Tuyển tập 30 năm Tạp Chí Toán Học và Tuổi Trẻ (part2-4)

Tuyển tập 30 năm Tạp Chí Toán Học và Tuổi Trẻ (part2-4)

Do ö > c nên :

(@+b+c)2/4 - 2œ = (1/4)[(œ + b + e)2 - Bae] =

> (1⁄4)[(œ + 2c)? - Bac) =

(/42Áa - 2e? z 0

Tức A' > 0 Vậy (3) có nghiệm là :

X= (1/2)(p + ¥p? — 2ac) va

x, = (1/2) - fp? — Zac)

Hién nhién 1a x, > 0 va x, 2 0

a) Gid sử z = zị

Rõ ràng (1) ©(1/2)@œ + Ýp? -2a)ec

eoyp* —2ac < 2c - p

Vậy ta phải có 2e - p > 0 (Nếu c < 1⁄2

thi xét x = x,)

Giả thiết e > p/2 Khi đơ

(1) ©pÊ - 2me « (2e - p)? = 4c? — 4cp + p2

“=-a < 2c - 3p = 2c-a-b-e

p2 - Đac =

—c 2b

Do gid thiét a > 6 2 c, nén ta euy ra :

a2 b=c @ p/2 (*) Nên trong trường hợp

tam giác ABC cân, đỉnh A thỏa mãn điều

kiện (*) thì bài toán đã được giải, lúc đó

x= xy

b) Gia sử z = z„ Ta có

(1) > (1/2)(p - ¥p? = 2ac) < e

«=p - 2c < Ýp? ~ 2c

+ Tập hợp p ~ 2c < 0 thi (1) là hiển nhiên

đúng với x = *ạ

+ Tập hợp p - 2c > 0 thi

(1) ©p? ~ 2ae > (p ¬ 2%)? = p2 ~ đẹp + Ạc2

-a 2 -2p +?c =

= > c (đúng do giả thiét a > 6 z c)

Vậy với x = x, thi (1) thỏa mãn

Mặt khác

(2) =p - x = (1/2 + ¥p? — 2ac) <a

fp" — 2ac < 2a -p

Vì a > b > c nên rõ ràng là a > p/2, hay

2a - p » 0 Vay

(2) ep? - 2ac < (2a ~ p)? = da? - dap + p2

ee-c € 2a-a-b-e

<a > b (đúng do giả thiết ø = b 2 c)

Vay vi x = +, thì các trường hợp (1) va (2)

đều được thỏa mãn cả

138

2c-a-b-c¢

Tém lai, t6n tai (it nh&t) lA x = +;„ đối với một tam giác cho trước bất kì để cho bài toán 1 là có lời giải (đpcm)

Ban đọc có thể dễ dàng chứng minh được

rằng đường thẳng (đi qua M, N) phải tìm đó

là luôn luôn đi qua tâm đường tròn nội tiếp của tam giác ABC (chứng minh bang phan chứng)

Bài toán 1 đã được giải, song ta chưa

dừng lại, bởi xuất hiện bài toán tương tự trong không gian

Bài toán 2 Có hay không một mặt

phẳng thiết điện cất góc tam diện của một

tứ diện ABCD cho trước sao cho nớ chia đôi diện tích toàn phần của tứ điện thành bai

phần bằng nhau và chia đôi thể tích của tứ

diện thành hai phần bằng nhau ?

VÌ khuôn khổ bài báo có hạn nên ở đây tôi chỉ xin trỉnh bày ý của cách chứng minh

bài toán này

Giả sử tứ diện ABCD có diện tích các mật

la S,, Sg, So, Sy(tuong tng voi cfc đỉnh A,

B, C, Ð) Một cách tổng quát ta có thể xem rằng :

8, © S, <5, <S) œ®

Giả thử rằng thiết diện phải tim 1a (A,

Bị C¡) (xem hình vẽ) Đặt : ĐAJ/DA = lu, DB/DB = Uy, DCJ/DC = 1z

Do giả thiết bài ra ta có :

1 Yoapec,

2 Voasc =~ wexyz = 2 aya ()

va

S, 'DAjB, ` DBC,” +8 +8 DCA, =

(1/28, + 8, + Se + Sy)

8a yy, + Syye t Soy

= (2S, +S, +5,+S,

x8, + Sgt 2S =

p

(1/2(S„ + 8g + %c † 8p) (2)

Hơn thế nữa +, y, z thỏa mãn điều kiện

+z>1,y> 1,z >1 (3)

Bài toán trở thành là cớ tổn tại +, y, 2

théa man (1), (2), (3) hay không ? Rõ ràng

là các điều kiện (2) và (3) là tương đương

với điều kiện sau (các bạn hãy chứng minh

thử xem) :

92) nag = (Sq + 8g + Set Sp);

(27 SA SB SC),(a,)

(xy2) nin = 1+ Sp/max {S,, Sp, Shay)

(Đảng thức (a,) nhận được khi xS, = ySp

= zS() Thay (2) vao (a,) va (a,) ta sẽ thấy

rằng bài toán là giải được nếu :

S,SySo € (S„ + Su +%c + S2) J8

và :

