Sxy + 39 (7)

Các hệ số trong (7) được lấy hú họa Bạn

nghỉ xem khi chưa giải được bài toán tổng

quát, ta đành xét một trường hợp cụ thể biết

đâu nó chẳng gợi lên một điều gi do

Từ (7) suy ra

2z =y(3 — 5z) + 39 >

y = (2x — 39)/(8 — 5x) Dé y nguyén thi diéu

|2z — 39| > |3 - Bx] o

(2x — 39)? > (8 — Gx)? ~

(2x — 39)? ? (3 — 5x)? 2 0 ~

Thử xét nghiệm nguyên của một phương trình nữa : 5x??? äy = 2xy?77??1()

Từ (9) cd 5x = y(23x + 3) ~ 11 —>

y = (Sx + 11)/(2x + 3) (10)

Để y nguyên cẩn có |ðz + 11| > |2x + BỊ

«>(Ex + 1Ù? z (2x + 3)? «> (7x + 14)(8x + 8)

> 0 «<>x < -8/ä ;x > ~2

Đáng buồn thay, x có thể nhận tất cả các giá trị nguyên trên trục số Chịu chàng ? Không ! To biến đổi (10) như sau :

y= 2+(z+ð)/(2x + 3) Rõ rằng y nguyên

khi x = -5 Vay (œ = -ð ; y = 2) là một nghiệm của (9) Để tìm các nghiệm còn lại

ta nhận thấy điểu kiện cẩn để y nguyên là

|x + 5] = [2x + 3] > (& + 5)? (2x + 3)?

BO re (Br + 8)(-x - 2) BO > 8/3 <x

< 2—(9) có thêm các nghiém (x, y) 1A (-2; -1), (2 ; 3) (-1; 6)

Chỉ còn một chút nữa thôi, chúng ta sẽ khẳng định được : ta đã có trong tay phương pháp tổng quát để tÌm nghiệm nguyên của phương trình vô định øz + by = e + dxy Đó

là việc chứng minh rằng : luôn luôn giới hạn được x trong một khoảng nào đó ;

2, <x <x) Bước đi cuối cùng tới thắng lợi

ấy xin dành cho các bạn Và chắc các bạn cũng hiểu rằng : Đó không phải là phương pháp duy nhất ! Cũng như phương pháp cộng trừ thêm một số thích hợp để tìm nghiệm nguyên của phương trình

dx + by = c trong số báo 154 không phải là phương pháp duy nhất hay !

Những phương pháp hay, những lời giải đẹp đang vẫy gọi các bạn !

59

NGUYEN Lf "KHOI DAU CYC TRI"

Trong khi giải toán ở nhà trường cũng

như ở các kì thi học sinh giỏi, chúng ta

thường phải vận dụng 3 nguyên lí chứng

mỉnh : đó là nguyên H phân chứng, nguyên

lí quy nạp và nguyén Ii Dirichlet (Vé nguyén

lí Đirichlêt có thé xem thêm bài "Nguyên tắc

Đi-rich-lê những chiếc lổng và các chú thỏ"

(đăng trong báo TH và TT số 71) Bài báo

này muốn giới thiệu với các bạn 1 nguyên lí

chứng minh thứ tư có thể sử dụng khá tốt

cho rất nhiều bài toán thuộc các dạng hoàn

toàn khác nhau, đó là nguyên lí "Khởi đầu

cực trị"

Nội dung của nguyên lí phát biểu như

Sau :

Trong một tập hợp hữu hạọn (khác rỗng)

các số thực luôn có thể chọn được số bé nhất

Đà số lớn nhất

VÌ cách chứng minh rất đơn giản nên

nhường cho bạn đọc tự thực hiện lấy Túc

gid chi xin phép minh hoa việc áp dụng

nguyên lÍ này bằng các ví dụ cu thé :

Vi du 1 n ban hoe sinh thi đấu bóng bàn

theo nguyên tắc đấu vòng tròn Chứng minh

rằng luôn có thể xếp cả z bạn theo hàng dọc

sao cho người đứng trước thắng người đứng

kể sau

Giải : Xót tất cả các cách xếp 1 số bạn

thành hàng dọc sao cho người đứng trước

thắng người đứng kế sau Vì cách xếp như

vậy bao giờ cũng tổn tại và số cách xếp chỉ

là hữu hạn nên theo nguyên lí khởi đầu cực

trị ta có thể chọn cách xếp có nhiều bạn

nhất Ta sẽ chứng minh rằng cách xếp đó

phải có cả n bạn học sinh

Thật vậy, giả sử cách xếp đó chỉ gồm cớ

k <n ban, theo thi tu la Ay Ayes A, Khi

dé xét ban B không xếp trong hàng Theo

nguyên tắc đấu vòng tròn, B phải đấu với cả

Ay, Ay A, Th thấy B khéng thé thắng

4, vì nếu thắng thì ta đã co được 1 cách xếp

nhiều hơn & người là B, Ay Ay os A, trái

60

D6 BA KHANG

với cách chọn Ái, A„ A, Do dé B thua

A, Lap luan tuong tu ta suy ra B thua Ay Nhung khi do ta lại cũng có cách xếp đông

hơn : Ay, Ay 4 Ay B Trong moi trường

hợp ta déu thay vo If Vậy k phải bằng „

(dpcm)

