(chÕ biÊn · 2018. 1. 8. · 15h15-15h45 ngh¿ gi£i lao 15h45-17h45 cÁc bÁo cÁo chuyÊn ĐŠ...

HỘI TOÁN HỌC HÀ NỘI SỞ GD & ĐT HƯNG YÊN

**************** *******************

NGUYỄN VĂN MẬU, NGUYỄN VĂN PHÊ

(CHỦ BIÊN)

HỘI THẢO KHOA HỌC

CÁC CHUYÊN ĐỀ CHỌN LỌCBỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN

HƯNG YÊN 25-26/02/2017

Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HƯNG YÊN -NƠI THẮP SÁNG NHỮNG TÀI NĂNG TOÁN HỌC

Nguyễn Thị Hồng Thúy

Hiệu trưởng trường THPT Chuyên Hưng Yên

Trường Trung học phổ thông Chuyên Hưng Yên được thành lập ngày 23 tháng 5 năm1997. Ban đầu, trường có tên là trường Phổ thông Năng khiếu Hưng Yên. Từ năm 2003 đếnnay, trường mang tên trường THPT Chuyên Hưng Yên. Trường tọa lạc tại số 1, đường ChuVăn An, phường An Tảo, thành phố Hưng Yên. Mục tiêu của nhà trường là xây dựng mộtngôi trường chất lượng cao, trong đó học sinh được bồi dưỡng năng khiếu, đồng thời đượcphát triển toàn diện về trí tuệ, năng lực tư duy, nghiên cứu và thể chất.

Trải qua gần 20 năm kể từ khi thành lập đến nay, trường THPT Chuyên Hưng Yên khôngngừng phát triển lớn mạnh về mọi mặt. Trong đó, công tác bồi dưỡng học sinh giỏi, học sinhnăng khiếu được coi là nhiệm vụ trọng tâm hàng đầu. Tính đến nay, trường đã có tổng số714 học sinh đoạt giải học sinh giỏi Quốc gia, trong đó có 12 giải nhất, 85 giải nhì, 328 giải ba,290 giải khuyến khích; có 1 học sinh đạt Huy chương Đồng quốc tế, 4 học sinh được thamgia dự thi Olympic Quốc tế Châu Á-Thái Bình Dương. Đối với bộ môn Toán, nhà trường có92 giải, trong đó có 1 giải nhất, 6 giải Nhì, 53 giải Ba, 32 giải khuyến khích; 1 học sinh đượctham gia dự thi Olympic Quốc tế Châu Á-Thái Bình Dương.

Trong không khí của những ngày đầu xuân mới Đinh Dậu 2017, trường THPT ChuyênHưng Yên được vinh dự chọn là đơn vị đăng cai tổ chức Hội thảo Các chuyên đề chọn lọc bồidưỡng học sinh giỏi Toán THPT của ngành GD& ĐT Hưng Yên. Đây là dịp sinh hoạt chuyênmôn bổ ích góp phần nâng cao chất lượng đội ngũ giáo viên, nâng cao chất lượng bồi dưỡnghọc sinh giỏi môn Toán, đồng thời cũng là hoạt động ý nghĩa hướng tới kỉ niệm 20 nămthành lập trường THPT Chuyên Hưng Yên (1997-2017).

Tham gia viết bài cho Hội thảo có 25 tác giả, nhóm tác giả là các chuyên gia đầu ngànhbộ môn Toán; hội viên Hội Toán học Hà Nội; Báo Toán học và Tuổi trẻ; giảng viên trườngĐại học Thăng Long, học viện An Ninh nhân dân; giáo viên bộ môn Toán thuộc các trườngTHPT của thành phố Hải Phòng, tỉnh Bắc Giang, Bình Định; giáo viên Toán các trường THPTChuyên ĐHSP Hà Nội, Vĩnh Phúc, Tuyên Quang và THPT Chuyên Hưng Yên. Các chuyênđề tập trung vào các lĩnh vực khác nhau của Toán học như: Số học, Hình học, Tổ hợp, Dãy số,Bất đẳng thức, Phương trình, Bất phương trình. . . . Nhiều chuyên đề có chất lượng chuyênmôn sâu, thể hiện sự đầu tư của tác giả trong nghiên cứu, tổng hợp. Nhiều chuyên đề cótính ứng dụng cao và mới, có thể áp dụng trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi quốc gia.

Hội thảo nhận được sự quan tâm sâu sắc của Lãnh đạo Sở GD& ĐT, Hội Toán học Hà Nội,các trường THPT, THPT Chuyên trong và ngoài tỉnh. Nhân dịp này, trường THPT ChuyênHưng Yên xin chân thành cảm ơn sự quan tâm chỉ đạo của Ban Giám đốc Sở GD& ĐT, các

2


phòng chuyên môn thuộc Sở GD& ĐT; xin bày tỏ tình cảm biết ơn sâu sắc đến GS-TSKHNguyễn Văn Mậu và Hội Toán học Hà Nội đã phối hợp giúp đỡ về chuyên môn và công táctổ chức Hội thảo; xin cảm ơn các cán bộ quản lí, các thầy cô giáo đã tham gia và viết bài gópphần tạo nên thành công của Hội thảo.

CHƯƠNG TRÌNH HỘI THẢO

Sáng ngày 25.02.201710h00-11h00 Họp Ban Tổ chức và Ban Chương trình11h30-12h30 Ăn trưa

Chiều ngày 25.02.201713h30-13h45 Văn nghệ chào mừng13h45-14h15 Khai mạcPhát biểu chào mừng: Nguyễn Thị Hồng Thúy, HT trường THPT Chuyên Hưng YênPhát biểu khai mạc: Nguyễn Văn Phê, Giám đốc sở GD & ĐT Hưng YênPhát biểu đề dẫn: GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu, Chủ tịch hội THHN

14h15-15h15 CÁC BÁO CÁO MỜI PHIÊN HỌP TOÀN THỂĐiều khiển: PGS.TS Trần Huy Hổ, PGS.TS Nguyễn Thủy Thanh1. PGS.TS. Đàm Văn Nhỉ, Một vài kết quả về đường bậc ba2. TS. Nguyễn Văn Ngọc, Một số bất đẳng thức của các hàm hyperbolic3. TS Vũ Tiến Việt, Xung quanh một bài toán thi IMO4. TS Nguyễn Việt Hải, Số lũy thừa5. ThS Nguyễn Bá Đang, Tứ giác điều hòa

15h15-15h45 Nghỉ giải lao

15h45-17h45 CÁC BÁO CÁO CHUYÊN ĐỀ PHIÊN HỌP TOÀN THỂĐiều khiển: PGS.TS. Nguyến Minh Tuấn, PGS.TS. Hà Tiến Ngoạn6. Hoàng Minh Quân, Một số mở rộng và áp dụng của bất đẳng thức Klamkin7. Đặng Thị Mến, Một số phương pháp giải phương trình hàm trên tập số nguyên8. Trần Thị Lan Hương, Phương trình và hệ phương trình qua các kì thi học sinh giỏi9. Huỳnh Duy Thủy, Tiếp cận các phương pháp tìm cực trị của một biểu thức đa biến10. Lê Thị Mai, Một số dạng toán về bất đẳng thức đối với hàm phân thức11. Vũ Văn Thưởng, Sử dụng bất đẳng thức Karamata khảo sát bất đẳng thức trong tam giác12. Phan Ngọc Toản, Sử dụng tính chất giải tích trong các bài toán số học13. Phạm Văn Dũng, Một số ứng dụng của định lý Lagrange14. Mông Thanh Hằng, Phương pháp lượng giác giải phương trình đa thức bậc cao

17h45-18h00 Tổng kết hội thảoĐiều khiển: GS.TSKH. Nguyễn Văn Mậu18h30-20h30 Ăn tối và giao lưu văn nghệ

3

LỜI MỞ ĐẦU

Nguyễn Văn Phê

Tỉnh ủy viên - Giám đốc Sở GD& ĐT Hưng Yên

Thực hiện Nghị quyết 29-NQ/TW Hội nghị lần thứ 8, Ban Chấp hành Trung ương khóaXI về đổi mới căn bản, toàn diện giáo dục và đào tạo; Nghị quyết số 09-NQ/TU ngày4/10/2016 của Ban Chấp hành Đảng bộ tỉnh khóa XVIII về Chương trình phát triển GD& ĐT tỉnh Hưng Yên giai đoạn 2016-2020, một số định hướng đến năm 2025; Kế hoạch321/KH_UBND ngày 29/12/2016 của UBND tỉnh Hưng Yên về thực hiện Nghị quyết số 09-NQ/TU ngày 4/10/2016 của Ban Chấp hành Đảng bộ tỉnh khóa XVIII, Sở GD & ĐT HưngYên phối hợp với Hội Toán học Hà Nội tổ chức Hội thảo Các chuyên đề chọn lọc bồi dưỡng họcsinh giỏi Toán THPT tỉnh Hưng Yên lần thứ Nhất năm 2017.

Trong những năm qua, công tác phát hiện và bồi dưỡng học sinh giỏi của tỉnh luôn đượcquan tâm chú trọng. Hằng năm, Sở GD & DT tổ chức kì thi học sinh giỏi cấp tỉnh các mônvăn hóa cho học sinh lớp 9 và học sinh THPT, làm tốt công tác tuyển chọn và bồi dưỡng chohọc sinh tham gia kì thi Học sinh giỏi cấp quốc gia THPT. Kết quả kì thi chọn học sinh giỏiquốc gia hằng năm được giữ ổn định, trong đó có nhiều em đạt giải cao. Trong 2 năm trở lạiđây, có 3 học sinh được tham gia thi Olympic Quốc tế Châu Á - Thái Bình Dương. Song songvới việc bồi dưỡng học sinh, công tác đào tạo, bồi dưỡng đội ngũ giáo viên được quan tâm,như một khâu quan trọng tạo nên chất lượng công tác bồi dưỡng học sinh giỏi. Nhiều hộithảo, các lớp tập huấn chuyên môn được tổ chức hằng năm theo quy mô cấp tỉnh với mụctiêu nâng cao kiến thức, kĩ năng, nghiệp vụ sư phạm cho giáo viên.

Hội thảo Các chuyên đề Toán học bồi dưỡng học sinh giỏi tỉnh Hưng Yên lần thứ Nhất năm2017 được tổ chức nhằm đánh giá khách quan thực trạng công tác đào tạo, bồi dưỡng họcsinh giỏi, từ đó đề ra những giải pháp hữu hiệu nhằm đào tạo học sinh giỏi trong nhữngnăm tiếp theo.

Hội thảo được vinh dự đón tiếp nhiều nhà khoa học, nhà giáo lão thành, các chuyên giaToán học đầu ngành, các chuyên gia giáo dục về với đất Hưng Yên ngàn năm Văn Hiến. Bantổ chức Hội thảo hy vọng đây sẽ là cơ hội để các giáo viên bộ môn Toán của tỉnh Hưng Yênvà các tỉnh bạn được trao đổi, chia sẻ, rút ra những bài học kinh nghiệm quý báu trong côngtác bồi dưỡng học sinh giỏi nói chung, bộ môn Toán cấp THPT nói riêng. Hội thảo Toán họccũng sẽ là tiền đề để chúng ta tổ chức những hội thảo tiếp theo đối với các bộ môn khoa họckhác.

Nhân dịp này, Sở GD& ĐT Hưng Yên chân thành cảm ơn Hội Toán học Hà Nội, các nhàkhoa học, nhà giáo lão thành, các chuyên gia Toán học đầu ngành. Sở GD & ĐT tỉnh ghinhận sự đóng góp của các chuyên gia giáo dục, lãnh đạo, cán bộ phụ trách chuyên môn củaSở GD & ĐT, các thầy, cô giáo bộ môn Toán đã viết bài và tham gia Hội thảo. Sự đóng gópcủa các đồng chí góp phần làm nên thành công của Hội thảo.


