chuyen de toan 2 - dh quoc gia

B¶n tin To¸n häc (Bé m«n To¸n trêng PTNK) – sè 02 - 1 –

Abel và định lý lớn của ôngV.Tikhomirov

Nhà toán học vĩ đại người Na Uy – Nils Henric Abel, người cùng với Grieg và Ibsen đã làm rạng rỡ Tổ quốc của mình, đã sống một cuộc đời ngắn ngủi, đầy khó khăn và đau khổ. Ông mất vì bệnh ... ở tuổi 28. Tất cả những kết quả toán học chính được ông thực hiện trong vòng chỉ 3 năm. Carl Gustav Jacobi, người cũng sáng tạo và nghiên cứu đồng thời những vấn đề của Abel đã viết: “Abel đã rời xa chúng ta, nhưng dấu ấn mà ông để lại khó có thể phai mờ”. Và những lời nói này trở thành lời sấm: hầu như tất cả những gì mà Abel cống hiến cho khoa học đều truyền đến thế hệ chúng ta như những kho báu. Biến đổi Abel, dấu hiệu hội tụ Abel, nhóm Abel, phương trình tích phân Abel, tích phân Abel – vẫn là người bạn đồng hành thường xuyên của các nhà toán học, và mọi nhà toán học đều biết đến định lý lớn của Abel về tính không giải được bằng căn thức của phương trình bậc lớn hơn 4.

Abel sinh ngày 5 tháng 8 năm 1802 ở miền Nam Nau Uy. Cha ông là cha cố. Năm 1915 cha ông đưa ông đến học ở trường Dòng ở thủ đô Christiania (nay là Oslo). Tại trường này Abel may mắn gặp được người thầy giáo đã phát hiện và đánh giá cao năng khiếu toán học của ông. Bernt Mikel Holmboe - tên người thầy giáo - được người đời trân trọng vì trong một thời gian dài đã hỗ trợ hết lòng cho người học trò vĩ đại nhưng bất hạnh của mình. Holmboe viết: “Trong Abel có cả khả năng toán học thiên bẩm lẫn niềm đam mê không bao giờ cạn đối với khoa học”. Ngay từ đầu, ông đã viết, “cậu ta sẽ trở thành nhà toán học xuất sắc nhất thế giới”, và có thể nghĩ rằng Abel sẽ biến lời dự đoán đó thành hiện thực nếu như bệnh tật không cướp đi sinh mạng của ông quá sớm như vậy.

Abel vào đại học tổng hợp năm 1821. Cha của ông mất và ông không có điều kiện sống tối thiểu. Ông làm đơn xin học bổng, nhưng trường không có kinh phí để cho ông. Khi đó, một số giáo sư của trường, với suy nghĩ “giữ gìn cho khoa học một tài năng hiếm có”, đã cho ông học bổng từ tiền lương của chính họ. Những khoản tiền này không đủ để nuôi sống gia đình, và Abel đã phải đi dạy thêm. Nhưng ông cũng không thể thoát khỏi cảnh đói nghèo.

Bài báo “Chứng minh tính không giải được bằng căn thức của phương trình tổng quát bậc lớn hơn 4” được công bố vào năm 1826, và sự kiện này đã lập tức đặt Abel lên vị trí của những nhà toán học hàng đầu thế giới. Nhưng công trình sau đó của ông, được Viện hàn lâm Khoa học Paris giới thiệu và chuyển cho Cauchy phản biện để in đã bị bỏ quên trong đống giấy tờ của nhà bác học Pháp. Cauchy chỉ tìm thấy lại nó sau cái chết của Abel. Công trình này của Abel, cùng với công trình của Jacobi đã đoạt giải thưởng lớn của Viện hàn lâm. Nếu như giải thưởng này được trao tặng khi Abel còn sống ... Nhưng điều đó đã không xảy ra, và những năm cuối đời Abel sống trong thiếu thốn. Ông mất ngày 6 tháng 4 năm 1829.

Jacobi nói về ông:”Abel mất sớm, cứ như rằng ông chỉ muốn làm những gì mà người khác không đủ sức làm, để cho chúng ta làm nốt những thứ còn lại “.

Chúng ta sẽ nói về một số thành tựu của Abel trong toán học.


