cac chuyen de boi duong hoc sinh gioi toan 2015 tai dak lak

Liên kêt bồi dưỡng học sinh giỏi khu vực Duyên hải Nam Trung bộ và Tây Nguyên- Động lực thúc đẩy phát triển học sinh giỏi các tỉnh trong khu vực Hòa chung trong không khí kỷ niệm 40 năm

HỘI TOÁN HỌC HÀ NỘI SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK

CHỦ BIÊN:

NGUYỄN VĂN MẬU, PHAN HỒNG

CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN HỌC

BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI

KHU VỰC DUYÊN HẢI NAM

TRUNG BỘ VÀ TÂY NGUYÊN

KỶ YẾU

HỘI THẢO KHOA HỌC

BUÔN MA THUỘT 14-15/03/2015

.

NGUYỄN VĂN MẬU, PHAN HỒNG (Chủ biên)

CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN HỌC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI NAM TRUNG BỘ VÀ TÂY NGUYÊN

KỶ YẾU HỘI THẢO KHOA HỌC

HỘI TOÁN HỌC HÀ NỘI SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK

Các báo cáo khoa học CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN HỌC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI NAM TRUNG BỘ VÀ TÂY NGUYÊN

tại Thành phố Buôn Ma Thuột vào các ngày 14-15/03/ 2015

Chiều ngày 13.03.201516h00-17h30 Họp BTC và Ban Chương trình

18h00-20h00 Ăn tối

Ngày 14.03.2015, buổi sáng08h00-08h30 Văn nghệ chào mừng

08h30-09h00 Khai mạc

Phát biểu khai mạc: Giám đốc sở GD và ĐT Đắc Lắk - Phan Hồng

Phát biểu tham luận của các đại biểu đại diện các sở GD:

Phát biểu: GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu

Phát biểu tổng kết: Giám đốc sở GD và ĐT Đắc Lắk - Phan Hồng

11h00-12h30 Ăn trưa

Ngày 14.03.2015, buổi chiều13h30-14h00 Khai mạc

Phát biểu khai mạc: Hiệu trưởng THPT Chuyên Nguyễn Du - Lê Văn Thái

Phát biểu của các đại biểu:

Phát biểu đề dẫn: GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu

14h00-15h30 Các báo cáo khoa học phiên họp toàn thể

Điều khiển: PGS.TS Trần Huy Hổ, PGS.TS Nguyễn Thủy Thanh

1 Đàm Văn Nhỉ, Đa thức bất khả quy và một vài vận dụng liên quan

2 Trịnh Đào Chiến, Các dạng toán chọn học sinh giỏi cấp quốc gia những năm gần đây

3 Trần Nam Dũng, Toán học và thuật toán

4 Hồ Thắng, Một số ứng dụng của bất biến trong dãy số và số học

5 Nguyễn Bá Đang, Một góc nhìn thông qua các bài hình học ở các kì thi Olympic Toán quốc tế

6 Phạm Đăng Long, Áp dụng mệnh đề trong các bài toán logic

7 Trương Ngọc Đắc, Một số dãy số sinh bởi các hàm lượng giác

8 Lê Sáng, Huỳnh Bá Lộc, Một số ứng dụng của phép biến đổi Abel

15h30-15h45 Nghỉ giải lao

15h45-17h30 Các báo cáo khoa học phiên chuyên đề

Điều khiển: TS Trần Nam Dũng, TS Trịnh Đào Chiến

1 Lê Quốc Bảo, Một hướng tiếp cận giải bài toán dãy số

2 Nguyễn Tài Chung, Giới hạn của các dãy số sinh bởi tổng

3 Lê Thị Ánh Đoan, Một số vấn đề liên quan đến hàm phần nguyên

4 Nguyễn Văn Giang, Một số dạng toán về bất phương trình hàm

5 Cao Trần Tứ Hải, Một số phương pháp giải toán tổ hợp

6 Nguyễn Văn Quang, Một số ứng dụng của tâm vị tự

7 Đoàn Văn Khiêm, Một số dạng toán về bất đẳng thức trong tứ diện tương tự như tam giác

8 Hoàng Đạt Hạ, Một số áp dụng khai triển Taylor trong bất đẳng thức và tính giới hạn

9 Nguyễn Thị Minh Nguyệt, Phương pháp giải bài toán chia hết

10 Hà Duy Nghĩa, Một số ứng dụng của thặng dư bậc hai

11 Lê Thị Kim Uyên, Đa thức Fibonacci và ứng dụng

12 Mai Đức Thanh, Một số dạng toán về dãy số trong tổ hợp

13 Lương Ngọc Tiến, Một số bài toán giải bằng phương pháp đếm theo hai cách

14 Lại Thị Ánh Vân, Một số dạng toán suy luận logic

15 Nguyễn Mạnh Quyền, Một số ứng dụng của nguyên lí Dirichlet trong toán học

16 Nguyễn Thị Phương Thảo, Áp dụng nguyên lý xuống thang giải một số dạng toán

Trao đổi các kinh nghiệm bồi dưỡng học sinh giỏi

Điều khiển: GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu, GĐ Phan Hồng

1 Tổ Toán - Tin, Trường THPT Mạc Đĩnh Chi, Gia Lai, Một số phương pháp xác định số hạngtổng quát của dãy số

2 Lê Trang Tơr, Một số bài tập về dãy số tuần hoàn

3 Ngô Minh Ngọc Richard 10CT, Nguyễn Văn Quang, Một số ứng dụng của nguyên lí Dirichlettrong tổ hợp và bất đẳng thức

4 Hoàng Huy Thông - Bùi Bá Anh 10CT, Nguyễn Văn Quang, Phương pháp phản chứng tronghình học

5 Phan Ngọc Toàn, Ứng dụng cấp phần tử trong bài toán số học

9h30-18h00: Chương trình tham quan thực địa

Mục lục

1 Lê Văn Thái

Một góc nhìn thông qua các bài hình học ở các kì thi Olympic Toán quốc tế 30

6 Lê Quốc Bảo,

Một hướng tiếp cận giải bài toán dãy số 38

7 Nguyễn Tài Chung,

Giới hạn của các dãy số sinh bởi tổng 46

Một số vấn đề liên quan đến hàm phần nguyên 72

11 Nguyễn Văn Giang,

Một số dạng toán về bất phương trình hàm 83

12 Hoàng Đạt Hạ,

Một số áp dụng khai triển Taylor trong bất đẳng thức và tính giới hạn 92

13 Nguyễn Thị Minh Nguyệt,

Một số ứng dụng của bất biến trong dãy số và số học 123

17 Lê Thị Kim Uyên,

Đa thức Fibonacci và ứng dụng 135

18 Nguyễn Văn Quang,

19 Lê Sáng, Huỳnh Bá Lộc,

Một số ứng dụng của phép biến đổi Abel 148

20 Lê Trang Tơr,

21 Đoàn Văn Khiêm,

Một số dạng toán về bất đẳng thức trong tứ diện tương tự như trong tam giác 160

Một số ứng dụng của nguyên lí Dirichlet trong toán học 193

26 Nguyễn Thị Phương Thảo,

Áp dụng nguyên lý xuống thang giải một số dạng toán 207

27 Tổ Toán - Tin, Trường THPT Mạc Đĩnh Chi, Gia Lai,

Một số phương pháp xác định số hạng tổng quát của dãy số 215

28 Ngô Minh Ngọc Richard 10CT, Nguyễn Văn Quang,

Một số ứng dụng nguyên lí Dirichlet trong tổ hợp và bất đẳng thức 225

29 Hoàng Huy Thông - Bùi Bá Anh 10CT, Nguyễn Văn Quang,

Phương pháp phản chứng trong hình học 236

Liên kêt bồi dưỡng học sinh giỏi khu vực Duyên hải Nam Trung bộ và Tây Nguyên

- Động lực thúc đẩy phát triển học sinh giỏi

các tỉnh trong khu vực

Hòa chung trong không khí kỷ niệm 40 năm giải phóng Buôn Ma Thuột mở màn cho cuộcTổng tiến công và nổi dậy mùa Xuân năm 1975, đỉnh cao là Chiến dịch Hồ Chí Minh lịch sử,giải phóng hoàn toàn miền Nam, thống nhất Tổ quốc; cùng với việc triển khai Nghị quyết số29-NQ/TW Hội nghị lần thứ 8, Ban Chấp hành Trung ương khóa XI với nội dung đổi mới cănbản, toàn diện giáo dục và đào tạo, đáp ứng yêu cầu công nghiệp hóa – hiện đại hóa trong điềukiện kinh tế thị trường định hướng xã hội chủ nghĩa và hội nhập quốc tế; nhằm phát triển họcsinh giỏi của các tỉnh trong khu vực, Sở Giáo dục và Đào tạo Đắk Lắk cùng với các Sở Giáo dục

và Đào tạo các tỉnh khu vực duyên hải Nam Trung bộ và Tây Nguyên phối hợp với Hội Toán học

Hà Nội đồng tổ chức Hội nghị liên kết bồi dưỡng học sinh giỏi các tỉnh khu vực duyên hải NamTrung bộ và Tây Nguyên lần thứ V

Qua 4 kỳ tổ chức Hội nghị, lần lượt tại Phú Yên, Khánh Hòa, Bình Định và Gia Lai, đến naycông tác bồi dưỡng học sinh giỏi Trung học phổ thông được các tỉnh quan tâm và thường xuyênchia sẻ kinh nghiệm Số lượng học sinh giỏi hàng năm của các tỉnh trong khu vực được phát triển

về cả số lượng lẫn chất lượng, nhiều tỉnh đã có học sinh đoạt giải cao trong kỳ thi học sinh giỏiTrung học phổ thông Quốc gia; một số tỉnh đã có học sinh đoạt giải trong kỳ thi Olympic Quốc

tế Thành tích này đã thể hiện được tinh thần và ý chí phấn đấu của học sinh và giáo viên củacác tỉnh trong khu vực

Trên cơ sở thực trạng công tác phát hiện, tuyển chọn, bồi dưỡng và kết quả thi học sinh giỏiTrung học phổ thông trong những năm qua của các tỉnh khu vực duyên hải Nam Trung bộ vàTây Nguyên, Hội nghị lần này đánh giá một cách khách quan, thực chất về công tác liên kết bồidưỡng học sinh giữa các tỉnh, từ đó đề xuất những giải pháp hữu hiệu nhằm phát triển học sinhgiỏi cho những năm tiếp theo

Hội nghị vinh dự được đón tiếp nhiều nhà khoa học, nhà giáo lão thành, các chuyên gia đầungành thuộc bộ môn Toán học và Ngữ văn; các chuyên gia giáo dục, lãnh đạo và cán bộ phụ tráchchuyên môn các Sở Giáo dục và Đào tạo; các thầy giáo, cô giáo bộ môn các tỉnh khu vực duyênhải Nam Trung bộ và Tây Nguyên đang trực tiếp bồi dưỡng học sinh giỏi Ban tổ chức Hội nghị

hy vọng việc trao đổi kinh nghiệm về tuyển chọn, bồi dưỡng học sinh giỏi của đại biểu tham dựHội nghị chắc chắn sẽ là bài học quý giá cho các tỉnh khu vực duyên hải Nam Trung bộ và TâyNguyên trong công tác phát triển học sinh giỏi

Công tác phát hiện, tuyển chọn và bồi dưỡng học sinh giỏi là một nhiệm vụ đặc biệt quantrọng trong việc thực hiện nhiệm vụ chung về Giáo dục và Đào tạo của các tỉnh Những năm qua,

so với một số tỉnh có truyền thống ở khu vực đồng bằng Bắc bộ và Bắc Trung bộ và các thànhphố trực thuộc Trung ương thì kết quả về học sinh giỏi Trung học phổ thông của các tỉnh khuvực duyên hải Nam Trung bộ và Tây Nguyên vẫn còn khiêm tốn, cần phải phấn đấu nhiều hơnnữa Đây là điều trăn trở của cán bộ quản lý củng như những giáo viên trực tiếp tham gia bồidưỡng học sinh giỏi Vì vậy, việc tổ chức Hội nghị liên kết bồi dưỡng học sinh giỏi các tỉnh khuvực duyên hải Nam Trung bộ và Tây Nguyên sẽ là động lực để các tỉnh hoạch định chiến lượcphát triển học sinh giỏi

Là đơn vị tổ chức Hội nghị, Sở Giáo dục và Đào tạo Đắk Lắk chân thành cám ơn các nhàkhoa học, nhà giáo lão thành, chuyên gia đầu ngành thuộc bộ môn Toán học và Ngữ văn; chuyêngia giáo dục, lãnh đạo và cán bộ phụ trách chuyên môn các Sở Giáo dục và Đào tạo; thầy giáo,

cô giáo đã tham gia và viết bài góp phần cho việc tổ chức thành công Hội nghị

Báo cáo đề dẫn Hội thảo khoa học Các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Khu vực Duyên hải Nam Trung bộ và Tây Nguyên

Lê Văn TháiHiệu trưởng trường THPTC Nguyễn Du, tỉnh Đắk LắkKính thưa quí vị đại biểu, quý thầy cô giáo !