MỤC LỤCChương trình 22. Đàm Văn Nhỉ, Một vài kết quả về đường bậc ba 53. Nguyễn Việt Hải Số lũy thừa 124. Nguyễn Văn Ngọc, Một số bất đẳng thức của các hàm hyperbolic 235. Nguyễn Bá Đang, Tứ giác Điều hòa 396.Vũ Tiến Việt, Xung quanh một bài toán thi IMO 497. Nguyễn Duy Liên, Định lý thặng dư Trung hoa và một số ứng dụng 558. Hoàng Phương Anh, Lý thuyết đồ thị và ứng dụng 799. Phạm Văn Dũng - Hoàng Thị Nhung,

Phương pháp đạo hàm trong chứng minh bất đẳng thức 9010. Phạm Văn Dũng - Hoàng Thị Minh Thúy, Một số ứng dụng của định lý Lagrange 10511. Mông Thanh Hằng, Phương pháp lượng giác giải phương trình đa thức bậc cao 11612. Lương Thị Hằng, Phương pháp hàm sinh xác định dãy số 13013. Trần Thị Lan Hương,

Phương trình, bất phương trình, hệ phương trình qua các kì thi học sinh giỏi 14314. Lê Thị Mai,

Một số dạng toán về bất đẳng thức đối với hàm phân thức bậc hai trên bậc nhất 16615. Đặng Thị Mến, Một số phương pháp giải phương trình hàm trên tập số nguyên 17216. Đặng Thị Mến, Cấp của một số nguyên và ứng dụng giải một số bài toán số học 18417. Hoàng Minh Quân - Ngụy Phan Tiến,

Một số mở rộng và áp dụng của bất đẳng thức Klamkin 19318. Nguyễn Thị Tâm - Hoàng Thị Nhung - Trần Thi Hằng, Định lí Helly và ứng dụng 20519. Vũ Thị Thuần - Nguyễn Thị Đan Quế, Số chính phương theo modul bậc tùy ý 21420. Vũ Thị Thuần, Sử dụng đại lượng bất biến và đơn biến trong toán tổ hợp 22621. Huỳnh Duy Thủy, Tiếp cận các phương pháp tìm cực trị của một biểu thức đa biến 24122. Phan Ngọc Toàn, Sử dụng tính chất giải tích trong các bài toán số học 25423. Đặng Thị Mến, Một số ứng dụng của số phức trong đại số và toán tổ hợp 25924. Vũ Văn Thưởng, Sử dụng bất đẳng thức Karamata khảo sát bất đẳng thức trong tam giác 27025. Quách Thị Tuyết Nhung, Một số bài toán về dãy số truy hồi tuyến tính cấp hai 27926. Hoàng Tuấn Doanh, Một số tính chất của hàm số học cơ bản và áp dụng 290

4


MỘT VÀI KẾT QUẢ VỀ ĐƯỜNG BẬC BA

Đàm Văn NhỉTrường THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội

Tóm tắt nội dung

Mục đích của báo cáo này là trình bày một phần nội dung của cuốn giáo trình (xem[2]) nhằm lý giải sự hình thành, phát triển của một số kết quả trong Hình học Sơ cấp vàxâu chuỗi các vấn đề liên quan lại thành một thể logic. tác giả mong muốn đưa đến chongười đọc một cái nhìn toàn cục về môn học này về sự ra đời của Hệ tiên đề Hilbert, Hệtiên đề Wayne và Hệ tiên đề Pogorelov của Hình học Euclid, giới thiệu Mô hình Carte đểkiểm tra hệ tiên đề do Pogorelov đưa ra thỏa mãn ba yêu cầu: Độc lập-Phi mâu thuẫn-Đầy đủ. Tác giả tập trung trình bày Định lý Pascal cho đường cong bậc hai và chỉ ra Địnhlý Newton, Pappus, Brianchon và mở rộng bài toán con bướm. Việc sử dụng phươngpháp đa thức và mở rộng trường cho ta hình dung được sự phát triển của môn Hình họcSơ cấp từ đa thức bậc 0, đa thức bậc 1 rồi đến đa thức bậc 2 và tiếp tục phải xét đa thứcbậc 3. Bậc cao hơn nữa của hình học sẽ được tiếp tục nghiên cứu trong Hình học Đại số.

Mục tiêu của chuyên đề nhằm trang bị một cách sâu sắc các kiến thức, rèn luyện tưduy và kĩ năng giải toán hình cho các em học sinh khá, giỏi; cho các em sinh viên, cáchọc viên cao học. Với một vài bài toán mở để các em tập dượt nghiên cứu, xây dựng kếtquả mới.

1 Định lý PascalĐịnh lý 1 (Pascal). Giả sử 6 điểm A1, A2, . . . , A6 nằm trên đường tròn (C). Khi đó, điểm giaoA = (A1A5)× (A2A4), B = (A3A4)× (A6A1), C = (A2A6)× (A3A5) thẳng hàng.

Chứng minh. Gọi I = A1A5 × A2A6, J = A1A5 × A3A4 và K = A3A4 × A2A6. TheoĐịnh lý Menelaus, với tam giác I JK và các bộ ba điểm (A, A2, A4), (B, A1, A6), (C, A3, A5)thuộc ba cạnh tương ứng thẳng hàng ta nhận được ba hệ thức sau:

AI

AJ.

A4 J

A4K.A2K

A2I= 1,

A6K

A6 I.A1I

A1J.

BJ

BK= 1,

CK

CI.A5 I

A5 J.

A3 J

A3K= 1.

Nhân các kết quả này lại và biến đổi theo phương tích

1 =AI

AJ.

A4J

A4K.A2K

A2 I.A6K

A6I.A1 I

A1 J.

BJ

BK.CK

CI.A5 I

A5 J.

A3 J

A3K

=AI

AJ.

BJ

BK.CK

CI.A4J.A3 J

A1J.A5 J.A2K.A6K

A3K.A4K.A1I.A5 I

A2I.A6 I=

AI

AJ.

BJ

BK.CK

CI.

DoAI

AJ.

BJ

BK.CK

CI= 1 nên A, B, C thẳng hàng theo Định lý Menelaus.

5


Ví dụ 1. Giả sử tứ giác lồi ABCD nội tiếp trong đường tròn (T). Giả sử giao I = AC × BD,J = AB × CD và K là giao hai tiếp tuyến Bb và Cc của đường tròn tại B và C. Khi đó ba điểmI, J, K thẳng hàng.

Bài giải. Kết quả này được suy ra từ Định lý Pascal với 6 điểm A, B, B, C, C, D.

Ví dụ 2. Giả sử 5 điểm A1, A2, A3, A4, A6 nằm trên đường tròn (C). Khi đó ba điểm giaoA = (A1A3) × (A2A4), B = (A3A4) × (A6A1) và C = (A2A6) × (A3t), ở đó A3t là tiếptuyến với đường tròn (C) tại A3, thẳng hàng.

Bài giải. Kết quả này được suy ra từ Định lý Pascal và A5 ≡ A3.

Hệ quả 1 (Newton). Giả sử đường tròn nội tiếp trong tứ giác lồi ABCD tiếp xúc với các cạnhAB, BC, CD, DA tại E, F, G, H, tương ứng. Khi đó, bốn đường thẳng AC, BD, EG, FH đồngquy tại một điểm.

Chứng minh. Gọi O = EG × FH, X = EH × FG. Vì D là giao điểm của hai tiếp tuyếnGD, HD nên, theo Định lý Pascal, Định lý 1, cho 6 điểm E, G, G, F, H, H có ba điểmO, D, X thẳng hàng. Tương tự, với 6 điểm E, E, H, F, F, G ta cũng có B, X, O thẳng hàng.Ta đã có : BD, EG, FH đồng quy tại O. Hoàn toàn tương tự, AC, EG, FH cũng đồng quytại O. Như vậy, AC, BD, EG, FH đồng quy tại một điểm.

Định lý 2. Giả sử 6 điểm A1, A2, . . . , A6 nằm trên đường cong bậc hai không suy biến (ℓ). Khiđó ba điểm giao A = (A1A5)× (A2A4), B = (A3A4)× (A6A1) và C = (A2A6)× (A3A5)thẳng hàng.

Chứng minh. Qua phép biến đổi tuyến tính có thể coi (ℓ) : x = y2. Ký hiệu dij(x, y) = 0là phương trình đường thẳng AiAj. Đặt

p(x, y) = d24(x, y)d16(x, y)d35(x, y)− αd34(x, y)d26(x, y)d15(x, y).

Đây là một đa thức bậc ba đối với x và y. Tọa độ 6 điểm A1, . . . , A6 thỏa mãn phươngtrình p(x, y) = 0. Lấy một điểm bất kỳ A thuộc (ℓ), khác 6 điểm trên. Ta chọn α để tọa

6


độ điểm A thỏa mãn p(x, y) = 0. Nếu thế x qua y2 ta được đa thức p(y2, y) bậc 6 6.Phương trình p(y2, y) = 0 cho tung độ của 7 điểm khác nhau, có nghĩa: p(y2, y) = 0 có7 nghiệm y khác nhau. Vậy p(y2, y) ≡ 0 hay mọi điểm thuộc (ℓ) đều có tọa độ thỏa mãnp(x, y) = 0. Coi p(x, y) như là một đa thức của x. Với phép chia đa thức, ta nhận được

p(x, y) = (x − y2)q(x, y) + r(y),

trong đó q(x, y) là thương và r(y) là phần dư. Vì mọi điểm thuộc (ℓ) : x = y2 đều thỏamãn p(x, y) = 0 nên r(y) ≡ 0. Vậy p(x, y) = (x − y2)q(x, y). Vì p(x, y) là đa thức bậc3 nên q(x, y) phải là đa thức bậc nhất hay p(x, y) = (x − y2)(ax + by + c). Do 9 điểmA1, A2, . . . , A6 và A, B, C đều thuộc đường cong phẳng p(x, y) = 0, nhưng A, B, C khôngthuộc (ℓ) : x = y2 nên A, B, C thuộc đường thẳng (d) : ax + by + c = 0 hay A, B, C thẳnghàng.

Hệ quả 2 (Pappus). Giả sử 3 điểm A1, A2, A3 nằm trên đường thẳng (d1) và 3 điểm A4, A5, A6nằm trên đường thẳng (d2) khác (d1). Khi đó ba điểm giao A = (A1A5) × (A2A4), B =(A1A6)× (A3A4) và C = (A2A6)× (A3A5) thẳng hàng.

Chứng minh. Kết quả này được suy ra từ Định lý 2.

Hệ quả 3 (Brianchon). Giả sử lục giác lồi ABCDEF ngoại tiếp một đường tròn. Khi đó, bađường thẳng AD, BE, CF đồng quy tại một điểm.

Chứng minh. Giả sử đường tròn nội tiếp trong lục giác lồi ABCDEF tiếp xúc với cáccạnh AB, BC, CD, DE, EF, FA tại G, H, I, J, K, L, tương ứng. Đặt M = AB × CD, N =DE × FA. Theo Hệ quả 1, với tứ giác AMDN ta có các đường thẳng AD, IL, GJ đồngquy tại A′. Tương tự, các đường thẳng BE, HK, GJ đồng quy tại B′; các đường thẳngCF, HK, IL đồng quy tại C′. Chú ý rằng, hai đường thẳng IL và A′C′ là một. Theo Địnhlý Pascal, Định lý 1, với các điểm G, G, I, L, L, H có ba điểm A, O, P thẳng hàng, ở đóO = GI × HL, P = IL× GH. Cũng theo Định lý Pascal, với các điểm H, H, L, I, I, G có bađiểm C, O, P thẳng hàng. Vậy A, C, P thẳng hàng. Xét G = AB × A′B′, H = BC × B′C′,P = CA × C′A′. Theo phần đảo của Định lý ??, Định lý Desargues, đối với ∆ABC và∆A′B′C′ có AA′ = AD, BB′ = BE, CC′ = CF đồng quy.

7


2 Mở rộng bài toán con bướmMệnh đề 1 (Bài toán con bướm). Qua trung điểm I của dây cung MN của một đường tròn takẻ hai dây cung bất kỳ AB và CD, đều khác MN. Gọi giao điểm giữa AC và BD với MN là Pvà Q tương ứng. Ta luôn có IP = IQ.

Chứng minh. Gọi O là tâm đường tròn và J, K là trung điểm đoạn AC, BD, tương ứng.Vì ∆IAC ∼ ∆IDB nên ∆IAJ ∼ ∆IDK và suy ra ∠I JA = ∠IKD. Do tứ giác IOJP vàIOKQ đều nội tiếp trong đường tròn tương ứng nên ∠IOP = ∠I JP = ∠IKQ = ∠IOQ.Từ đó suy ra IP = IQ.

Bổ đề 1. Cho tứ giác lồi ABCD với giao hai đường chéo I = AC × BD. Lấy E, H, F, G thuộccạnh AB, BC, CD, DA, tương ứng sao cho EF và GH cùng đi qua I. Giả sử EG, FH cắt AC tạiM, N, tương ứng. Chứng minh rằng

1

IA+

1

IN=

1

IC+

1

IM.

Bài giải. Trước tiên ta chỉ ra hệ thức P =AM

IM.