Ta chứng mính rằng từ (*) ta suy ra được

các bất đẳng thức (a',) va (a’,) That vay,

đạt S + 6p + S%( +n = S ta có :

2 SASpSc < (S + Sn)” Sc/4 <

< [2/848, + 8g + Sg)]? S„/4 =

= (§- 8„}? 8,/9 « (25/3)2(5/8)/9 =

@œ)

= 4S/248/ < S3/B4 Vậy (a`';) được chứng minh xong (bởi

vì hàm (8 - z)2X đạt giá trị cực tiểu khi

x= 8/3)

Và (a’,) cũng là thỏa mãn đo điều kiện (*) Và thế là ta đã chứng minh được sự tồn tại của thiết diện phải tìm Bạn đọc cũng sẽ

dé dang thay rằng thiết diện phải tìm nhất thiết phải đi qua tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện ABCD,

Sau cùng xin mời các bạn cùng thử giải bài toán hay sau đây :

Bài toán 3 Giả sử a, b, c, là các cạnh

của một tam giác bất kì Đặt S = a +b+c

va T = ab + be + ca Chitng minh

3T < 8? < 4T

Bài toán 4 Giả sử đi, a„, œ, là cạnh của tứ điện bất kì

6

và T = > (a, +/) `

6 Đặt § = Xa,

£=1

Khi đó ta cũng có

37 « 6? < 47

Xin chúc các bạn thành công và đạt nhiều

kết quả trong việc tÌm kiếm thêm nhiều tính chất lí thú khác nữa của tam giác và tứ điện

189

B~ KHÁI THÁC CÁC BÀI TOÁN, ĐỊNH LÍ

ĐƯỜNG HYPÉCBÔN VUÔNG

Ta đã biết rằng đường biểu diễn phương

trình bậc hai xy = k (k # 0) là đường

hypécbôn vuông Để cho việc tính toán dưới

đây được dé dàng, ta giả thiết k = 1, tuy vậy

vẫn không làm mất tính tổng quát, bởi vì

muốn & > 0 ta chỉ việc thay đổi chiếu của

một trục tọa độ, và muốn hypécbôn đã cho

có k = 1 thì ta thay đổi đoạn thẳng trên các

trục tọa độ,

Nghiên cứu đường hypécbôn vuông ta tìm

thấy nhiều tính chất đáng chú ý ; xin giới

thiệu với các bạn một vài điều rất lí thú

fink I

1 Tam giác nội tiếp va tiếp tuyến

của hypéchôn

Néu diém Aj@,, 7) thuộc hypécbôn xy = 1

thi ta cd

(xiy¡0 = 1 hay y, = lf, (hinh 1) Gớc

nghiéng y do day cung A,A, cia hypécbén

tạo với chiều đương của trục z được xác định

bởi công thức :

địy = Ớ; ~ ÿ)G@; — x,) = tgp a)

140

HOANG DOANH

6 day x,, 7; là tọa độ điểm Ay ¥2 = Iie, Bị;

là hệ số góc của dây cung 44+ Từ công thức (1) ta suy ra :

tụ = (lity - Va a, - x) = xu; (2)

Nếu dây cung A,A, vuông góc với dây cung A;4; thÌ tương tự công thức (2), ta có :

đạy = tgp” = -l ru, (2)

véi lp’ - | = 905, hoặc tạp = -ctgp' Điều đó có nghĩa là

tị; = Ty,

Thay các giá trị của Ry, va ky, tim được

ở kết quả (2) và (2') đẳng thức (3), ta được :

Hệ thức (4) là điều kiện cần và đủ để hai day cung A,A, va Az4„ vuông gớc với nhau

Hơn nữa, từ (4) ta cũng suy được rằng dây

cung A4; vuông góc với dây cung AyA, va

day cung A,A, vudng géc véi day cung AA,

Như vậy, những đầu mút A) Ay Ay va A,

của hai dây cung vuông góc của đường

Hình 2

hypécbôn vuông hợp thành "bốn điểm trực

tâm" nghĩa là mỗi một trong bốn điểm đó là

giao điểm của các đường cao của tam giác

mà đỉnh là ba điểm còn lại, chẳng hạn điểm

4, là điểm trực tâm của tam giác Ar424;

Đó là điều chứng minh cho định lí dưới đây :

Dinh li ; Nếu tam giác (A,A.A,) nội tiếp

trong hypécbôn vuông thÌ trực tâm (A,) của

nó cũng thuộc hypécbôn đó

Điều đáng chú ý nữa là trường hợp đặc

biệt : tam giác A,4.A; vuông gốc Chẳng

hạn góc Á, vuông (hỉnh 2), khi A,A, vudng

góc với A „ theo hệ thức (4) ta có :

x x,x2 = -1, Néu qua A¿; ta kê đường thẳng

vuông góc với Á¡A;, nó cắt hypécbôn tại một

điểm A„, ta có : #izz„ = —1,

Nhung bay git x, = x,, đo dd A, tring với

A; (Á = A) Như vậy, đường thẳng vuông góc

vải dây cung A,4„ kẻ từ điểm A là tiếp tuyến

với hypécbôn tại điểm A Do đó ta có phương

pháp đơn giản để vẽ tiếp tuyến với hypécbôn

tại một điểm đã cho trên hypécbôn : muốn vẽ

tiếp tuyến tại điểm A; thì từ A, ta kẻ hai day

cung 4¿4, và A;Â; nào đó vuông góc nhau ;

réi từ Á; ta kẻ đường thẳng vuông góc với

A,A,, đường thẳng vuông góc này chính là tiếp

tuyển tại điểm A;, Hệ số góc của tiếp tuyến

tại điểm A; bằng -l/z3

Các hệ quả :

