Sử dụng phương pháp đại số trongchứng minh hình học

NGUYỄN TĂNG VŨ - NGUYỄN NGỌC DUYVƯƠNG TRUNG DŨNG - LÊ PHÚC LỮ TẬP SAN TOÁN HỌC STAR EDUCATION Số thứ 01 - 2019 Phong trào chuyên Toán các năm gần đây diễn ra ngày một sôi nổi trên khắp c

Mục lục

1 Sử dụng phương pháp đại số trong chứng minh hình học 3

1

NGUYỄN TĂNG VŨ - NGUYỄN NGỌC DUYVƯƠNG TRUNG DŨNG - LÊ PHÚC LỮ

TẬP SAN TOÁN HỌC STAR EDUCATION

Số thứ 01 - 2019

Phong trào chuyên Toán các năm gần đây diễn ra ngày một sôi nổi trên khắp cả nước;cùng với đó là nhiều chuyên tạp chí, kỷ yếu, chuyên đề liên quan đến Toán sơ cấpđược phát hành rộng rãi

Để góp phần vào phong trào ấy, STAR EDUCATION ra mắt cuốn tập san cho riêng

mình dành tặng các bạn đồng nghiệp, học sinh đam mê với môn Toán, giúp các em cóthêm nhiều kinh nghiệm trong các kì thi HSG cũng như các kì thi toán khác Dự địnhcủa chúng tôi là một năm sẽ có hai quyển là:

• Quyển 1: ra mắt vào đầu năm, hướng tới kỳ thi HSG quốc gia

• Quyển 2: ra mắt vào giữa năm, hướng tới kỳ thi tuyển sinh THPT, Đại học.Trong tài liệu đợt này, chúng tôi giới thiệu các bài giảng chọn lọc cùng 1 đề thi

thử tham khảo Lần đầu ra mắt, tác giả các bài viết chính là giáo viên của STAR

EDUCATION, rất mong sự đón nhận của bạn đọc các nơi và mong có thêm nhiều bài

viết gửi về STAR EDUCATION để thêm phần phong phú.

Ban biên tập dù đã cố gắng rất nhiều nhưng không tránh khỏi sai sót, xin nhận đượcgóp ý từ đồng nghiệp cùng các em học sinh Mong rằng tài liệu này sẽ có ích chocác thí sinh đang chuẩn bị cho kỳ thi sắp tới Mọi thắc mắc, đóng góp xin liên hệ

nguyentangvu@gmail.com.

Tập san Toán học STAR EDUCATION

Sử dụng phương pháp đại số trong

chứng minh hình học

Nguyễn Tăng Vũ(Giáo viên PTNK TP Hồ Chí Minh)

Bài toán hình học phẳng thường xoay quanh việc chứng minh 3 điểm thẳng hàng, các điểm đồng viên, sự tiếp xúc, các đẳng thức, bất đẳng thức hình học Có nhiều phương pháp tiếp cận như phương tích trục đẳng phương, hàng điểm điều hòa, cực đối cực, phép biến hình, tính toán Trong

đó phương pháp tính toán cũng có khá nhiều cách như tọa độ Oxy, số phức, tọa độ cực, Việc tính toán trong hình học, thoạt nhìn có vẻ không đẹp, lời giải cồng kềnh không mang nhiều ý nghĩa hình học thuần túy Người làm toán hay các học sinh giỏi thường ngại sử dụng phương pháp này, tuy nhiên trong lúc cần một công cụ để giải nhanh bài toán thì phương pháp này lại hiệu quả Vì muốn đẹp về mặc hình học thì cần phải vẽ thêm nhiều yếu tố phụ ẩn chứa sau mô hình, với việc tính toán ta giảm đi việc phát hiện yếu tố phụ và chỉ sử dụng các yếu tố có sẵn Hơn nữa việc tính toán phức tạp với định hướng rõ ràng sẽ rất có lợi sau này trong việc nghiên cứu các vấn đề khác Trong bài viết này tôi đưa ra một phương pháp tính gần gũi với hình học thuần túy đó là việc sử dụng các định lý pitago, định lý sin, định lý cosin, ptoleme trong việc tính toán các độ dài, hay tỉ số của các đoạn thẳng, bên cạnh đó kết hợp các định lý Ceva, Menelaus để chứng minh các bài toán thẳng hàng, đồng viên.

1 Lý thuyết và ví dụ

Ngoài các định lý Ceva, Menelaus dạng đại số, lượng giác ta còn sử dụng các định lýsau:

Định lý 1 (Định lý Sin) Cho tam giác ABC, đặt BC = a, AC = b, AB = c, R là bán

kính đường tròn ngoại tiếp tam giác Khi đó

a

sin A= b

sin B = c

sin C = 2R

Chú ý Định lý sin rất hiệu quả trong việc chuyển một tỉ lệ về độ dài sang một tỉ lệ về

lượng giác, từ đó có thể biến đổi lượng giác

Định lý 2 (Định lý Cosin) Trong tam giác ta có a2= b2+ c2− 2bc cos A.

3

4 NGUYỄN TĂNG VŨ

Định lý 3 (Ptolemy) Cho 4 điểm A, B, C, D Khi đó

AB C D + AD.BC ≥ AC.BD

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ABC D là tứ giác nội tiếp.

Định lý 4 Cho tam giác ABC Khi đó:

1 S ABC =1

2AB .AC sin BAC.

2 M là điểm trên cạnh BC, khi đó BM

Chú ý Tính chất này là một trong những tính chất được sử dụng khi cần chứng minh

một đường thẳng đi qua trung điểm của một đoạn thẳng nào đó

Tính chất 1 Cho tam giác ABC cân tại A, M là điểm thuộc cạnh BC Khi đó:

lý Feuerbach, định lý Protassov cho lời giải rất ngắn gọn, nhưng để có được lời giải

đó là điều không dễ dàng nghĩ ra Trong các vị dụ đầu tiên này, chúng tôi đưa ra cácchứng minh chủ yếu dựa vào tính toán đại số

Ví dụ 1 Cho tam giác ABC, đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với

BC , AC, AB tại D, E, F DI cắt E F tại K Chứng minh AK qua trung điểm của BC. „

Bổ đề này có thể chứng minh dựa vào tứ giác nội tiếp, bằng cách vẽ đường thẳng qua

K song song với BC cắt AB , AC tại P, Q và chứng minh tam giác I PQ cân Đó là cách

mà bất kì học sinh giỏi nào cũng làm được Tuy nhiên để giải được ta phải biết vẽđường phụ, và đó là trở ngại lớn nhất đối với học sinh Ta hãy giải bài toán này theohướng tiếp cận đại số

Chứng minh Gọi M là trung điểm BC, ta sẽ chứng minh tia AK trùng tia AM Từ

tính chất 2, ta thấy rằng để chứng minh 2 tia này trùng nhau, ta chỉ cần chứng minh

sin ∠MAF.