IN

CN=

IA

IC. Biến đổi

P =SAEGSIEG

.SIFHSCFH

=SIFHSIEG

.SCBDSCFH

.SABDSCBD

.SAEGSABD

=IF.IH

IE.IG.CB.CD

CF.CH.IA

IC.AE.AG

AB.AD

=SFACSEAC

.SHACSGAC

.SDACSFAC

.SBACSHAC

.IA

IC.SEACSBAC

.SGACSDAC

=IA

IC.

Đặt IA = a, IC = c, IM = m, IN = n. Ta cóa − m

m.

n

c − n=

a

cvà suy ra hệ thức

1

IA+

1

IN=

1

IC+

1

IM.

Mệnh đề 2. Cho dây cung MN của một đường tròn, (đường bậc hai), và điểm I thuộc đoạnMN. Giả sử hai dây cung bất kỳ AB và CD, đều khác MN, đi qua điểm I. Gọi giao điểm giữaAC và BD với MN là P và Q tương ứng. Ta có đồng nhất thức

1

IM+

1

IP=

1

IN+

1

IQ.

8


Chứng minh. Giả sử MA cắt ND tại T và MC cắt NB tại H. Do 6 điểm A, M, C, B, N, Dcùng thuộc một đường tròn, (đường bậc hai), nên ba điểm T, I, H thẳng hàng theo Định

lý Pascal. Ta có đồng nhất thức1

IM+

1

IP=

1

IN+

1

IQtheo Bổ đề 1.

3. Đồ thị phẳng 21-điểm K3Mục này dành trình bày Mệnh đề 3. Đây là lời giải cho Bài tập 16 trang 56 trong "Bài

tập về các đồ thị phẳng bậc ba" của Smôgôrdevski và Stôlôva (bản tiếng Nga).Giả sử tam giác ABC có độ dài ba cạnh a = BC, b = CA, c = AB. Ký hiệu a là đường

thẳng cắt đường thẳng AC tại điểm cách đều hai điểm A và B, cắt đường thẳng AB tạiđiểm cách đều hai điểm A và C. Ký hiệu b là đường thẳng cắt đường thẳng BA tại điểmcách đều hai điểm B và C, cắt đường thẳng BC tại điểm cách đều hai điểm B và A. Kýhiệu c là đường thẳng cắt đường thẳng CB tại điểm cách đều hai điểm C và A, cắt đườngthẳng CA tại điểm cách đều hai điểm C và B.Gọi A0, B0, C0 là những điểm đối xứng với A, B, C qua BC, CA, AB, tương ứng. GọiA1, B1, C1 là những điểm đối xứng với A, B, C qua a, b, c, tương ứng. Gọi 2 điểm E lànhững điểm thỏa mãn aEA = bEB = cEC, gọi 2 điểm F là những điểm nhìn các cạnh

tam giác ABC dưới gócπ

3hay

2π

3. Gọi H là trực tâm và O là tâm đường tròn ngoại tiếp

∆ABC.Gọi A2, A3 là các đỉnh của các tam giác đều BCA2, BCA3, gọi B2, B3 là các đỉnh của cáctam giác đều CAB2, CAB3 và gọi C2, C3 là các đỉnh của các tam giác đều ABC2, ABC3.

Ví dụ 3. Xác định phương trình a khi biết tọa độ A, B, C.

Bài giải. Dựng hệ tọa độ Oxy sao cho A(0; 0), B(x2; kx2), C(x3; hx3). Điểm P0(p; hp) cáchđều A và B khi và chỉ khi

p2 + h2 p2 = (p − x2)2 + (hp − kx2)2.

Vậy P0( x2(1 + k2)

2(1 + hk);

x2h(1 + k2)

2(1 + hk)

)

. Điểm N0(n; kn) cách đều A và C khi

9


và chỉ khi N0( x3(1 + h2)

2(1 + hk);

x3k(1 + h2)

2(1 + hk)

)

. Đường thẳng a là đường thẳng∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

x y 1x2(1 + k2)

2(1 + hk)

x2h(1 + k2)

2(1 + hk)1

x3(1 + h2)

2(1 + hk)

x3k(1 + h2)

2(1 + hk)1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= 0 hay

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

x y 1

x2 x2h2(1 + hk)

1 + k2

x3 x3k2(1 + hk)

1 + h2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= 0.

Mệnh đề 3. Giả sử ∆ABC có độ dài cạnh a, b, c. Khi đó 21 điểm nêu trên đều thuộc tập K3 gồmtất cả các điểm M thỏa mãn

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 a2 + MA2 a2MA2

1 b2 + MB2 b2MB2

1 c2 + MC2 c2MC2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= 0.

Chứng minh. Khi M ≡ A thì MA = 0, MB = AB = c.MC = AC = b. Khi

đó

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 a2 + MA2 a2 MA2

1 b2 + MB2 b2MB2

1 c2 + MC2 c2MC2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 a2 01 b2 + c2 b2c2

1 c2 + b2 c2b2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= 0. Vậy A, A0 ∈ K3. Tương tự

B, B0, C, C0 ∈ K3.

Vì a2 + HA2 = b2 + HB2 = C2 + HC2 = 4R2 nên

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 a2 + HA2 a2HA2

1 b2 + HB2 b2HB2

1 c2 + HC2 c2HC2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 4R2 a2HA2

1 4R2 b2HB2

1 4R2 c2HC2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= 0. Vậy H ∈ K3.

Vì

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 a2 + OA2 a2OA2

1 b2 +OB2 b2OB2

1 c2 + OC2 c2OC2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 a2 + R2 a2R2

1 b2 + R2 b2R2

1 c2 + R2 c2R2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= 0 nên O ∈ K3.

Đặt aEA = u. Vì

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 a2 + EA2 a2EA2

1 b2 + EB2 b2EB2

1 c2 + EC2 c2EC2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 a2 + EA2 u2

1 b2 + EB2 u2

1 c2 + EC2 u2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= 0 nên hai điểm E

thuộc K3. Đặt v = AA22 =a2 + b2 + c2

2+ 2

√3S. Do

T =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 a2 + A2A2 a2 A2A2

1 b2 + A2B2 b2 A2B2

1 c2 + A2C2 c2A2C2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 a2 + v a2v1 b2 + a2 b2a2

1 c2 + a2 c2a2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

nên T =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 a2 + v v1 b2 + a2 b2

1 c2 + a2 c2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

a2 =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 a2 v1 a2 b2

1 a2 c2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

a2 = 0. Vậy A2 ∈ K3. Tương tự

A3, B2, B3, C2, C3 ∈ K3.

Giả sử F nhìn ba cạnh dưới cùng một góc2π

3. Đặt x = FA, y = FB, z = FC.

Khi đó ta có a2 = y2 + z2 + yz, b2 = z2 + x2 + zx, c2 = x2 + y2 + xy. Vì F∗ :=

10

Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 a2 + FA2 a2FA2

1 b2 + FB2 b2FB2

1 c2 + FC2 c2FC2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 x2 + y2 + z2 + xy a2x2

1 x2 + y2 + z2 + yz b2y2

1 x2 + y2 + z2 + zx c2z2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

nên

F∗ =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 xy a2x2

1 yz b2y2

1 zx c2z2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= c2xz3 − b2xy3 + a2x3y − c2yz3 + b2y3z − a2x3z

và dễ dàng thấy F∗ = 0 qua việc thay a2 = y2 + yz + z2, b2 = z2 + zx + x2 và c2 =x2 + xy + y2. Như vậy hai điểm F cũng thuộc K3. Việc kiểm tra ba điểm còn lại A1, B1, C1cũng thuộc K3 được coi là một bài tập.

Mệnh đề 4. Nếu ∆ABC không đều thì bậc của K3 bằng 3.

Chứng minh. Đặt u = MA2, v = MB2, t = MC2; α = a2, β = b2, γ = c2. Vậy

0 =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 α + u αu1 β + v βv1 γ + t γt

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= γvt − βvt + αut − γut + βuv − αuv

+ αγu − αβu + αβv − βγv + βγt − αγt.

Biểu diễn u = x2 + y2 + a1x + b1y + c1, v = x2 + y2 + a2x + b2y + c2 và t = x2 + y2 +a3x + b3y + c3, Khi đó hệ số của (x2 + y2)2 đúng bằng γ − β + α − γ + β − α = 0. Vậy K3là đồ thị bậc 6 3. Dễ dàng kiểm tra bậc của K3 bằng 3 khi tam giác ABC không đều.

Nhận xét 1. Phương trình cho K3 không qua định thức rất phức tạp

(a2 − b2)MA2.MB2 + (b2 − c2)MB2.MC2 + (c2 − a2)MC2.MA2 =

a2c2(MA2 − MC2) + c2b2(MC2 − MB2) + b2a2(MB2 − MA2).

Tài liệu[1] N. V. Mậu và Đ. V. Nhỉ (2015), Đồng nhất thức và phương pháp tọa độ trong Hình học,

Nhà xuất bản ĐHQG Hà Nội.

[2] T. T. Nam, Đ. V. Nhỉ, T. T. Tình, N. A. Tuấn (2016), Giáo trình HÌNH HỌC SƠ CẤP,Nhà xuất bản ĐHSP Thành phố HCM.

11


SỐ LŨY THỪA

Nguyễn Việt Hải

Tạp chí Toán học & Tuổi trẻ

Các bài toán về số lũy thừa, nói riêng là số chính phương, thường không cần nhiều vốnkiến thức, nhưng đòi hỏi sự phân tích và tổng hợp giả thiết một cách thông minh, phươngpháp biến đổi khéo léo, khả năng suy luận chặt chẽ, biện luận đầy đủ. Chính vì thế mà cácbài toán về số lũy thừa thường gặp trong các kì thi chọn học sinh giỏi cấp 2, cấp 3, thi toánquốc tế và các cuộc thi tuyển vào lớp 10.

Các bài toán về số lũy thừa khá phong phú, ở đây chỉ trình bày một số kiến thức cơ bảndùng để xét xem một số có là số chính phương, số lũy thừa hay không; đồng thời nêu mộtsố bài toán liên quan đến các dạng của số lũy thừa.

Còn nhiều bài toán về số lũy thừa trong hệ thập phân chưa được nêu ra do số trang cóhạn.

Một số kiến thức cơ bản về ước số chung lớn nhất, các số nguyên tố cùng nhau và phươngtrình vô định bậc nhất hai ẩn được sử dụng, coi như bạn đọc đã biết.

1 Một số tính chất của số lũy thừa

Định nghĩa 1.a) Ta gọi lũy thừa bậc n, (n ≥ 2) của một số tự nhiên a, tức là số an, là số lũy thừa.b) Ta gọi bình phương của một số tự nhiên a, tức là số a2, là số chính phương, như thế sốchính phương là số lũy thừa bậc hai.c) Số nguyên lớn hơn 1 mà không chia hết cho số chính phương lớn hơn 1 nào được gọi làsố phi chính phương.Chẳng hạn, các số sau là số phi chính phương: 2; 3; 5; 7; 6 = 2.3; 30 = 2.3.5.Các số sau không là số chính phương và cũng không là số phi chính phương:12 = 22.3; 60 = 22.3.5.

Nhận xét 1. Số 0, số 1 là số chính phương và là số lũy thừa bậc tùy ý. Các tên gọi số lũythừa, số chính phương, số phi chính phương chỉ sử dụng cho các số nguyên không âm.

Định lý 1. a) Số phi chính phương hoặc là một số nguyên tố lớn hơn 1, hoặc là tích các sốnguyên tố phân biệt với số mũ đều bằng 1.b) Mỗi số nguyên dương a đều biểu diễn duy nhất được trong dạng tích của một số chínhphương và một số phi chính phương, tức là có dạng a = b2c.Chứng minh.

12


a) Gọi p là ước số nguyên tố bất kì của số phi chính phương c với số mũ là s. Nếu s ≥ 2thì c chia hết cho p2, trái với định nghĩa số phi chính phương, vậy s = 1.b) Gọi b là số nguyên dương lớn nhất thỏa mãn b2 là ước của a thì a = b2c. Nếu số c khônglà số phi chính phương thì nó phải chia hết cho một số chính phương e2 với e > 1, lúc đóc = e2d nên a = b2c = b2e2d = (be)2d mà be > b, trái với sự xác định số b.Giả sử số a có hai cách biểu diễn a = b2c = e2d, trong đó c, d là các số phi chính phương. Đặt(b, e) = n thì b = nb1, e = ne1 và (b1, e1) = 1. Lúc đó b2c = e2d ⇔ n2b21c = n2e21d ⇔ b21c =e21d. Từ đó và (b1, e1) = 1 thì (b

21, e

21) = 1 nên e

21 là ước số của c. Do c là số phi chính phương

thì e1 = 1. Xét tương tự thì b1 = 1. Vậy cách biểu diễn a = b2c là duy nhất

Định lý 2. a) Nếu số lũy thừa bậc n chia hết cho số nguyên tố p thì số đó chia hết cho pn.b) Nếu số chính phương chia hết cho số nguyên tố p thì số đó chia hết cho p2.

