bat dang thuc cuc hay

Định lí cơ bản của Số học trong N Cho n 6= 1 là một số nguyêndương.. Khi đó, n phân tích được thành tích của các số nguyên tố.. 1 LÝ THUYẾT SỐ 1.1 Định lý cơ bản của Số họcBây giờ ta dùn

BẤT ĐẲNG THỨC

Ngày 19 tháng 10 năm 2013

Hojoo Lee, Tom Lovering, và Cosmin Pohoat¸ăXuất bản lần đầu tháng 10 năm 2008Dịch bởi VnMath.Com

Phiên bản 2.01

Mục lục

1.1 Định lý cơ bản của Số học 1

1.2 Phương pháp lùi vô hạn 3

1.3 Hàm nhân tính đơn điệu 7

1.4 Có vô hạn số nguyên tố 11

1.5 Tiến tới các Bất đẳng thức 1 triệu USD 14

2 Đối xứng 15 2.1 Lợi dụng tính đối xứng 15

2.2 Phá vỡ tính đối xứng 17

2.3 Đối xứng hoá 21

3 Bất đẳng thức hình học 22 4 Xem lại hình học 23 5 Ba kĩ thuật tuyệt vời 24 6 Thuần nhất hóa và chuẩn hóa 25 7 Tính lồi và áp dụng 26 8 Bài tập 27 9 Phụ lục 28 9.1 Tài liệu tham khảo 28

9.2 Mã IMO 31

1 LÝ THUYẾT SỐ

Why are numbers beautiful? It’s like asking why is Beethoven’s

Ninth Symphony beautiful If you don’t see why, someone can’t

tell you I know numbers are beautiful If they aren’t beautiful,

Định lí 1.1 (Định lí cơ bản của Số học trong N) Cho n 6= 1 là một số nguyêndương Khi đó, n phân tích được thành tích của các số nguyên tố Nếu ta bỏqua thứ tự các nhân tử thì sự phân tích này là duy nhất Nhóm các số nguyên

tố ta có phân tích tiêu chuẩn của n:

n = p1 1· · · plel.Các số nguyên tố phân biệt p1, · · · , plvà các số nguyên e1, · · · , el≥ 0 được xácđịnh một cách duy nhất theo n

Ta định nghĩa bậc của n ∈ N tại số nguyên tố p,1kí hiệu là ordp(n), là sốnguyên không âm k thoả mãn pk | n và pk+16 | n Khi đó, phân tích tiêu chuẩncủa số nguyên dương n có thể viết dưới dạng

p : nguyên tố

pordp (n)

Từ đó ta có ngay tiêu chuẩn về tính chia hết đơn giản và hữu ích sau

Mệnh đề 1.1 Cho A và B là các số nguyên dương Khi đó, A bội của B nếu

với mọi số nguyên dương k Chứng minh rằng b chia hết cho a

1 ở đây ta không giả sử n 6= 1.

1 LÝ THUYẾT SỐ 1.1 Định lý cơ bản của Số học

Bây giờ ta dùng công thức liên quan đến phân tích ra thừa số nguyên tố củan! Gọi bxc là số nguyên lớn nhất nhỏ hơn hoặc bằng số thực x

Delta 1 (Công thức De Polignac) Cho p là một số nguyên tố và n là một sốnguyên không âm Khi đó, số mũ lớn nhất e của n! sao cho pe| n! cho bởi côngthức

Ví dụ 1 Cho a1, · · · , an các số nguyên dương Lúc đó, (a1+ · · · + an)! chia hếtcho a1! · · · an!