Tiếp theo là định lý Casey - Một mở rộng của định lý Ptoleme, đây là một định lývới phát biểu và hình thức khá phức tạp, tuy vậy để giải nó ta chỉ cần các công cụtính toán đơn giản là định lý cosin và định lý Pitago, tất nhiên phải cần đến định lýPtoleme

Ví dụ 2 (Định lý Casey - Mở rộng của định lý Pltolemy) Cho tứ giác ABCD nội tiếp

(O, R) Đặt các đường tròn α, β, γ, δ là các đường tròn tiếp xúc với (O) tại các đỉnh

A, B, C, D Đăt t αβ là độ dài đoạn tiếp tuyến chung của hai đường tròn α, β Trong

đó t αβ là độ dài tiếp tuyến chung ngoài nếu hai đường tròn α, β cùng tiếp xúc trong hoặc cùng tiếp xúc ngoài với (O), và là độ dài đoạn tiếp xúc trong với trường hợp còn lại Các đoạn t αγ , t βγ , được xác định tương tự Khi đó ta có

Ví dụ 3 (Đường thẳng Newton) Cho các tứ giác ABC D ngoại tiếp đường tròn (I).

Gọi E , F, G, H là tiếp điểm của (I) với các cạnh AB, BC, C D, DA; M, N là trung điểm

Ví dụ 4 (Định lý Feuerbach) Trong một tam giác thì đường tròn Euler tiếp xúc trong

với đường tròn nội tiếp và tiếp xúc ngoại với các đường tròn bàng tiếp. „

Lời giải Gọi E , O, I lần lượt là tâm đường tròn Euler, ngoại tiếp, nội tiếp tam giác

ABC SQ là đường kính vuông góc BC tại M P là hình chiếu của A trên PS; gọi

K , N , F là hình chiếu của A, I, E trên BC Ta có E là trung điểm OH, nên F là trung điểm M K.

Ta thấy trong tam giác I HO thì I E là trung tuyến, một hướng suy nghĩ tự nhiên là tính I E theo I H, IO và OH, các đoạn thẳng này đều có thể biểu diễn theo p, R, r, tuy

nhiên cách tiếp cận này bắt buộc tính rất nhiều đẳng thức liên quan đến các độ dài.Trong bài viết này, trình bày một các khác, do áp dụng với một số tính chất hình học

phẳng nên cách tính sẽ nhẹ nhàng hơn, do chỉ dùng pitago cho tam giác I E L, với L là giao điểm của I N và HO, tất nhiên các đoạn thẳng I L, L E cũng cần liên hệ với R, r.

Tập san Toán học STAR EDUCATION

8 NGUYỄN TĂNG VŨ

1 Chứng minh OP = 2EF Ta có AH = 2OM và OM + KH = 2EF và AK = PM Khi đó OP = PM − OM = AK − OM = AH + HK − OM = OM + HK = 2EF.

2 Chứng minh I N PQ = MN.N K.

Ta có ∠KAS = ∠N I D = ∠PAQ = ∠ASQ, đặt là α Mà I N = I D cos α, PQ =

APtanα = AS sin α tan α, suy ra IN.PQ = I D.AS sin2α Mặt khác, MN.N K =

I Ssinα.AI sin α = IS.AI sin2α Mà SD.SA = SM.SQ = SB2 = IS2 nên suy ra

I D AS = (IS − SD)(IS + IA) = IS2− SD(IS + IA) + IS.IA = IS.IA

2− r nên ta có (I) và (E) tiếp xúc trong.

Ví dụ 5 (Định lý Protasov) Cho tam giác ABC, một đường tròn w qua A, C cắt AB, BC

tại D , E Một đường tròn w0tiếp xúc với AD , AE và cung DE tại M Chứng minh rằng

phân giác góc ∠AM C đi qua tâm đường tròn nội tiếp của tam giác ABC. „

Lời giải Gọi N là điểm chính giữa cung AC, N I cắt cung DE tại M0 Ta chứng minh

M0≡ M.

Vẽ tiếp tuyến của(O) tại M0 cắt AB, BC tại P, Q Ta cần chứng minh M0 là tiếp điểm

của w0và w hay M0 là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp tam giác BPQ và PQ Từ đó

cần chứng minh M

0P

M0Q =cot ∠BPQ

cot BQP .

Bài toán đưa về việc tính toán tỉ số lượng giác của các góc

• Đặt a = ∠IAM0, x = ∠MAB; b = ∠IC M0, y = ∠M0C B.

NGUYỄN TĂNG VŨ

• Ta cần chứng minh sin x sin (2b + y) sin(2a + x + y)

sin y sin (2a + x) sin(2b + x + y) =

• Sau khi biến đổi lượng giác ta có (1) tương đương:

sin x sin (2b+ y) cos(2a+x + y)−sin y sin(2a+x) cos(2b+x + y) = sin y sin(2a+

x ) − sin x sin(2b + y).

• Áp dụng biến tích thành tổng liên tục ta có:

RH = sin x sin(2b + y) cos(2a + x + y) − sin y sin(2a + x) cos(2b + x + y) =

2(sin b sin(a + x) cos b cos(a + x) − sin a sin(b + y) cos a cos(b + y) (2)

• Mặt khác áp dụng Ceva sin cho tam giác AM0C với AI , C I, M0I và vì ∠AM0I =

∠C M0I nên:

• Từ (2), (3) ta có:

RHS = (cos b sin(b+ y)(sin(2a+x)−sin x)−sin b cos(b+ y)(sin(2a+x)+sin x) =

sin(2a+x)(sin(b+ y) cos b−sin b cos(b+ y))−sin x(sin(b+ y)−sin b cos(b+ y)) =

sin(2a + x) sin y − sin x sin(2b + y) = LHS

Ví dụ 6 Cho tam giác ABC có BB0, C C0 là các đường phân giác trong của góc B , C.

Ví dụ 7 Cho tam giác ABC nhọn có trực tâm H Gọi M là trung điểm BC, đường

tròn tâm M bán kính M H cắt BC tại A1, A2; các điểm B1, B2, C1, C2 được xác định tương tự Chứng minh rằng 6 điểm A1, A2, B1, B2, C1, C2 cùng thuộc một đường tròn.