Chứng minh.a) Giả sử cn chia hết cho số nguyên tố p với n ≥ 2. Nếu (c, p) = 1 thì (cn, p) = 1, điều này

không xảy ra nên (c, p) = p, tức là c chia hết cho p, do đó cn chia hết cho pn.Khi n = 2 thì có câu b).

Định lý 3. a) Nếu số lũy thừa bậc n là tích của hai số nguyên tố cùng nhau, tức là cn = a.bvới (a, b) = 1, thì mỗi thừa số a, b là số lũy thừa bậc n. b) Nếu số chính phương là tích của haisố nguyên tố cùng nhau, tức là c2 = a.b với (a, b) = 1, thì mỗi thừa số a, b là số chính phương.

Chứng minh. a) Đặt (a, c) = e thì a = ed và c = em với (d, m) = 1. Từ cn = a.b với n ≥ 2 cóenmn = edb ⇔ en−1mn = db. Vì (a, b) = 1 thì (e, b) = 1, đồng thời có en−1mn = db nên b làước của mn. Từ (d, m) = 1 thì (d, mn) = 1, đồng thời có en−1mn = db thì mn là ước của b. Suyra b = mn và d = en−1. Từ đó có a = ed = dn .Khi n = 2 thì có câu b).

Định lý 4. Căn bậc n của một số nguyên dương hoặc là số nguyên dương, hoặc là số vô tỉ.Nói cách khác, nếu an = d với d là số nguyên dương mà a là số hữu tỉ thì a là số nguyên.

Chứng minh. Giả sử n√

d = a ⇔ an = d với d là số nguyên dương. Giả sử a = rs

là phân số

tối giản với r, s là các số nguyên dương, tức là (r, s) = 1, suy ra (s, rn) = 1. Từ điều giả sử córn = ansn = dsn, suy ra s là ước số của rn nên s = (s, rn) = 1. Vậy nếu a là số hữu tỉ thì a = rlà số nguyên dương.

Định lý 5. Giả sử a, b, m, n là các số nguyên dương. a) Nếu an là ước của bn thì a là ướccủa b. b) Nếu aAm = bn và (m, n) = 1 thì tồn tại số nguyên dương c sao cho a = cn và b = cm.

Chứng minh.a) Đặt (a, b) = d thì a = de và b = dk với (e, k) = 1. Từ đó (en, kn) = 1. Theo giả thiết

bn = anc nên dnkn = dnenc, suy ra kn = enc mà (en, kn) = 1 nên en = 1, tức là e = 1, do đób = ak.

b) Theo điều kiện có nghiệm của phương trình vô định bậc nhất, nếu (m, n) = 1 thì tồntại các số nguyên x, y sao cho mx + ny = 1. (Bạn đọc tự chứng minh rằng hai số x, y không

13


thể cùng dấu). Giả sử mx− ny = 1 với x, y đều dương (nếu nx−my = 1 thì xét tương tự),

hay là mx = ny + 1. Từ đó bnx = amx = anya , hay là a =(

bx

ay

)n. Theo Định lí 4 thì

bx

ay= c là

số nguyên dương, suy ra a = cn, thay vào am = bn được b = cm.

Định lý 6. Cho số nguyên s ≥ 2 thì chọn được số nguyên ns sao cho với mỗi số nguyênm ≥ ns thì tồn tại số lũy thừa as thỏa mãn m < as < 2m.

Chứng minh. Giả sử có m < as < 2m hay là s√

m < a < s√

2m. Để tồn tại số a nguyên thì cần

có s√

m + 1 < s√

2m⇔ s√

2m− s√

m > 1⇔ s√

m( s√

2− 1) > 1⇔ m > 1( s√

2− 1)s. Nếu chọn số

nguyên ns ≥ 1 +1

( s√

2− 1)sthì với m ≥ ns ≥ 1 +

1( s√

2− 1)ssẽ có s

√m < a < s

√2m

Định lý 7. Giả sử a, b, n là các số nguyên dương. a) Nếu số b thỏa mãn an < b < (a + 1)n thìsố b không là số lũy thừa bậc n.b) Nếu số b thỏa mãn a2 < b < (a + 1)2 thì số b không là số chính phương.

Chứng minh. a) Giả sử b = cn thì có an < cn < (a+ 1)n, suy ra a < c < (a+ 1), nhưng khôngtồn tại số nguyên c như thế.Khi n = 2 thì có câu b)

Định lý 8 (Định lí Liouville ). Với số nguyên dương a và n ≥ 2 thì đẳng thức (a− 1)!+ 1 = anchỉ xảy ra khi a = 5.

Chứng minh. Giả sử có số a > 5 thỏa mãn (a− 1)! + 1 = an(n > 1). Do (a− 1)! là số chẵnnên an là số lẻ, suy ra a là số lẻ. Theo giả thiết có

(a− 2)!(a− 1) = an− 1 = (a− 1)(an−1 + an−2 + · · ·+ a+ 1)⇔ (a− 2)! = (an−1− 1)+ (an−2− 1)+ · · ·+(a− 1)+n.(1)

Với a > 5 thì a− 2 > a− 12

> 2nn(a− 2)! chứa tích a− 12

.2 = a− 1. Từ đó và (1) suy raa− 1 là ước của n, do đó n ≥ a− 1. Thay vào (1) được(a− 2)! ≥ aa−2 + aa−3 + · · ·+ a + 1 > aa−2, nhưng điều này không xảy ra nên không tồn tạisố a như thế. Với a ≤ 5 thì chỉ xảy ra đẳng thức 4! + 1 = 52.

Chú ý 1. Ta đã biết một số đẳng thức dạng a! + 1 = b2(n > 1) như: 4! + 1 = 52; 5! + 1 =112; 7! + 1 = 712. Nhà toán học M. Kraitchik đã kiểm tra (năm 1924) với a ≤ 1020 thì khôngcó số a nào để a! + 1 là số chính phương. Ta không biết với a > 1020 thì có số a nào để a! + 1là số chính phương hay không ?

Định lý 9. a) Số chính phương có chữ số tận cùng là một trong các chữ số 0, 1, 4, 5, 6, 9 vàkhông có chữ số tận cùng là 2, 3, 7, 8.b) Nếu số chính phương có chữ số tận cùng là 5 thì hai chữ số cuối cùng là 25.c) Nếu số chính phương có chữ số tận cùng là 6 thì chữ số hàng chục là chữ số lẻ.d) Nếu số chính phương có chữ số tận cùng là 4 hoặc là chữ số lẻ 1, 5, 9 thì chữ số hàng chục

14


là chữ số chẵn.

Chứng minh. Xét số n = 10k + r với k, r đều là số nguyên và 0 ≤ r ≤ 9 thì n2 = (10k + r)2 =20k(5k + r) + r2.Vì r2 chỉ có thể là 00, 01, 04, 09, 16, 25, 36, 49, 64, 81 nên chữ số tận cùng củasố chính phương chỉ có thể là 0, 1, 4, 5, 6, 9. Hơn nữa, do 20k(5k + r) là số chẵn nên chữ sốhàng chục của số chính phương có cùng tính chẵn lẻ với r2, từ đó kết luận được hai chữ sốcuối cùng của n2

Định lý 10. a) Số chính phương khi chia cho 3 có dạng 3n hoặc 3n + 1 và không có dạng3n + 2.b) Số chính phương khi chia cho 4 có dạng 4n hoặc 4n + 1 và không có dạng 4n + 2, 4n + 3.c) Số chính phương khi chia cho 5 có dạng 5n, hoặc 5n + 1, hoặc 5n + 4 và không có dạng5n + 2, 5n + 3.d) Số chính phương khi chia cho 6 có dạng 6n, hoặc 6n + 1, hoặc 6n + 3 hoặc 6n + 4 vàkhông có dạng 6n + 2, 6n+.e) Số chính phương khi chia cho 8 có dạng 8n hoặc 8n + 1 hoặc 8n + 4 và không có dạng8n + r với r bằng 2, 3, 5, 6, 7.g) Số chính phương khi chia cho 9 có dạng 9n hoặc 9n + 1 hoặc 9n + 4 hoặc9n + 7 và khôngcó dạng 9n + r với r bằng 2, 3, 5, 6, 8.

Chứng minh. Áp dụng lập luận như ở chứng minh Định lí 9.a) Xét n = 3k + r với k, r đều là số nguyên và 0 ≤ r ≤ 2 thì n2 = (3k + r)2 = 3k(3k + 2r) + r2và r2 chỉ có thể là 0, 1, 4, từ đó rút ra kết luận. Chứng minh tương tự cho các trường hợp cònlại

Định lý 11. a) Số lũy thừa bậc s ≥ 3 khi chia cho 4 không có dạng 4n + 2.b) Số lũy thừa bậc s ≥ 3 khi chia cho 8 không có dạng 8n + r với r bằng 2, 4, 6.c) Số lũy thừa bậc ba khi chia cho 9 không có dạng 9n + r với r bằng 2, 3, 4, 5, 6, 7.d) Số lũy thừa bậc s > 3 khi chia cho 9 không có dạng 9n + r với r bằng 3, 6.Chứng minh. a) Với r bằng 0, 1, 2, 3 thì số rs không có dạng 4n + 2 với s ≥ 3 nên (4t + r)s =4m + rs không có dạng 4n + 2. Chứng minh tương tự đối với b) c) và d).Để chứng minh một số là số lũy thừa ta có thể dùng các Định lí 2, Định lí 3, Định lí 4, Địnhlí 5, hoặc biến đổi số đang xét thành lũy thừa bậc n của số nguyên.Để chứng minh một số không phải là số chính phương hoặc không là số lũy thừa ta chỉ rarằng số đó không thỏa mãn một điều kiện cần của số chính phương, số lũy thừa theo cácĐịnh lí 2, Định lí 7, Định lí 9, Định lí 10, Định lí 11.

2 Xác định và nhận dạng số lũy thừa

Bài toán 1. Chứng minh rằng mỗi cặp số nguyên dương (m, n) mà tổng và tích của chúngđều là số chính phương thì chúng có dạng m = ka2, n = kb2, trong đó a2 + b2 = kc2 với k làsố phi chính phương.Lời giải. Giả sử m + n = q2 và mn = e2. Đặt d = (m, n) thì m = dm1, n = dn1 và (m1, n1) = 1theo tính chất của ước chung lớn nhất. Thay vào mn = e2 được d2m1n1 = e2. Từ d2 là ước

15


của e2, xét (d, e) suy ra d là ước của e, tức là e = dh, thay vào đẳng thức trên được m1n1 = h2.Từ đó và (m1, n1) = 1 thì m1 = u2 và n1 = v2 theo Định lí 3, tức là m = du2, n = dv2.Theo Định lí 1 viết được d = kg2 với k là số phi chính phương. Đặt a = gu, b = gv thìviết được m = kg2u2 = ka2, n = kg2v2 = kb2, trong đó k là số phi chính phương vàq2 = m + n = ka2 + kb2 = k(a2 + b2). Đặt (k, q) = p thì k = ps, q = pc và (s, c) = 1theo tính chất của ước chung lớn nhất. Từ đẳng thức trên k = ps là ước của q2 = p2c2,tức là p2c2 = tps, suy ra pc2 = ts, mà (s, c) = 1 nên s là ước của p, tức là p = rs, do đók = ps = rs2, nhưng k là số phi chính phương nên s = 1, tức là k = p và q = pc = kc. Thayvào đẳng thức q2 = k(a2 + b2) được k2c2 = q2 = k(a2 + b2) rút ra kc2 = a2 + b2..

Ngược lại, dễ thấy các cặp số (m, n) có dạng trên thì có tổng và tích đều là số chínhphương.

Bài toán 2 (Cấp số cộng (nhị thức bậc nhất) chứa số chính phương). a) Chứng minh rằngnếu một cấp số cộng a + bn (với các số nguyên a, b đã cho, b > 0 và n = 1, 2, . . . ) chứa mộtsố chính phương thì cấp số đó chứa vô hạn số chính phương.b) Tìm các số nguyên n sao cho 27 + 22n là số chính phương.c) Từ câu trên hãy chỉ ra cách tìm các số nguyên n sao cho a + bn là số chính phương (vớicác số nguyên a, b đã cho, b > 0).