Chứng minh Lấy p là một số nguyên tố Công việc của chúng ta là thiết lậpbất đẳng thức

ordp( (a1+ · · · + an)! ) ≥ ordp(a1!) + · · · ordp(an!)

pk

 

Tuy nhiên, bất đẳng thức

bx1+ · · · + xnc ≥ bx1c + · · · bxnc ,đúng cho mọi số thực x1, · · · , xn

Epsilon 2 [IMO 1972/3 UNK] Cho m và n là các số nguyên không âm bất kỳ.Chứngminh rằng

1 LÝ THUYẾT SỐ 1.2 Phương pháp lùi vô hạn

1.2 Phương pháp lùi vô hạn

Trong mục này, chúng ta học phuơng pháp lùi vô hạn của Fermat Nó cực

kì hữu ích khi tấn công các phương trình Diophantine Trước hết ta giới thiệumột chứng minh cho Định lí cuối cùng của Fermat cho trường hợp n = 4.Định lí 1.2 (Định lí Fermat-Wiles) Cho n ≥ 3 là một số nguyên dương Phươngtrình

xn+ yn= znkhông có nghiệm nguyên dương

Bổ đề 1.1 Cho σ là số nguyên dương Nếu σ2 = AB với A và B là các sốnguyên nào đó, thì tồn tại các số nguyen dương a và b sao cho

σ = ab, A = a2, B = b2, U CLN (a, b) = 1

Chứng minh Dùng định lí cơ bản của Số học

Bổ đề 1.2 (Primitive Pythagoras Triangles) Cho x, y, z ∈ N với x2+ y2 = z2,gcd(x, y) = 1, và x ≡ 0 (mod 2) Khi đó, tồn tại các số nguyên dương p và q saocho U CLN (p, q) = 1 và

(x, y, z) = 2pq, p2− q2, p2+ q2
Chứng minh Phương trình đã cho có thể viết lại

x2

2

= z + y2

  z − y2



Xét phương trình x2+ y2 = z2 theo modulo 2, ta thấy cả y và z đều lẻ Do

đó, z+y2 , z−y2 , và x2 là các số nguyên dương Ta có z+y2 và z−y2 nguyên tố cùngnhau Thật vậy, nếu z+y2 và z−y2 có ước chung là số nguyên tố p thì p cũng làước của y = z+y2 −z−y2 và x2
2= z+y2
z−y2
, nghĩa là số nguyên tố p là ướccủa x và y Điều này mâu thuẫn với U CLN (x, y) = 1 Bây giờ, áp dụng bổ đềtrên ta được



= pq, p2, q2
trong đó p và q là các số nguyên dương nào đó thoả mãn gcd(p, q) = 1

Định lí 1.3 Phương trình x4+ y4= z2 không có nghiệm nguyên dương.Chứng minh Giả sử ngược lại rằng tồn tại bộ ba các số nguyên dương (x, y, z)sao cho x4+ y4= z2 Lấy bộ ba (A, B, C) ∈ D sao cho A4+ B4= C2 Kí hiệu

d là ước chung lớn nhất của A và B, ta thấy rằng C2= A4+ B4 chia hết cho

d4, nên C chia hết cho d2 Vì Ad
4

1 LÝ THUYẾT SỐ 1.2 Phương pháp lùi vô hạn

Hơn nữa, vì d là ước chung lớn nhất của A và B, ta có U CLN (a, b) = U CLN Ad,Bd
=

1 Bây giờ ta lập luận theo tính chẵn lẻ của a và b Nếu a và b đều lẻ, ta có

c2 ≡ a4+ b4 ≡ 1 + 1 ≡ 2 (mod 4), vô lý Do tính đối xứng, ta có thể giả sử

a chẵn và b lẻ Suy ra a2 và b2 là nguyên tố cùng nhau và a2 chẵn Để ý rằng

a2
2

+ b2
2

= c2, ta được

a2, b2, c
= 2pq, p2− q2, p2+ q2
với p và q là các số nguyên dương sao cho U CLN (p, q) = 1 Rõ ràng p và q khácnhau về tính chẵn lẻ Hơn nữa

q2+ b2= p2

Vì b lẻ nên xét theo modulo 4 thì q chẵn và p lẻ Nếu q và b có ước nguyên

tố chung thì p2 = q2+ b2 suy ra rằng p nguyên tố, điều này mâu thuẫn vớigcd(p, q) = 1 Kết hợp các kết quả, ta có q và b là nguyên tố cùng nhau và qchẵn Từ q2+ b2= p2 suy ra