Hôm nay trong không khí vui tươi của thành phố Buôn Ma Thuột vừa tổ chức lễ kỷ niệm 110năm ngày thành lập và 40 năm ngày giải phóng Buôn Ma Thuột Sở Giáo dục và Đào tạo ĐắkLắk kết hợp với Hội Toán học Hà Nội tổ chức hội thảo các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi mônToán THPT khu vực Duyên hải Nam Trung bộ và Tây nguyên Chúng tôi rất vui mừng được đóntiếp lãnh đạo các Sở GD& ĐT trong khu vực, các chuyên gia bộ môn Toán, các thầy cô là chuyênviên chỉ đạo bộ môn Toán của các Sở , Nhà trường và giáo viên trực tiếp giảng dạy bồi dưỡng họcsinh giỏi môn Toán đã đến tham dự hội thảo

Chúng ta đã biết nhằm tạo sự liên kết bồi dưỡng trong khu vực từ năm học 2010 – 2011 SởGiáo dục Đào tạo Phú Yên đã đăng cai tổ chúc Hội thảo Khoa học “ Các chuyên đề Toán học bồidưỡng học sinh giỏi” khu vực Duyên hải Nam Trung bộ và Tây nguyên lần thứ nhất; sau đó làđến các Sở Giáo dục và Đào tạo Khánh Hòa, Bình Định, Gia Lai Hôm nay, ngày 14/3/2015 tạitrường THPTC Nguyễn Du tỉnh Đắk Lắk diễn ra Hội thảo Khoa học lần thứ 5 do Sở Giáo dục

và đào tạo Đắk Lắk được tiếp tục đăng cai tổ chức

Trong những năm qua, được sự quan tâm của lãnh đạo Bộ và các Sở Giáo dục và Đào tạo,của Viện nghiên cứu Toán cao cấp, Hội Toán học Hà Nội và của toàn xã hội, vấn đề bồi dưỡnghọc sinh giỏi môn Toán được chú trọng và tạo nhiều điều kiện thuận lợi, các giáo viên và học sinhtrong khu vực đã có nhiều nổ lực, cố gắng và quyết tâm cao hơn nên kết quả đã có nhiều khởi sắchơn, đã có những học sinh trong khu vực đạt giải quốc tế, đạt giải nhất, nhiều giải nhì môn Toán

và tất cả các Sở đều có học sinh giỏi quốc gia môn Toán Tuy nhiên số lượng và chất lượng giảicòn thấp so với các khu vực khác, số giải không ổn định, sự liên kết trong bồi dưỡng đã có nhưngmang tính chất riêng lẻ, không ổn định

Mục tiêu của hội thảo nhằm xác định về tầm quan trọng của việc giảng dạy và bồi dưỡng họcsinh giỏi môn Toán, thảo luận một số chuyên đề Toán học do các giáo viên, chuyên gia trình bày,tìm ra các giải pháp để nâng cao chất lượng bồi dưỡng học sinh giỏi trong khu vực Nội dung củahội thảo tập trung vào các vấn đề sau:

- Nghe báo cáo một số chuyên đề Toán học

- Thảo luận để hoàn chỉnh các báo cáo

- Trao đổi các kinh nghiệm bồi dưỡng học sinh giỏi

- Định hướng cho nội dung Hội thảo và Liên kết bồi dưỡng trong năm học 2015 – 2016.Hội thảo Khoa học năm nay đã được sự quan tâm rất lớn của Lãnh đạo Bộ và các Sở Giáodục và Đào tạo trong khu vực, Hội Toán học Hà Nội, một số chuyên gia đầu ngành môn Toán, cáctrường THPT chuyên trong khu vực, các trường THPT của tỉnh Đắk Lắk và một số tỉnh trongkhu vực, các giáo viên đang bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán Ban tổ chức hội thảo đã nhậnđược 28 chuyên đề của các giáo viên thuộc các Sở Giáo dục và Đào tạo Bình Định, Khánh Hòa,Lâm Đồng, Ninh Thuận, Đắk Nông, Đắk Lắk Đặc biệt có 2 chuyên đề của một số học sinh lớp

10 chuyên Toán trường THPT Chuyên Nguyễn Du, Đắk Lắk Các chuyên đề thuộc các lĩnh vựckhác nhau của Toán học như: Tổ hợp; Số học; Hình học; Dãy số; Bất đẳng thức; Phương trìnhhàm; Các phương pháp chứng minh Toán học; Nhiều chuyên đề đã thể hiện sự cố gắng của tácgiả trong nghiên cứu, tổng hợp, có nhiều ứng dụng và được đề cập trong các kỳ thi chọn học sinhgiỏi các cấp

Chúng tôi rất mong từ các báo cáo cụ thể và những ý kiến trao đổi thống nhất trong hội thảo,

cũng như những ý kiến đóng góp của các chuyên gia, các lãnh đạo sẽ giúp chúng ta đạt được cácmục tiêu của hội thảo năm nay.

Cuối cùng chúng tôi xin chân thành cám ơn Hội Toán học Hà Nội; Lãnh đạo các Sở Giáo dục

và Đào tạo trong khu vực; quý vị đại biểu; quý thầy cô giáo tham dự hội nghị và mong được quý

vị bỏ qua những thiếu sót của chúng tôi trong quá trình tổ chức hội thảo Kính chúc quý vị đạtđược nhiều thành công, nhiều niềm vui và sức khỏe Kính chúc hội thảo thành công tốt đẹp

Toán học và thuật toán

Nguyễn Tiến Dũng, Đại học Toulouse, PhápTrần Nam Dũng, Đại học KHTN, ĐHQG Tp HCM

1 Lời giới thiệu

Nguyễn Tiến Dũng là giáo sư ĐH Toulouse, Pháp Thời còn học sinh, Nguyễn Tiến Dũng đãtừng tham gia kỳ thi IMO 1985 và đạt huy chương vàng khi mới 15 tuổi GS Nguyễn Tiến Dũng

có nhiều bài viết về toán học và giảng dạy toán học đăng trên trang web cá nhân zung.zetamu.net.Trần Nam Dũng là giảng viên trường ĐH KHTN Tp HCM Thời còn học sinh, Trần NamDũng đã từng tham gia kỳ thi IMO 1983 và đạt huy chương bạc khi mới 17 tuổi TS Trần NamDũng có nhiều bài viết về các chuyên đề Olympic Toán và là người khởi xướng và tổ chức các hoạtđộng cho phong trào chuyên toán các tỉnh phía Nam

Nguyễn Tiến Dũng và Trần Nam Dũng đều học đại học tại trường ĐHTH Matxcova mang tênLô-mô-nô-xốp và là người được GS Nguyễn Văn Mậu dẫn dắt qua nhiều thời kỳ

Bài viết này là bài viết chung của hai Dũng dành tặng cho GS Nguyễn Văn Mậu và Hội thảo

Trong cuộc sống và trong công việc, chúng ta hay gặp phải những tình huống lạ, những tìnhhuống mà chúng ta mới gặp lần đầu, chưa biết trước cách giải quyết Những tình huống đó gâykhó khăn cho chúng ta, đòi hỏi chúng ta phải suy nghĩ về những vấn đề lạ Nhưng đồng thời đócũng chính là cơ hội cho chúng ta vươn lên và khám phá được những cái mới, còn những côngviệc lặp đi lặp lại đã có máy móc dần dần làm thay cho con người

Để giải quyết một vấn đề mà chúng ta gặp phải, chúng ta cần tìm ra một cách giải, hay có thểgọi là một thuật toán để đi đến lời giải Trong các môn học ở nhà trường, thì môn toán chính làmôn tốt nhất để dạy và học về cách tiếp cận thuật toán đối với các vấn đề Nếu như qua việc họctoán mà học sinh hiểu được bản chất các thuật toán quan trọng nhất để áp dụng trong các tìnhhuống khác nhau trong cuộc sống và công việc, thì có thể coi đây là sự thành công của bản thânmôn toán trong giáo dục Rất tiếc rằng, điều này còn rất lâu mới trở thành hiện thực Vào thờiđiểm hiện tại, trên thế giới, khía cạnh thuật toán vẫn còn ít được quan tâm tới trong việc dạy vàhọc toán

Một ví dụ điển hình cho khẳng định trên chính là kỳ thi toán olympic IMO 2014 vừa qua Đềbài của IMO 2014 không hề rắm rối phức tạp, đặc biệt nếu so với đề thi HSG của Việt Nam Vàchỉ cần kiến thức toán PTCS chứ cũng không cần đến kiên thức PTTH để có thể hiểu đề bài vàlời giải của toàn bộ đề thi Thế nhưng, điểm thi năm nay tương đối thấp so với các năm khác,nên chỉ cần được 29/42 điểm (tức là chỉ cần làm được 4/6 bài và viết được một hai ý gì đó cho 2bài còn lại) là được huy chương vàng Một số bài năm nay khó, không phải là vì chúng phức tạp,

mà là vì chúng lạ, khiến cho các thí sinh ngỡ ngàng không biết làm thế nào Chúng tôi sẽ lấy bài

số 5 và bài số 6 của IMO 2014 làm ví dụ, chính là hai bài mà đoàn Việt Nam được ít điểm.Nhưng trước khi bước vào các bài toán này, ta sẽ xem xét qua một số ví dụ mở đầu, đơn giản

và dễ hiểu hơn

2 Các ví dụ

Bài toán 1 Có một số hòn đá, mỗi hòn đá nặng không quá 0,5 kg Tổng trọng lượng của chúngkhông quá 2,5 kg Chứng minh rằng có thể chia các hòn đá này thành 4 nhóm, mỗi nhóm có tổng

trọng lượng không lớn hơn 1 kg Kết luận bài toán còn đúng không nếu ta thay 4 nhóm bằng 3nhóm?

Điều khó chịu trong bài toán này là ta không biết có bao nhiêu hòn đá, và trọng lượng của cáchòn đá đó Cấu hình là khá lỏng lẻo với các điều kiện dạng bất đẳng thức Ta nhận thấy rằng,điều kiện hòn đá nặng không quá 0,5 kg sẽ suy ra tổng trọng lượng hai hòn đá bất kỳ không quá

1 kg

Như vậy, nếu số hòn đá ≤ 8 thì kết luận bài toán là hiển nhiên (ta có thể chia thành 4 nhóm,mỗi nhóm có 1 hoặc 2 hòn đá) Thế nếu có 9 số thì sao? Lúc này nếu chia làm 4 nhóm, sẽ có mộtnhóm có ít nhất 3 hòn đá, và tổng trọng lượng 3 hòn đá này có thể không còn ≤ 1 kg Nhưng nếu

ta chọn được 3 hòn đá có tổng trọng lượng ≤ 1 kg thì trường hợp này giải quyết xong, vì lúc đó

6 hòn đá còn lại có thể chia thành 3 nhóm, mỗi nhóm 2, có tổng trọng lượng hiển nhiên ≤ 1 kg.Làm sao để tìm được 3 hòn đá có tổng trọng lượng ≤ 1 kg? Một cách tự nhiên, ta chọn 3 hòn

đá có trọng lượng nhỏ nhất và chứng minh tổng trọng lượng ba hòn đá này không lớn hơn 1 kg.Điều này là khá hiển nhiên vì tổng trọng lượng 3 hòn đá nhẹ nhất bao giờ cũng không lớn hơn1/3 tổng của cả 9 hòn đá Ta giải quyết xong trường hợp có 9 hòn đá

Nếu có 10 số thì sao?