1) Đỉnh các góc nhọn của tam giác vuông

nội tiếp trong đường hypécbôn vuông, thuộc

về các nhánh khác nhau của hypécbôn đớ

2) Nếu xét tập hợp các tam giác vuông có

chung đỉnh góc vuông và cùng nội tiếp trong

một đường hypécbôn vuông thì tất cả các

đường huyền của chúng song song với nhau,

hay là cùng vuông góc với một tiếp tuyến

3) Hai tiếp tuyến của hypécbôn vuông

không bao giờ vuông góc với nhau,

đinh 3

4) Hai tiếp tuyến song song của hypécbôn vuông có các tiếp điểm đối xứng với nhau đối với tâm của hypécbôn đó (tâm của hypécbôn

ay = k (hk œ 0) là gốc O của hệ trục tọa độ)

2 Hypécbôn vuông và dường tròn :

Ta vé 1 đường tròn nào đó cất đường

hypécbôn tại 4 điểm sao cho hai điểm trong

4 điểm đó là các đầu đường kính của đường

tròn Giả sử đoạn thẳng A,A.„ là đường kính

đường tròn (hỉnh 3) Thế thì tam giác

AA 3 và A,A 4 là tam giác vuông ; các

tiếp tuyến với hypécbôn tại A; và A, cũng vuông góc với cạnh huyền chung A,4, (theo kết quả ở mục 1) do đó các tiếp tuyến ấy song song với nhau Hơn nữa các tiếp điểm

của chúng đối xứng với nhau đối với tâm của

hypécbôn (theo hệ quả ! ở mục 1) tức là Á¿zÁ, là các đường kính của hypécbôn

Định lí : Nếu đường tròn cất hypécbôn vuông tại bốn điểm sao cho hai điểm trong

bốn điểm đó là các đầu đường kính của đường tròn, thì hai điểm kia là các đầu đường kính của đường hypécbôn và ngược lại

SUY NGHĨ VỀ MỘT BÀI TOÁN

Trong các bài toán thi vào Đại học năm

1972 của khối Á có một bài về chứng minh

bất đẳng thức Đớ là bài số 4 :

“Cho bốn số thực u, 0, x, y sao cho 2 +

02 = 1 và y2 + x2 = 1", Chứng minh rằng :

~ VỀ « ưỢ — x) + uœ + y) < VŠ

LÊ THỐNG NHẤT

Bát đầu nhìn vào giả thiết ; "bốn số thực

U,u, +, y" rồi lại "u2 + u2 = 1 và y2 +x2 = 1",

Chúng ta liên tưởng rất nhanh đến cái đẳng

thức lượng giác "lợi hại" : sin2A + eos2A = 1

và nẩy ra ý định chuyển bài toán này qua

lượng giác Ta có lời giải thứ nhất :

141

Dat u = cosa ;u = sina ; x = cosf ;

y = sinf Do đó :

P = uợ -x) tu +y) = cosa(sinÖ — cogs) +

+ gsinz(cosổ + sinổ) = (sinzcosổ + cosesinổ)

- (cosacosổ ~ sinzsinổ) =

= sin(a + B) - cos(a + B) =

= V2sin(a + B ~ 7/4)

vi -1 « sin(a + B- 2 1

Nên :

- VÊ <P< ¥2(dpem)

Vấn với cái ý nghĩ đưa về lượng giác

Nhưng ta tiến thêm một bước Nhìn trong

P ta thay w và 0 đứng riêng lé, ta đạt chúng

dưới dạng lượng giác một cách riêng lẻ Còn

x và y đứng với nhau, có sự "gắn bó" hơn bởi

cái "đấu cộng", "dấu trừ" Ta nẩy ra ý nghỉ :

cứ để sự "gắn bơ" ấy mà chuyển qua lượng

giác Th thử :

y-x = sina ;y+x = cosa

Vay thi sin2a + costa = 2

Vo If qué ! Nhung không lo, nếu ta đặt

khác đi một tÍ thì tránh được chuyện đó :

(y - x)NZ = sina ; (y + x)N2 = cosa

ta có sin2œ + cos2z = 1

Thế là được rồi ! Ta giải cách thứ 2 :

Đặt : w = cosØ ; 0 = sing

É ~ x2 = sina, (y +x)j2 = cosz

Tn phải chứng minh

-JŠ < uly -x) tut) « J2

Hay là : chia cả các vế cho V2 :

~1l & my ¬ z)\Š + dy +x)Ñ\Š# « 1

Chuyển qua lượng giác, ta phải chứng minh :

~l cosổsinz + sinfcosa < 1

= -1 < sinfa+) <1

Day la diéu da biét ! (dpem)

Nếu ta đã quen với việc chứng minh bất

đẳng thức, thì ta lại có thể có ý nghỉ liên hệ

khác Ta lướt qua trong đầu các bất đẳng

thức : Bất đẳng thức Cô-si à ? Bất đẳng thức

Cô-si chỉ phát biểu cho eác số đương thôi

6 day u, v, x, y là những số thực cơ mà Í

Thế thì còn bất đẳng thức gi nhỉ ?