Ví dụ 2 Trên mặt phẳng cho 2n điểm

không cớ 3 điểm nào thẳng hàng, trong đó

có m điểm màu đỏ và n điểm màu xanh, Chứng minh rằng tồn tại cách nối tất cả các

điểm đẻ với các điểm xanh bởi „ đoạn thẳng

không có điểm chung

Giải : Xét tất cả các cách nối œ cặp điểm

đỏ - xanh bởi ø đoạn thẳng Vì cách nối là

tồn tại và số các cách nối là hữu hạn ta chọn

cách nối có tổng độ dài các đoạn thẳng là ngắn nhất Ta sẽ chứng minh đó là cách nối phải tìm Thật vậy nếu cớ 2 đoạn AX và BY cắt nhau tại điểm Ó (A, B mau dé con X, Y mau xanh) Khi dé néu ta thay 2 doan AX

va BY bởi 2 đoạn AY và BX va giữ nguyên các đoạn kia thì do

AY + BX< (AO + OV) + (BO + Ø3) =

=AX+ BY

ta được 1 cách nối mới cớ tổng độ đài các đoạn bé hơn Điều này trái với cách chọn ban đầu của chúng ta, Vậy suy ra đpcm

VỆ dụ 3 (Bài toán Xin-vex-te)

Trên mặt phẳng cho n diém (n > 3) Biết rằng mỗi đường thẳng di qua 2 điểm bat ki đều đi qua một điểm thứ ba Chứng minh rằng cả ø điểm thẳng hàng

Giải : Giá sử n điểm không thẳng hàng Ứng với mối điểm ta xét các khoảng cách dương từ điểm đó tới tất cả các đường thẳng

đi qua 2 trong số các đỉnh còn lại Vì số khoảng cách đớ là hữu hạn mà số điểm cũng hữu hạn nên ta có thể chọn khoảng cách bé nhất trong tất cả các khoảng cách được xét Gọi đơ là khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng BC Hạ AH L BC Theo điều kiện đầu bài, đường thẳng BC còn đi qua điểm thứ ba

Ð Ta thấy hai trong số ba điểm B, C, D phai

nằm về một phía của điểm 1 Giả sử C va

Ð nằm về 1 phía của H Xét tam giác ACD

có C tù nên khoảng cách từ C đến AD bé

hơn khoảng cách từ A đến CD trái với cách

chọn A, B, C Tương tự nếu A và D hay B

và C ở về cùng một phía của H, ta cũng suy

ra khoảng cách từ A đến BC không phải bé

nhất Mâu thuẫn chứng tô tất cả các điểm,

đều cùng nằm trên một đường thẳng

VỆ dụ 4: Chứng minh rang véi moi 86 n

nguyên > 1, 2" - 1 khéng chia hét cho n

Giải : Giả sit od sin > 1 sao cho 2"~-1i n

Khi đó n lẻ Gọi p là ước số nguyên tố bé

nhất của n Do p cũng lẻ nên (2, p) = 1 và

theo định H Phéc-ma ta có #~Ì— 1¡ p,

Gọi k là số tự nhiên bé nhất có tính chất

là #—1: p Rõ ràng k«<p_—l<p Ta

chứng minh khi đó wœ‡ È Thật vậy, nếu

ñ = kq +r với 0<r< È thì

B-1= (21.2% =(m.pt i.e

= (m’p + 1)2

Ma 2?— 1: p vì p là ước của nm nén ta

suy ra

2#: pvới 0 < r < k trái với cách chọn &

Vay ni & Nhung & <p nén ta suy ra # có

ước số nguyên tố < p trái với cách chọn p

Mau thuẫn chứng tỏ không cớ z nguyên >

1 để cho 2" ~ 1: xn

Bạn đọc thân mến, trên đây các bạn đã

làm quen với nguyên lí "Khởi đầu cực trị"

qua 1 số bài toán cụ thể Ta có thể nhận

thấy rằng cũng giống như nguyên lí Dirichlê

hay nguyên lÍ quy nạp toán học, nội dung của nguyên lí "Khởi đầu cực trị' rất đơn giản, nhưng cách vận dụng vào để giải các bài toán lại rất phong phú và đa dạng Trong

1 số trường hợp, ta có thể thay phương pháp này bởi phép quy nạp hay phản chứng thông thường nhưng việc áp dụng nguyên lí "Khởi

đầu cực trị" thường cho các lời giải ngắn và độc đáo hơn nhiều Còn bây giờ mời các bạn thử sức với 1 số bài tập nhỏ sau đây : Bài tập 1 : Trên mặt phẳng cho n điểm không cùng nằm trên 1 đường thẳng Chứng minh rang tổn tại một đường tròn đi qua 3 điểm mà không chứa điểm nào bên trong

