Tài liệu tập huấn phát triển chuyên môn giáo viên trường THPT chuyên 2012

Mục lụcHà Huy Khoái Một số bài toán Số học - Tổ hợp 5 Nguyễn Văn Mậu Lớp các phương trình hàm Cauchy, d’Alembert và dạng toán liên quan 22 Lê Anh Vinh Bất biến và nửa bất biến 220... Sản

TÀI LIỆU TẬP HUẤN PHÁT TRIỂN CHUYÊN MÔN GIÁO VIÊN

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

MÔN TOÁN

(Tài liệu lưu hành nội bộ)

VỤ GIÁO DỤC TRUNG HỌC CHƯƠNG TRÌNH PHÁT TRIỂN

GIÁO DỤC TRUNG HỌC

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

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

Một số bài toán Số học - Tổ hợp 5

Nguyễn Văn Mậu

Lớp các phương trình hàm Cauchy, d’Alembert và dạng toán liên quan 22

Lê Anh Vinh

Bất biến và nửa bất biến 220

Lời nói đầu

Hoạt 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

§1 Tỷ số vàng

Chúng ta đều biết "tỷ số vàng" sau đây thường xuất hiện trong khoa học,nghệ thuật và đời sống

1 + √ 5

2 .

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:

Bài toán 1 Giả sử γ, δ là những số vô tỷ dương, thỏa mãn

1

γ +1

δ = 1.

Chứng minh rằng nếu đặt a n = [nγ], b n = [nδ] thì mỗi số nguyên dương xuấthiện đúng một lần trong một trong hai dãy a n , b n

Phân tích - Lời giải

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

số trong mỗi đoạn hữu hạn tùy ý [1, 2, · · · , N ] có mặt ở một trong hai dãy, vàxuất hiện đúng một lần Như vậy vấn đề chỉ còn là đếm xem trong N − 1 sốnguyên dương nhỏ hơn N, có bao nhiêu số thuộc một trong hai dãy nói trên.Xét mọi số nguyên dương n thỏa mãn [nγ] < N, tức là n < Nγ Như vậy,các số n thỏa mãn là n = 1, 2, · · · , [Nγ] Tương tự, các số m sao cho [mδ] < N

là m = 1, 2, · · · , [Nδ ]

Như vậy, trong các số nguyên dương nhỏ hơnN, số các số thuộc một tronghai 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

{an}, {bn}. Hơn nữa, đối với hai dãy tăng, việc thỏa mãn các điều kiện 1/, 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 cáchtìm hai dãy thỏa mãn điều kiện 3’/: đó chính là các dãy an = [nγ], bn = [nδ],trong đó γ, δ là những số vô tỷ dương, thỏa mãn

2

Các dãy an, bn cần tìm là:

an = [1 +

√ 5

2 n]; bn = [

1 + 3 √

5

2 n].

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

Bài toán 3

Lập dãy số theo cách sau: lấy x1 = 1, với i ≥ 2 số xi nhận được từ xi−1

bằng cách đổi (trong cách viết số xi−1) số 1 thành 01, số 0 thành 1 Làm nhưvậy, ta nhận được dãy số 1, 01, 101, 01101, Trong dãy này, gọi an là vị trícủa 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

Trước tiên ta cần tìm một công thức xác định mối liên hệ giữa a n và b n.Gọi kn là số chữ số 0 đứng trước chữ số 1 thứ n Theo định nghĩa hai dãyđang xét ta có

an = n + kn.

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:

an = [1 +

√ 5

2 n]; bn = [

1 + 3 √

5

2 n].

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

§2 Các dãy nhị phân

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

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 ứngmột dãy gồm k chữ số 0, m chữ số 1 Để tồn tại cách xếp mà không có emnào phải chờ lấy tiền trả lại, điều kiện cần là k ≥ m.