À ! bất đẳng thức Bunhiacôpzki thì có lẽ

được, bởi nó phát biểu cho các số thực ! Như

thế nào nhỉ ?

Cho A, B, C, D là các số thực Th có :

(A2 + B2)(C2 + D2) > (AC + BD)*

142

Hay là

{(? + B2(C7+ DĐ > AC + BD >

>-V7+ B?(Œ? + D35

Đến đây ta nhìn nó giông giống cái bất đẳng thức của ta ? Và ta đặt thi A = u,

C =y-x,B=u,D= y+x Quả nhiên ta

có lời giải thủ ba :

Đặt như ta vừa nơi, theo bất đẳng thức Bunhiacôpxki ta cổ :

{@2+25)(@—z)7+ @+z)] >P >

> -{@Œ + 0Ð [ặ ~ z)2 + (y + x)]

hay Ý!.@f+z?+y?+z2Ð > Pa

> Vl10@2+zx2+y?+z2 hay Ý2 > P > -Ý2(đpem)

Ta lại suy nghĩ về cái biểu thức P Th thử

“phá ngoặc” ra xem sao :

P =uy-ux+ux tuy

= (uy + ux) + (uy - ux)

Nếu đặt A = (uy + ux), B = (vy - ux),

tacé P= A+B

Ma:

A? + B? = uty? + uÄx2 + 2xyuu +

+ vy? + u2x2 ~ 2xyuu =

= y(u2 + u2) + x2(w2 + u2)

=3?+z? =1

Vậy ta phải chứng mính

-V5 {A?+ PB” « A+B < (2 JA7+ R?

©=(A +B)? < (A? + B?)?

+»(A.1 +B.1? ¢ (A? + B21? + 12) Lại đạng Bunhiacôpxki ! Th chứng minh xong Như vậy cho tới đây ta đỡ có 4 lời giải Nhưng từ đầu đến giờ, ta chưa để ý đến một vấn đề rất dễ nhận thấy Các số ư, u rồi lại 0, u x, y rồi lai y, x Nhin ki các giả thiết ta thấy u, u có vai trò như nhau và x,

y cing không khác nhau về "địa vị" trong giả thiết Tức là trong phần kết luận ta có thể thay x cho y và ngược lại ; œ cho 0 và ngược lại, thậm chí thay cặp uw, vu cho cap x, y cing

được Từ cách nhìn ấy ta lại có thể có nhiều

cách giải khác :

Cách giải thứ õ :

Ta ding phản chứng

Giả sử uly - x) tuts +y) > ¥2

Thế thì do vai trò z, y như nhau ta có ;

ute — y) +uậ + y) > V2 (2) Cộng vế với vế của (1) và (2) :

2u(x + y) > 22

Nhưng theo bất đẳng thức Bunhiacôpxki

(ux + uy)? < (v2 + 02)(x? + y2) =

= 22 «2

(vl -1 «uv <1)

Hay : -¥2 < uxt+uy < ¥2 ®

Vậy (3) mâu thuẫn với (*®) Suy ra (1)

không xảy ra, tức là :

P<W

Giá sử wỚ ~ x) +u + y) < — VZ

“Tương tự ta cũng có mâu thuẫn Nên

P>-W2

Ket hop lai: ¥2 >z P z - V2(đpcm)

Cách thứ 6 :

Vẫn dùng phản chứng Nhưng đổi vai trò

cha u,v

Gia st uy - x) tue+y) > V2 1)

Thé thivy-x)tue+y) > VF (2”)

Do dé 2(uy + vy) > 2V2

Tương tự cách giải B ta phải có

¬ Ý2 = wot yu < VF (**) (dùng

Bunhiacôpxki) Vậy xây ra mâu thuẫn giữa (3°) va (**) > P< ¥2

Vẫn đổi vai trò w, u ta cũng có P > -V5, Vậy V2 > P > V2

Cách giải thú 7:

Vẫn dùng phản chứng Nhưng đổi x cho 9#

và ngược lại, đồng thời đổi vai trò của u, u,

Gia st uly ~ x) + ve + y) > V2 qa”)

Thế thì 0œ ¬ y) + + +>y) >2 (@")

Do đó 2uy + 2ux > 22

Nhung ta có : (uy + ux)? € (u? + vy? + x2)