„

Lời giải Ta dễ nhận ra rằng các điểm này cách đều tâm đường tròn ngoại tiếp tam

giác ABC, vậy ta chỉ cần tính OA1 sao cho không phụ thuộc vào vị trí của A1, hay kếtquả là một biểu thức đối xứng ta sẽ có điều cần chứng minh

Tập san Toán học STAR EDUCATION

NGUYỄN TĂNG VŨ

Ví dụ 8 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Tiếp tuyến tại B, C cắt nhau tại

L Gọi X là điểm đối xứng của A qua BC, tiếp tuyến tuyến tại A cắt LX tại K Chứng minh K thuộc đường thẳng Euler của tam giác ABC. „

Lời giải • Gọi giao điểm của OK với AX là J, ta sẽ chứng minh J là trực tâm của

∆ABC Gọi giao điểm của OL với AK là I, theo định lý Thales ta có JA

H X = JA

J X ; nghĩa là H trùng J , suy ra K thuộc đường thẳng Euler của ∆ABC.

Sau đây là bài toán chọn đội tuyển Việt Nam năm 2009, bài này có nhiều cách tiếpcận, trong bài viết này đưa ra 2 cách Cách thứ nhất do bạn Hồ Quốc Đăng Hưng giải,dựa vào yếu tố phụ và một chút biến đổi tỉ số cạnh và tỉ số lượng giác Cách thứ 2thực dụng hơn, không cần yếu tố phụ nên chỉ sử dụng thuần túy biến đổi lượng giác.Các bạn cùng xem nhé

Ví dụ 9 (VN TST 2009) Cho đường tròn (O) đường kính AB, M là một điểm nằm

trong (O) Phân giác trong ∠AMB cắt (O) tại N (N khác phía M đối với AB) Phân

giác ngoài ∠AM B cắt N A, N B lần lượt tại P, Q AM cắt đường tròn đường kính NQ tại điểm thứ 2R BM cắt đường tròn đường kính N P tại điểm thứ 2S Chứng minh trung tuyến kẻ từ N của tam giác N SR luôn đi qua một điểm cố định. „

Tập san Toán học STAR EDUCATION

12 NGUYỄN TĂNG VŨ

Lời giải. Cách 1: Hướng đi và bình luận của Hồ Quốc Đăng Hưng

Qua hình vẽ ta có thể xác định được ngay điểm cố định chính là O Thay vì chứng minh trực tiếp trung tuyến kẻ từ N của ∆NSR đi qua O, ta có thể chứng minh NO đi

qua trung điểm của SR.

Nhưng cách xác định điểm S và R gây khá nhiều khó khăn và ta gần như không thể tìm được mối liên hệ nào giữa trung điểm SR với các yếu tố còn lại Để giải quyết khó

khăn này, ta nên chuyển hướng sang chứng minh sin ∠RN O

∠P N S, mà ∠AM P = ∠RMQ, cho nên ta suy ra được

Đến đây, bài toán vẫn chưa tiến triển nhiều, ta phải tìm cách tính ∠RN O tường minh

hơn nữa bằng cách vẽ thêm yếu tố phụ

Từ hệ thức (3) ta thấy rằng nếu trên đoạn AB ta lấy điểm L sao cho ∠M LA = ∠MQB thì ta sẽ có ∠BM L = ∠M LA − ∠M BA = ∠BQM − ∠M BA = ∠RN O (*) Hơn nữa, với cách dựng điểm L như thế thì tứ giác MQB L nội tiếp Đến đây để ý rằng ∠M LA =

∠MQB = ∠M N A, ta có thêm tính chất M , L, N , A đồng viên Như vậy dù chưa phân tích cụ thể nhưng ta có thể tự tin với cách lấy thêm điểm L này, vì ta vừa có được liên

hệ với ∠RN O, vừa có thêm các tính chất đồng viên tương ứng.

Vậy ta lấy điểm L trên đoạn AB xác định như trên Đến đây, một hướng đi rất tự nhiên

là ta sẽ dựng thêm 1 điểm K tương tự để liên hệ với góc ∠SN O, tuy nhiên nếu tính

toán kỹ hơn ta sẽ thấy điều này không cần thiết

Tập san Toán học STAR EDUCATION

NGUYỄN TĂNG VŨ

Ta có ∠SN R = ∠AN B − ∠PN S − ∠RNQ = 90 o − 2α; ∠LN B = ∠AN B − ∠AN L =

90o− (180o − ∠LMA) = 90 o − (∠P MA + ∠BMQ + ∠BM L) = 90 o − 2α − ∠BM L =

∠SN R − ∠B M L = ∠SN R − ∠RN O = ∠SN O (theo (**) ta có ∠B M L = ∠SN O) Vậy ta có ∠LN B = ∠SN O Đến đây do tứ giác MQB L nội tiếp ta có ∠LQB = ∠BM L =

∠RN O Lúc này, ta hoàn toàn có thể dựa vào tam giác LN Q để tính sin ∠RN O

Ta hoàn toàn có thể làm cho hệ thức này đơn giản hơn nữa bằng cách lợi dụng 2 tứ

giác nội tiếp MQB L và AM LN Áp dụng cho đường tròn (AM LN) thì

sin ∠M BN ⇔

N B

N A = sin ∠MAN

sin ∠M BN,một hệ thức chỉ phụ thuộc vào các điểm M, N , A, B ban đầu Những thao tác còn lại

tương đối đơn giản, ta có:

Từ đó, kết hợp với ∠AM N = ∠BM N , ta suy ra (***) và (*) đúng, theo kết quả 2, 3, ta

có trung tuyến từ N của ∆NSR đi qua O cố định.

Lời giải. Cách 2 (Lượng giác hóa) Cũng tương tự cách trên, ta cần chứng minh

sin ON S

sin RN O = N R

N S, tuy nhiên cách giải này chuyển hết sang các góc liên quan để tính.