Nghiên cứu của Abel trong giải tích toán họcAbel là người đầu tiên áp dụng tương tự hóa của tích phân từng phần vào các

tổng rời rạc. Cách biểu diễn tổng các tích của hay dãy số dưới dạng1

Nakbk = aNbN - 1N-1Bk(ak+1-ak), (1)

trong đó ak, bk là các số đã cho, Bk = b1 + ...+ bk, 1 k N, được mang tên biến đổi Abel. Nó trở thành và hiện vẫn là một công cụ quan trọng của giải tích cổ điển.

Nếu như áp dụng biến đổi Abel cho chuỗi 1akbk với giả sử rằng chuỗi 1

bk

hội tụ và dãy ak1 bị chặn và đơn điệu thì ta được chuỗi 1

akbk hội tụ (từ (1) dễ dàng suy ra đánh giá |n

makbk| 4maxn k m|Bk| max |an|, |am|, và sự hội tụ của chuỗi suy ra từ tiêu chuẩn Cauchy). Đây chính là tiêu chuẩn Abel về sự hội tụ của một chuỗi. Cũng vẫn phương pháp này có thể chứng minh tiêu chuẩn Dirichlet: nếu như dãy bk1

đơn điệu và hội tụ về 0, còn dãy các tổng riêng sn = 1

nak bị chặn thì chuỗi 1akbk hội tụ.

Các tiêu chuẩn hội tụ này ngày nay có trong bất cứ một cuốn sách giáo khoa nào về giải tích toán học.

Cauchy đã quan niệm sai lầm rằng chuỗi các hàm số liên tục trên một đoạn, hội tụ tại mọi điểm thì nó sẽ có giới hạn là một hàm liên tục. Abel đã đưa ra phản ví dụ: chuỗi 1

(-1)k-1sinkx/k hội tụ tại mọi điểm của đoạn [-, ] (điều này có thể kiểm chứng dễ dàng nếu áp dụng tiêu chuẩn Dirichlet), nhưng giới hạn của chuỗi là một hàm gián đoạn (nó bằng x/2 trong khoảng (-, ), bằng 0 tại các điểm -, và là hàm tuần hoàn cho kỳ -2, nghĩa là có các điểm gián đoạn là + 2k, k=0, 1, ... ). Ví dụ của Abel đóng một vai trò quan trọng trong việc hình thành một trong những khái niệm nền tảng của giải tích – khái niệm liên tục đều.

Nhân Abel (hay còn gọi là nhân Abel – Poisson) - hàm số (1/).[a/(a2+x2)], a > 0, đóng một vai trò quan trọng trong giải tích và lý thuyết xác suất.

Abel là người đầu tiên tìm ra lời giải của phương trình tích phân, tức là phương trình tuyến tính với “vô số ẩn số”. Phương trình này, được mang tên ông, có mặt trong hàng loạt các bài toán lý thuyết và ứng dụng. Nói riêng, Rieman và Liouville đã sử dụng nó để đưa ra khái niệm đạo hàm bậc phân số.

Abel đã đặt nền móng cho lý thuyết tích phân các hàm số dạng R(x, y)dx, trong đó R

H(x, y) = 0 là hàm phân thức (tức là tỉ số của hai đa thức), còn H là đa thức hai biến. Câu hỏi về tính biểu diễn được của các tích phân như vậy qua các hàm sơ cấp là một câu hỏi rất sâu. Câu trả lời chứa trong định lý cơ bản được chứng minh bởi Abel, và được biểu thị thông qua các đặc tính tô-pô của đa tạp hai chiều (cụ thể là - giống của mặt Rieman H(z, w) = 0 trong không gian phức). V.I. Arnold trong cuốn sách “Toán học là gì?” giải thích bản chất của định lý này và kết luận:”Trong định lý này, có một điều đáng ngạc nhiên là mối liên hệ giữa các vấn đề mà thoạt nhìn rất xa nhau của toán học: lý thuyết các hàm sơ cấp, tích phân và tô-pô”.