V2 < uy tux < V2 (Ft) Vậy (3”) mau thudn véi (***) Suy ra

Pey2

Tuong ty: P > - ¥2

Vậy ¥2 » P =» -¥2 (dpem) Qua ba cách sau cùng, ta rút ra một điều :

khi giải toán cần chú ý đến vai trò của các

phần tử Ö bài toán này là vai trò giữa các

số Còn có một số bài toán hình học khác,

đó là vai trò của điểm với nhau, của đường với nhau, của đường và điểm, v.v

TRO LAI MOT BAI TOAN VỀ DAY PHIBONAXI

L.TS ~ Trong bài "Vài mẫu chuyện về thi vô địch toán" (THTT số 30, trang 15) có kể

chuyện Balatxơ được giải nhất về kì thi vô địch toán lắn thứ 9 ð Matxcdva (năm

1946) vì đã có nhiều suy nghĩ sáng tạo khi giải bài toán sau đây : "cho dây số

0, 1,1, 2,3, 5, 8

trong đó mối số, kể từ số thứ ba, bằng tổng của hai số đứng trước nó (+) Hỏi

trong số 10” + 1 số hạng đầu tiên của dãy, có số nào tận cùng bằng bổn chữ số 0 không ?" Baiatsơ đã tìm cách giải bài toán tổng quát hơn và khó hơn nhiều : đánh

số tất cả các số hạng tận cùng bằng bốn chữ số 0

Tòa soạn đã nhận được thư nhiều bạn đọc hỏi về lời giải bài toán mà Balatsa

đã đề ra Tòa soạn rất hoan nghênh những bạn đã cố gắng giải bài toán ấy ; đó

tà biểu hiện rõ rệt của phong cách học tập tích cực, chủ động ; với cách đọc báo

toán như vậy, với cách học như vậy, chắc chắn các bạn sẽ đạt được kết quả tốt

Tòa soạn xin giới thiệu với bạn đọc lời giải của bài toán trên

Ta kí hiệu các số hạng của day bằng

@, @ = 0,1, 2, n):

a,=0,¢,= 1,4, = 1,e, = 2,4, = 8,

nhu vay a, la 25 hang thứ ¡ + 1 của dây

Theo định nghĩa, ta có, với mọi m > 2 :

1 Th đi tìm công thức liên hệ a, với các số hạng khác nữa đứng trước nó Vì a, =a==1, nên (1) có thể viết :

đm = 62 đạc tới đu 5 2)

(*) Day số này được gọi là một “day Phibônawi” (Phibônaxi là nhà toán học Ý ở thế kỉ 16)

148

Ấp dụng công thức (1) cho đ„_¡ (giả sử

m > 3) ta được :

a, = 2,(a,,.+ 4,5) +e, a, 5

= (a, t+a,a,,t+a,a, 5

Tiếp tục áp dụng (1) cho ø„_; (giả sử

m > 4), rồi thay vào (3) ta được

So sánh (2), (3), (4), ta có thể dự đoán

công thức tổng quát :

đun = 0y đụ

trong dé m là số tự nhiên tùy ý m = 2 vAk

là số tự nhiên < m(l < Èk < m) Ta chứng

minh (5) bằng ¿ruy toán theo & :

Với bất kÌ số tự nhiên m nào (m z 2),

công thức (6) bao giờ cũng đúng với k =

Thực vậy, thay # = 1 vào (5), ta được

đẳng thức này đúng vị a,=1,a, = 0

Giả sử (5) đúng với &, l « k « m - 1,

tức là

T8 | đụ

mạ = Gì

đạn = By m @ mt 1-k Fy Oak

là đúng Ta chứng minh công thức đúng với

k +1 Thực vậy, vì k < m ~ 1, nên m + 1 —

—& > 2, nên ta có thể áp dụng công thức (1)

cho @ mink?

Se tek = Fmek * Om ~ +1)

đo đó

a,, = & Gy + đại — K+ 1) ta an,

mk q+ Oy) +O đại — KH

Ma

Oy Fy = Oy nén

a im = Fe Ome k + 8 Soe (Ket) chứng tỏ (5) cũng đúng cho & + 1 Nhu vay

(5) đúng với mọi số tự nhiên k < m, dpem

Công thức (ð) là công thức mà ta sẽ sử

dụng nhiều Chú ý rằng với m = 2p + 1 và

lấy k = p + 1, công thức với (5) trở thành

+ a

2 Ta đã biết điều kiện cần và đủ để

một số tận cùng bằng œ chữ số 0 (chia

hết cho 10") là nó đồng thời chia hết cho

2” va 5"

144

Ta đi tìm những số hạng chia hết cho 2" (va cho 5") bằng cách mò mắm dựa trên một

số trường hợp độc biệt

Trước hết, ta xét số dư trong phép chia

a, cho 2 Ta sẽ kí hiệu R;(ø,) là số du dé Ta

có bảng sau đây :

Để lập bảng này, không cần phải tinh a,

theo i, ma tinh don gian hon : via, = 0,

a, = a, = 1, nên R¿(a) = 0, Rafa.) =

Ra.) = 1; sau dé via, = a, +a, nén dé

tính R„(ø,) ta lấy số dư trong phép chia tổng R,(a,) + Ra.) = 1 +1 = 2 cho 2, tức là