Đặt x = ∠NAB, y = ∠BNA, a = ∠MAB, b = ∠MBA, α = ∠SN P = ∠RNQ.

cos(x + y + b − 2α) − cos(y + b − x) = cos(x + y + a − 2α) − cos(x + a − y)

⇔ sin a − sin b = cos( y + b − x) − cos(x + a − y)

Tập san Toán học STAR EDUCATION

14 NGUYỄN TĂNG VŨ

Dễ thấy (1) tương đương:

cos(a + x + y) − cos(a + x − y) = cos(b + x + y) − cos(b + y − x)

⇔ sin a − sin b = cos(b + y − x) − cos(a + x − y)

Từ (1), (2) và hai đẳng thức trên, ta có điều cần chứng minh

Để kết thúc bài viết này, tác giả đưa ra cách giải cho bài toán thi chọn đội tuyển toántrường Phổ thông Năng khiếu năm 2017, đây là một bài toán khó, bằng chứng là cókhá ít bạn giải được câu a, còn câu b thì quá thử thách Đáp án bài toán sử dụngphương pháp cực đối cực và khá ngắn gọn, tuy nhiên trong bài viết này tác giả trìnhbày bằng phương pháp biến đổi đại số, một phương pháp trực tiếp và không cần phảidựng yếu tố phụ Cái hay của phương pháp đại số là khi tính toán cẩn thận và đúngđịnh hướng thì kết quả sẽ thật đẹp đúng như yêu cầu bài toán

Ví dụ 10 Đường tròn (O) nội tiếp tứ giác ABC D và tiếp xúc với các cạnh AB, BC, C D, DA

lần lượt tại E , F, G, H Gọi I, J là trung điểm của AC, BD và I B, I D, JA, J C theo thứ

tự cắt E F , GH, H E, F G tại M , N , P, Q.

1 Chứng minh rằng I J , M N , PQ đồng quy (tại điểm S).

2 Các tia đối của các tia JA , I B, J C, I D lần lượt cắt (O) tại các điểm A0, B0, C0, D0 Giả sử A0C0, B0D0lần lượt cắt PQ , M N tại U, V Gọi K là hình chiếu của S trên

U V Chứng minh rằng ∠AK B = ∠C K D.

„

Lời giải.

1 • Trước hết, sử dụng định lý Menelaus trong các tam giác ABC và ADC, ta

thấy rằng các đường thẳng GH và E F cùng cắt AC tại một điểm, đặt là U

Tập san Toán học STAR EDUCATION

NGUYỄN TĂNG VŨ

Tương tự, các đường thẳng EH, F G cùng cắt BD tại một điểm, đặt là V Tiếp theo, áp dụng định lý Desargue cho hai tam giác AH P và C GQ ta có

GH ; AC; PQ đồng quy tại U Tương tự thì H E, M N , BD đồng quy tại V.

• Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác AI U thì

• A0C0, PQ, AC đồng quy tại U và B0D0; M N ; BD đồng quy tại V

Thật vậy, xét trong đường tròn (O), vì GH là đường đối cực của D và đi qua U nên đường đối cực của U đi qua D Tương tự thì đường đối cực của

U đi qua B nên BD là đường đối cực của U Suy ra J (RU, C0A0) = −1, suy

ra U , C0, A0thẳng hàng

Do đó A0C0, PQ, AC đồng quy Tương tự với B0D0; M N ; BD.

Ta cũng chú ý rằng H F, G E, AC, BD đồng quy tại R.

Tập san Toán học STAR EDUCATION

16 NGUYỄN TĂNG VŨ

• Theo định lý Brokard thì OR⊥U V tại K.

Ta có V (UR, V F) = −1, suy ra B(UR, EF) = −1, suy ra (U, R, A, C) = −1.

Do đó K (UR, AC) = −1 Mà KU⊥KR nên KR là phân giác góc ∠AKC Chứng minh tương tự, ta có KR là phân giác ∠BK D.

Vậy ∠AK B = ∠C K D Bài toán được giải quyết hoàn toàn.

2 Bài tập

1 (Iran 1998) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O) Điểm D di chuyển trên cung

BC không chứa A Gọi I , J lần lượt là tâm nội tiếp các tam giác DAB, DAC Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác DI J luôn đi qua một điểm cố định khi D

thay đổi

2 (4 IMO 2010) Cho P là một điểm nằm trong tam giác ABC (CA 6= CB) Các đường thẳng AP , BP, C P lần lượt cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC (kí hiệu là w) tại K , L, M Tiếp tuyến tại C của w cắt AB tại S Chứng minh rằng nếu SC = SP thì MK = M L.

3 Cho AB và C D là 2 dây cung cắt nhau của (O) Đường tròn (w) tiếp xúc trong với cung nhỏ BD của (O) tại T và tiếp xúc với AB, C D P là một điểm di chuyển trên cung nhỏ BD của (O) Gọi I, J lần lượt là tâm nội tiếp các tam giác PAB, PC D Chứng minh rằng P , I, J , T đồng viên.

4 Cho 2 tam giác ABC và DE F cùng nội tiếp một đường tròn (O) Gọi X Y Z là tam giác tạo bởi 3 đường thẳng Simson của D, E, F đối với tam giác ABC và M N P là tam giác tạo bởi 3 đường thẳng Simson của A, B, C đối với tam giác DE F Chứng minh X , Y, Z, M , N , P đồng viên.

5 (IMO 2013) Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có A1 là tiếp điểm của đường tròn

bàng tiếp góc A lên cạnh BC B1, C1 được xác định tương tự Chứng minh nếu

tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A1B1C1 thuộc(O) thì ∆ABC vuông.

6 Cho tam giác ABC có E , F lần lượt là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp (I) với cạnh AC , AB BM , C N là các đường cao của tam giác ABC Chứng minh rằng

trực tâm∆AEF cũng chính là tâm đường tròn nội tiếp ∆AMN.

7 (Vietnam TST 2008) Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có phân giác trong AD, BE, C F Các điểm K , M , N lần lượt thuộc các đoạn AD, BE, C F sao cho KA

(b) Tìm mọi k sao cho (X ), (Y ), (Z) có 2 điểm chung.

Tập san Toán học STAR EDUCATION

NGUYỄN TĂNG VŨ

8 (4a Vietnam TST 2014) Cho tam giác ABC có đường cao AD và P di động trên

AD Các đường thẳng P C và AB cắt nhau ở F , các đường thẳng P B và AC cắt

nhau ở E Giả sử tứ giác AE DF nội tiếp, chứng minh rằng: PA

P D = (tanB +

t anC ).cotA/2

9 (3 USA TST 2013) Cho tam giác ABC vuông tại C có D là chân đường cao hạ

từ C Gọi X là một điểm thuộc đoạn C D K thuộc đoạn AX sao cho BK = BC, L thuộc đoạn BX sao cho AL = AC Đường tròn ngoại tiếp tam giác DK L cắt AB tại điểm thứ 2 là T (T khác D) Chứng minh ∠AC T = ∠BC T

10 Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O) Đường tròn A-mixtilinear tiếp xúc với (O) tại A0 Tương tự định nghĩa B0, C0 Gọi A0A là đường kính của đường tròn

A-mixtilinear, tương tự định nghĩa B , C Chứng minh rằng AA, BB, CC đồng

quy

11 Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có K là giao điểm của tiếp tuyến tại A và B và L

là giao điểm của tiếp tuyến tại A và C Gọi P là giao điểm của C K và B L Kẻ 3 đường cao AD, BE, C F của tam giác ABC Trung tuyến kẻ từ A của tam giác ABC cắt E F tại Q Chứng minh D, P, Q thẳng hàng.