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 dãygồm k số 0, m số 1, trong đó tồn tại vị trí 2s + 1 sao cho tại đó có số 1, đồngthời ở 2s vị trí đầu, số số 0 và số số 1 là như nhau Ta gọi một hàng như vậy

là "hàng xấu"

Nếu bạn là người giữ xe thì bạn sẽ làm thế nào trong tình huống đó?Hiển nhiên là gọi thêm một bạn nào đó có tờ 1000 đồng lên đứng trước hàng!Phương pháp "thực tiễn" này gợi cho ta lập tương ững mỗi hàng xấu gồm k

k + 1 chữ số 0, m − 1 chữ số 1

Như vậy, mỗi hàng xấu gồm k chữ số 0, m chữ số 1 sẽ được tương ứng vớimột hàng gồmk + 1chữ số 0,m − 1chữ số 1 theo cách trên đậy Dễ thấy rằng,tương ứng như trên là một - một Thật vậy, xét một hàng tùy ý gồm k + 1

chữ số 0,m − 1 chữ số 1 Ta thêm số 1 vào đầu hàng, để được hàng gồm k + 1

chữ số 0, m chữ số 1 Do điều kiện k ≥ m nên trong hàng này phải tồn tại vịtrí (2s + 2) mà từ đó trở lên, số số 0 bằng số số 1 Ta đổi số 0 thành số 1 vàngược lại ở các vị trí từ đó trở lên, để được hàng gồm k + 1 chữ số 0, m chữ

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

Từ những tương ứng trên suy ra rằng, số các hàng xấu gồm k chữ số 0, m

chữ số 1 bằng số các hàng (tùy ý) với k + 1 chữ số 0, m − 1 chữ số 1, tức làbằng Cm+kk+1.

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

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

2k em xếp lại thành một hàng dọc theo thứ tự chiều cao giảm dần Làm nhưvậy, ta được một dãy gồm k chữ số 0, k chữ số 1

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

Điều kiện của bài toán cho ta thấy rằng, tổng của 2012 số tùy ý thuộc A

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

A đều đồng dư nhau modulo 4

Dĩ nhiên ta nẩy ra ngay dự đóan rằng, các phần tử của A đều bằng nhau

Để có thể kiểm chứng dự đoán này, ta xét phần tử nhỏ nhất của A : ¯ a. Khi

đó tập hợp B = {a 1 − ¯ a, a 2 − ¯ a, · · · , a n − ¯ a} rõ ràng cũng thỏa mãn những tínhchất đã nêu trong bài toán như đối với tập hợp A Do đó, mọi phần tử của

B cũng đồng dư nhau modulo 4,và vì B chứa phần tử bàng 0 nên suy ra mọiphần tử của B đều chia hết cho 4

Từ đây, suy luận "quy nạp lùi" quen thuộc cho ta lời giải: tập hợp nhậnđược từ B bằng cách thay mọi phần tử b ∈ B bởi b4 cũng có tính chất nêutrong bài ra; và do đó các phần tử của tập hợp này cũng chia hết cho 4 Tiếptục quá trình,dễ suy ra mọi phần tử củaB đều bằng 0 Như vậy, mọi số thuộc

A đều bằng 2012

Bài toán 7

Với mỗi số nguyên dươngd, gọi f (d) là số nguyên dương nhỏ nhất có đúng

d ước số dương Chứng minh rằng với mọi k ≥ 0, f (2k+1) chia hết cho f (2k).

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

sẽ có 2k ước dương, sau đó mới tìm số nhỏ nhất trong những số như vậy Lẽ

tự nhiên là ta nghĩ ngay đến việc phân tích một số nguyên dương n ra thừa

số nguyên tố Vì cần có công thức cho n tổng quát (khi chưa có thông tin gì

về các ước nguyên tố của nó), ta viết

n = Πppα(p),

trong đó α(p) là các số nguyên không âm, đồng thời chỉ có hữu hạn số khác

0 Nếu gọi d(n) là số ước dương của n thì

Khi đó d(n) = 2k, với k = Σpb(p). Như vậy các số n cần tìm là tích của những

số nào đó có dạng p2r, với p nguyên tố và r nguyên không âm Từ phân tíchtrên đây ta thấy rằng nếu số p2r có mặt trong biểu diễn n dưới dạng tích, thìnhững số p2m với m < r cũng có mặt trong tích đó Nghĩa là nếu một số nào