Lời giải. a) Giả sử trong cấp số cộng a + bn với n = 1, 2, . . . tồn tại số a + bn0 = e2 thì cácsố dạng (bn + e)2 = b2n2 + 2ben + e2 = b(bn2 + 2en + n0) + a cũng là số chính phương vớin = 1, 2, . . .b) Ta chuyển việc xét số chính phương 27 + 22n = e2 về xét số chính phương 5 + 22s = e2,trong đó n = s− 1 ≥ 1. Đặt e = 22t+ rvi− 10 ≤ r ≤ 10 thì 22s+ 5 = e2 = 22(22t2 + 2tr)+ r2nên 22 là ước số của r2 − 5, suy ra 0 ≤ r2 = 22m + 5 ≤ 100, dẫn đến 0 ≤ m ≤ 4. Từ đó tatìm được m = 2 nên r = 7 hoặc r = −7. Từ 22n + 27 = e2 = 22(22t2 + 2tr) + 49 suy ra hainghiệm là n1 = 22t2 + 14t + 1 và n2 = 22t2 − 14t + 1, trong đó t là số tự nhiên tùy ý.c) Giả sử với các số nguyên a, b, n có số chính phương a + bn = e2. Ta đặt số a = bv + d với0 ≤ d ≤ b− 1 thì e2 = bn + a = bn + bv + d = b(n + v) + d.Ta đặt số e = bt + r với −k ≤ r ≤ k , trong đó b = 2khocb = 2k + 1, thìbn + d = e2 = (bt + r)2 = b(bt2 + 2tr) + r2 hay là bm + d = r2 với m = n− (bt2 + 2tr).Giả sử b = 2k hoặc b = 2k + 1. Ta chuyển việc xét số chính phương a + bn = e2 về xét sốchính phương d + bm = r2 với 0 ≤ d ≤ b− 1 và −k ≤ r ≤ k (với b = 2k thì thừa một số),dẫn đến tìm số m sao cho 1− b ≤ −d ≤ bm = r2 − d ≤ r2 ≤ k2 ≤ b2, tức là 0 ≤ m ≤ b .Như vậy số a + bn = e2 là số chính phương khi và chỉ khi tồn tại số m sao cho d + bm = r2

với các số d, m, r được xác định như trên.

Chú ý rằng tồn tại cấp số cộng a + bn không chứa số chính phương nào như 2 + 22n.

Bài toán 3. Tam thức bậc hai chứa số chính phươnga) Tìm các số nguyên n sao cho n2 + 4n + 25 là số chính phương.Từ đó hãy chỉ ra cách tìm các số nguyên n sao cho n2 + 2kn + c là số chính phương (với c, klà các số nguyên đã cho, k > 0).b) Tìm các số nguyên n sao cho n2 + 3n + 11 là số chính phương.

16


Từ đó hãy chỉ ra cách tìm các số nguyên n sao cho n2 + (2k + 1)n + c là số chính phương(với c, k là các số nguyên đã cho, k > 0).

Lời giải. a) Giả sử n2 + 4n + 25 = e2 thì có (n + 2)2 + 21 = e2 nên e2 − (n + 2)2 = 21, hay là(e− n− 2)(e + n + 2) = 1.3.7. Xét các trường hợp sau đây.

1)

{e + n + 2 = 21e− n− 2 = 1

⇔{

e = 11n = 8

Lúc đó có 82 + 4.8 + 25 = 121 = 112

2)

{e + n + 2 = 7e− n− 2 = 3

⇔{

e = 5n = 0

Lúc đó có 02 + 3.0 + 25 = 52

Giả sử n2 + 2kn + c = e2 thì có (n + k)2 + c− k2 = e2 nên e2 − (n + k)2 = c− k2, hay là(e− n− k)(e + n + k) = c− k2. Vì e− (n + k)ve + (n + k) có cùng tính chẵn lẻ nên cần phântích số c− k2 thành tích hai số cùng tính chẵn lẻ.Nếu c− k2 = u.v ≥ 0 với 0 ≤ u ≤ vvu + v chẵn thì giải hệ phương trình e− n− k = u vàe + n + k = v sẽ tìm được nghiệm (e, n).Nếu k2− c = u.v ≥ 0 với 0 ≤ u ≤ v và u + v chẵn thì giải hệ phương trình n + k− e = u vàe + n + k = v sẽ tìm được nghiệm (e, n).b) Giả sử n2 + 3n + 11 = e2 hay là 4n2 + 12n + 44 = 4e2 thì có (2n + 3)2 + 35 = 4e2 nên4e2 − (2n + 3)2 = 35, hay là (2e− 2n− 3)(2e + 2n + 3) = 1.5.7. Xét các trường hợp sau đây.

1)

{2e + 2n + 3 = 352e− 2n− 3 = 1

⇔{

e = 9n = 7

Lúc đó có 72 + 3.7 + 11 = 81 = 92

2)

{2e + 2n + 3 = 72e− 2n− 3 = 5

⇔{

e = 3n = −1

Lúc đó có 12 − 3.1 + 11 = 9 = 32c) Giả sử n2 + (2k + 1)n + c = e2 hay là 4n2 + 4(2k + 1)n + 4c = 4e2 thì có(2n + 2k + 1)2 + 4c − (2k + 1)2 = 4e2 nên 4e2 − (2n + 2k + 1)2 = 4c − (2k + 1)2, haylà (2e− 2n− 2k− 1)(2e + 2n + 2k + 1) = 4c− (2k + 1)2.Vì 2e − (2n + 2k + 1) và e + (2n + 2k + 1) có cùng tính chẵn lẻ nên cần phân tích số4c− (2k + 1)2 thành tích hai số cùng tính chẵn lẻ.Nếu 4c − (2k + 1)2 = u.v ≥ 0 với 0 ≤ u ≤ v và u + v chẵn thì giải hệ phương trình2e− 2n− 2k− 1 = u và 2e + 2n + 2k + 1 = v sẽ tìm được nghiệm (e, n).Nếu (2k + 1)2 − 4c = u.v ≥ 0 với 0 ≤ u ≤ v và u + v chẵn thì giải hệ phương trình2n + 2k + 1− 2e = u và 2e + 2n + 2k + 1 = v sẽ tìm được nghiệm (e, n).

17


3 Số lũy thừa dưới dạng tích các số nguyên dương

Bài toán 4. Chứng minh rằng mỗi số sau không là số chính phương:a) Tích hai số nguyên dương chẵn liên tiếp;b) Tích bốn số nguyên dương liên tiếp.

Lời giải. a) Giả sử 2a(2a + 2) = b2 thì số b phải chẵn, tức là b = 2c. Thay vào đẳng thức trênđược a(a + 1) = b2. Vì (a, a + 1) = 1 nên theo Định lí 3 phải có a = c2, a + 1 = e2, trong đóc ≥ 1. Dễ thấy rằng c2 < c2 + 1 < c2 + 2c + 1 = (c + 1)2 nên theo Định lí 7 thì không tồn tạisố chính phương a + 1 = c2 + 1 = e2, trái với điều giả sử. b) Xét tích a(a + 1)(a + 2)(a + 3) =a(a + 3)(a + 1)(a + 2) = (a2 + 3a)(a2 + 3a + 2). Số a2 + 3a = a(a + 3) = 2b là số chẵn vì haisố a và a + 3 có tính chẵn lẻ khác nhau. Lúc đó tích ban đầu trở thành 2b(2b + 2), sử dụngkết quả câu a).

Bài toán 5. Chứng minh rằng mỗi số sau không là số lũy thừa bậc na) Tích hai số nguyên dương liên tiếp;b) Tích hai số nguyên dương lẻ liên tiếp;c) Tích ba số nguyên dương liên tiếp.

Lời giải. a) Giả sử a(a+ 1) = bn. Vì (a, a+ 1) = 1 nên theo Định lí 3 phải có a = cn, a+ 1 = en,trong đó c ≥ 1. Với n ≥ 2 ta sẽ chỉ ra rằng cn < cn + 1 < (c + 1)n, tức là cóa = cn < a + 1 = en = cn + 1 < (c + 1)n, như thế theo Định lí 7 thì không tồn tạisố a + 1 = en.Ta sẽ chứng minh quy nạp theo n rằng cn < cn + 1 < (c + 1)n. Với n = 2 thìc2 < c2 + 1 < c2 + 2c + 1 = (c + 1)2, khẳng định đúng. Giả sử khẳng định đúngđến n, xét số mũ n + 1 có cn+1 + 1 < c.cn + 1 ≤ (cn + 1)c < (c + 1)n(c + 1) < (c + 1)n+1,khẳng định đúng với n + 1. Vậy khẳng định đúng với số nguyên dương n bất kì nên khôngtồn tại số a + 1 = en.b) Xét số lẻ a và giả sử a(a + 2) = bn. Đặt d = (a, a + 2) thì d là ước của (a + 2) − a = 2,nhưng do a lẻ nên d = 1. Theo Định lí 3 phải có a = cn, a + 2 = en, trong đó c ≥ 1. Với n ≥ 2ta sẽ chỉ ra rằng cn < cn + 2 < (c + 1)n, tức là có a = cn < a + 2 = en = cn + 2 < (c + 1)n,như thế theo Định lí 7 thì không tồn tại số a + 2 = en.Ta sẽ chứng minh quy nạp theo n rằng cn < cn + 2 < (c + 1)n. Với n = 2 thìc2 < c2 + 2 < c2 + 2c+ 1 = (c+ 1)2, khẳng định đúng. Giả sử khẳng định đúng đến n, xét sốmũ n + 1 có cn + 1+ 2 < c.cn + cn + 2c + 2 < (cn + 2)(c + 1) < (c + 1)n(c + 1) < (c + 1)n+1,khẳng định đúng với n + 1. Vậy khẳng định đúng với số nguyên dương n bất kì nên khôngtồn tại số a + 1 = en.c) Giả sử a(a + 1)(a + 2) = bn. Do (a + 1, a(a + 2)) = 1 nên Theo Định lí 3 phải cóa + 1 = cn, a(a + 2) = en, trong đó n ≥ 2 và c ≥ 2. Từ đó 1 = (a + 1)2 − a(a + 2) =c2n − en = (c2 − e)(c2n−2 + c2n−4e + · · ·+ c2en−2 + en−1), nhưng vế phải của đẳng thức trênlớn hơn 1 khi n ≥ 2

Nhận xét 2. 1) Các nhà toán học P. Erdös và J.L.Selfridge đã chứng minh được rằngTích của n(n > 1) số nguyên dương liên tiếp không là số lũy thừa. ([2] tr. 86).

18


2) Nhà toán học P. Erdös đã chứng minh được rằng:Tích của n(n > 1) số nguyên dương lẻ liên tiếp không là số lũy thừa. ([2] tr. 87).3) Xét tích hai số nguyên dương chẵn liên tiếp 2a(2a + 2) = b3 ⇔ (2a + 1)2 = b3 + 1. Ta biếtcó đẳng thức 32 = 23 + 1. Năm 1844 nhà toán học người Bỉ C. E.Catalan đã nêu giả thuyết:Hai số nguyên dương liên tiếp khác 8 và 9 thì không thể là những số lũy thừa.Nhiều nhà toán học đã tìm cách chứng minh giả thuyết này, mãi đến năm 2002 điều nàymới được tiến sĩ Preda Mihailescu chứng minh đầy đủ (http://www.math.uni Paderbornde/ preda/ papers/ caterelle.ps).

4 Tổng các số lũy thừa

Bài toán 6. Chứng minh rằng mỗi số sau không là số chính phương:a) Tổng các bình phương của hai số lẻ.b) Tổng các lũy thừa bậc chẵn của hai số lẻ.

Lời giải. a) b) Để ý là chúng có dạng 4k + 2.

Bài toán 7. Chứng minh rằng tổng các bình phương của k số nguyên dương liên tiếp khônglà số chính phương với mỗi số k bằng 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10.