Bài tập 2 : Sau một trận đấu vòng bóng bàn, mỗi đấu thủ được gọi tên những người thua mình và những người thua những người thua mình Chứng minh rằng tổn tại

Ít nhất một đấu thủ được gọi tên tất cả mọi người còn lại

Bài tập 3 : Trong một phòng họp, biết rằng mỗi người đều quen với Ít nhất 2 người

Chứng minh rằng có thể chon ra i số người

để xếp ngồi quanh một bàn tròn sao cho mỗi người đều ngổi giữa hai người mình quen

Bài tập 4 : Trên mặt phẳng cho n điểm không có 3 điểm nào thẳng hàng Trong dé

có 1 số điểm tô màu đỏ, các điểm còn lại tô màu xanh Mỗi điểm xanh được nối với ít nhất 1 điểm đô bởi một đoạn thẳng Biết rằng không có điểm đỏ nào được nối với tất

cà các điểm xanh Chứng minh rằng luôn tồn tại 2 điểm xanh A và B và 2 điểm đỏ X,

Y sao cho Á được nối với X, B được nối với

Y nhưng A không được nối với Y và B8 không được nối với X

Bài tập õ : Có 2" kị sĩ được nhà vua mời đến dự tiệc Biết rằng mỗi ki si déu quen với > n người khác Chứng minh rằng cố thể xếp cả 2n kị sỈ quanh 1 bàn tròn sao cho mỗi người đều ngồi giữa 2 người mình quen

61

HAM SO CHUYEN TIEP

CÁC ĐẠI LƯỢNG TRUNG BÌNH

NGUYEN VĂN MAU

TS Bạn đọc đã quen nhiều với việc giải các phương trình và bất phương trình trong đó đại lượng phải tìm là các biển số Bây giờ mời các bạn làm quen với việc giải các Phương trình mà cái phải tìm lại là các hàm số Nói cách khác là chúng ta làm quen với việc giải các "phương trình hàm"

Đối với cặp số dương a, ö ta có thể thành

lập được rất nhiều các đại lượng trung bình

Đặc điểm chung, là chúng đều thuộc đoạn

[min (ø, ð), max (a, ở)] Các dạng đơn giản

hơn cả là các giá trị trung bình cộng, trung

bình nhân, trung bình điều hòa, trung bình

bậc hai mà ta thường gap trong chương

trình toán phổ thông trung học Ta cớ thể

sắp xếp chúng theo một trật tự nhất định :

min(a, b) < Ty < Vøb <

24 be

(bạn đọc có thể tự kiểm tra đễ dàng các bất

đẳng thức này)

Hãy lấy hai đại lượng trung bỉnh nhân và

cộng làm ví dụ Từ (1) ta nhận thấy ngay

rằng bất phương trình hàm

fWø)<f(“*”)¡sv»>0 @

sẽ nhận mọi hàm fœ) đồng biến trong

khoảng [0, œ) làm nghiệm của nó ; trong

khi đó, phương trÌnh hàm tương tự

Aa) =1(7F") sny20 @) chi co mot nghi¢m f(x) là một hàng số tùy

ý Bởi lẽ đó, các dạng bất phương trình hàm

và phương trình hàm (2) - (3) được xem là

các bài toán "quá dễ" và rất it người chú ý

tới Tuy vậy, vấn đề sẽ không đơn giản nếu

ta thấy các bài toán (2) - (3) bằng bài toán

sau đây : Những lớp hàm số nào sẽ thực hiện

phép chuyển tiếp một đại lượng trung bình

của đối số sang một đại lượng trung bình

của hàm số Ví dụ, xác định hàm số f(x) thỏa

mãn điều kiện

/ei =9 TU), y xo, (4)

62

Các bài toán tương tự như bài toán (4)

đã được nhiều người chú ý từ lâu, bởi lẽ chúng liên quan chặt chẽ đến việc chuyển tiếp các cấp số và các dãy số Thật vậy, nếu ham s6 f(x) thỏa mãn (4) thì ƒ+) sẽ chuyển cấp số nhân

2, 2 8, >0 thành một cấp số cộng

fa) fay),

Đối với các bài toán khác, ta cũng có các

"tỉnh trạng" tương tự

Ta có thể chia các bài toán về chuyển tiếp các đại lượng trung bình thành hai nhớm, Một nhớm gồm tất cả các bài toán chuyển tiếp của một dạng trung bỉnh Nhớm còn lại, gồm các bài toán chuyển tiếp của hai đạng trung bình khác nhau

Nhóm I

Bài toán 1 : Xác định các hàm số fix) liên tục với mọi x, sao cho :

(pe) =f véi moi x, y Bài toán 2 : Xác định các hàm số fix) liên tục với z = 0, sao cho

fxy) = V#@) f0) ¡ x,y >0

Bài toán 3 : Xác định các hàm số ƒŒœ)

liên tục với z # 0, sao cho

7 (2%) - FOO) Nhóm II (545) “7 +70)

Bài toán 4 : Xác định các hàm số f(x) liên tục với mọi x, sao cho

zty, _ 2 fy)

(2) * Fe) Foy

7 xy 20.