đó có mặt trong biểu diễn n thì mọi ước số của nó cũng đều tham gia trongbiểu diễn Do đó ta có kết luận sau đây: nếu gọi S là tập hợp các số dạng p2r,

với p nguyên tố và r nguyên không âm, thì d(n) là một lũy thừa của 2 khi vàchỉ khi n là tích các phần tử thuộc một tập con hữu hạn T của S có tính chấtsau: với mọi t ∈ T, s ∈ S, mà s|t thì s ∈ T. Hơn nữa, nếu d(n) = 2k thì tậphợp T gồm k phần tử

Dễ thấy rằng, với mọi k nguyên dương, tập hợp Tk gồm k phần tử nhỏnhất của S thỏa mãn tính chất trên, suy ra f (2k) chính là tích các phần tửthuộc Tk Từ đó suy ra ngay kết luận của bài toán.

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

Phân tích - Lời giải

Ta bắt đầu với trường hợp k = 2 Rõ ràng có thể phân hoạch tập hợp các

số nguyên dương thành hai tập con:A1 = {2n, n ≥ 3} ∪ {1, 2}; A2 = {2n − 1, n ≥ 3} ∪ {3, 4} có tính chất: mọi số nguyên dương ≥ 7 biểu diễn được dạng tổnghai số thuộc A1 và tổng hai số thuộcA2 Khi k = 3, dĩ nhiên việc phân hoạchthành "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:

A1 = {1, 2, 3} ∪ {3m; m ≥ 4},

A 2 = {4, 5, 6} ∪ {3m − 1; m ≥ 4},

A3 = {7, 8, 9} ∪ {3m − 2; m ≥ 4}.

Dễ thử lại rằng, phân hoạch trên đây thỏa mãn bài ra Hơn nữa, có thể nhậnthấy rằng, điều kiện biểu diễn được mọi số ≥ 15 đối với phân hoạch trên đây

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

A2 hoặc hai số thuộcA3 Từ đó có thể dự đoán rằng, k = 3 là giá trị lớn nhất

có thể để tồn tại phân hoạch thỏa mãn bài ra

Ta sẽ chứng minh dự đoán trên, nghĩa là với k ≥ 4 không thể phân hoạchtập các số tự nhiên thành k tập hợp con thỏa mãn bài ra

Rõ ràng nếu với k ≥ 4 nào đó mà tồn tại phân hoạch thỏa mãn, thì phânhoạch như vậy cũng tồn tại với k = 4: chỉ cần lấy phân hoạch A1, A2, A3, A4∪

A5∪ · · · ∪ Ak ta được phân hoạch gồm 4 tập hợp thỏa mãn bài ra Như vậy chỉcần chứng minh không thể tồn tại phân hoạch gồm 4 tập hợp con thỏa mãnbài ra

Giả sử tồn tại một phân hoạch như vậy: A1, A2, A3, A4 Như ta đã thấytrong các ví dụ khi k = 2, 3, các tập hợp A i phải chứa những số nào đó trongnhững số tự nhiên đầu tiên Xét 10 số nhỏ nhất mà mỗi một tập hợp A i đềuphải biểu diễn được: 15, 16, , 24 Mỗi số trong 10 số này đều là tổng củahai số nào đó thuộc tập hợp B = {1, 2, · · · , 23} Như vậy, mỗi tập hợp Ai cầnchứa ít nhất 5 số thuộc B Do bốn tập Ai rời nhau mà B chỉ có 23 phần tửnên phải tồn tại tập Aj nào đó chứa đúng 5 số thuộc B, giả sử đó là các số

{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,

eq5} Từ đó suy ra:

15 + 16 + · · · + 24 = 4(x1+ x2+ x3+ x4+ x5),

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

Với mỗi số nguyên dương m, ký hiệu C(m) là số nguyên dương k lớn nhất

để tồn tại tập hợp S gồm m số nguyên sao cho mỗi số nguyên từ 1 đến k đềuthuộc S, hoặc là tổng của hai số thuộc S (không nhất thiết khác nhau)

Phân tích - Lời giải

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

số tự nhiên cho đến số 3t + 1, vì thế muốn biểu diễn các số lớn hơn, ta cầnthêm số 3t + 2. Lý luận trên đây chỉ ra rằng tập hợp S gồm m phần tử cầntìm có dạng