R,{a,) = 9 ; tương tự như vậy, R„(œ¿) = l

vì là số dư trong phép chia Ñ.(0;) + R.(œ„) =

= 0+1 cho 2, v.v Qua bảng, ta thấy R;(œ;) =

= Ra.) = Rylay) = = 0, tức là ay, dụ,

Gp, tổng quát la a, (p là số tự nhiên tùy

ý) chia hết cho 2 (ta viết đạc : 2)

Để tìm những số hạng chia hết cho 22 = 4,

ta lập bảng Ez(œ,), tức là bằng số dư trong phép chia a, cho 22 Ta cd

(lập tương tự như bằng trên : R.z(ø;) chẳng hạn là số đư trong phép chia tổng

Rye,) + Rp(e,) = 2+ 3 = 5 cho 2%, tic

Ra) = 1)

Ta thay Ra) =R pa.) = =

= Re) = 0, tức ẹp 2 Tiếp tục lập bảng và xét như trên, ta có ơ, ¡ 23, tổng quát

la ag, 23,a¡„! 2', tổng quát là up 24

Từ những kết quả đó, có thể dự đoán và chứng minh được

Định lí I Nếu ai

tự nhiên tùy ý)

Thực vậy, rõ ràng là định lí đúng với p = 1 Giả sử định lí đúng với p, tức q r, ta

ching minh a, r, Ta cd, theo công

rthia,, r(p lasé

S(P + yp?

thite (5) :

Boy +1) = Asp +145 + Sep ay

ma

gì rvà đạp ior, nén đực +) ï r (đpem)

Trở lại các kết quả ở trên Ta cơ :

22, a: 23, ai 24 hay

@, 9! Ba, ni Pa, at Ba, at 2

Quy luật là gì ? Chú ý rằng ta cũng có

a3 23, a,,: 24, nen co thé vist :

93 20! Ba, i Ba, oi Ba, vỉ ĐI

và từ đây cớ thể dự đoán :

Ø; „1i 2° chăng ?

8y? 2, da Í

Ta chứng minh bằng truy toán Rõ ràng

là kết quả đúng với ø = I Giả sử kết quả

đúng với ø, ta chứng minh cũng đúng với

z + 1 Theo (5),

3, 0 Og go“ 1 Gy any, y= Gg 20-1 4g oI

= Gy poly ort yy Ty m1 _ 1)

Theo giả thiết truy toán thì đị n1£ 2",

còn Øy „n1,¡ có dang 2y mà

R,(ay, 1) = 1 (theo bang 1), cho nên tổng

trong dấu ngoặc chia hết cho 2, từ đ suy ra

Øy 2n! 2P*1 (dpem)

Vậy ta có

Dinh i: đ;y „1! 2” (n là số tự nhiên

tùy ý)

Nếu chú ý rằng

G =ứy ai 23, địy =ay rỉ 2,

ta co thé dé ra va ching minh dé dang định

lÍ sau :

Dinh WIV :

@, p27 2%\n > 2)

Bay giờ ta chuyển sang việc tìm các số

hang chia hét cho 5° Các ban hay lập bảng

R,(a;), Ryla,) va dé dang thay rang a,: 5,

ai 5%, từ đó có thể đoán là a„¡ õ", Để

tìm cách chứng mỉnh điều này bằng truy

toán, ta dùng công thức (5) để biểu diễn

Gti theo ag Ta cd

Gent} = on „ũ

Ta lap bang : 4 S81 TOs 4 Oy on

Ma theo (6) thi

Oy 594 = OF gn FF pay

= ot (ay t+ an)?

va Gy ấn = Aen 4) Den Tim Gen _ =

= Gsn(Qsn yy + den _ 4) Tiên đ¿ s+1= đấ(đẹn, ¡+ đơn, pt

+ (Gấn,¡ tan)? Còn

Bq shhh Oy smo ong pt Oy sn] Oy go =

= 8y s3 mạ ¡ F@y sry) =

= Aso(asay pt ago )(a5o, ¡+ 2a3s+ adn)

Do dé

đạn +1 = Aen Lazear apt Osa ừ +

+ (đân ¿¡ † dân)? +

X (đổ: ¿¡ + Đuậy + gần _ )]

Gọi biểu thức trong dấu [] là

Plaga, đạn „ ¡), ta od

đạn + = đun P (Bạn đạn 1) (7)

Bây giờ ta chứng minh rằng 0ạn BR, a) Kết quả đứng với ø = 1 (a5: 5)

b) Giả sử @&ạai ð", ta chứng minh

aati: gt) Theo biểu thức (7) vừa tìm được, để chứng minh điều này, ta phải chứng minh P(@„œ„ „¡) chia hết cho 5, Muốn vậy ta

phải đi tìm số dư trong phép chia đạn ,¡ cho

ð tức là đi tìm Re Rõ ràng là :

