TAI LIEU0TAP HUAN CHUYEN TOAN 2012

Sản phẩm của chương trình tập huấn là đã xây dựng một tập san tài liệutập huấn trong đó lưu giữ các nội dung gồm các bài viết, bài giảng, các đềthi Olympic đề xuất kèm theo lời giải và g

TÀI LIỆU TẬP HUẤN PHÁT TRIỂN CHUYÊN MÔN GIÁO VIÊN

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

MÔN TOÁN

(Tài liệu lưu hành nội bộ)

Chủ trì biên soạn:

Vụ Giáo dục Trung học

Chương trình phát triển giáo dục trung học

NHÓM TÁC GIẢ BIÊN SOẠN TÀI LIỆU:

���������������������������������������������������� �����������������������

���������������������������������������������������������������������������������

�����������������������������������������������������

Mục lục

Hà Huy Khoái

Nguyễn Văn Mậu

Lê Anh Vinh

Lời nói đầuHoạt động bồi dưỡng theo các bộ môn, phân theo các cụm, khu vực theođịa hình và đặc thù văn hoá, đã trở thành sinh hoạt chuyên môn truyềnthống và ngày càng đi vào nề nếp trong hệ thống các trường trung học chuyên

và năng khiếu bậc phổ thông Nhờ đó, các đơn vị, các trường THPT chuyênchủ động xây dựng chương trình hành động và lựa chọn cách thức triển khai

Đặc biệt chương trình tập huấn phát triển năng lực chuyên môn giáo viêntrường THPT chuyên gắn với các hoạt động bồi dưỡng chuyên môn nghiệp

vụ và năng lực tổ chức các hoạt động xã hội cho giáo viên đang giảng dạy ởcác đội tuyển các trường THPT Chuyên

Ban tổ chức đã xây dựng nội dung, chương trình kế hoạch cho các hoạtđộng bồi dưỡng chuyên môn nghiệp vụ; liên hệ mời các giáo sư, các nhà khoahọc có kinh nghiệm và tâm huyết trực tiếp giảng bài và tổ chức các seminakhoa học

Sản phẩm của chương trình tập huấn là đã xây dựng một tập san (tài liệutập huấn) trong đó lưu giữ các nội dung gồm các bài viết, bài giảng, các đềthi Olympic đề xuất kèm theo lời giải và giới thiệu những xu hướng mới cậpnhật với olympic khu vực và quốc tế

Vì thời gian rất gấp gáp, nên các khâu chế bản và nội dung cuốn tài liệutập huấn này chắc chắn còn nhiều khiếm khuyết Mong nhận được sự góp ýcủa các thầy, cô và các đồng nghiệp

Ban Tổ chức

Một số bài toán Số học - Tổ hợp

Hà Huy Khoái Viện Toán học

Bài giảng này nhằm mục tiêu giới thiệu một số bài toán có thể gọi là thuộcloại "số học - tổ hợp" Thực ra không có một "định nghĩa" nào cho loại bàitoán đó, nên ở đây chỉ giới hạn ở việc đưa ra một số ví dụ về loại bài toánthường gặp trong những kỳ thi học sinh giỏi, mà việc giải chúng đòi hỏi nhữngphương pháp của số học và tổ hợp Để tiện theo giõi, chũng tôi tạm chia bàigiảng thành bốn phần: Tỷ số vàng, Các dãy nhị phân, Tính chia hết và Tròchơi

Khi trình bày các lời giải, trong chừng mực có thể, chúng tôi cố gắng mô

tả quá trình hình thành nên lời giải đó, hơn là đưa ra một lời giải ngắn gọn

Tỷ số vàng đó cũng thường bắt gặp trong lời giải của những bài toán số học

- tổ hợp Trước tiên ta xét ví dụ sau:

1

1

Chứng minh rằng nếu đặt a n = [nγ], b n = [nδ] thì mỗi số nguyên dương xuất

Phân tích - Lời giải

Rõ ràng yêu cầu của bài toán tương đương với việc chứng minh rằng, các

các số n thỏa mãn là n = 1, 2, · · · , [Nγ] Tương tự, các số m sao cho [mδ] < N

là m = 1, 2, · · · , [Nδ ]

hai dãy a n , b n là [Nγ] + [Nδ]. Do γ; δ là các số vô tỷ nên [Nγ]; [Nδ] 6∈ Z. Từ đó tacó:

Tìm các dãy tăng các số nguyên dương {a n }; {b n } thỏa mãn những tínhchất sau:

1/ a1= 1.