Lúc này có thể có đến 2 nhóm có 3 hòn đá Và ta không chắc là có thể chọn sao cho cả hainhóm 3 viên này đều có tổng trọng lượng ≤ 1 kg Làm thế nào để đưa về trường hợp 9 hòn đá?Đến đây, có một ý tưởng mang tính đột phá nảy sinh: Vì có 10 hòn đá, ta chia thành 5 cặp thì

ắt có 1 cặp có tổng trọng lượng ≤ 0, 5 kg Ta cột hai hòn đá này làm một và đưa bài toán về bàitoán 9 hòn đá Và ý tưởng này có thể áp dụng để có một lời giải hoàn chỉnh như sau:

a) Nếu có hai hòn đá nào đó có tổng trọng lượt ≤ 0, 5 kg thì ta cột hai hòn đá đó lại Sau quátrình thay như thế, ta được một số hòn đá, mỗi hòn đá có trọng lượng ≤ 0, 5, tổng trọng lượngcác hòn đá ≤ 2, 5 kg và tổng hai hòn đá bất kỳ > 0,5 Ta chứng minh với các hòn đá như vậy taluôn chia được thành 4 nhóm thỏa mãn yêu cầu đề bài, và như thế các hòn đá ban đầu cũng chiađược

Với tính chất tổng trọng lượng hai hòn đá bất kỳ > 0,5 ta thấy số các hòn đá không quá 9.Nếu số các hòn đá là 8 trở xuống thì cách chia là hiển nhiên: ta chia thành 4 nhóm, mỗi nhóm 1hoặc 2 hòn đá Vậy ta chỉ cần xét TH có 9 hòn đá

thỏa mãn điều kiện

b) Kết luận không đúng: Ta có thể chọn 7 hòn đá có trọng lượng đều bằng 5/14 kg Nếu chiathành 3 nhóm, sẽ có 1 nhóm chứa ít nhất 3 hòn đá, tổng trọng lượng của chúng sẽ bằng 15/14 > 1(kg)

Tư duy thuật toán trong bài toán này rất rõ ràng: từ nhiều hòn đá, ta "thu gọn" lại thành một

bộ mới vẫn thỏa mãn các tính chất đề bài nhưng có thêm tính chất bổ sung (tổng trọng lượnghai hòn đá bất kỳ > 0, 5) và từ đó tìm ra lời giải Chính ý tưởng thu gọn này cũng được áp dụnghiệu quả trong lời giải bài toán 5 của IMO 2014 mà ta sẽ đề cập đến ở phần sau

Bài toán 2 Tổng của 50 số nguyên dương bằng 99 Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương

S nhỏ hơn 100 tìm được một số số trong các số đã cho có tổng bằng S

Cố gắng giải trực tiếp sẽ dẫn đến việc xét khá nhiều trường hợp Mối liên hệ giữa các con số

50 và 99 gợi chúng ta đến một cách tiếp cận rất quen thuộc trong các bài toán sử dụng thuậttoán: Đặt bài toán tổng quát rồi giải nó, sử dụng tư duy quy nạp

Ta chứng minh bằng quy nạp mạnh mệnh đề: Từ n số nguyên dương có tổng bằng 2n − 1 cóthể chọn ra một số hoặc một vài số có tổng là một giá trị bất kỳ từ 1 đến 2n − 1

Giả sử mệnh đề đã đúng đến n Xét n + 1 số nguyên dương có tổng bằng 2n + 1 Trong các

số đó, sẽ có một số số bằng 1 (có ít nhất 1 số) Ta loại những số này ra Trong các số còn lại, gọi

k là số nhỏ nhất Nếu k = 2 thì ta loại 1 số 2 đi, còn lại n số có tổng bằng 2n − 1 Theo GTQNthì các tổng có giá trị từ 1 đến 2n − 1 là "chọn được" Để có tổng bằng 2n, ta chỉ cần loại 1 số 1.Vậy là TH này ổn Nếu k = 3 thì do trung bình của tất cả các số < 2 nên phải có ít nhất 2 số 1nữa Ta loại đi 1 số 1, 1 số 3 thì còn lại n − 1 số có tổng bằng 2n − 3 Như vậy các tổng có giá trị

từ 1 đến 2n − 3 đều chọn được Để có 2n − 2 thì ta thêm 1 vào, để có 2n − 1 thì thêm 3 vào bỏ 2

số 1 đi, để có 2n và 2n + 1 lại lần lượt thêm các số 1 vào

Ta có thể áp dụng lý luận này cho k bất kỳ Với k bất kỳ, trung bình của tất cả các số < 2 nênphải có ít nhất k − 1 số 1 nữa Ta bỏ đi số k và k − 2 số 1 thì còn lại n − (k − 1) số có tổng bằng2n − 1 − (k + k − 2) = 2(n − k + 1) − 1 Theo giả thiết quy nạp, các tổng từ 1 đến 2(n − k + 1) − 1đều chọn được Ta lần lượt cho thêm các số 1 vào thì sẽ được tiếp các tổng 2(n − k + 1) đến2(n − k + 1) + k − 3 Tiếp theo, ta lấy k − 1 số 1 trong tổng 2(n − k + 1) + k − 3 ra và thêm kvào thì được tổng 2(n − k + 1) + k − 2, rồi lần lượt cho các số 1 thêm vào để được các tổng chođến 2n − 1

Bài toán 3 Hai bạn An và Bình chơi trò chơi bốc kẹo Ban đầu trên bàn có 25 viên kẹo Bắtđầu từ An, hai bạn luân phiên nhau bốc kẹo, mỗi lần được phép bốc 1, 2 hoặc 3 viên Đến khihết kẹo trên bàn ai bốc được tổng cộng một số chẵn viên kẹo sẽ thắng Hỏi ai là người có chiếnthuật thắng nếu cả hai cùng chơi đúng?

Để giải các bài toán kiểu này, chúng ta có một cách tiếp cận chung là làm từ dưới lên, tức làxét bài toán với số kẹo nhỏ hơn Do tính chất của bài toán, bài toán sẽ có ý nghĩa nếu số viên kẹoban đầu là lẻ

Ví dụ nếu trên bàn có 1 viên kẹo, 3 viên kẹo, 5 viên kẹo thì sao

Rõ ràng nếu trên bàn có 1 viên kẹo thì An sẽ phải bốc và sẽ thua Nếu là 3 thì An sẽ bốc 2viên và thắng Còn nếu có 5 viên kẹo thì sao?

An có 3 phương án để bốc: Nếu An bốc 2 hoặc 3 viên thì Bình sẽ bốc 2 viên và thắng Nhưngnếu An bốc 1 viên thì cho dù Bình bốc thế nào, An cũng thắng:

- Bình bốc 1, An bốc 3

- Bình bốc 2, An bốc 1

- Bình bốc 3, An bốc 1

Xét đến trường hợp có 7 viên kẹo An cũng có 3 cách bốc, tương ứng 1 viên, 2 viên, 3 viên

- Nếu An bốc 1 viên thì Bình bốc 1 viên và Bình sẽ thắng, vì nếu tiếp theo An bốc 1 hoặc 2viên thì Bình bốc 3, An bốc 3 viên thì Bình bốc 1

- Nếu An bốc 2 viên thì Bình bốc 1 viên và Bình sẽ thắng (1, 3), (2, 1), (3, 1)

- Nhưng nếu An bốc 3 viên thì An thắng, vì nếu Bình bốc 1 thì An bốc 3, Bình bốc 2 thì Anbốc 1, Bình bốc 3 thì An bốc 1

Cứ như vậy, ta có thể xây dựng lên Tuy nhiên, có thể thấy rõ một liên hệ đệ quy như sau

Ta quy ước đánh số các trạng thái bằng 2 tham số (X, Y ) với X là tính chẵn lẻ của số viên kẹomình đã có và Y là số viên kẹo còn lại khi đến lượt mình bốc Ví dụ, với An lúc bắt đầu cuộc chơivới bài toán ban đầu có 5 viên kẹo thì trạng thái là (C, 5) Từ trạng thái này, bằng cách bốc, An

sẽ đặt Bình vào 1 trong 3 trạng thái (C, 4), (C, 3), (C, 2) Các trạng thái (C, 3) và (C, 2) là trạngthái thắng (Bình chỉ việc bốc 2 viên), còn (C, 4) là trạng thái thua (vì Bình bốc 1 An sẽ bốc 3,Bình bốc 2, 3 An sẽ bốc 1) Do An có quyền chọn nên An sẽ đưa về (C, 4) Như vậy, một trạng

thái sẽ là trạng thái thắng nếu có 1 cách đưa về trạng thái thua (cho đối phương), còn 1 trạngthái sẽ là thua nếu mọi cách đi đều đưa về trạng thái thắng cho đối phương.

Cuối cùng, chú ý là do tổng số viên kẹo ban đầu là lẻ, nên từ trạng thái (C, 5) sẽ chuyển về trạngthái (C, 4), (C, 3), (C, 2), nhưng từ trạng tháng (C, 6) sẽ chuyển về trạng thái (L, 5), (L, 4), (L, 3)

Từ trạng thái (L, 5) sẽ chuyển về các trạng thái (L, 4), (L, 3), (L, 2)

Từ đây, ta dễ dàng xây dựng được bảng các giá trị của các trạng thái (1 tương ứng A thắng,

0 tương ứng Bình thắng)

Tính tiếp ta tìm được (C, 25) = 0, tức là An thua, Bình thắng

Bây giờ, sau khi làm quen với cách tiếp cận thuật toán, ta sẽ xem xét đến phân tích hướnggiải cho hai bài toán IMO 2014

Bài toán 4 (IMO 2014) Bài số 5 của IMO 2014 như sau:

Có một đống đồng xu có tổng mệnh giá nhỏ hơn hoặc bằng 99,5, sao cho mệnh giá của đồng

xu nào cũng có dạng 1/n với n là số tự nhiên (các đồng xu khác nhau có thể có mệnh giá khácnhau) Chứng minh rằng ta có thể chia được đống đồng xu thành không quá 100 túi sao cho tổngmệnh giá của mỗi túi không vượt quá 1

Làm sao để tiếp cận một bài toán “lạ hoắc” như trên, với giả sử là bạn không “trúng tủ”, chưatừng làm một bài rất tương tự như thế? Một số phương pháp tiếp cận chung gồm 4 bước sau (lặp

di lặp lại nếu cần thiết): quan sát, suy luận, tính toán, kiểm tra Trong các bước quan sát và lýluận có việc quan sát các tương quan trong bài toán, làm thử các trường hợp riêng, dựa vào cáctrường hợp riêng để đưa ra các giả thuyết liên quan rồi xét các giả thuyết đó, biến đổi để đơn giảnhóa bài toán, đưa về các dạng bài toán quen thuộc hơn hay dễ giải hơn Nhiều khi, tổng quát hóacũng chính là một cách để đơn giản hóa Nếu là vấn đề lớn, phức tạp, thì phải chia để trị, tức làlàm sao chia nó ra thành các bước nhỏ hơn, giải quyết từng bước đó dễ dàng hơn là giải quyếttoàn bộ vấn đề

Có một anh bạn của tôi, là chuyên gia máy tính, có nói với tôi một câu từ cách đây hơn 20năm mà đến bây giờ tôi vẫn rất tâm đắc: khi được giao một nhiệm vụ lập trình, lập trình viênnào mà ngồi vào hì hụi viết chương trình ngay thì là lập trình viên tồi Lập trình viên tốt trướckhi viết chương trình thì phải quan sát, suy nghĩ đã Trong toán hay trong nhiều lĩnh vực kháccũng vậy, trước khi “bổ củi” cần quan sát và suy luận để hình dung vấn đề

Trong trường hợp bài toán số 5 trên, thì có thể quan sát ngay là số 99,5 gần với số 100

Từ đó ta có giả thuyết là nếu thay 99,5 và 100 bởi N − 1/2 và N trong đó N là số tự nhiênbất kỳ thì vẫn đúng Nếu như bài toán chỉ đúng khi N = 100 chứ không đúng với N khác, khi

đó thì bài toán chắc là khá phức tạp, nhưng đây là đề thi để học sinh có thể làm trong vòng mộtvài tiếng, không quá phức tạp được, nên giả thuyết là bài toán đúng với N bất kỳ là giả thuyếttương đối khả dĩ Việc thay 100 bằng N tùy ý này cho phép chúng ta giả sử là không có đồng xunào có mệnh giá 1 Thật vậy, nếu có m đồng có mệnh giá 1 thì cho các đồng đó vào m túi, còn lại

N - m túi và số tiền ≤ N − m − 1/2

Một bước lý luận thông dụng quan trọng là: ta cứ thử giải quyết vấn đề một cách “ngây thơ”nhất, để xem nó tắc ở chỗ nào, khó ở chỗ nào Ở đây có nghĩa là, ta cứ thử bỏ dần tiền vào 100túi, cho đến bao giờ bỏ được hết hoặc bị tắc không bỏ được nữa thì thôi Nhưng khi nào thì cóthể bị tắc? Đó là khi còn 1 đồng tiền mà cứ bỏ vào túi nào cũng khiến cho mệnh giá của túi đóvượt quá 1 Vì có N túi mà tiền ≤ N − 1