12 (mở rộng bài toán con bướm) Cho tứ giá ABC D nội tiếp (O) Gọi M là trung điểm AB và N , P là 2 điểm thuộc AB đối xứng với nhau qua M C N , C M cắt (O) lần lượt tại S , T (S, T khác C) DS, DT cắt AB lần lượt tại E, F Chứng minh rằng

M E = M F.

13 Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có BC cố định, A thay đổi trên cung lớn BC Trên các tia BA, CA lấy M , N sao cho BM = CN BN cắt C M tại K, K D cắt AC tại E Chứng minh trung tuyến AI của ∆ADE luôn đi qua một điểm cố định.

14 Cho tam giác ABC nội tiếp(O) có BC cố định, A thay đổi và AH là đường cao,

AK là phân giác trong Gọi I là trung điểm AH, M là trung điểm AK Điểm N

thuộc AK sao cho ∠AC M = ∠BC N Chứng minh I N luôn đi qua một điểm cố

định

15 Cho tam giác ABC có M là trung điểm BC E, F di động trên AC, AB M E cắt

AB tại P, M F cắt AC tại Q Gọi (w) là đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF AK

là đường kính của (w) Đường tròn ngoại tiếp tam giác APQ cắt (w) tại điểm L khác A Chứng minh K L đi qua một điểm cố định.

16 Cho đường tròn (O) 6 đường tròn (O1), (O2), (O3), (O6) tiếp xúc trong với

(O) lần lượt tại A, B, C, D, E, F và đường tròn (O i) tiếp xúc ngoài với đường tròn

(O i+1 ) với mọi i = 1, 2, 6 ( O7 ≡ O1) Chứng minh AD, BE, C F đồng quy.

17 Cho ∆ABC có đường cao AD Gọi (O1) là đường tròn tiếp xúc với tia DA, DB

và tiếp xúc trong với (O), (O2) là đường tròn tiếp xúc với tia DA, DC và tiếp

xúc trong với(O) Tiếp tuyến chung trong khác AD của (O1), (O2) cắt BC tại M Chứng minh M là trung điểm BC khi và chỉ khi AB + AC = 2BC.

18 Cho tam giác ABC nhọn Dựng ra phía ngoài tam giác ABC các tam giác đều

ABF và AC E BE cắt C F tại T Gọi S là điểm đẳng giác đối với T trong tam giác ABC Chứng minh rằng S là giao điểm chung của 3 đường tròn Apollonius ứng

với tam giác ABC.

Tập san Toán học STAR EDUCATION

Tài liệu tham khảo

[1] Hoàng Chúng, 1996, Hình học của tam giác NXB Giáo dục.

[2] Đỗ Thanh Sơn, 2010, Một số chuyên đề hình học phẳng bồi dưỡng học sinh giỏi

Bổ đề về số mũ đúng

Nguyễn Ngọc Duy(Giáo viên trường PTNK TP Hồ Chí Minh)

Bổ đề số mũ đúng của một số nguyên là một hướng tiếp cận khá mới đối với các bài toán sơ cấp Nó cung cấp một công cụ khá hữu hiệu để giải các phương trình Diophante hoặc các bài toán chia hết liên quan đến số mũ Trong bài viết này tôi sẽ cố gắng mang đến một cái nhìn thật sơ cấp và tự nhiên đến vấn đề, trang bị thêm kiến thức và kĩ năng cho các các em học sinh để giải quyết các bài toán số học.Đặc biệt, ta sẽ dùng bổ đề số mũ đúng để giải quyết một

số trường hợp đặc biệt của định lí lớn Fermat.

1 Kiến thức cần nhớ

Định nghĩa 1 Cho (a, n) = 1 Kí hiệu cấp của a theo modulo n là ord n (a), là số

nguyên dương d nhỏ nhất thỏa a d ≡ 1 (modn).

Tính chất 1 Nếu x là số nguyên dương thỏa mãn a x ≡ 1 (modn) thì ord n (a) |x.

Định nghĩa 2 Cho p là số nguyên tố, x là số nguyên bất kì, kí hiệu v p (x) = n nếu x

chia hết cho p n nhưng không chia hết cho p n+1

Tính chất 2 Với a, b là các số nguyên và n là số nguyên dương thì:

20 NGUYỄN NGỌC DUY

Định lý 1 Bổ đề số mũ đúng Cho p là số nguyên tố lẻ; a, b không chia hết cho p

• Nếu a − b chia hết cho p thì v p (a n − b n ) = v p (a − b) + v p (n).

• Nếu a + b chia hết cho p, n lẻ thì v p (a n + b n ) = v p (a + b) + v p (n).

Do a ≡ b (modp) nên a p−1 + a p−2 b + + ab p−2 + b p−1 ≡ p.a p−1 ≡ 0 (modp).

Suy ra : a p−1+ a p−2b + + ab p−2+ b p−1chia hết cho p (1)

Ta chứng minh tiếp

a p−1 + a p−2 b + + ab p−2 + b p−1 không chia hết cho p2

Thật vậy, do a ≡ b (modp) nên a = b + kp Sử dụng khai triển nhị thức Newton ta có

Theo giả thiết thì b không chia hết cho p nên p b p−1 không chia hết cho p2 Do đó

a p−1+ a p−2b + · · · + ab p−2+ b p−1cũng không chia hết cho p2 (2)

phần ii của định lí iii Tương tự cách làm trong i ta cũng có kết quả iii Như vậy ta đãchứng minh xong bổ đề số mũ đúng Sau đây ta sẽ sử dụng bổ đề để giải quyết mộtbài toán thú vị

2 Các bài toán áp dụng

Bài toán Fermat lớn: Cho n là số tự nhiên lớn hơn 2 Chứng minh rằng phương trình

a n + b n = c n không có nghiệm nguyên dương

Tập san Toán học STAR EDUCATION

NGUYỄN NGỌC DUY

Bài Toán Fermat lớn là bài toán cực kì thú vị Nó tồn tại gần bốn thế kỉ, kích thíchbiết bao nhà toán học thế giới Bài toán cuối cùng được chứng minh bởi nhà toán họcAndrew Wiles vào năm 1993 Và người ta nói rằng sẽ không có phương pháp sơ cấpnào có thể chứng minh bài toán trên Bài báo sẽ đề cập một trường hợp đặc biệt của

bài toán: số c là số nguyên tố Và chúng ta sẽ giải quyết thông qua bổ đề số mũ đúng.