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

Tìm các số n sao cho người đi trước có chiến lược thắng

Phân tích -Lời giải

Dễ thấy rằng nếu n lẻ thì người đi trước luôn luôn thắng, bằng cách ởnước 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

Xét trường hợp n chẵn Rõ ràng người nào lấy một số lẻ que diêm đầutiên 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

1/ Nếu chỉ có một cặp (n = 2): người đi trước thua, vì chỉ được lấy mộtque

2/ Nếu số cặp lẻ và > 1 (n ≡ 2 mod 4): ta trở về trường hợp n lẻ (vì cácque diêm đã được gắn thành cặp), và người đi trước thắng

3/ Nếu số cặp chẵn (n ≡ 0 mod 4): mỗi người muốn thắng thì luôn phảilấy 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 trườnghợp 1/ và 2/ ta thấy nếu số nhóm là một (n = 4) thì người đi trước thua; nếu

n > 4 và số nhóm lẻ (n ≡ 4 mod 8) thì người đi trước thắng Nếu số nhóm làchẵn (n ≡ 0 mod 8), ta lại gắn các que diêm thành từng nhóm 8 que, Như vậy, người đi trước có chiến lược thắng khi và chỉ khi n không phải

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 xétmodulo 2k Trong phần còn lại của mục này, chúng ta sẽ xem xét một bàitoán 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

Cho hai đống đá, một đống có a hòn đá, đống kia có b hòn Hai ngườichơi, 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 cuốicùng là người chiến thắng Tìm tất cả các cặp (a, b) sao cho người đi sau cóchiến 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 songsong các trục tọa độ và trên những đường song song với đường thẳng y = x.

Các cạnh có hướng từ phải sang trái, từ trên xuống dưới Với bài toán có haiđống đá với số đá là a, b, ta có một đồ thị có hướng mà điểm xuất phát làđiểm có tọa độ (a, b). Trong quá trình chơi, mỗi người đến lượt mình sẽ đitheo 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) đầutiên Như vậy, một cặp (a, b) thỏa mãn bài ra ứng với một vị trí thắng theođịnh nghĩa sau:

Định nghĩa Ta gọi điểm (a, b) là một vị trí thắng nếu người chơi nào đếnđược 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

Định nghĩa Giả sử R là một tập hợp những vị trí nào đó Khi đó ta nói

R ổn định trong nếu mỗi bước (theo quy tắc của trò chơi) xuất phát từ mộtđiểm thuộc R sẽ có đích đến là một điểm không thuộc R Tập hợp R gọi là

ổn định ngoài nếu từ vị trí tùy ý không thuộcR, tồn tại một bước đi mà đíchđến thuộc R

Tập hợp R vừa ổn định trong, vừa ổn định ngoài được gọi là một lời giải

Rõ ràng (a, b) là một vị trí thắng nếu và chỉ nếu (a, b) thuộc một tập lờigiải 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)

Chứng minh Giả sử R, S là hai lời giải khác nhau chứa điểm (0,0) Lấyđiểm s1 ∈ S; s1 6∈ R. Từ s1, tồn tại bước đi đến r1 ∈ R, và r1 6∈ S. Khi đólại tồn tại bước đi từ r 1 đến s 2 ∈ S, s 2 6∈ R. Lặp lại quá trình, ta được dãy

s 1 , r 1 , s 2 , r 2 , · · · ,kết thúc tại (0,0), mà mỗi vị trí trong dãy chỉ thuộc một tronghai tập hợp R; S. Suy ra điểm (0,0) chỉ thuộc một trong hai tập hợp R; S: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:

Bổ đề Giả sử R là một tập hợp vị trí có các tính chất sau:

1/ (0, 0) ∈ R.

2/ Nếu (a, b) ∈ R thì (b, a) ∈ R.

3/ Với mọi a ∈N∗ tồn tại duy nhất b ∈N∗ sao cho (a, b) ∈ R.

4/ Với mọi d ∈N∗ tồn tại duy nhất (a, b) ∈ R sao cho a − b = d.