(q, b, p) = 2mn, m2− n2, m2+ n2
với m và n là các số nguyên dương sao cho U CLN (m, n) = 1 Nhắc lại rằng

a2= 2pq Vì p và q nguyên tố cùng nhau và q chẵn nên tồn tại cặp số nguyêndương (P, Q) sao cho

a = 2P Q, p = P2, q = 2Q2, U CLN (P, Q) = 1

Suy ra 2Q2 = 2q = 2mn do đó Q = mn Vì gcd(m, n) = 1nên tồn tại cặp(M, N ) các số nguyên dương sao cho

Q = M N, m = M2, n = N2, gcd(M, N ) = 1

Kết hợp các kết quả này ta có P2= p = m2+ n2= M4+ N4 vì vậy (M, N, P )

là một bộ ba xấu Nhắc lại rằng phương trình ban đầu là A4+ B4= C2 Bâygiwof ta tổng két lại những gì đã làm Bộ ba xấu (A, B, C) sinh ra bộ ba xấumới (M, N, P ) Tuy nhiên, ta cần kiểm chứng rằng chúng thật sự là mới Để ý

ba xấu nào

Hệ quả 1.1 Phuơng trình x4+ y4= z4 không có nghiệm nguyên dương

Chứng minh Đặt w = z2, ta có x4+ y4= w2

1 LÝ THUYẾT SỐ 1.2 Phương pháp lùi vô hạn

Bây giờ ta xét một bài toán từ kì thi IMO gần đây như là một ví dụ khác

Ví dụ 2 [IMO 2007/5 IRN] Cho a và b là các số nguyên dương Chứng minh rằng4ab − 1 chia hết 4a2− 1
2

nếu và chỉ nếu 4ab − 1 chia hết (a − b)2 Vì vậy, điều kiện banđầu tương đương với điều kiện

4ab − 1 | (a − b)2.Điều kiện này đối xứng theo a và b, nên (a, b) là một cặp xấu nếu và chỉ nếu(b, a) là một cặp xấu Do đó, không mất tính tổng quát ta giả thiết a > b vàcặp xấu đựoc chọn này với giá trị của thành phần thứ nhất bé nhất Ta viết(a − b)2= m(4ab − 1), trong đó m là số nguyên dương, và chuyển nó thành mộtphương trình bậc hai theo a:

a2+ (−2b − 4ma)a + b2+ m
= 0

Vì phương trình bậc hai này có nghiệm nguyên dương nên biệt thức của nó

(2b + 4mb)2− 4 b2+ m
= 4 4mb2+ 4m2b2− m

phải là số chính phương và do đó 4mb2+ 4m2b2− m là chính phương Gọi nó

là bình phương của 2mb + t và chú ý rằng 0 < t < b Đặt s = b − t Sắp xếp lại

Lưu ý rằng b 4a2− 1
−(4ab−1)a = a−b

vì vậy làm việc với modulo 4ab − 1 ta có b2 4a2− 1
≡ (a − b)2 Khi đó b2 và4ab − 1 là nguyên tố cùng nhau suy ra 4ab − 1 chia hết 4a2− 1
2

nếu và chỉ

1 LÝ THUYẾT SỐ 1.2 Phương pháp lùi vô hạn

nếu 4ab − 1 chia hết (a − b)2 Điều kiện này đối xứng theo a và b nên (a, b) làmột cặp xấu nếu và chỉ nếu (b, a) là một cặp xấu Do đó, ta có thể giả sử a > b

và ta chọn a nhỏ nhất trong những cặp có thành phần thứ nhất lớn hơn thànhphần thứ hai Viết (a − b)2 = m(4ab − 1) và xem nó là một phương trình bậchai và a là nghiệm của

a2+ b2

ab + 1 = m

2

nếu và chỉ nếu (a, b) có dạng (an, an+1) với n ≥ 0 là số nguyên nào đó

Delta 6 Cho x và y là các số nguyên dương sao cho xy chia hết x2+ y2+ 1.Chứng minh rằng