Bài toán 1 Cho số nguyên lẻ n > 2, p là số nguyên tố Chứng minh rằng phương trình a n + b n = p n không có nghiệm nguyên dương.

Lời giải.

Không mất tính tổng quát, giả sử phương trình có nghiệm a ≥ b

1 Nếu a = 1 ⇒ b = 1, thế vào phương trình suy ra vô lí.

2 Nếu a = 2 ⇒ b = 1; 2 Trường hợp (a, b) = (2, 2) ⇒ p = 2(vô lí) Trường hợp (a, b) = (2, 1) ⇒ p = 3 , thế vào phương trình ta được 3 n− 2n= 1 , cũng suy ra

Vậy phương trình vô nghiệm khi p là số nguyên tố.

Bài toán 2 Cho số nguyên n > 2 có ước lẻ khác 1, p là số nguyên tố Chứng minh rằng phương trình a n + b n = p n không có nghiệm nguyên dương.

Lời giải Gọi k > 1 là ước lẻ của n, giả sử n = km Đặt x = a m ; y = b m Phương trìnhtrên trở thành

Lập luận tương tự bài toán 1 ta cũng suy ra vô lí Vậy phương trình vô nghiệm

Tập san Toán học STAR EDUCATION

22 NGUYỄN NGỌC DUY

Bài toán 3 Cho số nguyên n = 2k , k > 1 , p là số nguyên tố Chứng minh rằng phương trình a n + b n = p n không có nghiệm nguyên dương.

Lời giải Tương tự Bài toán 1, ta loại được các trường hợp tầm thường nên ta chỉ xét

đối với trường hợp a, b có ít nhất một số lớn hơn 2, khi đó p > 3 Phương trình trở

Vậy phương trình không có nghiệm nguyên dương

Như vậy sử dụng bổ đề số mũ đúng ta đã chứng minh được một trường hợp đặc biệtcủa Định lí lớn Fermat Sau đây, chúng ta sẽ sử dụng Bổ đề số mũ đúng để giải quyếtmột số bài toán khác

Bài toán 4 Tìm bộ số nguyên dương (a, b, p) trong đó p là số nguyên tố thỏa

2a + p b= 15a

Tập san Toán học STAR EDUCATION

Vậy nghiệm bài toán là(a, b, p) = (1, 1, 13).

Bài toán 5 Chứng minh rằng không tồn tại cặp số (a, n) nguyên dương, n > 2 , sao

cho (a + 1) n

− a n là lũy thừa bậc dương của5

Lời giải Giả sử tồn tại số nguyên dương m sao cho

(a + 1) n

− a n= 5m

Nhận xét: nếua hoặc a+ 1 chia hết cho 5 thì số còn lại cũng cũng chia hết cho 5 (vôlí) Nên cả hai số đều không chia hết cho5 Ta xét các trường hợp:

1 Nếu a ≡ 1 (mod5) ⇒ 0 ≡ (a + 1) n − a n≡ 2n − 1 (mod5) Suy ra 4|n.

2 Nếu a ≡ 2 (mod5) ⇒ 0 ≡ (a + 1) n − a n≡ 3n− 2n (mod5) Suy ra 2|n.

3 Nếu a ≡ 3 (mod5) ⇒ 0 ≡ (a + 1) n − a n≡ 4n− 3n (mod5) Suy ra 4|n.

(vô lí vì về phải gồm n1 số nguyên dương, n1> 1 và a + 1 ≥ 2) Vậy không tồn tại cặp

số(a, n) nguyên dương, n > 2 sao cho (a + 1) n

− a n là lũy thừa bậc dương của5

Tập san Toán học STAR EDUCATION

24 NGUYỄN NGỌC DUY

Bài toán 6 Cho hai số nguyên a, n ≥ 2 sao cho tồn tại số nguyên dương k thỏa

n |(a − 1) k Chứng minh rằng n là ước của1+ a + a2+ + a n−1

Lời giải Giả sử p là ước nguyên tố bất kì của n Theo giả thiết n |(a − 1) knên p cũng

là ước của a − 1 Do a n − 1 = (a − 1) 1 + a + a2+ · · · + a n−1
nên áp dụng bổ đề số

1 p = q = 5 thỏa mãn bài toán.

2 Nếu có một số bằng 5, một số khác 5 Không mất tính tổng quát, giả sử p =

5; q6= 5 Ta có :

5q|55+ 5q ⇔ q|54+ 5q−1 ⇔ q|54+ 1 = 626

do5q−1≡ 1 (mod q) nên suy ra q = 2 hoặc q = 313.

3 Nếu cả hai số p, q6= 5 Do 5p ≡ 5 (modp) , 5 q ≡ 5 (mod q) nên

Do52(p−1) −1 chia hết cho q nhưng 5 p−1 −1 không chia hết cho q nên v2 ordq(5)
=

1+ v2(p − 1) Do 5 q−1− 1 chia hết q nên q − 1 .or d

q (5) nên v2(q − 1) ≥ 1 +

v2(p − 1) Tương tự khi xét chia hết cho p ta lại có v2(p − 1) ≥ 1 + v2(q − 1)

(vô lí)

Vậy các cặp số thỏa mãn là(p, q) = (2, 5) ; (5, 2) ; (5, 5) ; (5, 313) ; (313, 5)

Bài toán 8 (HSG Brazil 2009) Cho hai số nguyên tố p, q sao cho q = 2p + 1 Chứng

minh rằng tồn tại một số là bội của q có tổng các chữ số của nó trong hệ cơ số 10 nhỏ

NGUYỄN NGỌC DUY

1 Nếu q|10p + 1 thì số a = 10 p+ 1 là số thỏa yêu cầu đề bài

2 Nếu q|10p − 1 Do p là số nguyên tố và q không là ước của 10 − 1(do q > 5 ) nên p cũng chính là or d q(10) Do đó 10; 102; ; 10p sẽ có số dư khác nhau khi

chia cho q Ta sẽ có các trường hợp

• Nếu tồn tại 1 ≤ k ≤ p mà 10 k ≡ p (mod q) thì 2.10 k + 1 ≡ 2p + 1 ≡

0(mod q) Khi đó số a = 2.10 k+ 1 là số thỏa yêu cầu đề bài

• Nếu tồn tại 1 ≤ k ≤ p mà 10 k ≡ 2p (mod q) thì 10 k + 1 ≡ 2p + 1 ≡

0(mod q) Khi đó số a = 10 k+ 1 là số thỏa yêu cầu đề bài

• Nếu không tồn tại 1 ≤ k ≤ p mà 10 k có số dư là p hay 2p khi chia cho q Thì ta sẽ chia các số dư còn lại của q thành p bộ

(1; 2p − 1) , (2; 2p − 2) , , (p − 1; p + 1)

(tổng2 phần tử của một bộ bằng 2p) Do tập số dư khi chia cho q của tập

10; 102; ; 10p có p phần tử nên Theo nguyên lí Dirichlet sẽ có ít nhất

hai số 10k và 10l thuộc cùng một bộ Khi đó số a= 10k+ 10l+ 1 sẽ chia

hết cho q là số thỏa yêu cầu đề bài.