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

Khi đó R là một tập hợp lời giải

Chứng minh Từ điều kiện 3/ suy ra rằng mọi số tự nhiên là tọa độ củamột cặp đối xứng (tính chất 2/) các vị trí thuộc R Ta chứng minh tính ổnđịnh trong và ổn định ngoài của R

a/ Tính ổn định trong Giả sử (a, b) ∈ R. Theo tính chất 3/ nếu ta giảm a

hoặc b thì sẽ đến một vị trí không thuộc R Nếu giảm a và b với cùng một đạilượng, thì theo tính chất 4/, ta cũng đến một vị trí ngoài R

b/ Tính ổn định ngoài Giả sử (a, b) 6∈ R. Nếu a = b, ta có ngay một bước

đi đến điểm (0, 0) ∈ R. Giả sử a 6= b. Theo tính chất 3/ tồn tại c sao cho

(a, c) ∈ R. Theo tính chất 4/, tồn tại k, l sao cho l − k = b − a, (k, l) ∈ R. Khi

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

c − a > b − a = l − k nên theo tính chất 5/ , c > l; a > k: khi đó ta giảm đồngthời 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

Thật vậy, xuất phát từ điểm (0, 0), ta xây dựng dãy an, bn, n ≥ 1 bằngquy nạp như sau: giả sử đã có (a1, b1); (a2, b2), · · · , (an, bn) Khi đó lấy an+1 là

số nguyên dương nhỏ nhất chưa xuất hiện trong hai dãya n , b n trước đó, đồngthời 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

{(0, 0); (1 +

√ 5

2 n;

3 + √ 5

2 n); (

3 + √ 5

2 n;

1 + √ 5

2 n), n = 1, 2, 3, · · · }.

Ví dụ: (0, 0); (1, 2); (3, 5); (4, 7); (6, 10);

(2, 1); (5, 3); (7, 4) ; (10, 6)

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 trìnhhàm thường chỉ thực hiện được trên tập rời rạc (Z, N, Q, ), còn trên tập Rthì 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)

f (x + y) = f (x) + f (y), ∀x, y ∈R.

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,

Định nghĩa 1.1 Một hàm f : R→R được gọi là một hàm cộng tính khi và

chỉ nó thỏa phương trình hàm Cauchy

f (x + y) = f (x) + f (y), ∀x, y ∈ R. (1)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.

Định nghĩa 1.2 Một hàm f :R → R được gọi là tuyến tính khi và chỉ khi

Để ý rằng, tính liên tục của f suy ra nó cũng là hàm khả tích Chính tínhkhả tích của f đã làm cho hàm cộng tính f trở thành tuyến tính Do đó mọihàm cộng tính khả tích cũng là tuyến tính

Định nghĩa 1.3 Hàm f :R→R được gọi là khả tích địa phương khi và chỉ

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 làtuyến tính Ta nêu một chứng minh ngắn của Shapiro (1973) Giả thiết f

là hàm cộng tính khả tích địa phương Từ đó f (x + y) = f (x) + f (y) đúng

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

Vế phải của phương trình trên là bất biến khi hoán đổi x và y, nghĩa là

yf (x) = xf (y), ∀x ∈ R, nên với x 6= 0, ta thu được f (x)x = a, với a là hằng sốtùy ý

Từ đây suy ra f (x) = ax, ∀x ∈ R\ {0} Vì f là cộng tính, ta biết rằng

f (0) = 0 Kết hợp hai điều trên, ta kết luận f là hàm tuyến tính trong R.

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.Định nghĩa 1.4 Hàm f :R → R được gọi là thuần nhất hữu tỉ khi và chỉ

khi

f (rx) = rf (x), ∀x ∈R, r ∈Q. (2)Định lý dưới đây chứng tỏ rằng hàm cộng tính là thuần nhất hữu tỉ.Định lý 1.2 Mọi hàm f :R →R cộng tính là thuần nhất hữu tỉ Hơn nữa,

f là tuyến tính trên tập số hữu tỉ Q.

Chứng minh Cho x = 0 = y ở (1) ta thấy rằng f (0) = 0. Thế y = −x ở (1)

và sử dụng f (0) = 0, ta thấy rằng f là một hàm lẻ trong R, nghĩa là

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

Như vậy, ta đã chứng tỏ f (nx) = nf (x) với mọi số nguyên n và mọi x ∈ R.