2, nên có túi có tiền ≤

(N − 1/2)

12N Điều đó có

nghĩa là, nếu có đồng tiền còn lại không bỏ được vào túi nào, thì mệnh giá của nó phải > 1/2N Cách giải quyết “ngây thơ” này cho ta quan sát sau, làm đơn giản vấn đề: ta có thể giả sử tất

cả các đồng tiền có mệnh giá > 1/2N , chứ không cần quan tâm đến các đồng tiền có mệnh giá

≤ 1/2N nữa (các đồng có mệnh giá ≤ 1/2N luôn có thể bỏ vào, sau khi đã giải quyết các đồng

để có lời giải cho đống đồng xu ban đầu Cứ đổi xu để đơn giản hóa như vậy, ta đưa được bàitoán về trường hợp mà không còn đổi xu được nữa

Đến đây, bài toán đã đơn giản hóa đi đáng kể, vì ta chỉ còn cần xét trường hợp sau: tổng mệnhgiá ≤ N −1

2, không có đồng xu nào có mệnh giá bằng 1, không có một nhóm các đồng xu nào cóthể đổi thành 1 đồng xu khác, và không có đồng xu nào có mệnh giá < 1

2N Tất cả các trườnghợp còn lại đều suy giản về được trường hợp này Bây giờ lại quan sát tiếp xem trường hợp cuốicùng này ra sao

Ta sẽ quan sát thấy là với mọi số tự nhiên k thì không có quá 1 đồng xu có mệnh giá 1

2k vàkhông có quá (2k − 2) đồng xu có mệnh giá 1

2k − 1 (vì sao thế?) Từ đó có cách xếp xu vào túinhư sau: túi k chứa các đồng xu mệnh giá 1

(2k − 1) và

12k, với k = 1, , N (Bạn đọc hãy tựkiểm tra rằng cách này thực hiện được)

Tôi viết lời giải cho bài số 5 phía trên khá dài dòng để giải thích quá trình suy nghĩ dẫn đến lờigiải mà bản thân tôi sử dụng khi thử làm bài đó, còn tất nhiên khi viết thành lời giải “tròn trịa”thì có thể viết ngắn hơn nhiều Nhìn từ quan điểm thuật toán, bài số 5 này thật ra khá đơn giản,

vì chỉ sau vài bước lược giản hóa dễ thấy là đã đưa về được trường hợp chia được ngay thành cáctúi Bạn nào học về lập trình máy tính chắc sẽ nghĩ ngay được cách viết chương trình chia xu dựatrên các bước phía trên Rất tiếc là đoàn VN chỉ có 2 bạn giả được bài này

Bài toán 5 (IMO 2014) Bài số 6 của IMO 2014 thì còn lạ hơn bài số 5 nữa, và không có bạn

VN nào giải được, tuy có một bạn được 3/7 điểm Các đoàn khác cũng “rụng” gần hết bài này

Đề bài có thể phát biểu như sau:

Giả sử có n đường thẳng trên mặt phẳng, sao cho không có 2 đường nào song song và không

có 3 đường nào đồng qui CMR có thể tô ít nhất đường bằng màu xanh, sao cho không có miền

bị chặn nào trên mặt phẳng có biên toàn là màu xanh

Con số √

n trong đề bài có lẽ là con số gây hoang mang, bởi thoạt nhìn chẳng biết nó từ đâu

ra Số các điểm cắt nhau thì là n(n − 1)

2 , còn số các miền bị chặn thì là

(n − 1)(n − 2)

2 , tức làđều so được với n2, chứ chẳng có cái gì trên mặt phẳng có số lượng dạng Những hoang mangnhư vậy có thể ảnh hưởng xấu đến tâm lý, khiến việc tìm lời giải trở nên khó khăn hơn Bỏ quacác hoang mang, ta cứ thử làm một thuật toán “ngây thơ” để giải quyết vấn đề tô màu, xem nó

sẽ gặp khó khăn bế tắc ở đâu Thuật toán ngây thơ đó là: đầu tiên ta tô một đường bất kỳ màuxanh Sau đó cứ còn tô được thêm đường màu xanh (sao cho không có miền bị chặn nào trênmặt phẳng có biên toàn là màu xanh) thì tô tiếp, còn đến lúc không tô được thêm nữa thì dừnglại Gọi số đường tô được lúc dừng lại là k Nếu thuật toán đơn giản này mà tốt, thì tức là ta có

k2 ≥ n Như vậy, nếu ta chứng minh dược k2 ≥ n thì bài toán được giải quyết

Một phương pháp chứng minh thông dụng là dùng phản chứng Tức là ta sẽ chứng minh rằng,nếu đã tô được k đường, và n > k2, thì còn tô thêm được đường nữa Để chứng minh điều đó, chỉcần chứng minh rằng số đường cấm không vượt quá k2˘k = k(k − 1) Đường cấm tức là đường mànếu tô nó thì sẽ có miền bị chặn với biên toàn màu xanh Bây giờ lại vận dụng nhận xét sau: sốđiểm nút xanh (= giao điểm của các đường xanh) là (k − 1)

2 , nên nếu ta làm sao thiết lập quan

hệ được giữa các đường cấm và các nút xanh, kiểu “đương cấm nào cũng cho bởi nút xanh, và mỗinút xanh không cho quá 2 đường xanh” thì là xong Ý tưởng là như vậy Đi vào cụ thể hơn, thìquan hệ sẽ là: mỗi đường cấm ứng với ít nhất 2 đoạn cấm (1 đoạn cấm là một đoạn màu xanh

đi từ 1 nút xanh đến đường cấm), còn từ mỗi nút xanh chỉ đi ra được nhiều nhất là 4 đoạn cấmthôi Và lời giải đến đây gần như là kết thúc (bạn đọc có thể tự viết lại lời giải hoàn chỉnh, sẽkhông quá 1 trang giấy)

Đấy là chuyện thi toán quốc tế Quay lại chuyện dạy toán và học toán “bình thường”

Năm nay, tôi có dạy toán cho một lớp đại học năm thứ nhất chuyên ngành tin học, thay chomột đồng nghiệp nghỉ sinh con Một số bạn sinh viên phàn nàn với tôi là chương trình toán chánquá, chẳng thấy liên quan gì đến tin học Mà đúng thế thật, tôi đọc chương trình cũng thấy chán.Nhưng tôi chỉ là “lính đánh thuê” chứ không soạn chương trình nên không thay đổi được nó.Cái mà tôi cố gắng làm để “bù trừ” lại là giải thích thêm cho các sinh viên những khái niệm

mà họ học chính là các thuật toán có ý nghĩa ra sao Ví dụ như, công thức nội suy Lagrange chính

là thuật toán để vẽ đường cong “đơn giản nhất, đẹp mắt nhất” đi qua một số điểm cho trước, vàkhi người ta thiết kế ô tô, tàu bay thì thay vì vẽ toàn bộ các điểm người ta chỉ cần vẽ ít điểm thôirồi nội suy ra các điểm còn lại theo kiểu công thức đó Hay như chuỗi Taylor để làm gì? Nó cũngchính là thuật toán cho phép chúng ta tính xấp xỉ một cách rất chính xác các giá trị của các hàmphức tạp, v.v Ví dụ như, ta có thể tính nhẩm bằng tay các số như e, sin(1), v.v với độ chính xácrất cao mà không cần máy tính (máy tính nó cũng dùng các thuật toán như ta tính nhẩm thôi),v.v

Khi học, sinh sinh viên (đặc biệt là sinh viên tin học) được giải thích ý nghĩa thuật toán củacác khái niệm toán học, thì họ cũng phấn khởi lên nhiều Đối với sinh viên sinh vật, hóa học, v.v.thì có thể cần dạy hơi khác đi, với nhiều minh họa ứng dụng toán học trong ngành của họ hơn,

ví dụ như tại sao lại dùng hàm lũy thừa khi khảo sát dân số, v.v

Cuối cùng thì toán học vẫn là một tổng hợp các công cụ để mô hình hóa và các thuật toán đềgiải quyết các vấn đề nảy sinh trong mọi lĩnh vực, chứ không phải là một mớ khái niệm từ trêntrời rơi xuống và xa vời thực tế

Đa thức bất khả quy và một vài

vận dụng liên quanĐàm Văn Nhỉ, Trường ĐHSP Hà Nội

1 Đa thức

Giả sử hai đa thức f (x), g(x) ∈ R[x] Đa thức f (x) được gọi là chia hết cho đa thức g(x) nếu

có đa thức h(x) ∈ R[x] để f (x) = g(x)h(x) Đa thức p(x) ∈ R[x], deg p(x) > 0, được gọi là một

đa thức bất khả quy trên R nếu nó không thể biểu diễn thành tích hai đa thức p(x) = p1(x).p2(x)với p1(x), p2(x) ∈ R[x] và deg p1(x), deg p2(x) > 0

Bổ đề 1 Cho đa thức f (x) = a0xn + a1xn−1+ · · · + an ∈ Z[x], a0 6= 0 Nếu số hữu tỷ p

q với(p, q) = 1 là nghiệm của phương trình f (x) = 0 thì

(1) p là một ước của an và q là một ước của a0

(2) p − mq là một ước của f (m) cho mọi số nguyên m

Chứng minh (1) Giả sử số hữu tỷ p

q với (p, q) = 1 là nghiệm của f (x) = 0 Khi đó

a0pn+ a1pn−1q + · · · + anqn = 0

Vì (p, q) = 1 nên p là một ước của an và q là một ước của a0

(2) Khai triển f (x) theo các luỹ thừa của x − m ta được

f (x) = a0(x − m)n+ b1(x − m)n−1+ · · · + bn−1(x − m) + f (m) ∈ Z[x]

Cho x = p

q và quy đồng a0(p − mq)

n+ b1(p − mq)n−1q + · · · + bn−1(p − mq)qn−1+ f (m)qn= 0 Vì(p, q) = 1 nên p − mq là một ước của f (m) cho mọi số nguyên m

Hệ quả 1 Nghiệm hữu tỷ của đa thức f (x) = xn+ a1xn−1+ · · · + an∈ Z[x] phải là số nguyên.Chứng minh Suy ra từ bổ đề trên

Vì C là trường đóng đại số nên đa thức bất khả quy một ẩn trên C chỉ là những đa thức bậc

1 Chính vì lý do này mà ta chỉ xét đa thức bất khả quy trên Q và trên R Một số tiêu chuẩn sauđây để có thể kiểm tra khi nào một đa thức với các hệ số nguyên là bất khả quy

Định lí 1 (Tiêu chuẩn Eisenstein) Cho f (x) = anxn+ an−1xn−1+ · · · + a0, an 6= 0, là đa thức vớicác hệ số nguyên và p là số nguyên tố sao cho an không chia hết cho p và các ai, i < n, chia hếtcho p nhưng a0 không chia hết cho p2 Khi đó f (x) là đa thức bất khả qui trên Z

cjxj) với g, h ∈ Z[x] và r = deg g, s = deg h >

0, r + s = n Vì b0c0 = a0 chia hết cho p nên tối thiểu một số b0 hoặc c0 phải chia hết cho p, chẳnghạn b0 chia hết cho p Vì a0 không chia hết cho p2 nên c0 không chia hết cho p Nếu tất cả các biđều chia hết cho p thì an cũng phải chia hết cho p : mâu thuẫn với giả thiết Vậy phải có một bikhông chia hết cho p Gọi i là chỉ số nhỏ nhất để bi không chia hết cho p Khi đó 0 < i 6 r Vì

ai = bic0+ bi−1c1+ · · · + b0ci chia hết cho p với tất cả các số hạng bi−1c1, , b0ci đều chia hết cho

p nên bic0 cũng chia hết cho p : mâu thuẫn Điều này chứng tỏ f là đa thức bất khả qui trên Z

Ví dụ 1 Với bất kỳ số nguyên dương n đa thức f (x) = 1 + x +x

2

2! + · · · +

xnn! là bất khả quy trênQ

Bài giải Ta phải chứng minh n!f (x) = n! + n!x + x

Định lí 2 Cho f (x) = b0xn+ b1xn−1+ · · · + bn là đa thức với các hệ số nguyên và p là số nguyên

tố sao cho b0 không chia hết cho p nhưng bk+1, , bn chia hết cho p, bn không chia hết cho p2.Khi đó f (x) có nhân tử bất khả qui bậc > n − k