RA.) = 8

£ |0 123 4 5 6789 10H 12 1M 1 l6 H7 18 19 20 2L 2 23

Quan sát bảng, ta thay day đ,(œ) là tuần

hoàn, chu là là 20, nghla A Re(ayy , )) = Re(a,),

1Q" TCTH

tổng quát là (đe +) = Bla), trong do p

là số tự nhiên tùy ý Thực vậy, ta có

145

Relay) = Rela) =

R,(a),) = Rs(a,) = 1,

do đó

Relay) = Re(Ay9) + Relay) =

= R,(a,) + R,(a,) = R,(a,), R5(a,,) = R,la,,) + Re(a,)) =

= R,(a,) + B,(a,) = R,(a,), vv

Vi vay, do

5) = 5.651 = đ(4 + 1)! = B(AM + D

= 20M +5,

nên Rela.) = Rr a (5 1) =

Rola5,) = 3

Và ta có

RP (Gà ae VD] = R,I02(8 + 8)2 +

+ (8? + 02)? + 3(8 + 3)(8? + 2.02 + 82) =

= R,[ +18] = R47 +3?) = R,(25) = 0

tức P chia hết cho 5 (đpem) Ta đã chứng

minh duge

Dinh li HH :

đai đỢ với số tự nhiên ụ tùy ý

Từ các định lắ I, II, IT, IH, suy ra rằng

tất cả các số hạng có dạng

Oy 3 grt gm VOI là số tự nhiên tùy ý,

đều chia hết cho 2.5" = 10" (n : 6 tự nhiên tùy

ý) ; tất cả các số hang cd danga,, + 2nỞz oo déu

chia hết cho 101, uới n > 2

Nơi riêng trong trường hgp n = 4, thi tat

cả các số hang dang ay, ; 2 Ấ+ chia hết cho

103, tức là tận cùng bằng bốn chữ số 0 ; đó

là các số hạng thứ

98.225%.M + 1 = TB00M + 1, nghĩa là các số hạng thứ 7B01 (M = 1), 15001 (M = 2), tận cùng bằng bốn chữ số 0

Chú ý 1 ~ Trên đây, ta chỉ mới làm được cái việc chỉ ra một lép các số hạng chia hết cho 10! chứ chưa giải được bài toán tổng quát mà Baểlai=sơ đã đề ra (tức là chỉ ra tốt cả các số hạng chia hết cho 104), Để giải

bài toán tổng quát đó, còn phải chứng mỉnh rằng chỉ có những số hạng Lưng mới chia

hết cho 2Ộ và chỉ có những số hạng đạp mới chia hết cho 5Ộ (ngoài ra không còn số

hạng nào khác) Muốn vậy, điều đơn giản (nhưng đòi hỏi kiên nhãn !) là lập bảng Ry(@;) và RẤ(a)) và xét trong khoảng một chu kÌ của các dãy này (Một cách tổng quát,

có thể chứng mình được rằng # (a,) bao giờ cũng tuẩn hoàn, và chu kì không lớn hơn #2), Các bạn thử làm xem, và qua đó, các bạn thấy rằng bài toán mà Ba-lat-sơ tự để ra là một bài toán khá phong phú

2 - Trên đây, ta đã chứng mỉnh rằng số hạng thứ 7501 tận cùng bằng bốn chữ số 0

Tất nhiên, bạn sẽ đặt câu hỏi : tại sao trong

để ra, lại hỏi : "trong số 108 + 1 số hạng đầu

tiên của dãy Ợ mà không lấy số 7500 + 1 hay 10000 ? Con số 10 + 1 có quan hệ gì với bài toán đã ra ? Để trả lời câu hỏi này, các bạn có thể đọc lời giải bài toán số 16 (ậ6) trong sách "Rèn luyện khả năng sáng

tạo toán học ở trường phổ thông" của Hoàng

Chúng (Nhà xuất bản Giáo duc, 1967)

Đăng Viễn va H.C

VỀ MỘT VÀI PHƯƠNG TRÌNH ĐIÔPHĂNG

LÍ thuyết các phương trình Đi-ô-phăng (còn gọi là giải tắch Đi~ô-phăng) nghiên

cứu việc giải các phương trình và hệ phương

trình (với hệ số nguyên, nếu là phương trình

đại số), trong phạm vi các số có dạng xác

định : số hữu tỉ, số nguyên, số tự nhiên, số

nguyên tố Trong các bài toán của giải tắch

Đi-đô-phăng, số ẩn số thường nhiều hơn số

phương trình, nên các phương trình này

thường được gọi là phương trình 0ô định

Phương trình vô định gặp nhiều trong đời sống, trong nhiều vấn đề thực tế Chúng ta

146

đã biết giải một số phương trình vô định qua các bài toán như "trăm trâu, trăm bố cổỢ,

"Hàn Tắn điểm binh", Việc giải bài toán 4/52 trong số báo này cũng đưa ta đến việc

giải phương trỉnh vô định

Ngay từ thời thượng cổ, các nhà toán học

đã quan tâm giải các phương trình vô định

Chẳng hạn từ khoảng thế kỈ thứ 17 trước

công lịch, các nhà toán hoc Ba~bi~-lon đã biết giải các phương trỉnh x?'+ y2 = z2 (phương trình pi-ta~go) trong phạm vi các số nguyên