Tiếp theo, vớir là một số hữu tỉ tùy ý, ta có r = k

Từ đó, f là tuyến tính trên tập các số hữu tỉ

Bây giờ ta trình bày cách chứng minh thứ hai của Định lí 1.2 Giả sử f làhàm cộng tính và liên tục trên tập số thực Với số thực tùy ý x thì luôn tồn

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

f là tuyến tính trên tập số hữu tỉ Nghĩa là

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

Định nghĩa 1.5 Ta gọi đồ thị của một hàm f :R→R là tập

G = {(x, y)|x ∈R, y = f (x)}

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

R2

Định lý 1.4 Đồ thị của mọi hàm cộng tính phi tuyến f : R→R là trù mật

khắp nơi trong không gian R2

Chứng minh Đồ thị G của hàm f được cho bởi

x 1

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

và từ f (0) = 0 điều này kéo theo f là tuyến tính trái với giả thiết của ta rằng

f là phi tuyến Suy ra

x1 f (x1)

x 2 f (x 2 )

6= 0,

vì vậy các véctơ X1 = (x1, f (x1)) và X2 = (x2, f (x2)) là độc lập tuyến tính và

vì vậy chúng trải rộng toàn bộ không gian R2 Điều này có nghĩa rằng vớimọi véctơ X = (x, f (x)) tồn tại các số thực r 1 và r 2 sao cho X = r 1 X 1 + r 2 X 2

là trù mật khắp nơi trong R2 Từ đó G ⊂ G,b đồ thị G của hàm cộng tính phituyến f cũng trù mật trong R2.

Đồ thị của một hàm liên tục cộng tính là một đường thẳng đi qua gốc tọa

độ Đồ thị của một hàm cộng tính phi tuyến là trù mật trong không gian R2.Tiếp theo, ta làm quen với khái niệm cơ sỏ Hamel để xây dựng một hàmcộng tính gián đoạn Xét tập hợp

cho ta sự mâu thuẫn rằng√6 là một số vô tỉ Nếub = 0, thì ta có a + c √

3 = 0;điều này kéo theo c = 0 (nếu ngược lại thì √3 = −ac, là một số hữu tỉ trái vớithực tế rằng √3 là một số vô tỉ) Tương tự nếu c = 0, ta được b = 0 Như vậy

cả b và c đều bằng không Từ đó lập tức có được a = 0 Nếu đặt

Định nghĩa 1.6 Giả sử S là tập các số thực và B là một tập con của S.Thế thì B được gọi là một cơ sở Hamel của S nếu mọi phần tử của S là một

tổ hợp tuyến tính hữu tỉ (hữu hạn) duy nhất của B

Nếu S là tập các số thực, thì sử dụng tiên đề chọn ( hoặc bằng phép quynạp siêu hạn) có thể chỉ ra rằng một cơ sở Hamel B đối với R tồn tại

Nhận xét rằng, có một mối liên hệ chặt chẽ giữa các hàm cộng tính và cơ

sở Hamel Để diễn tả một hàm cộng tính thì chỉ cần cho các giá trị trên một

cơ sở Hamel là đủ, và các giá trị đó có thể phân bố tùy ý Điều này là nộidung của hai định lí tiếp theo

Định lý 1.5 Giả sửB là một cơ sở Hamel đối với R Nếu hai hàm cộng tính

có giá trị trùng nhau tại mỗi phần tử của B, thì chúng bằng nhau

Chứng minh Giả sử f1 và f2 là hai hàm cộng tính có giá trị trùng nhautại mỗi phần tử của B Thế thì f1− f2 là cộng tính Ta kí hiệu f = f1 − f2.Giả sửx là số thực tùy ý Thế thì tồn tại các số b1, b2, bn trong B và các sốhữu tỉ r1, r2, rn sao cho

x = r1b1+ r2b2+ · · · + rnbn.

Định lý 1.6 Giả sử B là một cơ sở Hamel đối với R Giả sử g : B → R là

một hàm tùy ý xác định trênB.Thế thì tồn tại một hàm cộng tínhf : R→R

sao cho f (b) = g(b) với mọi b ∈ B.