Lời giải. a) Vớin ≤ 1 xét tổng Sk = n2 + (n + 1)2 + · · · + (n + k − 1)2 ==12 + 22 + · · ·+ (n + k− 1)2 − (12 + 22 + · · ·+ (n− 1)2) == 12 + 22 + · · ·+ (k− 1)2 + k2 +(k + 1)2 − 12 + (k + 2)2 − 22 + · · ·+ (k + n− 1)2 − (n− 1)2.Chú ý rằng 12 + 22 + · · ·+ (k− 1)2 = (k− 1)k(2k− 1).Còn k2 + k(k + 2) + k(k + 4) + · · · + k(k + 2n − 2) = nk2 + 2k(1 + 2 + · · · + (n − 1)) =nk2 + kn(n− 1) = kn2 + k(k− 1)n. Từ đó Sk = kn2 + k(k− 1)n + (k− 1)k(2k− 1)Từ đó sẽ áp dụng Định lí 2, Định lí 10 cho mỗi trường hợp sau đây.S3 = 3n2 + 6n + 5 = 3(n + 1)2 + 2, có dạng 3m + 2.S4 = 4n2 + 12n + 14 = 4(n2 + 3n + 3) + 2, có dạng 4m + 2.S5 = 5n2 + 20n + 30 = 5((n + 2)2 + 2). Số có dạng m2 + 2 không chia hết cho 5 khi đặtm = 5t + r với r = 0, 1, 2,−1,−2.Nếu S6 = 6n2 + 30n + 55 = 6(n + 2)(n + 3) + 18 + 1 = m2 thì số m lẻ nên có6(n + 2)(n + 3) + 18 = (m− 1)(m + 1). Vế phải chia hết cho 4, nhưng 18 = 2.9.S7 = 7(n2 + 6n + 13) = 7(7n + 14 + n2 − n− 1). Số n2 − n− 1 không chia hết cho 7 khi đặtn = 7t + rvir = 0, 1, 2, 3,−1,−2,−3.S8 = 4(2n2 + 14n + 35). Nếu 2n2 + 14n + 35 = m2 thì số m lẻ nên có 2(n + 3)(n + 4) + 10 =(m− 1)(m + 1). Vế phải chia hết cho 4, nhưng 10 = 2.5.S9 = 9(n + 4)2 + 9.6 + 6, có dạng 9m + 6.S10 = 5(2n2 + 18n + 57). Số 2n2 + 18n + 57 = 2(n2 − n + 1) + 20n + 55 không chia hết cho5 khi đặt n = 5t + r với r = 0, 1, 2,−1,−2.

Nhận xét 3. 1) Với k = 2 thì phương trình n2 + (n + 1)2 = m2 ⇔ (2n + 1)2 − 2m2 = −1 ⇔t2 − 2m2 = −1 (phương trình Pell ) với t = 2n + 1, có vô hạn nghiệm nguyên dương, chẳng

19


hạn là 32 + 42 = 52 và 202 + 212 = 292. Dễ dàng chứng minh rằng:Nếu phương trình n2 + (n + 1)2 = m2 có nghiệm (n1; n1 + 1; m1) thì nó cũng có nghiệm(n2; n2 + 1; m2) với n2 = 3n1 + 2m1 + 1; m2 = 4n1 + 3m1 + 2.Mệnh đề đảo cũng đúng, tức là hệ thức trên cùng với 32 + 42 = 52 là mọi nghiệm của phươngtrình n2 + (n + 1)2 = m2 ([2] tr. 43-44). Xem thêm Bài tập 13, 15. 2) Với k = 11 thì mệnh đềtrên không đúng. Chẳng hạn:182 + 192 + 202 + 212 + 222 + 232 + 242 + 252 + 262 + 272 + 282 = 772.

Bài toán 8. Chứng minh rằng:a) Tổng các lũy thừa bậc chẵn của ba số nguyên liên tiếp không là số lũy thừa bậc chẵn.b) Tổng các lũy thừa bậc chẵn bằng nhau của 9 số nguyên liên tiếp không là số lũy thừa.

Lời giải. a) Ba số nguyên liên tiếp khi chia cho 3 có các số dư khác nhau nên tổng các lũythừa bậc chẵn của chúng có dạng 3n + 2. Áp dụng Định lí 10.b) Viết mỗi số trong dạng 9t + r với −4 ≤ r ≤ 4 thì tổng các lũy thừa bậc chẵn đều bằng 2ncủa 9 số nguyên liên tiếp có dạng S = 9m + 2(1n + 4n + 16n) = 9k + 2(1n + 4n + 7n). Đặtn = 3v + s với 0 ≤ s ≤ 2 thì 1n + 4n + 7n có dạng 9u + 3 nên S có dạng 9x + 6. Áp dụngĐịnh lí 2.

Bài toán 9. Tìm số tự nhiên n nhỏ nhất với n > 1 sao cho tổng các bình phương của n số tựnhiên liên tiếp từ 1 đến n là số chính phương. Lời giải. Tổng các bình phương của n số tự

nhiên liên tiếp từ 1 đến n bằng S = 12 + 22 + · · ·+ n2 = 16

n(n + 1)(2n + 1). Giả sử S = m2

thìn(n + 1)(2n + 1) = 6m2. (2)

Xét các trường hợp sau.1) Nếu n = 6k thì (2) có dạng k(6k + 1)(12k + 1) = m2. Các thừa số ở vế trái nguyên tố sánhđôi nên áp dụng liên tiếp Định lí 3 đối với tích k(6k + 1) và tích (k(6k + 1))(12k + 1) thì mỗithừa số là số chính phương. Với k = 1 thì vế trái bằng 7.13 nên không là số chính phương.Với k = 2 thì vế trái có dạng 4k + 2 nên không là số chính phương. Với k = 3 thì vế trái códạng 9k + 3 nên không là số chính phương. Với k = 4 thì n = 24, vế trái bằng 4.25.49 nên có

12 + 22 + · · ·+ 242 = 702. (3)

2) Nếu n = 6k + 1 thì (2) có dạng (6k + 1)(3k + 1)(2k + 1) = m2. Lập luận tương tự trên,chú ý rằng số 2k + 1 nhỏ nhất (lớn hơn 1) là số chính phương khi k = 4, lúc đó n = 25 > 24.3) Nếu n = 6k + 2 thì (2) có dạng (3k + 1)(2k + 1)(12k + 5) = m2.4) Nếu n = 6k + 3 thì (2) có dạng (2k + 1)(3k + 2)(12k + 7) = m2.5) Nếu n = 6k + 4 thì (2) có dạng (3k + 2)(6k + 5)(4k + 3) = m2.6) Nếu n = 6k + 5 thì (2) có dạng (6k + 5)(k + 1)(12k + 1) = m2.Cả bốn trường hợp trên đều không xảy ra đẳng thức khi k = 0.Xét k > 0, lập luận như trên thì mỗi thừa số ở vế trái trong mỗi trường hợp đều là số chínhphương.Chú ý rằng 12k + 5 = 3(4k + 1) + 2 và 6k + 5 = 3(2k + 1) + 2 nên mỗi tích ở vế trái trongmỗi trường hợp đều chứa thừa số 3t + 2, thừa số này không là số chính phương theo Địnhlí 10, trái với nhận xét trên.

20


Như vậy từ đẳng thức (3) và lập luận trên rút ra số n = 24 là số nhỏ nhất thỏa mãn đề bài.

Chú ý 2. 1) Đã chứng minh được số n = 24 là số duy nhất thỏa mãn đề bài. ([2] tr. 87).2) Cũng chứng minh được tổng 13 + 23 + · · ·+ n3 không là số lũy thừa bậc ba. ([2] tr. 81).

5 Bài tập

Bài 1. Chứng minh rằng mỗi số sau không là số chính phương:a) A = 12345678b) B = 996699 + 20112012

c) C = 72012 + 52013

d) D = 3.512010 + 242

Bài 2. Chứng minh rằng mỗi số sau không là số chính phương với các số nguyên dương n,m bất kì:a) E = 19n5 + 15n3 − 19n− 2b) F = n6 − n4 + 2n3 + 2n2(n > 1)c) G = 3nm − 1d) H = 3n + 4

Bài 3. Chứng minh rằng mỗi số sau không là số lũy thừa:a) K = 1012 + 32b) Tổng các bình phương của năm số nguyên liên tiếp.

Bài 4. Chứng minh rằng mỗi số sau không là số chính phương:a) n3 + 1 với số tự nhiên lẻ n.b) 2.13n + 5.7n + 26 với số tự nhiên n.

Bài 5. Tìm mọi cặp số (m, n), mỗi số nhỏ hơn 60, mà tổng m + n và tích mn đều là số chínhphương.

Bài 6. Chứng minh rằng với x ≥ y ≥ 1 thì số x2 + y không là số chính phương

Bài 7. Chứng minh rằng với n ≥ 2 thì số 2n − 1 không là số lũy thừa.

Bài 8. Chứng minh rằng với n ≥ 4 thì số 2n + 1 không là số lũy thừa.

21


Bài 9. Chứng minh rằng mỗi số sau là số chính phương với n là số tự nhiên:a) Tích của bốn số nguyên liên tiếp cộng với 1.b) 4S + 1 với S = 1.2.3 + 2.3.4 + · · ·+ n(n + 1)(n + 2).c) Tổng M = 13 + 23 + · · ·+ n3

Bài 10. Tìm các số nguyên n sao cho 15n + 34 là số chính phương.

Bài 11. Tìm các sốnguyên n sao cho n2 + 5n + 11 là số chính phương.

Bài 12. a) Tìm số nguyên n2 nhỏ nhất sao cho với mỗi số nguyên m ≥ n2 thì có số lũy thừaa2 thỏa mãn m < a2 < 2m.b) Tìm số nguyên n3 nhỏ nhất sao cho với mỗi số nguyên m ≥ n3 thì có số lũy thừa a3 thỏamãn m < a3 < 2m.

Bài 13. Giải phương trình nghiệm nguyên dương m2 + n2 = (n + 1)2.

Bài 14. Cho phương trình nghiệm nguyên dương x2 + y2 = z2.a) Chứng minh rằng hoặc x hoặc y phải chia hết cho 3.b) Chứng minh rằng hoặc x hoặc y phải chia hết cho 4.c) Chứng minh rằng hoặc x hoặc y hoặc z phải chia hết cho 5.d) Giải phương trình x2 + y2 = z2 với x, y, z từng cặp nguyên tố cùng nhau.

Bài 15. a) Giải phương trình nghiệm nguyên x2 + (x + 1)2 = (x + 2)2.b) Chứng minh rằng phương trình xn + (x + 1)n = (x + 2)n không có nghiệm số tự nhiênvới n > 2.c) Giải phương trình nghiệm nguyên x3 + (x + 1)3 + (x + 2)3 = (x + 2)3.d) Chứng minh rằng phương trình x3 + (x + 1)3 + (x + 2)3 + (x + 3)3 = (x + 4)3 không cónghiệm nguyên.

Tài liệu

[1] Sierpinski W. A (1964), Selection of Problems in the Theory of Number. The Macmillan Com-pany. 1

[2] Sierpinski W.A (1998), Elementary Theory of Numbers, North-Holland. Amsterdam,PWN- Polish. Scientific Publishers.Warszawa.(1ed : 1964).

1Sách này dịch ba quyển tiếng Nga, có sửa chữa, bổ sung:1) Ta biết gì và không biết gì về các số nguyên tố của W. Sierpinski (1961). 2) Một trăm vấn đề đơn giản, đồngthời rất khó trong Số học của W. Sierpinski (1961). 3) Trên ranh giới của Hình học và Số học (của A. Makowski,in chung với quyển 2).

22


MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC CỦA CÁC HÀMHYPERBOLIC

Nguyễn Văn Ngọc

Đại học Thăng Long

Tóm tắt nội dung

Các hàm hyperbolic có nhiều tính chất tương tự hoặc giống các tính chất của các hàmlượng giác, mặc dù chúng được định nghĩa như là những hàm mũ. Vì vây, nhiều tài liệucòn gọi các hàm này là hàm lượng giác hyperbolic.

Các hàm hyperbolic có nhiều ứng dụng trong giải tích Toán, đặc biệt là trong côngthức nghiệm của các phương trình vi phân tuyến tính hệ số hằng, trong phép tính tíchphân, trong Vật lý v.v..

Do nhu cầu về so sánh đánh giá các đại lượng chứa các hàm hyperbolic, phát sinh cácbất đẳng thức của các hàm hyperbolic, việc nghiên cứu các bất đẳng thức của các hàmhyperbolic được nhiều người quan tâm. Hiện nay đã có một số lượng đáng kể các côngtrình về bất đẳng thức của các hàm hyperbolic. Tuy nhiên, sách chuyên khảo về bất đẳngthức của các hàm hyperbolic chưa có nhiều, nhất là bằng tiếng Việt.

Bài viết này giới thiệu một số bất đẳng thức của các hàm hyperbolic, nhằm gợi ý vàlàm cơ sở cho những chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi.