Chứng minh Phân tích f (x) thành tích các nhân tử bất khả quy Giả sử g(x) = c0xm+c1xm−1+

· · · + cm ∈ Z[x] là một nhân tử bất khả quy với cm chia hết cho p Biểu diễn f (x) = g(x)h(x) vớih(x) = d0xh+ d1xh−1+ · · · + dh ∈ Z[x] Khi đó dh không chia hết cho p Gọi ci là hệ số đầu tiêncủa g(x) không chia hết cho p trong khi bm, , bi+1 chia hết cho p Ta có cmdh = bn chia hết cho

p, nhưng không chia hết cho p2 Vì bh+i = cidh+ bi+1dh−1+ · · · không chia hết cho p nên h + i 6 khay n − m + i6 k Do đó m > n + i − k > n − k

Ngoài ra ta còn có một vài tiêu chuẩn kiểm tra tính bất khả quy của đa thức với các hệ số nguyênkhác nữa qua bất đẳng thức

Định lí 3 (Tiêu chuẩn Osada) Cho f (x) = xn+ a1xn−1+ · · · + an−1x ± p là đa thức với các hệ

số nguyên và p là số nguyên tố Nếu p > 1 + |a1| + · · · + |an−1| thì f (x) là bất khả qui

Chứng minh Giả sử f (x) là khả qui Khi đó f (x) = g(x)h(x), ở đó g, h là những đa thức bậcdương với các hệ số nguyên Vì p là số nguyên tố nên một trong các số hạng tự do của g hay hphải bằng ±1, chẳng hạn hệ số tự do của g bằng ±1 Vậy giá trị tuyệt đối của tích các nghiệmcủa g phải bằng 1 Khi đó g(x) = 0 phải có một nghiệm α với |α|6 1 Vì α cũng là nghiệm của

f (x) = 0 nên

p = |αn+ a1αn−1+ · · · + an−1α| 6 1 + |a1| + · · · + |an−1|

Điều mâu thuẫn này chứng tỏ f (x) là bất khả qui

Ví dụ 3 Với số tự nhiên n > 2, đa thức q(x) = xn− 18xn−1+ 3x2− 2011 luôn luôn là bất khảquy

Bài giải Vì 2011 là số nguyên tố và 2011 > 1 + 18 + 3 nên q(x) là bất khả qui theo Định lý 3

Ví dụ 4 Đa thức p(x) = x9+ x8+ · · · + x2+ x + 11 luôn luôn là bất khả quy

Bài giải Vì 11 là số nguyên tố và 11 > 1 + 1 + · · · + 1 = 10 nên p(x) là bất khả qui theo Định

lý 3

Định lí 4 (Tiêu chuẩn Polya) Cho f (x) là đa thức bậc n với các hệ số nguyên Đặt m = [n + 1

2 ].Giả sử cho n số nguyên khác nhau d1, , dn có |f (di)| < m!

2m và các số di đều không là nghiệmcủa f (x) Khi đó f (x) là bất khả qui

Chứng minh Giả sử f (x) là một đa thức khả qui Khi đó ta có biểu diễn f (x) = g(x)h(x) với

g, h là những đa thức bậc dương, các hệ số nguyên Hiển nhiên deg g(x), deg h(x) < n Không hạnchế ta có thể giả thiết deg h(x)6 deg g(x) = s Ta có m 6 s < n Ta thấy ngay g(di) 6= 0 và g(di)chia hết f (di) Do đó

2m > |g(di)| > s!

2s.Mâu thuẫn này chỉ ra f (x) là một đa thức bất khả qui

Ví dụ 5 (VMO 1984) Xác định đa thức bất khả quy f (x) ∈ Z[x] nhận √2 +√3

3 làm một nghiệm.Bài giải Đặt x = √

Bài giải Trước tiên ta chứng minh nhận xét sau: Nếu đa thức g(x) ∈ Z[x] nhận giá trị 1, (hoặc-1), tại nhiều hơn ba giá trị nguyên phân biệt của biến x thì nó không thể nhận giá trị -1, (hoặc1), khi x nguyên

Thật vậy, giả sử g(x) ∈ Z[x] nhận giá trị 1 tại nhiều hơn ba giá trị nguyên phân biệt của biến x.Khi đó g(x) − 1 có ít nhất 4 nghiệm nguyên khác nhau, chẳng hạn a1, a2, a3, a4 Biểu diễn

g(x) − 1 = (x − a1)(x − a2)(x − a3)(x − a4)h(x), h(x) ∈ Z[x]

Với a nguyên và a 6= ak, k = 1, 2, 3, 4, thì (a − a1)(a − a2)(a − a3)(a − a4) là tích 4 số nguyênphân biệt Các thừa số này có thể là ±1 và ±p Nếu có số nguyên a để g(a) = −1 thì −2 =(a − a1)(a − a2)(a − a3)(a − a4)h(a) −2 = (−1).1.2 cùng lắm chỉ có ba nhân tử phân biệt Vậy,không có số nguyên a để g(a) = −1

Sử dụng kết quả này vào chứng minh bài toán đặt ra Giả sử có sự phân tích af (x)2+ bf (x) + 1 =g(x)h(x) với g(x), h(x) ∈ Z[x] và deg g(x), deg h(x) > 1 Vì g(ai)h(ai) = 1 với mọi i = 1, , n nêng(ai) = ±1 với i = 1, , n Do n > 7 và nhận xét trên nên hoặc g(ai) = 1 hoặc g(ai) = −1 vớimọi i = 1, 2, , n Tương tự đối với h(x) Chẳng hạn g(x) = 1 + αf (x) Khi đó h(x) = 1 + βf (x)

Ta có αβ = a Vì af (x)2+ bf (x) + 1 = [1 + αf (x)][1 + βf (x)] nên ax2+ bx + 1 = [1 + αx][1 + βx] :mâu thuẫn vì ax2 + bx + 1 là bất khả quy Vậy af (x)2+ bf (x) + 1 là bất khả quy

Ví dụ 8 Đa thức p(x) = x2010+ 318x1952+ 2011 không thể phân tích được thành tích hai đa thứcvới bậc > 1 và các hệ số nguyên.

Bài giải Đa thức p(x) = x2010+ 318x1952+ 2011 là bất khả quy theo Tiêu chuẩn Osada, Định

lý 3 Vậy không thể phân tích đa thức p(x) = x2010 + 318x1952 + 2011 ra thành tích hai đa thứcvới bậc > 1 và các hệ số nguyên

Ví dụ 9 Với số nguyên dương n và góc α có x2n − 2xncos α + 1 = (x2 − 2x cosα

n + 1) (x

2 −2x cos2π + α

Mệnh đề 1 (Tiêu chuẩn Perron) Giả sử f (x) = xn+ an−1xn−1+ · · · + a1x + a0 ∈ Z[x] với bậc

n > 2, a0 6= 0 Nếu |an−1| > 1 + |an−2| + · · · + |a1| + |a0| thì f (x) là đa thức bất khả quy trên Z.Chứng minh Trước tiên ta chỉ ra f (x) có đúng một nghiệm α với môđun |α| > 1 Giả sử

f (x) = 0 có nghiệm α Khi đó −an−1αn−1= αn+an−2αn−2+· · ·+a1x+a0 Nếu |α| = 1 thì |an−1| 6

1 + |an−2| + · · · + |a1| + |a0| : mâu thuẫn giả thiết Do đó |α| 6= 1 Giả sử f (x) = 0 có các nghiệmphức α1, α2, , αn Ta có |a0| = |α1||α2| |αn| Vì |a0| 6= 0 và nguyên nên |α1||α2| |αn| > 1

Giả sử f (x) là khả quy với f (x) = g(x)h(x), trong đó g(x), h(x) ∈ Z[x] và deg g, deg h > 1 Vì

f (x) chỉ có một nghiệm với môđun lớn hơn 1 nên một trong hai đa thức, chẳng hạn h(x) chỉ có cácnghiệm với môđun nhỏ hơn 1 Giả sử γ1, , γrlà tất cả các nghiệm của h(x) = xr+d1xr−1+· · ·+drvới dr nguyên, khác 0 Ta có 1 6 |dr| = |γ1| |γr| < 1 : mâu thuẫn Như vậy, điều giả sử là sai

và suy ra f (x) là đa thức bất khả quy

Ví dụ 11 Đa thức f (x) = x62+ 2013x61+ 2x60+ 3x59+ · · · + 61x + 62 bất khả quy trong Z[x].

Ví dụ 12 Với số nguyên n> đa thức f (x) = x2+ x
2n + 1 là bất khả quy trên Z

Bài giải Với n = 0, đa thức f (x) = x2+ x + 1 là bất khả quy Giả thiết n > 1 Với đa thứcg(x) = amxm+ am−1xm−1+ · · · + a0 ∈ Z[x] ta ký hiệu g(x) = amxm+ am−1xm−1+ · · · + a0 ∈ Z2[x]

Dễ dàng kiểm tra g(x)h(x) = g(x) h(x) với g(x), h(x) ∈ Z[x] Biến đổi

(x2+ x + 1)2n = ((x2+ x)2 + 1)2n−1 = ((x2+ x)22 + 1)2n−2

= · · · = (x2+ x)2n+ 1

Do vậyf (x) = (x2+x+1)2n Giả sử f (x) là khả quy và f (x) = g(x)h(x) Khi đó g(x) h(x) = f (x) =(x2+x+1)2n Vì đa thức x2+x+1 là bất khả quy nên g(x) = (x2+x+1)svà h(x) = (x2+x+1)2n−s

Ta có viết trong Z[x] : g(x) = (x2+ x + 1)s+ 2u(x) và h(x) = (x2 + x + 1)2 n −s+ 2v(x), trong

đó u(x), v(x) ∈ Z[x] Với nghiệm phức α của x2+ x + 1, từ x2 + x
2

n

+ 1 = f (x) = g(x)h(x) =[(x2+ x + 1)s+ 2u(x)][(x2 + x + 1)2 n −s+ 2v(x)] ta suy ra 2 = f (α) = g(α)h(α) = 4u(α)v(α) Vì

α2 = −α − 1 nên u(α)v(α) có dạng a + bα với a, b ∈ Z Vậ ta có a + bα = 2

4 =

1

2 : vô lý Điều giả

sử là sai hay đa thức f (x) là bất khả quy

Ví dụ 13 Cho số nguyên tố p Giả sử x1, x2, x3 là ba nghiệm của phương trình x3−ax2+bx−ap =

0 Chứng minh biểu thức sau đây luôn luôn là một số nguyên tố

(x2

1+ p)(x2

2+ p)(x2

3+ p)(b − p)2 Bài giải Xác định phương trình nhận y1 = x2

Định lí 5 Không tồn tại đa thức f (x) = a0xm+ a1xm−1 + · · · + am với các hệ số ai nguyên và

a0 6= 0, m > 1, thỏa mãn f(n) là số nguyên tố với mọi n = 1, 2,

Chứng minh Với đa thức f (x) như trên, hiển nhiên |f (n0)| > 1 với một số nguyên dương đủlớn n0 Chọn số nguyên tố p chia hết f (n0) và khai triển

f (n0 + kp) = f (n0) + kpg(n0, p, k)

Số g(n0, p, k) là số nguyên Như vậy cả ba số hạng trong hệ thức này đều chia hết cho p với mọi

k = 1, 2, Với k đủ lớn ta có |f (n0+ kp)| > p và f (n0+ kp) chia hết cho p Ta suy ra điều phảichứng minh

Ví dụ 14 Cho đa thức f (x) ∈ Z[x] với bậc n = deg f (x) > 0 Chứng minh rằng, nếu có nhiều vôhạn số tự nhiên m để f (m) đều là những số nguyên tố thì f (x) là đa thức bất khả quy trên Q.Bài giải Giả sử đa thức f (x) khả quy Khi đó ta có thể phân tích f (x) = g(x)h(x) vớig(x), h(x) ∈ Z[x], n > deg g(x), deg h(x) > 0 Theo giả thiết có nhiều vô hạn số tự nhiên m đểg(m)h(m) = f (m) là số nguyên tố Như vậy, có nhiều vô hạn số tự nhiên m thỏa mãn g(m) hoặch(m) nhận giá trị r ∈ {1, −1}, chẳng hạn: Có nhiều vô hạn số tự nhiên m để g(m) = a Từ đâysuy ra, phương trình g(x) − a = 0 có nhiều vô hạn nghiệm thuộc tập N, (mâu thuẫn) Như vậy,

f (x) là đa thức bất khả quy trên Q

Ví dụ 15 Với số nguyên n> 3, Xác định số nguyên dương k nhỏ nhất thỏa mãn điều kiện: Chobất kỳ n điểm Ai(xi, yi) trên một mặt phẳng, không có ba điểm nào cùng nằm trên một đườngthẳng, và cho bất kỳ n số thực di với i = 1, 2, , n, tồn tại một đa thức f (x, y) bậc không vượtquá k sao cho f (xi, yi) = di cho mọi i = 1, 2, , n