2/ Với mọi n ≥ 1, bn = an+ n.

3/ an là số nguyên dương nhỏ nhất không thuộc tập hợp {a1, a2, · · · , an−1;

b1, b2, · · · , bn−1}.

Rõ ràng ba điều kiện nói trên xác định một cách duy nhất các dãy

, 2/, 3/ tương đương với việc thỏa mãn các điều kiện 1/, 2/ , và 3’/ như sau:3’/ Mỗi số nguyên dương đều thuộc một và chỉ một trong hai dãy đangxét

Do tính xác định duy nhất của các dãy thỏa mãn 1/, 2/, 3’/, ta chỉ cầnchứng minh sự tồn tại, bằng cách chỉ ra ví dụ cụ thể Bài toán 1 cho ta cách

2

Các dãy an, bn cần tìm là:

√ 5

5

Bài toán 1 và Bài toán 2 lại có thể làm "thành phần" cho bài toán phứctạp hơn sau đây:

Bài toán 3

của chữ số 1 thứ n, bn là vị trí của chữ số 0 thứn (như vậy a1 = 1, a2 = 3, a3 =

4, b1= 2, b2 = 5, · · ·)

Tìm công thức xác định an, bn.

Phân tích - Lời giải

đang xét ta có

Theo bài ra, chữ số 0 thứ n được "sinh ra" từ chữ số 1 thứ n Mặt khác, chữ

số 1 biến thành hai chữ số 01, chữ số 0 biến thành một chữ số 1 Trước chữ số

1 thứn có kn chữ số 0, và "biến thành kn chữ số; còn n chữ số 1 "biến thành"2n chữ số Từ đó suy ra:

√ 5

5

Trong phần các bài toán về trò chơi, ta sẽ gặp lại "tỷ số vàng".

Trong rất nhiều bài toán tổ hợp, đặc biệt là các bài toán "đếm", ta thườnggặp những tình huống mà tại đó có hai khả năng xẩy ra: được tô bởi hai màu;đường đi chỉ được phép sang phải hoặc đi lên; học sinh nam hay nữ, số chẵnhoặc lẻ; Về thực chất, những bài toán như vậy luôn luôn có thể đưa về cùngmột dạng phát biểu, trong đó thông thường nhất là dùng các dãy nhị phân(các dãy gồm hai chữ số 0 và 1)

Để hiểu rõ hơn điều đó, ta xét bài toán sau đây

Bài toán 4

Sau giờ học, các em học sinh xếp hàng để nhận xe đạp ở nhà gửi xe Giá

có tờ 2000 đồng Hỏi có bao nhiêu cách xếp hàng lấy xe sao cho không emnào phải chờ để lấy tiền trả lại? (Với giả thiết người giữ xe không có đồngtiền lẻ nào)

Phân tích - Lời giải

Đây là một bài toán thuộc loại "hai khả năng": mỗi em học sinh hoặc có

tờ 1000 đồng, hoặc có tờ 2000 đồng Như vậy, để dễ thấy bản chất bài toán,

ta có thể lập tương ứng mỗi hàng học sinh với một dãy gồm hai chữ số 0, 1.Giả sử ứng với mỗi học sinh có tờ 1000 đồng trong hàng, ta viết số 0; ứng vớihọc sinh có tờ 2000 đồng, ta viết số 1 Như vậy, mỗi hàng học sinh tương ứng

Cũng tương tự như trong nhiều bài toán tổ hợp khác, khi việc đếm số phần

tử thỏa mãn bài ra là khó, ta đếm "phần bù" của nó, tức là những phần tửkhông thỏa mãn bài ra Như vậy, ở đây ta sẽ xét xem có bao nhiêu hàng mà

có học sinh nào đó đến lượt mình phải chờ lấy tiển trả lại Theo cách tươngứng của chúng ta, một hàng như vậy sẽ tương ứng một - một với một dãy

với số 1 đứng đầu tiên Lại bỏ đi số 1 đầu tiên này, ta được một hàng gồm

số 1, với số 0 đứng đầu Bỏ số 0 đầu tiên này, ta nhận được một hàng xấu

bằng Cm+kk+1.