1 Bổ trợ

1.1 Các bất đẳng thức cơ bản của dãy số

Trong mục này trình bày kiến thức bổ trợ về một số bất đẳng thức của dãy số để tiệnsử dụng sau này.

Trong luận văn này xin trình bày lại một số bất đẳng thức đại số cơ bản nhất đó làbất đẳng thức AM− GM (Arithmetic Mean - Geometric Mean), bất đẳng thức Cauchy -Schawrz, bất đẳng thức Chebyshev,...

Định lý 1 (Bất đẳng thức AM - GM). Với n số thực không âm bất kì a1, a2, . . . , an, ta cóbất đẳng thức

a1 + a2 + . . . + ann

> n√

a1.a2. . . . .an.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = . . . = an.

Định lý 2 (Bất đẳng thức Cauchy - Schawrz). Xét hai bộ số thực tùy ý a1, a2, · · · , an vàb1, b2, · · · , bn. Khi đó ta có

(a1b1 + a2b2 + · · ·+ anbn)2 6 (a21 + a22 + · · ·+ a2n)(b21 + b22 + · · ·+ b2n).

23


Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khia1b1

=a2b2

= · · · = anbn

, (với quy ước nếu mẫu bằng 0 thì tử

cũng bằng 0).

Định lý 3 (Bất đẳng thức Holder). Cho a = (a1, a2, ..., an) và b = (b1, b2, ..., bn) là hai bộ n

số thực dương và p > 1,1p+

1q= 1. Khi ấy

n

∑i=1

aibi ≤(

n

∑i=1

api

) 1p(

n

∑i=1

bqi

) 1q

. (1.1)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi các vectơ ap và bq tỉ lệ, nghĩa là api = kbqi với mọi i ∈

{1, 2, , . . . , n}.

Định lý 4 (Bất đẳng thức Minkovski cho dãy số thực). Cho a = (a1, a2, ..., an) và b =(b1, b2, ..., bn) ∈ Rn và p > 1. Khi ấy[

n

∑i=1

(ai + bi)p

] 1p

≤(

n

∑i=1

api

) 1p

+

(n

∑i=1

bpi

) 1p

. (1.2)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi các vectơ a và b tỉ lệ, nghĩa là ai = kbi với mọi i ∈{1, 2, ..., n}

1.2 Bất đẳng thức của các đại lượng trung bìnhVới a, b là các số dương, xét các biểu thức sau đây, được gọi là các đại lượng trung

bình (xem ví dụ [2]).• Trung bình số học, hay trung bình cộng:

A(a, b) =a + b

2.

• Trung bình hình học, hay trung bình nhân:

G(a, b) =√

ab.

• Trung bình logarit:

L(a, b) =a− b

ln a− ln b , L(a, a) = a.

• Trung bình identric:

I(a, b) =1e

(bb/aa

)1/b−a, I(a, a) = a.

• Trung bình lũy thừa:

Ar(a, b) =(

ar + br

2

)1/r(r 6= 0), A0(a, b) = G(a, b)(r = 0).

• Trung bình Seiffert:

P(a, b) =a− b

2arcsina− ba + b

, P(a, a) = a,

24


Có các bất đẳng thức sau đây [2]

G(a, b) ≤ L(a, b) ≤ P(a, b) ≤ I(a, b) ≤ A(a, b) ≤ A2(a, b). (1.3)

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b.

1.3 Hàm lồi và bất đẳng thức JensenĐịnh nghĩa 1. Hàm số thực f : (a, b) → R gọi là hàm lồi trên khoảng [a, b] nếu với mọix, y ∈ (a, b) và mọi λ ∈ [0, 1], ta có

f (λx + (1− λ)y) 6 λ f (x) + (1− λ) f (y). (1.4)

Nếu trong (1.4) ta có bất đẳng thức nghiêm ngặt (chặt) thì khi đó ta nói f là hàm lồithực sự. Cho hàm f ta nói nó là hàm lõm nếu − f là hàm lồi.Nếu f được xác định trên R, nó có thể xảy ra trên một vài khoảng hàm này là hàm lồi,nhưng trên khoảng khác nó là hàm lõm. Vì lý do này ta chỉ xét các hàm số xác định trêncác khoảng.

Định lý 5. Cho hàm số f(x) khả vi cấp hai trong khoảng (a,b), khi đó f(x) là hàm lồi trongkhoảng (a,b) khi và chỉ khi f

′′(x) ≥ 0, ∀x ∈ (a; b).

Vận dụng Định lý 1.1, dễ dàng thấy rằng các hàm số sau đây là các hàm lồi trên cáckhoảng tương ứng

Ví dụ 1.

a) coshn x, sinhn x, x ∈ R,

b)1

coshn x,

1sinhn x

, x ∈ R+.

Định lý 6 (Bất đẳng thức Jensen 1906, Joham Ludwig Jensen 1859 - 1925)). Cho f :(a, b)→ R là hàm lồi trên khoảng (a, b). Cho n ∈N và λ1, λ2, · · · ,λn ∈ (0, 1) là các số thực thỏa mãn λ1 +λ2 + · · ·+λn = 1. Khi đó với mọi x1, x2, · · · , xn ∈(a, b), ta có

f

(n

∑i=1

λixi

)6

n

∑i=1

λi f (xi),

nghĩa là

f (λ1x1 + λ2x2 + · · ·+ λnxn) 6 λ1 f (x1) + λ2 f (x2) + · · ·+ λn f (xn). (1.5)

Bất đẳng thức (1.5) được chứng minh bằng quy nạp toán học.

2 Tính lồi của các hàm hyperbolic

Phần này trình bày định nghĩa, các tính chất cơ bản của các hàm hyperbolic và các bấtđẳng thức dạng Jensen của các hàm hyperbolic.

25


2.1 Định nghĩaĐịnh nghĩa 2. Các hàm hyperbolic, hay còn gọi là các hàm lượng giác hyperbolic, đượcđịnh nghĩa theo các công thức sau• Hàm sin hyperbolic :

sinh x =ex − e−x

2,

• Hàm cosin hyperbolic:

cosh x =ex + e−x

2,

• Hàm tang hyperbolic :

tanh x =sinh xcosh x

,

• Hàm cotang hyperbolic:

coth x =cosh xsinh x

,

• Hàm sec hyperbolic :

sec hx =1

cosh x,

• Hàm cosec hyperbolic:

csc hx =1

sinh x,

trong đó x là số thực.

2.2 Các tính chất cơ bảnCó thể dễ dàng chứng minh các tính chất cơ bản sau bằng cách suy ra trực tiếp từ

định nghĩa• Tính chẵn lẻ của các hàm hyperbolic

sinh (−x) = − sinh x,cosh (−x) = cosh x,tanh (−x) = − tanh x,coth (−x) = − coth x,sec h (−x) = sec hx,csc h (−x) = − csc hx.

• Bình phương của các hàm hyperbolic

cosh2 x− sinh2 x = 1,

1− tanh2 x = 1cosh2 x

,

coth2 x− 1 = 1sinh2 x

.

26


2.3 Công thức cộng

sinh(x + y) = sinh x cosh y + cosh x sinh y,cosh(x + y) = cosh x cosh y + sinh x sinh y,sinh(x− y) = sinh x cosh y− cosh x sinh y,cosh(x− y) = cosh x cosh y− sinh x sinh y,

tanh(x± y) = tanh x± tanh y1± tanh x tanh y .

2.4 Công thức nhân hai và hạ bậc

sinh 2x = 2 sinh x cosh x,

cosh 2x = cosh2 x + sinh2 x,

tanh 2x =2 tanh x

1 + tanh2 x,

sinh2 x = cosh 2x− cosh2 x = cosh 2x− 12

,

cosh2 x = cosh 2x− sinh2 x = cosh 2x + 12

.

2.5 Công thức biến đổi tổng thành tích

sinh x + sinh y = 2 sinhx + y

2cosh

x− y2

,

sinh x− sinh y = 2 cosh x + y2

sinhx− y

2,

cosh x + cosh y = 2 coshx + y

2cosh

x− y2

,

cosh x− cosh y = 2 sinh x + y2

sinhx− y

2.

2.6 Công thức biến đổi tích thành tổng

sinh x. cosh y =12[sinh (x + y) + sinh (x− y)] ,

sinh x. sinh y =12[cosh (x + y)− cosh (x− y)] ,

cosh x. cosh y =12[cosh (x + y) + cosh (x− y)] .

27


2.7 Đạo hàmViệc tính đạo hàm của một hàm hyperbolic hoàn toàn dễ dàng, vậy nên ta có

ddx

sinh x = cosh x,

ddx

cosh x = sinh x,

ddx

tanh x = sec h2x,

ddx

coth x = −csch2x.

2.8 Các bài toánBài toán 1. Ta có các đẳng thức sau đây

a) cosh a + cosh b + cosh c = 3 + 2 sinh2a2+ 2 sinh2

b2+ 2 sinh2

c2

, (2.1)

b) sinh a + sinh b + sinh c = 2(

sinha2

cosha2+ sinh

b2

coshb2+ sinh

c2

coshc2

), (2.2)

c) cosh a + cosh b = 2(

1 + sinh2a2+ sinh2

b2

). (2.3)

Lời giải. Các đẳng thức (2.1)-(2.3) đễ dàng được chứng minh bằng cách sử dụng cáccông thức nhân đôi.

Bài toán 2. Với ba số thực a, b, c bất kỳ ta đều có

sinh2a2+ sinh2

b2+ sinh2

c2≥ 3

2

(cosh

a + b + c3

− 1)

. (2.4)

Lời giải. Theo đẳng thức (2.1) và sử dụng tính lồi của cosh x, ta có

2(

sinh2a2+ sinh2

b2+ sinh2

c2

)= cosh a + cosh b + cosh c− 3

= 3(1

3cosh a +

13

cosh b +13

cosh c− 1)≥ 3

(cosh

a + b + c3

− 1).

Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

Bài toán 3. Với mọi tam giác ABC với độ dài các cạnh là a, b, c ta đều có

coshc2< cosh2

a2+ cosh2

b2

. (2.5)

Lời giải. Từ tính lồi của hàm cosh và từ bất đẳng thức tam giác ta có

cosh a + cosh b2

≥ cosh a + b2

> coshc2

.

Từ đó suy ra

2 coshc2< cosh a + cosh b < 2

(cosh2

a2+ cosh2

b2

)28


và ta có điều phải chứng minh.

Bài toán 4. Ta có bất đẳng thức

sinh xx

<cosh x

3+

23

, x > 0. (2.6)

Lời giải. Bất đẳng thức (2.6) tương đương với

f (x) := x cosh x + 2x− 3 sinh x > 0, x > 0.

Thật vậy, ta có

f ′(x) = cosh x + x sinh x + 2− 3 cosh x, f ′(0) = 0,f ′′(x) = sinh x + sinh x + x cosh x− 3 sinh x = x cosh x− sinh x,f ′′(0) = 0,

f ′′′(x) = cosh x + x sinh x− cosh x = x sinh x > 0, x > 0.

Như vậy, f ′′(x), f ′(x) và f (x) là những hàm đồng biến trêm [0,+∞). Từ đó ta có điềuphải chứng minh.

Bài toán 5. Với các số dương a, b ta có bất đẳng thức

sinh aa

+sinh b

b<

23+

23

(cosh2

a2+ cosh2

b2

). (2.7)

Lời giải. Sử dụng bất đẳng thức trong các bài toán ở trên, ta có

sinh aa

<23+

13

cosh a, (2.8)

sinh bb

<23+

13

cosh b. (2.9)

Dùng các bất đẳng thức (2.8) và (2.9), ta được

sinh aa

+sinh b

b<

43+

13(cosh a + cosh b) ≤ 2

3+

23

(cosh2

a2+ cosh2

b2

).

Ta có điều phải chứng minh.

Bài toán 6. Ta có bất đẳng thức sau

sinh aa

+sinh b

b+

sinh cc

<23

(5 + sinh2

a2+ sinh2

b2+ sinh2

c2

). (2.10)

Lời giải. Sử dụng ba lần bất đẳng thức(2.6) ta có

sinh aa

+sinh b

b+

sinh cc

<63+

13

(4 + 2

(sinh2

a2+ sinh2

b2+ sinh2

c2

)).

(2.11)

Do vậy ta có

sinh aa

+sinh b

b+

sinh cc

<23

(5 + sinh2

a2+ sinh2

b2+ sinh2

c2

).