Bài giải Kết luận 1: Cho n điểm bất kỳ Ai(xi, yi), i = 1, 2, , n, thuộc một mặt phẳng saocho không có ba điểm nào thẳng hàng Ta luôn xác định một đa thức f (x, y) bậc s 6 hn

2

ithỏamãn f (xn, yn) = 1 và f (xi, yi) = 0 với i = 1, 2, , n − 1

Chú ý rằng, có s = hn

2

iđường thẳng `i, i = 1, 2, , s, thỏa mãn An không thuộc một đường `inào, nhưng mỗi điểm A1, A2, , An−1 thuộc ít nhất một đường Cụ thể: Khi n là một số tự nhiên

lẻ thì chọn các đường thẳng A1A2, A3A4, , An−4An−3, An−2An−1; Còn khi n là số tự nhiên chẵnthì ta chọn các đường thẳng A1A2, A3A4, , An−3An−2, An−2An−1 Giả sử phương trình đườngthẳng thứ i là aix + biy + ci = 0 với i = 1, 2, , s Đa thức dưới đây thỏa mãn các yêu cầu:

∀ j 6= i Xét đa thức sau:

f (x, y) = d1p1(x, y) + d2p2(x, y) + · · · + dnpn(x, y)

Hiển nhiên f (xi, yi) = dipi(xi, yi) = di với mọi i = 1, 2, , n Ta chỉ ra, nếu k <

hn2

ithì có

n điểm làm kết luận ở đầu bài không đúng Thật vậy, xét hệ n điểm phân biệt Ai(i, i2) thuộcParabôl P : y = x2 và d1 = d2 = · · · = dn−1 = 0, dn = 1 Hiển nhiên, không có ba điểmnào trong số các điểm A1, A2, , An thẳng hàng bởi vì không có đường thẳng nào cắt P tạinhiều hơn hai điểm Giả sử có đa thức g(x, y) bậc không lớn hơn k thỏa mãn g(xi, yi) = divới mọi i = 1, 2, , n Đặt G(x) = g(x, x2) Đa thức G(x) có bậc không lớn hơn 2k thỏa mãnG(1) = G(2) = · · · = G(n − 1) = 0, G(n) = 1 Đa thức G(X) có n − 1 nghiệm phân biệt Do vậydeg G(x) > n − 1 Do vậy 2k > n − 1 và có k >hn

2

i

Ví dụ 16 Giả sử hàm số f (x) nhận giá trị nguyên khi x nguyên thỏa mãn điều kiện: Cho sốnguyên tố p bất kỳ có đa thức qp(x) với hệ số nguyên và bậc không vượt quá 2015 để f (n) − qp(n)chia hết cho p với mọi số nguyên n Chứng minh rằng, tồn tại đa thức g(x) với hệ số thực thỏamãn g(n) = f (n) với số nguyên n tùy ý

Bài giải Ta xác định đa thức f0(x) bậc không vượt quá 2015 thỏa mãn f0(i) = f (i) với mọi

i = 1, 2, , 2016 Sử dụng công thức nội suy Lagrange, ta xét đa thức bậc không quá 2015 sau

f0(x) = f (1)(x − 2)(x − 3) (x − 2016)

(1 − 2)(1 − 3) (1 − 2016) + · · ·+ f (i) (x − 1) (x − i + 1)(x − i − 1) (x − 2016)

(i − 1) (i − (i − 1))(i − (i + 1)) (i − 2016) + · · ·+ f (2016) (x − 1)(x − 2) (x − 2015)

(2016 − 1)(2016 − 2) (2016 − 2015)

thỏa mãn f0(i) = f (i) với i = 1, 2, , 2016 Đặt c = (2016!)2 Đa thức cf0(x) ∈ Z[x] Giả sử p > c

là số nguyên tố Đa thức cqp(x) − cf0(x) có bậc không lớn hơn 2015, có 2016 nghiệm phân biệt

1, 2, , 2016, theo modulo p Bới vậy, hai đa thức này trùng nhau theo modulo p Ta biết rằng,

số c(f (x) − qp(x)) + (cqp(x) − cf0(x) = cf (x) − cf0(x), với x nguyên, chia hết cho số nguyên tố pbất kỳ, đủ lớn Như vậy, f (x) = f0(x)

Bổ đề 2 Giả sử đa thức f (x) = anxn + an−1xn−1+ · · · + a1x + a0 thuộc Z[x] thỏa mãn an >

1, an−1 > 0 và |ai| 6 β với i = 0, 1, , n − 2, ở đó β là một hằng số dương bất kỳ Khi đó mỗinghiệm phức α của f (x) đều thỏa mãn hoặc phần thực R(α)6 0 hoặc |α| < 1 +

f (z)

zn

> |an+ an−1

Định lí 6 Giả sử số nguyên tố p có thể biểu diễn được thành dạng p = andn+ an−1dn−1+ · · · +

a1d + a0 với số nguyên d > 2 và các số ai thuộc tập {0, 1, 2, , d − 1}, an 6= 0 Khi đó đa thức

f (x) = anxn+ an−1xn−1+ · · · + a1x + a0 là bất khả quy trên Q

Chứng minh Theo Bổ đề Gauss, ta chỉ cần xét tính bất khả quy của f (x) trên Z Giả

sử ta có phân tích f (x) = g(x)h(x) với g(x), h(x) ∈ Z[x] và 0 < deg g(x), deg h(x) < n Vì

p = f (d) = g(d)h(d) nên g(d) = ±1 hoặc h(d) = ±1 Ta chỉ cần xét g(d) = ±1 Trên C,

1.3 Đa thức bất khả quy theo modulo p

Với số nguyên tố p ta ký hiệu trường Zp các lớp thặng dư modulo p qua Fp Một đa thức thuộcZ[x] là bất khả quy vẫn có thể trở thành khả quy trên Fp với mọi số nguyên tố p Ví dụ: Đa thức

x2+ 1 là bất khả quy trên Z, nhung lại là khả quy trên Z17 bởi vì x2 + 1 = x2− 16

Mệnh đề 2 Với các số nguyên a và b, đa thức f (x) = x4+ ax2+ b2 là khả quy trên Fp cho mọi

số nguyên tố p

Chứng minh Với p = 2, các đa thức x4, x4+ x2 = x2(x2+ 1), x4+ 1 = (x + 1)4 và x4+ x2+ 1 =(x2 + x + 1)2 trên F đều là khả quy Bây giờ ta xét các số nguyên tố P lẻ Ta có thể chọn sốnguyên s thỏa mãn a ≡ 2s( mod p) Khi đó có thể biểu diễn

2 thặng dư bậc hai tương ứng cùng lớp với các thặng dư 1

2, 22, , p − 1

2

2

vàkhi y là một thặng dư bậc hai modulo p thì y

và −2b − 2s là hai bất thặng dư bậc hai modulo p thì 4(s2− b2) = (2b − 2s)(−2b − 2s) một thặng

dư bậc hai modulo p hay s2− b2 ≡ k2( mod p) và suy ra x4+ ax2+ b2 là khả quy trên Fp

Ví dụ 18 x4+ 1 là bất khả quy trên Z, nhưng khả quy trên Fp

Bài giải Đa thức x4+ 1 là bất khả quy trên Z theo tiêu chuẩn Eisenstein Đa thức x4+ 1 làkhả quy trên Fp theo Mệnh đề 2

Tiếp theo, ta xét đa thức bất khả quy trên Fp Giả sử F là một không gian n chiều trên Fpvới một cơ sở e1, e2, , en Mọi phần tử thuộc F biểu diễn được một cách duy nhất dưới dạng:

a1e1+ a2e2 + · · · + anen, ∀ai ∈ Fp

Do vậy F có q = pn phần tử Vì nhóm nhân F∗ có cấp q − 1 nên mọi phần tử α ∈ F∗ đều thỏamãn αpn−1 = 1 hay αpn = α Như vậy, mọi phần tử α ∈ F, kể cả α = 0, đều là nghiệm của phươngtrình

xpn − x = 0

Định lí 7 Đa thức π(x) ∈ Fp[x] là bất khả quy bậc d Ta có

(1) π(x)|xpd− x trong Fp[x]

(2) Với n> 0, π(x)|xpn − x khi và chỉ khi d|n

Chứng minh (1) Vì đa thức π(x) ∈ Fp[x] là bất khả quy bậc d nên dimFpFp[x]/(π(x)) = d.Vậy trường Fp[x]/(π(x)) có pd phần tử và suy ra nghiệm α của π(x) = 0 cũng thỏa mãn phươngtrình xpd − x = 0 Theo Định lý ?? ta nhận được kết quả π(x)|xp d

− x trong Fp[x]

(2) Vì trường F có đặc số p nên đạo hàm

Nếu |γ| > 1 + β thì |f (γ)|> |a0γn|h|γ| − 1 − β

|γ| − 1

i

> 0 Do vậy, |γ| không thể làm nghiệm của f (x)

và suy ra rằng nếu α là nghiệm của f (x) thì |α|6 1 + max{|ar

a0||r = 1, 2, , n}

Ví dụ 20 Giả sử f (x) = a0xn + a1xn−1 + · · · + an ∈ Z[x] với a0 6= 0 và n > 1 Đặt β =max{|ar

a0

||r = 1, 2, , n} Nếu tồn tại số tự nhiên q > β + 2 để f (q) là một số nguyên tố thì f (x)

là một đa thức bất khả quy trên Q

Bài giải Giả sử f (x) là một đa thức khả quy trên Z Khi đó ta có biểu diễn f (x) = g(x)h(x) vớig(x), h(x) ∈ Z[x] và deg g(x), deg h(x) > 0 Vì g(q)h(q) = f (q) là một số nguyên tố nên g(q) = ±1,

Từ mâu thuẫn này suy ra f (x) bất khả quy trên Q.

Ví dụ 21 Cho đa thức f (x) ∈ Z[x] với n = deg f (x) > 0 Nếu có số nguyên tố p để f (x) ∈ Zp[x]thỏa mãn deg f (x) = n và f (x) là đa thức bất khả quy trên Zp thì đa thức f (x) là bất khả quy trên

Q Từ đó chỉ ra: Không thể có hai đa thức p(x) và q(x) thuộc Z[x] với bậc lớn hơn 0 thỏa mãnđiều kiện

s31x4− 25x3+ 41x2− 14x + 11

Bài giải Theo Bổ đề Gauss, ta chỉ cần xét tính bất khả quy của f (x) trên Z Giả sử ta có phântích f (x) = g(x)h(x) với g(x), h(x) ∈ Z[x] và 0 < deg g(x), deg h(x) < n Vì f (x) = g(x).h(x)trong Zp[x] nên n = deg f (x) = deg g(x) + deg h(x) > deg(g(x)) + deg(h(x)) = deg f (x) = n Dovậy, dấu = xảy ra và ta nhận được deg(g(x)) = deg g(x) > 0 và deg(h(x)) = deg h(x) > 0 Điềunày chứng tỏ deg(f (x)) là khả quy: mâu thuẫn Do vậy, f (x) bất khả quy trên Z

Xét đa thức f (x) = 31x4−25x3+41x2−14x+11 Trên Z5ta có f (x) = x4+x2+x+1 Vì đa thức nàykhông có nghiệm trên Z5 nên nó không có nhân tử bậc nhất Giả sử f (x) = (x2+ax+b)(x2+cx+d)với a, b, c, d ∈ Z5 Khi đó







a + c = 0, bd = 1+b + ac + d = 1

ad + bc = 1

Vì vai trò của b và d như nhau nên trong tập {0, 1, 2, 3, 4} và điều kiện bd = 1 nên ta chỉ cầnxét (b, d) = (1, 1), (2, 3), (4, 4) Dễ dàng chỉ ra không cặp nào thỏa mãn hệ Như vậy f (x) =

x4+ x2 + x + 1 là đa thức bất khả quy trên Z5 Từ đó suy ra f (x) là đa thức bất khả quy trên