1 LÝ THUYẾT SỐ 1.3 Hàm nhân tính đơn điệu

1.3 Hàm nhân tính đơn điệu

Trong mục này, ta nghiên cứu về các hàm nhân tính đơn điệu

Ví dụ 3 (Canada 1969) Kí hiệu N = {1, 2, 3, · · · } là tập hợp các số nguyêndương Tìm tất cả các hàm số f : N → N sao cho với mọi m, n ∈ N: f (2) = 2,

f (mn) = f (m)f (n), f (n + 1) > f (n)

Lời giải 1 Trước nhất ta đánh giá f (n) với n nhỏ Từ f (1 · 1) = f (1) · f (1) suy

ra f (1) = 1 Theo tính nhân tính, ta được f (4) = f (2)2= 4 Từ bất đẳng thức

2 = f (2) < f (3) < f (4) = 4 ta có f (3) = 3 Mặt khác f (6) = f (2)f (3) = 6

Vì 4 = f (4) < f (5) < f (6) = 6 nên f (5) = 5 Ta chứng minh bằng quy nạprằng f (n) = n với mọi n ∈ N Nó đúng với n = 1, 2, 3 Xét n > 2 và giả sử rằng

f (k) = k với mọi k ∈ {1, · · · , n} Ta sẽ chứng minh f (n + 1) = n + 1

Trường hợp 1 n + 1 là hợp số Ta có thể viết n + 1 = ab với a và b là các

số nguyên dương nào đó thoả 2 ≤ a ≤ b ≤ n Theo giả thiết quy nạp, ta có

f (a) = a và f (b) = b Suy ra f (n + 1) = f (a)f (b) = ab = n + 1

Trường hợp 2 n + 1 là số nguyên tố Trong trường hợp này, n + 2 là số chẵn.Viết n + 2 = 2k với số nguyên k nào đó Vì n ≥ 2 nên 2k = n + 2 ≥ 4 hay

k ≥ 2 Do k = n+22 ≤ n và theo giả thiết quy nạp, ta có f (k) = k Từ đó

f 2k
= 2k

Xét k ∈ N Theo giả thiết, ta có bất đẳng thức

2k = f 2k
< f 2k+ 1
< · · · < f 2k+1− 1
< f 2k+1
= 2k+1.Nói cách khác, dãy tăng gồm 2k+ 1 số nguyên dương

f 2k
, f 2k+ 1
, · · · , f 2k+1− 1
, f 2k+1
nằm trong tập 2k+ 1 số nguyên dương liên tiếp {2k, 2k+ 1, · · · , 2k+1− 1, 2k+1}.Điều này có nghĩa là f (n) = n với mọi 2k ≤ n ≤ 2k+1 Vì điều này đúng chovới mọi số nguyên dương k, ta kết luận rằng f (n) = n với mọi n ≥ 2

Các điều kiện trong bài toán trên là quá chặt Ta hãy bỏ điều kiện f (2) = 2

1 LÝ THUYẾT SỐ 1.3 Hàm nhân tính đơn điệu

Epsilon 4 Cho f : N → R+ là hàm số thoả mãn các điều kiện sau:

(a) f (mn) = f (m)f (n) với mọi số nguyên dương m và n,

(b) f (n + 1) ≥ f (n) với mọi số nguyên dương n

Khi đó,ótonf tại hằng số α ∈ R sao cho f (n) = nα

Thực tế, ta có thể bỏ đi hoàn toàn ràng buộc f (2) = 2 Vào năm 1946, P.Erd˝os đã chứng minh kết quả sau trong [PE]:

Định lí 1.4 Cho f : N → R là hàm số thoả mãn các điều kiện sau:

(a) f (mn) = f (m) + f (n) với mọi cặp số nguyên tố cùng nhau m và n,(b) f (n + 1) ≥ f (n) với mọi số nguyên dương n

Khi đó, tồn tại hằng số α ∈ R sao cho f (n) = α ln n với mọi n ∈ N

Điều này suy ra kết quả sau

Định lí 1.5 Cho f : N → R+ là hàm số thoả mãn các điều kiện sau:

(a) f (mn) = f (m)f (n) với mọi cặp số nguyên tố cùng nhau m và n,(b) f (n + 1) ≥ f (n) với mọi số nguyên dương n