Bài toán 9 (IMO Shortlist 1997) Cho b, m, n là các số nguyên dương thỏam >

1; m 6= n Biết b m − 1và b n − 1 có cùng tập hợp các ước nguyên tố Chứng minh

b + 1 là lũy thừa của 2.

Lời giải Theo đề, gọi p là ước nguyên tố bất kì của b m − 1và b n− 1 Ta có kết quảquen thuộc:

(b m − 1, b n − 1) = b (m,n)− 1,đặtα = (m, n) nên p|b α − 1 Suy ra tồn tại k, l ∈ N∗ thỏa m = αk; n = αl Đặt a = b α , từ giả thiết suy ra mọi ước nguyên tố của a k − 1 và a l − 1 đều là ước của a − 1 Nói cách khác, tập hợp các ước nguyên tố của a k − 1, a l − 1 và a − 1 là trùng nhau Do

m 6= n suy ra tồn tại một số k hoặc l lớn hơn 1 Giả sử số đó là k Ta chứng minh a + 1

là lũy thừa của 2 Thật vậy:

1 Nếu k là số chẵn, đặt k= 2β k0(k0là số lẻ) Ta có:

a k − 1 = a k0− 1
a k0+ 1

a 2k0+ 1
€a2β−1 k0+ 1Š

Do đó mọi ước nguyên tố q của a k0+ 1 cũng là ước của a − 1 Mà a k0+ 1 .a+ 1,

(a + 1; a − 1) = 1 hoặc 2 Suy ra 2 .q ⇒ q = 2 nên a k0+ 1 là lũy thừa của 2 Suy

ra a+ 1 cũng là lũy thừa của 2

2 Nếu k là số lẻ, ta có a k − 1 = (a − 1) a k−1+ a k−2+ + a + 1
Gọi q là ước nguyên tố bất kì của a k−1 + a k−2 + + 1 Do a k−1 + a k−2 + + a + 1 là số lẻ nên, nên q cũng lẻ và là ước của a k −1 Do đó q cũng là ước của a−1 Áp dụng bổ đề

số mũ đúng của q ta có v q a k−1 + a k−2+ + 1
= vq a k− 1
−vq (a − 1) = v q (k) Suy ra k a k−1 + a k−2+ + 1
(vô lí vì vế phải có k số nguyên dương, a > 1 )

Tập san Toán học STAR EDUCATION

cũng là lũy thừa của 2.

Bài toán 10 (IMO Shortlist 1999) Tìm các số nguyên dương n, p trong đó p nguyên

Đến đây, bài toán trở thành : Tìm n để n2|2n+ 1

Nhận xét n = 1 thỏa yêu cầu bài toán nên ta xét n > 1 Suy ra n là số lẻ, gọi r là ước nguyên tố nhỏ nhất của n Suy ra r|2n + 1 |22n − 1, mà r|2 r−1− 1 nên suy ra

Nếu m > 1 , tương tự ta gọi s là ước nguyên tố nhỏ nhất của m Suy ra m là ước của

82− 1 = 63 Do đó s = 7, điều này vô lí vì 8 m + 1 chia 7 dư 2 Suy ra m = 1 ⇒ n = 3.

Vậy(n, p) = (1, 2) ; (2, 2) ; (3; 3)

Tập san Toán học STAR EDUCATION

Đa thức bất khả quy

Vương Trung Dũng(Giáo viên PTNK TP Hồ Chí Minh)

1 Giới thiệu sơ lược

Đa thức bất khả qui là một vấn đề kinh điển trong đa thức nói riêng và trong toán họcnói chung Các bài toán về đa thức bất khả qui cũng thường xuyên xuất hiện trongcác kì thi Olympic về toán Người ta quan tâm nhiều nhất về tính bất khả qui của một

đa thức trên vành Z[x] và Q[x] Có nhiều cách để kiểm tra tính bất khả qui của một

đa thức loại này chẳng hạn như dùng trực tiếp định nghĩa hoặc dùng các tiêu chuẩnnhư tiêu chuẩn Eisenstein, tiêu chuẩn Perron, tiêu chuẩn Cohn, tiêu chuẩn Dumas tuy nhiên bài viết này chỉ đề cập đến hai phương pháp thường được sử dụng nhất là

sử dụng trực tiếp định nghĩa và tiêu chuẩn Eisenstein và các dạng mở rộng của nó

cùng với đó là một kĩ thuật tối quan trọng là rút gọn theo một modulo nguyên tố p.

Các tiêu chuẩn khác hi vọng sẽ có dịp trình bày trong một bài viết khác

Trong tài liệu này ta qui ước Zp = Z/pZ và K là một trong các tập Z, Q, R, Z p Khi

đó, K[x] ( tương ứng K[x, y]) là các vành đa thức một biến (tương ứng 2 biến) có

hệ số trong K

Định nghĩa 1 Đa thức P (x) trong vành K[x] được gọi là khả qui trên K nếu P(x) =

f (x).g(x) trong đó f (x), g(x) là các đa thức không khả nghịch trong K[x] Đa thức

P (x) được gọi là bất khả qui nếu P(x) không khả nghịch và không khả qui.

Nói riêng, khi K là một trường thì một đa thức P(x) ∈ K[x] có bậc dương được gọi là khả qui trên K nếu có thể phân tích được thành tích hai đa thức có bậc dương trong

K[x ], ngược lại P(x ) được gọi là bất khả qui trên K.