Q Nếu có hai đa thức p(x) và q(x) thuộc Z[x] với bậc lớn hơn 0 thỏa mãn điều kiện

s31x4− 25x3+ 41x2− 14x + 11

Khi đó f (x) = p2(x)q(x), vô lý

Ví dụ 22 Với số nguyên n> 0, đa thức f (x) = (x2 + x)2n + 1 là bất khả quy trên Z

Bài giải Với n = 0, đa thức x2+ x + 1 là bất khả quy trên Z Giả thiết n > 1 Viết g(x) trong

Z2[x] cho đa thức g(x) Biểu diễn

(x2+ x + 1)2n = ((x2+ x)2+ 1)2n−1 = ((x2+ x)22 + 1)2n−2 = · · · Như vậy (x2 + x + 1)2n = (x2 + x)2n + 1 = f (x) Giả sử ta có phân tích f (x) = g(x)h(x) vớig(x), h(x) ∈ Z[x] và 0 < deg g(x), deg h(x) < n Vậy f (x) = g(x).h(x) trong Z2[x] Vì x2+ x + 1

là bất khả quy trên Z2 nên g(x) = (x2+ x + 1)s và h(x) = (x2+ x + 1)2 n −s

Biểu diễn trong Z[x],g(x) = (x2+ x + 1)s = 2v(x) và h(x) = (x2 + x + 1)2n−s

+ 2t(x), trong đó v(x), t(x) ∈ Z[x] Vớinghiệm phức u của x2+ x + 1, từ

(x2+ x)2n+ 1 = f (x) = g(x)h(x)

ta có (x2+ x)2 + 1 = [(x2+ x + 1)s+ 2v(x)][(x2+ x + 1)2 −s+ 2t(x)] suy ra 2 = f (u) = g(u)h(u) =4v(u)t(u) Vì u2 = −u − 1 nên v(u)t(u) = a + bu với a, b ∈ Z Như vậy, a + bu = 2

4 =

1

2 : vô lý.Điều giả sử là sai hay f (x) là đa thức bất khả quy

Ví dụ 24 Cho số nguyên tố p Giả sử x1, x2, x3 là ba nghiệm của phương trình x3−ax2+bx−ap =

0 Chứng minh biểu thức sau đây luôn luôn là một số nguyên tố: (x

2

1+ p)(x2

2+ p)(x2

3+ p)(b − p)2 Bài giải Xác định phương trình nhận y1 = x2

2

1+ p)(x2

2 + p)(x2

3+ p)(b − p)2 = y1y2y3

(b − p)2 = pT

2

T2 = p

Ví dụ 25 (Việt Nam MO 2015) Dãy các đa thức {fn} được xác định bởi f0 = 2, f1 = 3x và

fn+2= 3xfn+1+ (1 − x − 2x2)fn, n > 0 Xác định tất cả các số nguyên dương n để fn chia hết cho

đa thức x3− x2+ x

Bài giải Phương trình đặc trưng t2 − 3xt − (1 − x − 2x2) = 0 có hai nghiệm t1 = x + 1 à

t2 = 2x − 1 Bằng quy nạp theo n ta chỉ ra fn(x) = (2x − 1)n+ (x + 1)n Để fn(x) chia hết cho xcần và đủ fn(0) = 0 hay (−1)n+ 1 = 0 Vậy n phải là số lẻ Gọi u là nghiệm phức của x2− x + 1

Vì u2+ u = 2u − 1 nên fn(x) chia hết cho x2− x + 1 khi và chỉ khi (2u − 1)n+ (u + 1)n = 0 hay(u2+ u)n+ (u + 1)n = 0 Vì u + 1 6= 0 nên un+ 1 = 0 Vì u = cosπ

3+ i sin

π

3 nên u

n+ 1 = 0 tươngđương cosnπ

Xác định số tự nhiên m để fm chia hết cho (x2+ x + 1)2

Bài giải Phương trình đặc trưng t3− 2(x + 1)t2+ (x2+ 3x + 1)t − −(x2+ x) = 0 có ba nghiệm

t1 = x + 1, t2 = x và t3 = 1 Bằng quy nạp theo n ta chỉ ra fn(x) = (x + 1)n+ xn+ 1 Đa thức

x2+ x + 1 là bất khả quy trên Q với nghiệm phức α = cos2π

3 + i sin

2π

3 , α

3 = 1 Vì α2+ α + 1 = 0nên 1 + α = −α2 Vậy (1 + α)6 = 1 Biểu diễn m = 6k + r với r ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5} Đa thức(x + 1)m+ xm+ 1 chia hết cho (x2+ x + 1) khi và chỉ khi

((1 + α)m+ αm+ 1 = 0m(1 + α)m−1+ mαm−1 = 0 tương

đương r = 2, r = 4

(1 + α)r−1+ αr−1 = 0 Kiểm tra r = 4 thỏa mãn hệ Vậy, đa thức (x + 1)

m+ xm+ 1chia hết cho (x2+ x + 1)2 khi và chỉ khi m = 6k + 4

[5] D V Nhi, P M Phuong and T T Tinh, Some new identities on the conic sections, Journal

of Science and Arts, Year 14, No 3(28), 2014, 199-210

[6] D V Nhi and L B Thắng, Triangle identities via Elimination theory, Mathematical tions - Issue 1, 2015

Reflec-[7] V Prasolov, Polynomials, Springer-Verlag Berlin Heidelberg 2004

[8] J Rivaud, Exercices D’Algèbre 1, Paris Librairie Vuibert 1964

[9] D Q Việt và Đ V Nhỉ, Giáo trình Đại số Sơ cấp, Nhà Xuất Bản ĐHSP Hà Nội 2007.[10] D Q Việt và Đ V Nhỉ, Cơ sở Lý thuyết số và Đa thức, Nhà Xuất Bản ĐHSP Hà Nội 2008

Các dạng toán chọn học sinh giỏi

cấp quốc gia những năm gần đây

Trịnh Đào Chiến, Trường CĐSP Gia Lai

Ấy là những năm 2010 - 2015 Các năm 2010 và 2011, mỗi kì thi chỉ tổ chức một buổi thi.Các năm 2012 - 2015, tổ chức 2 buổi thi cho mỗi kì thi

Các bài toán về Dãy số, Hình học phẳng và Toán rời rạc liên tục xuất hiện trong các kì thi (tỉ

lệ 100 o/o) Trong 6 năm gần đây, các bài toán Số học, Bất đẳng thức và Đa thức góp mặt 3 lần(tỉ lệ 50 o/o) Hệ phương trình và Phương trình hàm rải rác có mặt, 2 lần cho mỗi dạng (tỉ lệ 30o/o)

Đặc biệt, năm 2012, bài toán Dãy số xuất hiện 2 lần; các năm 2013, 2014, bài toán Hình họcphẳng xuất hiện 2 lần; các năm 2012, 2014, bài Toán rời rạc xuất hiện 2 lần; năm 2015, bài toán

Số học xuất hiện 2 lần

Số liệu thống kê nêu trên cho thấy những chuyên đề cần được ưu tiên bồi dưỡng cho học sinh

và một kế hoạch cần kíp nhằm xây dựng chuyên gia ở các tỉnh khu vực Duyên hải Miền Trung Tây nguyên cho từng dạng toán hẹp

-Dưới đây là một số dạng toán cụ thể trong các đề thi nêu trên

1 Các bài toán Dãy số

Như đã đề cập ở trên, bài toán Dãy số liên tục xuất hiện trong 6 năm gần đây Đa số giả thiếtcác bài toán đều cho một (hoặc hai) dãy số xác định bởi một công thức truy hồi và yêu cầu chứngminh dãy số (hoặc hai dãy số) đó có giới hạn hữu hạn, rồi tìm giới hạn đó Chẳng hạn, các dãy

Sự hội tụ của dãy số trong các đề thi này thường được chứng minh từ tính đơn điệu và bịchặn của nó Tính đơn điệu thường được chứng minh bằng quy nạp hoặc suy ra từ việc xét mộthàm số tương ứng, rồi xét dấu đạo hàm của nó Giới hạn cần tìm thường là một nghiệm nào đócủa một phương trình tương ứng được thiết lập Tuy nhiên, việc xét tính đơn điệu và bị chặn củamột dãy số trong các đề thi thường rất khó vì quan hệ truy hồi là khá phức tạp Đôi khi nó dẫnđến một bất đẳng thức cần được chứng minh mà độ khó của chứng minh này ngang ngửa với độkhó của bài toán

2 Các bài toán Hình học phẳng

Một trong những cách giải cho một số bài toán hình học phẳng những năm gần đây là phươngpháp áp dụng khái niệm phương tích, trục đẳng phương và tâm đẳng phương

Khái niệm tâm đẳng phương hình thành từ định lý sau đây:

Định lí 1 Cho 3 đường tròn (C1), (C2) và (C3) Khi đó 3 trục đẳng phương của các cặp đườngtròn trùng nhau hoặc song song hoặc cùng đi qua một điểm (gọi là tâm đẳng phương của bađường tròn)

Lời giải của các bài toán Hình học phẳng những năm gần đây đều dựa trên một số định lý cơbản của hình học mà chỉ những học sinh lớp Chuyên mới được bồi dưỡng, như Định lý Brocard,Định lý Miquel Chẳng hạn Bài 3 - VMO 2012, Bài 4 - VMO 2014, Bài 4 - VMO 2015

Định lí 2 (Định lý Brocard) Cho tứ giác ABCD có các cặp cạnh đối không song song nội tiếpđường tròn tâm O Gọi M, N, P lần lượt là giao điểm của AC và BD, AD và BC, AC và BD Khi

đó O là trực tâm tam giác NMP

Định lí 3 (Định lý Miquel) Cho tam giác ABC và các điểm D, E, F lần lượt thuộc các đườngthẳng BC, CA, AB Khi đó các đường tròn ngoại tiếp các tam giác AEF, BFD, CDE có một điểmchung M (gọi là Điểm Miquel)

Hệ quả 1 Các điểm D, E, F thẳng hàng khi và chỉ khi Điểm Miquel M thuộc đường tròn (ABC)

Hệ quả 2 Cho tứ giác ABCD có AB giao CD tại E, AD giao BC tại F Khi đó các đường tròn(EAD), (EBC), (FAB), (FCD) có một điểm chung M (Điểm Miquel của tứ giác ABCD)

Điểm Miquel M trong Hệ quả 2 có nhiều tính chất thú vị khi tứ giác ABCD nội tiếp Mộttrong những tính chất quan trọng đó là:

Hệ quả 3 Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn ( O) Giả sử AB giao CD tại E, AD giao BCtại F, AC giao BD tại G Khi đó các đường tròn (EAD), (EBC), (FAB), (FCD) có một điểmchung M và O, G, M thẳng hàng

Các kết quả nêu trên thường ẩn trong những lời giải mà việc vận dụng chúng phải hết sức tinh

tế Điều đáng lưu ý ở đây là các góc sử dụng trong chứng minh thường là các góc định hướng.Điều này đòi hỏi học sinh cần nắm vững các kiến thức cơ bản về vấn đề này

3 Các bài Toán rời rạc

Đây là các bài toán "từ trên trời rơi xuống" mà thí sinh các tỉnh lẻ ái ngại nhất Đôi khi chỉcần chỉ cần hiểu được bài toán ấy người ta nói gì là đã khá lắm rồi, chứ chưa bàn đến lời giải của

nó Chẳng hạn:

Bài toán 1 (VMO 2015) Cho m học sinh nữ và n học sinh nam (m, n> 2) tham gia một Liênhoan Song ca Tại Liên hoan song ca, mỗi buổi biểu diễn một chương trình văn nghệ Mỗi chươngtrình văn nghệ bao gồm một số bài song ca nam-nữ mà trong đó mỗi đôi nam-nữ chỉ hát với nhaukhông quá một bài và mỗi học sinh đều được hát ít nhất một bài Hai chương trình được coi làkhác nhau nếu có một cặp nam-nữ hát với nhau ở chương trình này nhưng không hát với nhau ởchương trình kia Liên hoan Song ca chỉ kết thúc khi tất cả các chương trình khác nhau có thể cóđều được biểu diễn, mỗi chương trình được biểu diễn đúng một lần.

a) Một chương trình được gọi là lệ thuộc vào học sinh X nếu như hủy tất cả các bài song ca

mà X tham gia thì có ít nhất một học sinh khác không được hát bài nào trong chương trình đó.Chứng minh rằng trong tất cả các chương trình lệ thuộc vào X thì số chương trình có số lẻ bàihát bằng số chương trình có số chẵn bài hát

b) Chứng minh rằng Ban tổ chức Liên hoan có thể sắp xếp các buổi biểu diễn sao cho số cácbài hát tại hai buổi biểu diễn liên tiếp bất kỳ không cùng tính chẵn lẻ

Chỉ trong ngần ấy thời gian làm bài, việc hiểu cho thấu nội dung đề toán nói trên cũng đã đủ

để thí sinh "choáng váng"!