Khi đó, tồn tại hằng số α ∈ R sao cho f (n) = nα với mọi n ∈ N

Chứng minh 2 Ta chứng minh hàm f hoàn toàn nhân tính là đủ: f (mn) =

f (m)f (n) với mọi m và n Ta chia chứng minh làm 3 bước

Bước 1 Gỉa sử a ≥ 2 là số nguyên dương và gọi Ωa= {x ∈ N | U CLN (x, a) =1} Khi đó, ta thấy rằng

L := inf

x∈Ω a

f (x + a)

f (x) = 1và

f ak+1
≤ f ak
f (a)với mọi số nguyên dương k

Chứng minh bước 1 Vì f tăng nên rõ ràng L ≥ 1 Chú ý rằng f (k + a) ≥ Lf (k)với k ∈ Ωa Cho m là số nguyên dương Ta lấy số nguyên đủ lớn x0 > ma vớigcd (x0, a) = gcd (x0, 2) = 1 để

f (2)f (x0) = f (2x0) ≥ f (x0+ ma) ≥ Lf (x0+ (m − 1)a) ≥ · · · ≥ Lmf (x0)

2 Chúng tôi giới thiệu chứng minh đã được cải tiến một chút so với [EH] Một chứng minh ngắn gọn khác, xem [MJ].

1 LÝ THUYẾT SỐ 1.3 Hàm nhân tính đơn điệu

f (x + a)

f (x) ≥ f a

k+1

f (a)f (ak).Suy ra

f ak+1
≥ f ak
f (a)với mọi số nguyên dương k

Chứng minh bước 2 Kết quả đầu tiên suy ra trực tiếp từ bước 1

1 LÝ THUYẾT SỐ 1.3 Hàm nhân tính đơn điệu

là kết quả mong muốn

Bước 3 Theo kết quả hai bước trên, với a ≥ 2, ta có

1 LÝ THUYẾT SỐ 1.4 Có vô hạn số nguyên tố

1.4 Có vô hạn số nguyên tố

Mục đích của phần này là cung cấp các chứng minh khác nhau cho Định líEuclid

Định lí 1.6 (Định lí Euclid) Có vô hạn số nguyên tố

Chứng minh Giả sử ngược lại rằng {p1= 2, p2 = 3, · · · , pn} là tập hợp các sốnguyên tố Xét số nguyên dương

P = p1· · · pn+ 1

Vì P > 1 nên P phải có ước nguyên tố pi với i ∈ {1, · · · , n} nào đó Do P và

p1· · · pn chia hết cho pi, ta thấy rằng 1 = P − p1· · · pn cũng chia hết cho pi,điều này vô lí

Thật ra ta có kết quả mạnh hơn Ta sẽ giới thiệu bốn chứng minh cho Định

lí Euler rằng tổng các nghịch đảo của tất cả các số nguyên tố phân kỳ

Định lí 1.7 (Định lí Euler, PEN E24) Kí hiệu pn là số nguyên tố thứ n Chuỗi

Bổ đề 1.3 Ta có |Sn(N )| ≤ 2n√

N Chứng minh Bổ đề Vì mọi số nguyên dương i ∈ Sn(N ) có duy nhất phântích i = st2, trong đó s là ước của p1· · · pnvà t ≤√

1 +p1

2 + · · · hội tụ Khi đó ta có thểlấy số nguyên dương n đủ lớn sao cho

Lấy số nguyên dương đủ lớn N sao cho N > 4n+1 Theo định nghĩa của Sn(N ),

ta thấy rằng mỗi phần tử i thuộc {1, · · · , N } − Sn(N ) chia hết cho ít nhất một

số nguyên tố pj với j > n nào đó Vì số các bội của pj không vượt quá N làj

1 LÝ THUYẾT SỐ 1.4 Có vô hạn số nguyên tố

N

2 ≤ |Sn(N )| Kết hợp điều này và Bổ đề ta có N

2 ≤ 2n√

N và do đó N ≤ 4n+1 Tuy nhiên,

nó mâu thuẫn với việc lựa chọn N

Chứng minh thứ hai Ta dùng bất đẳng thức sau



1 +1p

X

t≤ √ n

∞

X

t=2

1



1 + 1p



p:nguyên tố p≤n

e1p

hay

X

p:nguyên tố p≤n

!