Một phần lớn các thành tựu trong lí

thuyết số cố thể đưa về giải tích

Đi-ô-phăng Chẳng hạn định lí nổi tiếng của

Vi-nô-gơ-ra-đếp : "mọi số lẻ đương đủ lớn

đều có thể viết dưới dạng tổng của ba số

nguyên tố" là thuộc về giải tích Đi¬ô-phăng :

phương trình x + y +z= W trong đó W là số

lẻ dương đủ lớn là giải được trong phạm vi

SỐ nguyên tố Theo nhà toán học Sê-bư-sép

thi If thuyết số chính là khoa học về giải

phương trình vô định trong phạm vi các số

nguyên

Người đầu tiên nghiên cứu cổ hệ thống

về phương trình vô định là nhà toán học Hi

lạp Đi-ð-phăng, sống ở thế kỈ thứ IL

Đi¬ô-phăng đã biết giải một số dạng phương

trình vô định (kế cả một số phương trÌnh

bậc lớn) trong phạm vi các số hữu tỉ đương,

và tập sách "Số học" của Đi-ô-phang đã có

ảnh hưởng rất lớn đến sự phát triển của lí

thuyết số

Sau Đi-ô-phăng, nhiều nhà toán học lớn

đã nghiên cứu về phương trình vô định :

Phéc-ma (với "định H lớn Phéc-ma" nổi

tiếng : phương trinh x" + y" = 2" (n là số tự

nhiên > 2) không có nghiệm trong phạm vi

số tự nhiên), Ó-le, La-gơ-răng, Gao-xơ,

Cô-si, Cu-me, v.v

Trong lịch sử toán học, giải tích

Ði-ô-phăng đã nêu lên nhiều bài toán lí thú,

nhiều bài toán rất khó đến nay vẫn chưa ai

giải được

Sau đây là một vài bài toán, liên quan

đến nhà toán học nổi tiếng Ó-le :

1 Trong khi nghiên cứu để đi đến phát

mình ra một định lÍ cơ bản của lí thuyết số,

O-le đã chú ý đến phương trÌnh vô định

Trong một bức thư viết cho bạn là

Gôn-bách, năm 1741, Ó-le cho biết đã

chứng minh được rằng phương trình (1)

cũng như phương trình

đều không có nghiệm trong các số tự

nhiên x, y, z Để chứng minh điều này phải

dựa vào một định lí của Phéc-ma (mà Ó-le

cũng đã chứng minh được) O-le va

Gôn-bách đều thấy rằng chứng minh này

quá phức tạp và nghỉ rằng có thể chứng

minh đơn giản hơn và cả hai đều đi tìm cách

chứng minh đơn giàn đớ Sau nhiều lần chứng minh dài đồng, có khi tối nghĩa và sai

lầm, cuối cùng Gôn-bách đã đi đến được một

chứng minh rất đơn giản và rất đẹp của định

lí Ó-le về phương trình (2) không có nghiệm

số tự nhiên Chứng minh của Gôn-bách như

sau :

Giả sử (2) có nghiệm số tự nhiên +, y, z

và giả sử a là giá trị tự nhiên nhỏ nhất của

z thỏa mãn (2), sao cho

4m — m — 1 = q2 (8) với m va n là số tự nhiên, Gộng

4m2 — Ama vào hai vế của (8) ta được

Am (w — œ + m) — m — 1 = (&— 2m)? (4)

Dễ dàng chứng minh được rằng

Thực vậy, không thể có ø = m, vÌ nếu

œ = m thì vế phải của (3) chia hết cho m và

vế trái thì không chia hết cho zm Còn nếu

ø >m thÌ n—a +m <n, và do đó về trái của (4) nhỏ hơn vế trái của (3), tức là (œT— 2m} < a2, điều này trái với việc xác

định số a là giá trị tự nhiên nhỏ nhấ? của z

thỏa mãn (2) (Chú ý rằng từ (4) thì

Ja ~ 2m| cũng là giá trị của z thẻa mãn (2), trong ddx =m, y = n — q + mì,

Bây giờ ta chứng minh tiếp rằng

That vay, cong (4n ~ 1)? ~ 2a (4n — 1)

vào hai vế của (3), ta được (4n— liựn— 2ø+ 4n— 1)~ t= Ja— (4n— 1),

hay la 4n (m — 2ø + 4n — 1) —

(m~ 2# + Án — 1) + 1 = [a— (4n— LỊ? do đó z= |a— (4n — 1)| thỏa mãn (3) (với y = n,

#=m~— 2a + Án — 1)

Vì vậy, theo sự xác định của số ø, ta có

a< |a — (ân = 1)|, từ đây, đỗ dàng suy ra (6)

Tu (3), (5), (6), ta có a? + 1= (Ấn — lyn > 3g.a = Đa2,

do dé a? < 1 Điều vô lí này chứng minh định

lí của Ó-le

Ó-le rất thích thú với chứng minh đơn giản này Trong thư gửi cho Gôn-bách để ngày lỗ tháng 10 năm 1743, Ó-le viết :

"Thú thật là tôi không ngờ ràng định lí đó

có thể chứng minh một cách đế dàng và đẹp

đẽ đến như vậy Từ đớ tôi tin rằng phần lớn

147