Như vậy, số cách xếp hàng sao cho không học sinh nào phải chờ lấy tiền

trả lại là:

Cm+kk − Cm+kk+1.

Bài toán 5

hai hàng ngang, sao cho trong mỗi hàng, chiều cao của học sinh giảm dần,

và ở mỗi vị trí, em đứng hàng trước cao hơn em đứng hàng sau Hỏi có baonhiêu cách xếp hàng thỏa mãn yêu cầu?

Phân tích - Lời giải

Thoạt nhìn thì đây là bài toán khác hẳn với bài toán trên Tuy nhiên, nếu

ta đã nắm vững nguyên tắc "hai khả năng" thì thấy cả hai bài chỉ cùng mộtloại Thật vậy, vấn đề ở đây chỉ là xếp học sinh vào một trong hai hàng.Với quan niệm như trên, ta cho mỗi em đứng hàng trước cầm một tấmbiển ghi số "0", mỗi em hàng sau cầm tấm biểm ghi số "1" Sau đó gọi tất cả

Dễ thấy rằng, một cách xếp hàng thỏa mãn bài ra chính là một cách xếphàng sao cho tại mỗi vị trí2s + 1, số số 0 từ vị trí đầu tiên đến đó phải ≥ s + 1.

Theo Bài toán 4, số cách xếp hàng hỏa mãn bài ra là:

A đều có thể chia thành 4 nhóm có số phần tử bằng nhau và tổng các phần

tử trong mỗi nhóm bằng nhau

Phân tích - Lời giải

là một số chia hết cho 4 Thay từ tập hợp 2012 phần tử một phần tử bất kỳbởi một phần tử khác tùy ý không thuộc tập đã chọn, tính chất tổng chia hếtcho 4 không hề thay đổi Như vậy có thể thấy ngay rằng, mọi phần tử thuộc

đó tập hợp B = {a 1 − ¯ a, a 2 − ¯ a, · · · , a n − ¯ a} rõ ràng cũng thỏa mãn những tính

Từ đây, suy luận "quy nạp lùi" quen thuộc cho ta lời giải: tập hợp nhận

trong bài ra; và do đó các phần tử của tập hợp này cũng chia hết cho 4 Tiếp

Bài toán 7

Phân tích- Lời giải Để giải bài này, rõ ràng ta cần biết những số nào

về các ước nguyên tố của nó), ta viết

n = Πppα(p),

Dễ thấy rằng, với mọi k nguyên dương, tập hợp Tk gồm k phần tử nhỏ

Nhận xét: có thể thấy S = {2, 3, 4, 5, 7, 9, 11, 13, 16, 17, · · · }, suy ra f (2) = 2; f (4) = 2.3 = 6; f (8) = 2.3.4 = 24; f (16) = 2.3.4.5 = 120; f (32) = 2.3.4.5.7 =

840,

Biểu diễn số

Có rất nhiều bài toán liên quan đến việc biểu diễn số nguyên (dương) dướimột dạng nào đó Nhìn chung, lời giải thường xuất phát từ việc xem xét kỹnhững trường hợp riêng rẽ, đặc biệt là khi các số đang xét tương đối nhỏ

Ta xét ví dụ sau đây

Bài toán 8

dương phân hoạch được thànhk tập con A1, A2, · · · , Ak sao cho với mọi n ≥ 15

n

Phân tích - Lời giải

thành "chẵn, lẻ" như trên được thay bởi phân hoạch theo modulo 3, và cũngnhư trước, cần thêm vào mỗi lớp đồng dư modulo 3 một số số đầu tiên đểbảo đảm mỗi tập đều biểu diễn được mọi số lớn hơn hoặc bằng 15 dưới dạngtổng hai số Có thể chọn phân hoạch sau đây:

A 2 = {4, 5, 6} ∪ {3m − 1; m ≥ 4},

Dễ thử lại rằng, phân hoạch trên đây thỏa mãn bài ra Hơn nữa, có thể nhận

đã rất "chặt", chẳng hạn số 14 không thể biểu diễn dạng tổng hai số thuộc

có thể để tồn tại phân hoạch thỏa mãn bài ra

tập các số tự nhiên thành k tập hợp con thỏa mãn bài ra

hoạch như vậy cũng tồn tại với k = 4: chỉ cần lấy phân hoạch A1, A2, A3, A4∪

cần chứng minh không thể tồn tại phân hoạch gồm 4 tập hợp con thỏa mãnbài ra

phải biểu diễn được: 15, 16, , 24 Mỗi số trong 10 số này đều là tổng của

{x1, x2, x3, x4, x5} Năm số này biểu diễn được đúng 10 số trong các số từ 15đến 24, tức là 10 số đó chính là 10 tổng có thể {xk+ xl, k 6= l; 1 ≤ k,

vì mỗi số x i tham gia trong đúng 4 cặp số Đẳng thức trên đây cho ta mâuthuẫn vì tổng ở vế trái là 195, trong khi vế phải chia hết cho 4.

Bài toán 9

Phân tích - Lời giải

Điều kiện bài toán gợi cho ta thấy cần phải tính số phần tử của tập hợp

S + S = {x + y|x, y ∈ S}.

thức hiển nhiên sau:

|S ∪ (S + S)| ≤ |S| + |S + S|.

Trong hai bất đẳng thức cần chứng minh, bất đẳng thức bên phải tương

{1, 2, · · · , k} ⊂ S ∪ (S + S).

một số số tự nhiên liên tiếp nào đó 1, 2, · · · , t; t < m Với những số này, tập

tiếp theo, cần thêm số 2t + 1 Các số 1, 2, · · · , t, 2t + 1 cho phép biểu diễn các

tìm có dạng

{1, 2, · · · , t} ∪ {(k + 1)t + k; k = 1, 2, · · · , m − t.}

Khi đó dễ thấy rằng

đến lượt mình được lấy một số que diêm tùy ý trong những que còn lại trênbàn, nhưng không vượt quá số que diêm mà người đi trước vừa lấy, và người

đi đầu tiên không lấy quá n − 1 que Người nào lấy que diêm cuối cùng đượcxem là chiến thắng.

Phân tích -Lời giải

nước đi đầu tiên, người đó chỉ lấy một que diêm, do đó ở những nước đi tiếptheo, mỗi người chỉ được lấy một que diêm

tiên sẽ thua, vì để lại cho người đi nước tiếp theo một số lẻ que diêm: trở

về trường hợp trên Do đó, người chiến thắng phải luôn lấy một số chẵn quediêm Như vậy, có thể hình dung các que diêm được gắn thành từng cặp, vàmỗi người đến lượt sẽ lấy một số cặp nào đó

que

que diêm đã được gắn thành cặp), và người đi trước thắng

lấy một số chẵn cặp (nếu ngược lại thì ta trở về trường hợp 2/) Khi đó có thểhình dung các que diêm được gắn thành từng nhóm 4 que Tương tự trường

là một lũy thừa của 2 (n 6= 2k.)

Trên đây là một bài về trò chơi, mà lời giải đơn giản dựa vào việc xét

toán trò chơi rất tổng quát Sở dĩ chúng tôi đưa ra ví dụ này vì lời giải của nó

hội tụ đầy đủ những vấn đề thường gặp trong bài toán về trò chơi: tập hợp

có chiến lược thắng, đồ thị, số học Hơn nữa, chúng ta lại một lần nữa tìmthấy sự tham gia của "tỷ số vàng"

Bài toán 11

chơi, mỗi người đến lượt mình được lấy một số tùy ý hòn đá từ một tronghai đống, hoặc lấy từ hai đống số hòn đá như nhau Người lấy được hòn cuối

chiến lược thắng (Ví dụ: (1,2) là cặp có tính chất đó)