Chứng minh Ứng với mỗi số thựcxđều có thể tìm được b 1 , b 2 , , b n trong

B và các số hữu tỉ r 1 , r 2 , r n sao cho

x = r1a1+ r2a2+ · · · + rnan

y = s1b1+ s2b2+ · · · + smbm,

với r1, r2, rn, s1, s2, sm là các số hữu tỉ vàa1, a2, , an, b1, b2, , bm là cácphần tư của cơ sở Hamel B. Hai tập {a1, a2, , an} và {b1, b2, , bm} có thể

có nhừng phần tử chung Giả sử hợp của hai tập đó là {c 1 , c 2 , , cl} Thế thì

Chú ý rằng, hiện tại vẫn không có ví dụ cụ thể nào về một cơ sở Hamel,

ta chỉ biết rằng nó tồn tại Đồ thị của một hàm cộng tính gián đoạn là không

dễ để vẽ khi biết tập {f (x)|x ∈R} là trù mật trong R

1.3 Về một tiêu chuẩn nhận dạng tính tuyến tính

Ta đã biết rằng, đồ thị của một hàm cộng tính phi tuyến f là trù mấttrong mặt phẳng Nghĩa là, mọi hình tròn đều chứa một điểm (x, y) sao cho

y = f (x) Ta cũng thấy rằng một hàm cộng tính f trở thành tuyến tính khi

nó liên tục Có thể làm yếu điều kiện liên tục trên R thành liên tục tại mộtđiểm mà vẫn bảo toàn tính tuyến tính của f

Tiếp theo, ta trình bày một số điều kiện tựa chính quy để một hàm cộngtính trở thành tuyến tính

Định lý 1.7 Hàm cộng tính bị chặn một phía hoặc đơn điệu là tuyến tính.Chứng minh Giả sử f không tuyến tính Thế thì đồ thị của f là trù mậttrong mặt phẳng Vì f bị chặn trên, đối với hàng sốM hàm cộng tínhf thoảmãnf (x) ≤ M, x ∈ R.Do đó nó không thể trù mật trên mặt phẳng, điều này

là mâu thuẫn Phần còn lại của định lí dễ kiểm chứng bằng phương pháp đơngiản

Định nghĩa 1.7 Hàmf được gọi là nhân tính khi và chỉ khif (xy) = f (x)f (y)

với mọi x và y

Định lý 1.8 Một hàm f vừa cộng tính và nhân tính thì nó là tuyến tính

Trong mục này, đầu tiên ta trình bày một số tính chất liên quan đến hàmcộng tính trên mặt phẳng R2 và sau đó tìm hiểu lớp hàm cộng tính nhận giátrị phức trên mặt phẳng phức

Định lý 2.1 Nếu f : R2 → R là cộng tính trên mặt phẳng R2 thì luôn tồntại các hàm cộng tính A 1 , A 2 :R→R sao cho

f (x1, x2) = A1(x1) + A2(x2), ∀x1, x2 ∈R. (5)Chứng minh Giả sửx = (x1, x2)và y = (y1, y2)là hai điểm tùy ý trong mặtphẳng Tính cộng tính của f cho ta f (x + y) = f (x) + f (y), nghĩa là

f (x1+ y1, x2+ y2) = f (x1, x2) + f (y1, y2).

Đặt A1(x1) = f (x1, 0) và A2(x2) = f (0, x2) và kiểm tra các hàm A1, A2 là cộngtính Điều này suy ra từ

Định lí sau đây suy từ kết quả trên

Định lý 2.2 Nếu f : R2→R là một hàm cộng tính liên tục trên mặt phẳng

R2 thì tồn tại các hằng số c1, c2 sao cho

f (x1, x2) = c1x1+ c2x2, ∀x1, x2 ∈R. (6)Kết quả này có thể được làm mạnh hơn bằng việc làm yếu giả thiết vềtính liên tục của f : R2→R.