Những dạng toán kiểu như thế có thể là sự sơ cấp hóa một kết quả nào đó của toán hiện đại,

cụ thể là của Lý thuyết Đồ thị hữu hạn Để giải được những bài toán này, học sinh cần phải đượcbồi dưỡng một cách bài bản từ những chuyên gia có chuyên môn sâu, am hiểu về lĩnh vực này

Mà những chuyên gia ấy, trong cả nước, chỉ đếm không quá mười đầu ngón tay

Gần đây, nhiều bài Toán rời rạc có thể được giải bằng phương pháp mô hình hóa dưới dạngbảng ô vuông (bảng nhị phân) mà bài toán trên là một ví dụ Chẳng hạn, nếu ta đánh số các họcsinh nữ theo thứ tự từ 1 đến m và các học sinh nam từ 1 đến n Ứng với mỗi chương trình vănnghệ, việc ghép cặp của các đôi song ca có thể được biểu diễn bởi một bảng ô vuông gồm m hàng

và n cột Mỗi ô vuông của bảng này được đánh số 1 hoặc 0, trong đó ô nằm ở hàng i cột j đượcđiền số 1 nếu học sinh nữ thứ i và học sinh nam thứ j có hát với nhau và được điền số 0 nếu họcsinh nữ thứ i và học sinh nam thứ j không hát với nhau Bằng cách "mã hóa" như thế, lời giảibài toán này có thể xem trong [1]

Việc thay thế lời giải của bài toán đã cho bởi những thao tác trên bảng ô vuông nêu trên làmột bước "mã hóa" quan trọng đối với nhiều bài Toán rời rạc tương tự Bạn đọc có thể thamkhảo thêm về vấn đề này trong [2]

4 Các bài toán Số học

Bài toán Số học trong đề thi những năm gần đây thường liên quan đến phương trình nghiệmnguyên và một trong những cách giải của nó là áp dụng một kết quả nào đó của Số học Màphương trình nghiệm nguyên ấy đôi khi lại ẩn sau những phương trình Diophant kinh điển nhưPhương trình Pell, Phương trình dạng Markov, Chẳng hạn bài toán sau đây:

Bài toán 2 (VMO 2014) Với a, n là các số nguyên dương, xét phương trình a2x + 6ay + 36z = n,trong đó x, y, z là các số tự nhiên

a) Tìm tất cả các giá trị của a để với mọi n > 250, phương trình đã cho luôn có nghiệm tựnhiên (x, y, z)

b) Biết rằng a > 1 và nguyên tố cùng nhau với 6 Tìm giá trị lớn nhất của n theo a để phươngtrình đã cho không có nghiệm (x, y, z)

Giá trị 250 trong câu a) dễ làm cho học sinh lúng túng, vì chắc chắn nó sẽ là giá trị cụthể của một biểu thức nào đó mà không dễ tự nghĩ ra Bây giờ, nếu biến đổi phương trình

a2x + 6ay + 36z = n về dạng a(ax + 6y) + 36z = n thì vế trái của phương trình sẽ có dạng

ax + by = n Liên hệ giữa các nhận xét trên, ta nhận ra rằng bài toán có thể được thiết lập từkết quả sau:

Định lí 4 (Định lý Sylvester) Cho a, b nguyên tố cùng nhau Khi đó số nguyên lớn nhất khôngbiểu diễn được dưới dạng ax+by với x, y tự nhiên là N0 = ab−a−b Nói cách khác, N0 = ab−a−b+1

là số nguyên dương nhỏ nhất sao cho phương trình ax+by = n có nghiệm tự nhiên với mọi n> N0

Với b = 36, bài toán sẽ có sự liên hệ với định lý trên theo tham số a và lời giải của nó có thểtham khảo trong [1]

Phương trình Markov cổ điển là phương trình dạng x21+ x2

2+ + x2

n= kx1x2 xn, trong đó n

và k là các tham số nguyên dương Một tính chất cơ bản của phương trình này là, nếu nó có mộtnghiệm thì nó sẽ có rất nhiều nghiệm được tạo ra theo một quy luật nào đó Một số trường hợpriêng của phương trình này là cơ sở hình thành rất nhiều bài toán trong các đề thi những nămgần đây Chẳng hạn:

Bài toán 3 (VMO 2012) Cho a, b là hai số tự nhiên lẻ thỏa mãn a là ước của b2+ 2 và b là ướccủa a2 + 2 Chứng minh rằng a và b là các số hạng của dãy số tự nhiên vn xác định bởi

Toán sơ cấp vẫn mênh mông, dù chỉ là biển nhỏ Mà sức người thì có hạn!

Pleiku, Tết Ất Mùi

Tài liệu tham khảo

[1] Trần Nam Dũng (chủ biên), Nguyễn Tất Thu, Võ Quốc Bá Cẩn, Lê Phúc Lữ - Lời giải vàbình luận đề thi VMO 2015 - Thành phố Hồ Chí Minh, 16/01/2015 - Nguồn: Internet

[2] Trịnh Đào Chiến - Đi tìm "cái gốc" của một số bài Toán rời rạc - Kỷ yếu hội thảo khoahọc “Các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán Trung học phổ thông” - Sở Giáo dục vàĐào tạo Gia Lai, 19-20/04/2014

Một góc nhìn thông qua các bài hình học ở các kì thi Olympic Toán quốc tế

Nguyễn Bá Đang, Hội THHN

Bài toán 1.

Cho tam giác ABC, O là điểm trong tam giác thỏa mãn AB + BO = AC + CO, và M là điểmbất kì trên BC qua M kẻ đường thẳng song song với BO, CO cắt AC, AB lần lượt tại P và Q.Chứng minh chu vi tứ giác APMQ không phụ thuộc vào vị trí của điểm M

Lời giải Kéo dài AC lấy đi E sao cho CE = CO Kéo dài AB lấy điểm F sao cho BF = BO

Theo giả thiết AB + BO = AC + CO ⇒ AF = AE ⇒ phân giác của các góc \F BO, [F AE, [ECOvuông góc với EF, OE, OF cắt nhau tại một điểm I

⇒ I là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆OEF

Gọi hình chiếu của I trên AC, AB, BO, CO K, J, G, H ⇒ IK = IJ = IG = IH

Kéo dài BO cắt AE tại Y và CO cắt AB tại X

Theo giả thiết AC là đường kính ⇒ \AM C = \AN C = 900

AM, AN cắt tiếp tuyến tại C của đường tròn tại Q và P ⇒ CQ2 = QM.QA

N P

N A = 1 ⇒M, N, E thẳng hàng.

Bài toán 3 (APMO 2012).

Cho tam giác ABC, [BAC = 300 Đường phân giác trong và ngoài góc bB cắt cạnh AC tại

B1, B2, đường phân giác trong và ngoài góc bC cắt cạnh AB tại C1, C2 Đường tròn ngoại tiếp tamgiác BB1B2 cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác CC1C2 tại điểm P ở trong tam giác ABC, gọi O

là trung điểm B1B2 Chứng minh rằng OP vuông góc với BP

Lời giải \OBC = \OBB1− \CBB1 = \BB1O − \B1BA = bA⇒ ∆OBA và ∆OCB đồng dạng

⇒ ∆OPC đồng dạng với ∆OAP ⇒ [OP C = [P AC

\

P BC − [P BA = ( \P BB1+ \B1BC) − ( \ABB1− \P BB1) = 2 \P BB1 = = \P OB1 = [P CA − [OP C =

dt(ABD) + dt(CBD)dt(DAB) + dt(BAC) = 1

DA.DC.AC4R

= BD(AD.AB + CD.CB)AC(BA.BC + DA.DC)

Bài toán 5.

Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong một đường tròn Tính độ dài đường chéo AC và BD theo

a, b, c, d (AB = a, BC = b, CD = c, DA = d) Lời giải Theo định lí Ptoleme AC.BD =AB.CD + BC.DA = ac + bd (1)

Theo kết quả bài toán trên

AC

BD =

AB.AD + CB.CDBA.BC + DA.DC =

ad + bc

ab + dc(2)

Nhân (1) với (2) ⇒ AC2 = (ad + bc)(ac + bd)

ab + dc ⇒AC =r (ad + bc)(ac + bd)

ab + dcChia (1) cho (2) ⇒BD2 = (ab + dc)(ac + bd)

ad + bc ⇒ BD =r (ab + dc)(ac + bd)

ad + bc

Bài toán 6 (IMO 53-2012).

Cho tam giác ABC, gọi J là tâm đường tròn bàng tiếp góc A và I, D, E là các tiếp điểmtương ứng với các cạnh BC, CA, AB, đường thẳng BJ cắt ID tại M và đường thẳng CJ cắt EItại N, đường thẳng JC cắt IE tại N Đường thẳng AM, AN cắt cạnh BC tạ P và Q Chứng minh

⇒AMEJ là tứ giác nội tiếp, AE⊥EJ ⇒ M A⊥M J ⇒MA//IE ⇒PEIA là hình thang cân

⇒ IP = AE

tương tự [EN J = [EAJ = 1

2A ⇒ tứ giác AEJN nội tiếp AE⊥EJ ⇒ AN ⊥J Nb

⇒ tứ giác AIDQ là hình thang cân ⇒ IQ = AD, mặt khác AE = AD ⇒ IP = IQ

Bài toán 7 (Đề dự tuyển 2006 Hy Lạp).

Cho tam giác ABC, đường tròn bàng tiếp góc A tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lượttại I, D, E Giả sử đường thẳng EI vuông góc với AC tại K, gọi H là hình chiếu của D trên JK.Chứng minh rằng [CHI = \AHE = 900 Lời giải

⇒ B, H, D thẳng hàng ⇒ ∠BIJ = ∠BEJ = ∠CEJ = 900

⇒ E, I, H nằm trên đường tròn đường kính JB

⇒ ∠KCI = ∠IJB = ∠KHI ⇒ CHIK nội tiếp ⇒ ∠IHC = 900

tứ giác AKHE nội tiếp ⇒∠HEA = ∠HJB = ∠HKD ⇒ ∠AHE = ∠CHI = 900

Bài toán 8 (IMO-53).

Cho tam giác vuông ABC ( bA = 900), AH⊥BC, M ∈ AH, P ∈ BM sao cho CP = CA,

Q ∈ CM sao cho BQ = BA, CP cắt BQ tại E Chứng minh EP = EQ (Cộng hòa Czech)

Lời giải BP và CQ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại G và D.Đường thẳng thẳng BD

và CG cắt nhau tại I, bA = 900 ⇒ BC là đường kính đường tròn ngoại tiếp ∆ ABC

⇒ \BDC = \BGC = 900 ⇒ M là trực tâm δ IBC ⇒ I nằm trên đường thẳng AH

⇒ [BQI = 900và QD⊥BI⇒ QI2 = ID.IB

Tương tự như trên ⇒[CP I = 900và P I2 = IG.IC

Xét hai tam giác ∆IDC và ∆IGB là hai tam giác vuông có [DIG chung ⇒hai tam giác đồng dạng

Bài toán 9 (APMO 2013).

Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm O, các đường cao AD, BE, CF Chứng minhrằng các đường thẳng OA, OF, OB, OD, OC, OE chia tam giác ABC thành ba cặp tam giác códiện tích bằng nhau

Lời giải Gọi M, N là trung điểm cạnh BC và CA, OM ⊥BC, ON ⊥CA ⇒ \M OC = 1

Bài toán 10 (APMO 2013).

Cho tứ giác ABCD nội tiếp một đường tròn (C) M nằm trên đường thẳng kéo dài của đườngchéo DB, sao cho MA, MC là tiếp tuyến của đường tròn (C) Tiếp tuyến tại B với đường tròn(C) cắt MC tại N và CD tại P, ND cắt đường tròn (C) tại E Chứng minh rằng A, E, P thẳnghàng Lời giải MC là tiếp tuyến với (C) ⇒ \N CB = \BDC ⇒ ∆MCB và ∆MDC đồng dạng ⇒

Xét... class="text_page_counter">Trang 32

Bài tốn (VMO 2015) Cho m học sinh nữ n học sinh nam (m, n> 2) tham gia Liênhoan Song ca Tại Liên hoan