Phân tích - Lời giải

Việc cho phép lấy hoặc một số đá tùy ý từ một trong hai đống, hoặc lấy số

đá như nhau từ mỗi đống gợi cho ta hình ảnh: hoặc giảm theo chiều ngang,theo chiều dọc, hoặc theo đường chéo Để mô tả tình hình đó, tốt nhất làdùng một đồ thị có hướng

Xét đồ thị mà các đỉnh là các điểm trên mặt phẳng với tọa độ nguyênkhông âm, các cạnh là những đoạn nối hai điểm, nằm trên những đường song

Các cạnh có hướng từ phải sang trái, từ trên xuống dưới Với bài toán có hai

theo một trong ba hướng (phải-trái, trên-dưới hoặc giảm theo đường chéo)đến một đỉnh mới của đồ thị Người chiến thắng là người đến điểm (0,0) đầu

định nghĩa sau:

được vị trí đó thì họ sẽ có chiến lược thắng, không phụ thuộc bước tiếp theo

của dối thủ.

Như vậy, bài toán đặt ra là tìm tập hợp các vị trí thắng Trước tiên ta làmquen một khái niệm trong trò chơi

giải nào đó chứa điểm (0,0) Do đó, bài toán đòi hỏi tìm các tập lời giải chứađiểm (0,0)

Bổ đề Tồn tại không quá một lời giải chứa điểm (0, 0)

mâu thuẫn

Như vậy, ta đã chứng minh được tính duy nhất của tập hợp lời giải Vấn

đề còn lại là chỉ ra một tập hợp có tính chất đòi hỏi Quan sát trên đồ thịdẫn ta đến Bổ đề sau:

2/ Nếu (a, b) ∈ R thì (b, a) ∈ R.

5/ Nếu (a, b), (k, l) ∈ R, a < b, k < l, b − a < l − k thì a < k, b < l.

Chứng minh Từ điều kiện 3/ suy ra rằng mọi số tự nhiên là tọa độ của

đó nếu c < b thì tồn tại bước đi từ (a, b) đến (a, c) (giảm b) Nếu c > b thì

thời a, b một đại lượng bằng a − k = b − l, và đi đến vị trí (k, l) ∈ R.

Như vậy để giải bài toán chỉ cần tìm một tập hợp vị trí thỏa mãn tínhchất 1/- 5/ Tập hợp như thế ta đã từng gặp trong Bài toán 2

quy nạp như sau: giả sử đã có (a1, b1); (a2, b2), · · · , (an, bn) Khi đó lấy an+1 là

thời lấy b n+1 = a n+1 + (n + 1).

Dễ chứng minh rằng, tập hợp R = {(0, 0), (an, bn), n = 1, 2, · · · là tập hợpthỏa mãn các điều kiện 1/-5/, và do đó là tập hợp các vị trí thắng

Vậy tập hợp cần tìm là

√ 5

Lớp các phương trình hàm Cauchy, d’Alembert

và dạng toán liên quan

Nguyễn Văn Mậu Trường Đại học KHTN, ĐHQGHN

Trong lý thuyết các phương trình hàm thì hai dạng toán cơ bản nhất làphương trình hàm Cauchy và phương trình hàm d’Alembert Chúng đóng vaitrò nòng cốt (về phương pháp luận và phương pháp giải) để giải quyết lớp cáckhác nhau về xác định hàm số trong đại số và trong lượng giác tương ứng.Hầu hết, các đề toán về phương trình hàm trong các kỳ thi Olympic quốc tế

và khu vực thường tập trung khai thác các tính chất giải tích của hàm số nhưtính giải tích, tính khả vi, liên tục, khả tích, giới nội, đo được, Khi khôngviện trợ đến một trong các tính chất giải tích đó thì việc giải các phương trình

thì gặp muôn vàn khó khăn, chưa có hướng giải quyết tổng thể Vì thế, việcxem xét các phương trình hàm cộng tính Cauchy trên R trong lớp hàm khôngliên tục sẽ gắn với tính phi tuyến (mạnh) và rất khó hình dung ra dáng điệu