Bổ đề 2.1 Nếu một hàm cộng tínhf : R2→R là liên tục theo từng biến thì

nó là liên tục điểm

Định lý 2.3 Nếu f :Rn →R là một hàm cộng tính liên tục trên Rn, thì tồntại các hằng số c 1 , c 2 , , c n sao cho

f (x 1 , x 2 , , x n ) = c 1 x 1 + c 2 x 2 + · · · + c n x n ∀x 1 , x 2 , , x n ∈R. (7)Trong phần còn lại của mục này, ta khảo sát lớp hàm cộng tính giá trịphức trên mặt phẳng phức Một hàm f : C→C có thể được viết

f (z) = f1(z) + if2(z), (8)với f1 :C→R và f2:C→R được cho bởi

f1(z) =Re (z), và f2(z) =Im f (z). (9)Nếu f là cộng tính, thì theo (8) và (9) ta có

f1(z1+ z2) = Re f (z1+ z2) = Re [f (z1) + f (z2)]

=Re f (z1) +Re f (z2) = f1(z1) + f1(z2),

ở đây z kí hiệu số phức liên hợp của z.

Chú ý rằng không giống như các hàm cộng tính liên tục nhận giá trị thựctrên số thực, các hàm cộng tính liên tục nhận giá trị phức trên mặt phẳngphức là không tuyến tính Tính tuyến tính có thể được phục hồi nếu có thêmmột giả thiết về tính trơn mạnh hơn giống như tính giải tích thay thế chotính liên tục

Định lý 2.6 Nếu f :C→C là một hàm cộng tính giải tích thì tồn tại hằng

theo biến z 1, ta thu được f0(z 1 + z 2 ) = f0(z 1 ), ∀z 1 , z 2 ∈ C Từ đó, chọn z 1 = 0

và z 2 = z, ta thu đượcf0(z) = c, ở đâyc = f0(0) là một hằng số phức Từ trên,

ta có f (z) = cz + b, với b là một hằng số phức Thay dạng này của f (z) vào(11), ta thu được b = 0.

Trong mục này ta khảo sát lớp các hàm song cộng tính Ta bắt đầu vớiđịnh nghĩa dưới đây về hàm song cộng tính

Định nghĩa 3.1 Một hàm f : R2→R được gọi là song cộng tính khi và chỉ

khi nó là tuyến tính với mỗi biến, nghĩa là

f (x + y, z) = f (x, z) + f (y, z) (12)

f (x, y + z) = f (x, y) + f (x, z) (13)với mọi x, y, z ∈R.

Nếu m là một hằng số và ta định nghĩa f bởi f (x, y) = mxy, x, y ∈R, thì

f là song cộng tính

Câu hỏi tự nhiên nảy sinh là liệu có còn các hàm song cộng tính khác haykhông?

Định lý 3.1 Mọi ánh xạ song tuyến tính liên tục f : R2 → R đều có dạng

f (x, y) = mxy, với mọi x, y ∈R và m là hằng số thực tùy ý

Chứng minh Giả sử f : R2 → R là một ánh xạ song tuyến tính liên tục.

Do đó f thỏa mãn điều kiện

f (x + y, z) = f (x, z) + f (y, z) (14)

với mọi x, y, z ∈R. Cho x = 0, y = 0 ở phương trình trên, ta có

Thay (17) vào (18), ta thu được xk(y + z) = xk(y) + xk(z), với mọi x, y, z ∈R.

Nếu x 6= 0, thì phương trình trên dẫn đến

Lại sử dụng tiếp tính cộng tính của f, ta thấy rằng k cũng cộng tính và do

đó nó tuyến tính Do vậy k(x) = my với m là hằng số tùy ý Kết hợp với (17)

ta được

f (x, y) = mxy, ∀x, y ∈R, x 6= 0. (20)Nếu x = 0, thì từ (13) , ta thấy rằng f (0, y) = 0 và do đó (20) đúng với

∀x, y ∈R.

Ở định lí tiếp theo, ta trình bày một biểu diễn tổng quát đối với hàm songcộng tính trong các số hạng của cơ sở Hamel

Định lý 3.2 Mọi ánh xạ song cộng tính f : R2 → R đều có thể biểu diễn

Định nghĩa 1.6 Giả sử S tập số thực B tập S.Thế B gọi sở Hamel S phần tử S... R2.Tiếp theo, ta làm quen với khái niệm sỏ Hamel để xây dựng hàmcộng tính gián đoạn Xét tập hợp

cho... S

tổ hợp tuyến tính hữu tỉ (hữu hạn) B

Nếu S tập số thực, sử dụng tiên đề chọn ( phép quynạp siêu hạn) sở Hamel B R tồn

Nhận