29


Bài toán 7. Ta có bất đẳng thức đúng sau

6 sinha + b + c

6≤ sinh a + sinh b + sinh c. (2.12)

Lời giải. Chúng ta sẽ dùng các bất đẳng thức sau

sinh x = 2 sinhx2

coshx2≥ 2 sinh x

2, (2.13)

Suy ra

2(

sinha2+ sinh

b2+ sinh

c2

)≤ sinh a + sinh b + sinh c. (2.14)

Mặt khác sử dụng tính lồi của hàm số sinh ta có

sinha + b + c

6= sinh

a2+

b2+

c2

3≤

sinha2+ sinh

b2+ sinh

c2

3. (2.15)

Từ (2.14) và (2.15) ta có điều phải chứng minh.

Bài toán 8. Trong bất kỳ tam giác hyperbolic nào ta cũng có

sinha + b + c

6<

23

(sinh

a2+ sinh

b2+ sinh

c2+ sinh

a2

sinh2a4+ sinh

b2

sinh2b4+ sinh

c2

sinh2c4

).

(2.16)

Lời giải. Từ (2.12) ta có

6 sinha + b + c

6

≤ sinh a + sinh b + sinh c

=

2(

sinha2

cosha2+ sinh

b2

coshb2+ sinh

c2

coshc2

)6

.

Mặt khác

cosha2= 2sinh2

a4+ 1 < 2 + 2sinh2

a4

.

Từ đó ta có điều phải chứng minh.

Bài toán 9. Trong bất kỳ tam giác hyperbolic nào ta cũng có bất đẳng thức sau

sinha3<

23

(sinh

a2+ sinh

b2+ sinh

c2+ sinh

a2

sinh2a4+ sinh

b2

sinh2b4+ sinh

c2

sinh2c4

).

(2.17)

30


Lời giải. Sử dụng bất đẳng thức tam giác b + c > a, ta có a + b + c > 2a và do vậya + b + c

6>

a3

. Sử dụng tính tăng của hàm sinh ta có sinha + b + c

6> sinh

a3

.

Do bất đẳng thức (2.16) ta có điều phải chứng minh.

Bài toán 10. Cho x, y, z ∈ (0; 1), ta có bất đẳng thức sau

1

coshx + y

2

+1

coshy + z

2

+1

coshz + x

2

≤ 1cosh x

+1

cosh y+

1cosh z

. (2.18)

Lời giải. Xét hàm lồi f : (0; 1) → R, f (x) = 1cosh x

. Sử dụng bất đẳng thức Jensen cho

f (x), ta có

1

coshx + y

2

≤

1cosh x

+1

cosh y2

,

1

coshy + z

2

≤

1cosh y

+1

cosh z2

,

1

coshz + x

2

≤1

cosh z+

1cosh x

2.

Cộng vế theo vế các công thức trên ta có bất đẳng thức (2.18).

3 Các bất đẳng thức dạng Jordan

Mục này trình bày các bất đẳng thức dạng Jordan (có nguồn gốc là đối với các hàmlượng giác) đối với các hàm hyperbolic.

Các bất đẳng thức được thiết lập dựa trên hai phương pháp, đó là: phương pháp đạohàm và phương pháp sử dụng bất đẳng thức giữa các đại lượng trung bình. Phươngpháp cuối cùng chưa được phổ biến trong các tài liệu bằng tiếng Việt.

3.1 Phương pháp đạo hàmBài toán 11. Với x ∈ (0;+∞), ta có

sin xx

< cosh x. (3.1)

Lời giải. Bất đẳng thức (3.1) đúng nếu f (x) = x cosh x− sin x > 0 trên (0;+∞). Ta có

f ′(x) = cosh x + x sinh x− cos x, (3.2)f ′′ (x) = sin x + 2 sinh x + x cosh x. (3.3)

31


Ta có f ′′ (x) > 0 với x ∈ (0;+∞) và f ′ (x) tăng trên (0;+∞).Do đó

f ′ (x) = cosh x− cos x + x sinh x > f ′ (0) = 0. (3.4)

và hàm số f (x) tăng (0;+∞). Do đó f (x) > f (0) = 0, x ∈ (0;+∞) .

Bài toán 12. Với x ∈(

0;π

2

), ta có

sin xx

<√

cosh x. (3.5)

Lời giải. Bất đẳng thức (3.5) đúng nếu hàm số f (x) = x√

cosh x − sin x dương vớib ∈

(0;

π

2

). Từ

f ′′ (x) =sinh x√

cohsx(cosh x− x sinh x) + x

2

√cosh x + sin x. (3.6)

Ta cóf ′′ (x) > 0 với x ∈

(0;

π

2

)và f ′ (x) tăng trên

(0;

π

2

). Do đó ta có

f ′ (x) =1

2√

cosh x

(2 cosh x + x sinh x− 2 cos x

√cosh x

)> f ′ (0) = 0, (3.7)

và hàm số f (x) tăng trên(

0;π

2

). Do vậy f (x) > f (0) = 0 với x ∈

(0;

π

2

).

Bài toán 13. Với x ∈(

0;π

4

)ta có

cosh x <cos x√

cos2 x− sin2 x. (3.8)

Lời giải. Biên trên của cosh x đúng nếu hàm số f (x) = cos2 x− cosh2 x(cos2 x− sin2 x

)dương trên

(0;

π

4

). Từ

f ′′ (x) = 4 sin (2x) sinh (2x) > 0 (3.9)

Ta có

f ′ (x) = sin (2x) sinh (2x)− cos (2x) cosh (2x) > f ′ (0) = 0 (3.10)

Do đó f (x) > f (0) = 0 và suy ra điều phải chứng minh.

Bài toán 14. Với x, k ∈ (0;+∞) ta có

sin xx

<sinh kx

kx. (3.11)

32


Lời giải. Bất đẳng thức (3.11) đúng nếu hàm số f (x) = sinh kx − k sin x dương trên(0;+∞). Từ

f ′ (x) = k (cosh kx− cos x) . (3.12)

Ta có f ′ (x) > 0 với x ∈ (0;+∞), do đó hàm số f (x) tăng trên (0;+∞).Do vậy f (x) > f (0) = 0 với x ∈ (0;+∞) .

Bài toán 15.tanh(x)

x6

tanh(kx)kx

(3.13)

với mọi k ∈ (0; 1) và x ∈ (0; 1).

Lời giải. Thật vậy, hàm số f1(x) =tanh(x)

xcó đạo hàm bậc nhất

f ′1(x) =x− sinh x · cosh x

x2 cosh2 x< 0

do sinh x > x và cosh x > 1 với x > 0. Như vậy, hàm số f1(x) là nghịch biến thực sự,dẫn đến f1(x) < f1(kx) do x > kx với mọi x > 0, k ∈ (0; 1). Ta đã làm mạnh (cải tiến)(3.13) về mặt điều kiện (từ x ∈ (0; 1) trở thành x > 0). Hơn thế nữa, còn chỉ ra (3.13) làbất đẳng thức thực sự.

Bài toán 16. Với x > 0 ta có bất đẳng thức

sinh xx≥ sinh (kx)

kx. (3.14)

Lời giải. Yêu cầu của bài toán tương đương với hàm số f (x) =sinh x

xtăng với x > 0.

Từ f ′ (x) =cosh x

x− sinh x

x2≥ 0 và f ′ (x) ≥ 0 tương đương với tanh x ≤ x, ta có điều

phải chứng minh.

Bài toán 17.

sinh xx

<3

2 + cos x<

2 + cosh x3

với mọi x ∈(

0;π

2

). (3.15)

Lời giải. Bất đẳng thức thứ nhất của (3.15) có thể viết lại dưới dạng

f3(x) = 3x− 2 sinh x− sinh x. cos x > 0 trên[0;

π

2

). (3.16)

Dễ dàng có được f ′′3 (x) = 2 (cosh x sin x− sinh x) . Theo (3.27), ta cósinh xsin x

<

cosh x, ∀x ∈(

0;π

2

). Từ đó suy ra f ′′3 (x) > 0, f

′3(x) > f

′3(0) = 0, dẫn đến f3(x) >

f3(0) = 0 với mọi x ∈(

0;π

2

). Bất đẳng thức thứ hai của (3.15) tương đương với

f4(x) = 2 cos x + 2 cosh x + (cos x)(cosh x)− 5 > 0. (3.17)

33


Lần lượt lấy đạo hàm các cấp ta được

12

f (4)4 (x) = cos x + cosh x− 2(cos x)(cosh x. (3.18)

Đặt f5(x) = (cos x)(cosh x)− 1. Ta có

f ′5(x) = −(sin x)(cosh x) + (cos x)(sinh x),

f ′′5 (x) = −2(sin x)(sinh x) < 0 với mọi x ∈(

0;π

2

).

Từ đó ta có f ′5(x) < f′5(0) = 0, suy ra f5(x) 6 0, có nghĩa là

(cos x)(cosh x) < 1 với mọi x ∈(

0;π

2

). (3.19)

Tiếp theo, từ (3.18) và (3.19)ta có

12

f (4)4 (x) > cos x + cosh x− 2 := f6(x).

Bởi f ′6(x) = − sin x + sinh x > 0 do sinh x > x > sin x, ta có f6(x) > f6(0) = 0.Cuối cùng, f (4)4 (x) > 0 với x > 0, kéo theo

f (3)4 (x) > 0 ; f(2)4 (x) > 0 ; f

′4(x) > 0.

Như vậy f4(x) > 0 và định lí đã được chứng minh. Từ (3.11) và (3.16) ta có thể viết

sin xx

<3

2 + cos x<

xsin x

. (3.20)

và ta thu được một cải tiến của phía phải (3.15).

Bài toán 18. ( xsinh x

)3<

1cosh x

<tanh x

x<

sin xx

. (3.21)

với mọi x ∈(

0;π

2

).

Lời giải. Bất đẳng thức thứ nhất của (3.21) chính là phía trái của (3.25). Bất đẳng thức

thứ hai có được dosinh x

x> 1, còn bất đẳng thức thứ ba tương đương với sin x > tanh x,

chính là bất đẳng thức (3.27).

Bài toán 19.1√

cosh x<

xsinh x

<1

3

√(cosh x + 1

2

)2 < 14√cosh x (3.22)

với mọi x ∈(

0;π

2

).

34


Lời giải. Bất đẳng thức giữa của (3.22) chính là bất đẳng thức (3.23). Để chứng minhphía trái của (3.22) chúng ta xét hàm số

f7(x) =sinh x√cosh x

− x.

Bởi

f ′7(x) =2 cosh x− sinh2 x− 2

√cosh x

2√

cosh xvà nhận xét rằng

sinh2 x− 2 cosh x + 2√

cosh x = cosh2 x− 1− 2 cosh x + 2√

cosh x

= (cosh x− 1)2 + 2(√

cosh x− 1)> 0

(do cosh x > 1). Vậy f ′7(x) < 0, kéo theo f7(x) < f7(0) = 0.

Như vậy, phía trái của bất đẳng thức (3.22) thực sự là đúng với mọi x ∈(

0;π

2

).

Đặt t = cosh x, bất đẳng thức còn lại trở thành(

t + 12

)8> t3. Do x > 0 nên t > 1, ta

cót + 1

2>√

t⇒(

t + 12

)8> t4 > t3.

3.2 Phương pháp sử dụng các đại lượng trung bình

Bài toán 20. Chứng minh bất đẳng thức

1 <sinh x

x< cosh x, x 6= 0.

Lời giải. Ta có

A(ex, e−x) = cosh x, G(ex, e−x) = 1, L(ex, e−x) =sinh x

x.

Với x 6= 0, ex 6= e−x. Áp dụng bất đẳng thức G < L < A, ta có điều phải chứng minh.


3

√(cosh x + 1

2

)2<

sinh xx

, ∀x 6= 0. (3.23)



x.

Áp dụng bất đẳng thức [2]

3

√G(

A + G2

)2≤ L

ta có bất đẳng thức (3.23).

35



sinh xx

<cosh x + 3 cosh x/3

4, ∀x 6= 0. (3.24)

Lời giải. Ta có [2]

L(ex, e−x) =sinh x

x, A1/3(ex, e−x) =

cosh x + 3 cosh x/34

.

Sử dụng bất đẳng thức [2]L ≤ A1/3

ta được bất đẳng thức (3.24).


3√

cosh x <sinh x

x<

cosh x + 23

, ∀x 6= 0. (3.25)



x. (3.26)

Sử dụng bất đẳng thức [2]3√

AG2 ≤ L ≤ A + 2G3

và (3.26) dễ dàng suy ra bất đẳng t

(chÕ biÊn · 2018. 1. 8. · 15h15-15h45 ngh¿ gi£i lao 15h45-17h45 cÁc bÁo cÁo chuyÊn ĐŠ...

Documents