đồ thị của chúng trên mặt phẳng

Bài viết này nhằm giới thiệu và phân tích toàn cảnh bức tranh phức hợpđó

1 Hàm cộng tính và song cộng tính

Trong mục này sẽ giới thiệu tổng quan về lớp phương trình hàm Cauchy(xem [1]-[8]) Có lẽ A.M Legendre là người đầu tiên đã tìm được nghiệm củaphương trình hàm Cauchy (hàm cộng tính)

Trong cuốn sách của mình, Kuczma (1985) đã trình bày rất chi tiết các tínhchất của lớp hàm cộng tính Tiếp theo, lớp hàm này được đề cập nhiều trongcác cuốn sách của Acze’l (1966, 1987), Acze’l và Dhombres (1989), và Smital(1988)

Dựa vào nghiệm của phương trình hàm Cauchy (hàm cộng tính), lớpnghiệm tổng quát của nhiều phương trình hàm (hai hay nhiều biến) thôngqua lớp các hàm cộng tính, lũy thừa, logarit hay mũ có thể biểu diễn thôngqua chúng

1.1 Về lớp hàm cộng tính liên tục

Trong mục này, ta định nghĩa hàm cộng tính và khảo sát dáng điệu củachúng dựa theo các giả thiết về tính trơn khác nhau chẳng hạn như tính đođược, tính liên tục, tính khả vi, tính đơn điệu, tính lồi, lõm,

chỉ nó thỏa phương trình hàm Cauchy

Phương trình hàm (1) được xét đầu tiên bởi A.M Legendre (1791) vàC.F Gauss (1809) nhưng A.L Cauchy (1821) mới là người đầu tiên tìm thấy

nghiệm tổng quát của nó Phương trình (1) có một vị trí đặc biệt trong toánhọc Nó được gặp ở hầu hết tất cả các ngành học của toán như là sự khởi đầucủa các phép tính đối với hàm số.

nó có dạng

thẳng đứng) đi qua gốc tọa độ và do đó nó được gọi là tuyến tính Câu hỏi

từ rất lâu đã được đặt ra là ngoài hàm tuyến tính trên thì còn có hàm cộngtính nào khác nữa không?

Ta dễ dàng chỉ ra rằng chỉ có các hàm cộng tính liên tục mới là tuyến tính.Điều này đã được Cauchy khẳng định vào năm (1821)

hàm cộng tính khả tích cũng là tuyến tính

khi nó là khả tích trên mọi đoạn hữu hạn

Ta có kết luận rằng mọi ánh xạ cộng tính khả tích địa phương cũng là

∀x, y ∈R Từ điều này và sử dụng tính khả tích địa phương của f, ta có

tùy ý

Mặc dù chứng minh trên là rất vắn tắt và được suy ra bằng cách chỉ vậndụng các tính toán thông thường, nhưng nó chưa làm sáng tỏ vấn đề liênquan giữa tính cộng tính và tính tuyến tính

Tiếp theo, ta sẽ trình bày một chứng minh khác giúp ta hiểu dáng điệucủa hàm cộng tính nhiều hơn Trước tiên, ta bắt đầu với định nghĩa sau đây

khi

Định lý dưới đây chứng tỏ rằng hàm cộng tính là thuần nhất hữu tỉ

Tiếp theo, ta sẽ chỉ ra rằng một hàm cộng tính là thuần nhất hữu tỉ Với x

tại một dãy {r n }các số hữu tỉ với r n → x Dof là cộng tính, theo Định lí 1.2,

Bây giờ ta bắt đầu tìm hiểu về lớp hàm cộng tính phi tuyến (gián đoạn).Trước tiên, ta chỉ ra rằng lớp hàm cộng tính phi tuyến phô diễn một dángđiệu rất kì lạ

Dễ dàng thấy rằng đồ thị của hàm f : R →R là tập con của không gian

R2

cách khác viết m = f (x1)

x 1

và giả sử x1 = x, ta sẽ có f (x) = mx với mọi x 6= 0,

x1 f (x1)

x 2 f (x 2 )