Vì chuỗi điều hòa 1 + 1

pj2

1 LÝ THUYẾT SỐ 1.4 Có vô hạn số nguyên tố

!

l

X

j=1

1(j + 1)j =

i=1

1i

1

pn >

λ2n ln n.

VìP∞

n=2

1

n ln n = ∞, ta có điều phải chứng minh theo Tiêu chuẩn So sánh

Ta kết thúc mục này với một kết quả ấn tượng của Viggo Brun

Định lí 1.8 (Định lí Brun) Tổng các nghịch đảo của các số nguyên tố sinh đôi

+ 1

5 +

17

+ 1

11+

113

+· · · < ∞

Hằng số B = 1.90216 · · · được gọi là Hằng số Brun

1 LÝ THUYẾT SỐ 1.5 Tiến tới các Bất đẳng thức 1 triệu USD

1.5 Tiến tới các Bất đẳng thức 1 triệu USD

Mục này dựa theo [JL] Ta xét hai giả thuyết

Bài toán mở 1.1 (J C Lagarias) Cho số nguyên dương n, gọi Hn là số điềuhoà thứ n

và σ(n) là tổng các ước nguyên dương của n Chứng minh rằng

σ(n) ≤ Hn+ eHnln Hn

đúng với mọi số nguyên dương n

Bài toán mở 1.2 Gọi π là hàm đếm số nguyên tố, tức là, π(x) đếm các sốnguyên tố p thoả mãn 1 < p ≤ x Giả sử ε > 0 Chứng minh tồn tại một hằng

số dương Cε sao cho bất đẳng thức

π(x) −

http://www.claymath.org/millenniumWir m¨ussen wissen Wir werden wissen

- D Hilbert

3 Tuy nhiên, trong trường hợp đó, cẩn thận bọn mafia có thể hạ gục bạn và lấy số tiền đó

đi :]

2 ĐỐI XỨNG

Each problem that I solved became a rule, which served afterwards

to solve other problems

- R Descartes

2.1 Lợi dụng tính đối xứng

Ta bắt đầu với ví dụ sau

Ví dụ 4 Cho a, b, c là các số thực dương Chứng minh

x2− y2
luôn không âm

Tiếp theo ta đưa ra một lời giải tinh tế hơn không dùng đến các biến đổi trâu bò.Lời giải 2 Thủ thuật là nhận xét được biểu diễn đẹp sau của vế phải:

2 ĐỐI XỨNG 2.1 Lợi dụng tính đối xứng

Tính đối xứng của biểu thức dẫn dắt ta theo một hướng tiếp cận đúng Ta kiểm tra,với mọi x, y > 0,

Rõ ràng x3− y3
(x − y) luôn không âm

Delta 9 [LL 1967 POL] Chứng minh rằng với mọi a, b, c > 0,

số thực sao cho 2 ≤ ai≤ 3 với i = 1, · · · , n Nếu s = a1+ · · · + an, chứng minh

n2(a1+ a2+ · · · + an)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (a, b, c) = (1, 1, 1)

Epsilon 7 (Poland 2006) Cho a, b, c là các số thực dương thoả ab + bc + ca = abc.Chứng minh

a4+ b4ab(a3+ b3)+

b4+ c4bc(b3+ c3) +

c4+ a4ca(c3+ a3) ≥ 1

Epsilon 8 (APMO 1996) Cho a, b, c là đọ dài các cạnh của một tam giác Chứng minh

Chứng minh Using the symmetry of the inequality, we break the symmetry Vì bấtđẳng thức này đối xứng nên ta chỉ cần xét trường hợp a, b ≥ c Theo Bất đẳng thứcAM-GM thì c4+ 3 (abc)4 ≥ 4abc2

Do a, b ≥ c nên biểu thức cuối cùng không âm

Epsilon 9 Cho a, b, c là đọ dài ba cạnh của tam giác Chứng minh