Lưu ý rằng trong trường hợp 1 ở trên là các đa thức có hệ số trên trường nên trên đóthuật toán Euclid hay định lí Bezout vẫn còn đúng nhưng trường hợp 2 thì không

27

28 VƯƠNG TRUNG DŨNG

2 Tính bất khả qui trên C[x] và R[x]

Định lý 2 Mọi đa thức có bậc lớn hơn 1 đều khả qui trên C[x]

Chứng minh:Giả sử d e g P > 1 Ta thừa nhận định lí cơ bản của đại số "Mọi đa thức

P (x) ∈ C[x] có bậc lớn hơn 1 đều có ít nhất một nghiệm trên C" Khi đó P(x) có nghiệm x0∈ C nên theo Định lí Bezout

P (x) = (x − x0)Q(x), trong đó d e g ≥ 1 nên P(x) khả qui trên C[x].

Định lý 3 Mọi đa thức có hệ số thực bậc lớn hơn 2 đều khả qui trên R[x] Nói riêng

một đa thức là bất khả qui trên R[x] khi và chỉ khi nó là đa thức bậc nhất hoặc bậc

2 vô nghiệm.

Chứng minh:

Giả sử P ∈ R[x] và deg P > 2 Nếu deg P lẻ thì P có ít nhất một nghiệm thực nên nó

khả qui Nếudeg P chẵn thì P có một nghiệm phức α, khi đó α cũng là nghiệm của P

và do đó P (x) = (x − α)(x − α)Q(x) là khả qui.

3 Tính bất khả qui trên Z[x] và Q[x]

Qua Định lí 2.1 và Định lí 2.2 ta thấy nếu K = C, R thì tính bất khả quy là đơn giảnnên ta quan tâm đến trường hợp K = Z, Q Thật may mắn là bổ đề Gauss mà ta trìnhbày sau đây sẽ cho ta một sự tương ứng về tính bất khả qui của một đa thức hệ số

nguyên trên Z[x] và Q[x].

Định nghĩa 2 Cho đa thức P (x) = a n x n + a n−1x n−1 + + a1x + a0∈ Z[x], đa thức

P được gọi là nguyên bản nếu g cd (a n , , a0) = 1

Tính chất 1 Tích của hai đa thức nguyên bản là một đa thức nguyên bản.

Tính chất 2 Mọi đa thức P ∈ Q[x] đều viết được dưới dạng P = cP0(x), trong đó P0 là một đa thức nguyên bản và c0∈ Q

Định lý 4 (Bổ đề Gauss) Một đa thức hệ số nguyên, có bậc dương bất khả qui trong

Q[x ] khi và chỉ khi nó bất khả qui trong Z[x ].

Chứng minh:

Hiển nhiên nếu P (x) bất khả qui trên Q[x] sẽ bất khả qui trên Z[x] Ngược lại giả

sử P (x) bất khả qui trên Z[x] mà P(x) = P1(x)P2(x), với P1, P2 ∈ Q[x] và 1 ≤

d e g P1, d e g P2 ≤ deg P Khi đó ta viết lại P1= a1

q với (p, q) = 1 Khi đó, p là ước của a0 còn q là ước của a n Nói riêng,

mọi nghiệm hữu tỉ của một đa thức monic (đơn khởi, hệ số của bậc cao nhất bằng ±1)

với hệ số nguyên đều là nghiệm nguyên.

a n p n + + a0q n = 0

Vì vế phải chia hết cho p nên vế trái chia hết cho p, từ đó suy ra a0q n chia hết cho p,

lại có(q n , p) = 1 nên a0 chia hết cho p Lập luận tương tự ta được a n chia hết cho q.

ƒ

Định lý 6 Cho P ∈ Q[x] có bậc 2 hoặc 3 Khi đó, P(x) là bất khả qui khi và khi khi

P (x) không có nghiệm hữu tỉ.

Chứng minh:

Hiển nhiên nếu P có nghiệm hữu tỉ thì nó khả qui Đảo lại, nếu P khả qui thì P phân tích được thành tích của hai đa thức hữu tỉ Điều kiện bậc của P bằng 2 hoặc 3 chứng

tỏ một trong hai nhân tử trên phải có bậc 1 Từ đó suy ra f có nghiệm hữu tỉ.

Lưu ý: Định lí trên vẫn còn đúng nếu ta thay Q bởi một trường K bất kì Tức là, đa

thức f ∈ K[x] với bậc bằng 2 hoặc 3 là bất khả qui nếu và chỉ nếu nó không có

30 VƯƠNG TRUNG DŨNG

Ta có g (a i )h(a i ) = −1 với mọi i, từ đó do g(a i ), h(a i) là các số nguyên nên

(g + h)(a i ) = 0, với mọi i = 1, 2, , n Nhưng vì deg (g + h) ≤ n − 1 triệt tiêu tại

n giá trị phân biệt nên g ≡ −h Từ đó

(x − a1)(x − a2) (x − a n ) − 1 = −(g(x))2.Đẳng thức trên là vô lí vì hệ số cao nhất ở hai vế trái dấu

2 Lập luận hoàn toàn như trên, giả sử f (x) là khả qui, bằng một phép đổi biến đơn giản ta hoàn toàn có thể viết lại f dưới dạng

f (x) = x(x − a1)(x − a2) (x − a n−1 ) + 1 = g(x).h(x),

trong đó0< a1< a2< < a n−1và1≤ g, h ∈ Z, deg(g), deg(h) ≤ n − 1.

Từ đẳng thức g (a i )h(a i ) = 1 ta suy ra g(a i ) = h(a i ) = ±1 với mọi i và đẳng thức này xảy ra tại n giá trị phân biệt Điều đó dẫn dến g (x) = h(x) và ta có

f (x) = g2(x) Nói cách khác, deg(f ) = n là một số chẵn Khi đó f (1

f (x) = x(x − 1)(x − 2)(x − 3) + 1 = (x2

− 3x + 1)2

là khả qui

Bài toán được chứng minh xong

Ví dụ 2 Cho a1, a2, , a n là các số nguyên dương phân biệt Chứng minh rằng đa thức

P (x) = (x − a1)2(x − a2)2 (x − a n)2+ 1

Lời giải Giả sử P (x) là khả qui, tức tồn tại hai đa thức G(x), H(x) ∈ Z[x] có bậc không bé hơn 1 sao cho P (x) = G(x).H(x) Ta có P(a i ) = G(a i ).H(a i ) với i = 1, 2, , n nên G (a i ) = H(a i) = ±1 Ta xét các trường hợp

1 Nếu d e g G = deg H thì deg(G−H) ≤ n−1 ⇒ G ≡ H Từ đó P(x) = (G(x))2⇔

1=€G (x) − (x − a1) (x − a n)Š€G (x) + (x − a1) (x − a n)Š, vô lí vì bậc vế phảiluôn không nhỏ thua 1

Tập san Toán học STAR EDUCATION