Về tính giải được bằng căn thức của phương trình đại số Và bây giờ chúng ta sẽ nói về thành tựu nổi tiếng nhất của Abel – về định lý của

ông liên quan đến tính giải được bằng căn thức của phương trình đại số. Công trình này có ảnh hưởng lớn đến sự phát triển của đại số, còn thực chất khái niệm nhóm Abel được


đưa ra trong công trình này là cơ sở của lý thuyết nhóm. Định lý Abel có liên hệ với những lĩnh vực khác nhau của toán học và có hàng loạt các chứng minh khác nhau. Chúng ta sẽ trình bày một trong những chứng minh đại số trực tiếp. Chứng minh này khá sơ cấp, mặc dù có sử dụng số phức.

Mỗi chúng ta đều biết công thức tìm nghiệm của phương trình bậc hai x2 + px + q = 0:

x1,2 = (-p p2- 4q)/2.Vì các số na được gọi là căn thức nên người ta nói rằng phương trình x2 + px + q = 0 giải được bằng căn thức.

Một thời gian dài các nhà toán học tìm công thức cho nghiệm của phương trình bậc ba. Vào giữa thế kỷ 16, một công thức như vậy đã được tìm thấy. Phương trình x3 + ax2 + bx + c = 0 có thể dễ dàng đưa về dạng x3 + px + q = 0, và nghiệm của nó có thể tìm được bằng công thức

x = 3 -q/2 +q2/4 + p3/27 + 3 -q/2 -q2/4 + p3/27 .Nếu tính đúng các giá trị của các căn thức thì có thể tìm được cả ba nghiệm của phương trình bậc ba. Như thế, với phương trình bậc ba tồn tại công thức tính nghiệm thông qua căn thức.

Không lâu sau khi công thức Cardano được công bố người ta chứng minh được rằng việc giải phương trình bậc bốn bất kỳ có thể đưa về phương trình bậc hai và bậc ba bằng một quy trình chuẩn, nghĩa là với phương trình bậc bốn cũng có công thức tính nghiệm bằng căn thức.

Và sau đó, trong khoảng thời gian gần 3 thế kỷ người ta đã cố gắng tìm công thức cho các phương trình bậc cao hơn nhưng đều thất bại. Và định lý chứng minh bởi Abel đã đặt dấu chấm cho những cố gắng này.

Định lý AbelĐịnh lý Abel. Đối với mỗi số tự nhiên n lớn hơn bốn không thể tìm được công

thức biểu diễn nghiệm của mọi phương trình bậc n thông qua các hệ số của nó sử dụng căn thức và các phép toán số học.

Chúng ta sẽ chứng minh ở đây một điều mạnh hơn, và chính là tồn tại một phương trình (cụ thể) bậc năm với hệ số nguyên không giải được bằng căn thức.

Việc chứng minh kết quả này sẽ được trình bày trong số báo sau. Cụ thể, chúng ta sẽ chứng minh phương trình p(x) = x5 - 4x - 2 = 0 không giải được bằng căn thức.

(Còn tiếp – Trần Nam Dũng dịch từ Tạp chí Kvant, số 1/2003)

Đáp án đề thi tuyển sinh vào lớp 10 năng khiếu năm học 2003-2004 (Toán Năng khiếu)

Câu 1. 1) Chứng minh rằng phương trình (a2-b2)x2 + 2(a3-b3)x + a4 - b4 = 0 có nghiệm với mọi a, b.

2) Giải hệ phương trình


3 3

5

( 1) ( 1) 35

xy x y

x y

Lời giải:1) + Nếu a = b thì phương trình trở thành 0 = 0. Mọi x là nghiệm của phương

trình. + Nếu a = -b thì phương trình trở thành 2a3x = 0 có nghiệm x = 0.+ Nếu a b thì a2 - b2 0, phương trình đã cho là phương trình bậc hai có

’ = (a3 - b3)2 - (a2 - b2)(a4 - b4) = a2b2(a-b)2 0 do đó có nghiệm.Vậy trong mọi trường hợp phương trình đã cho có nghiệm.2) Đặt X = x+1, Y = y+1, ta có hệ phương trình

3 3

6

35

XY

X Y

Suy ra X3, Y3 là nghiệm của phương trình T2 – 35T + 216 = 0. Từ đó (X, Y) = (2, 3) hoặc (3, 2) suy ra (x, y) = (1, 2) hoặc (2, 1). Thử lại thấy thoả.

Câu 2. 1) Cho an = 22n+1 – 2n+1 + 1, bn = 22n+1 + 2n+1 + 1. Chứng minh rằng với mọi n nguyên dương, trong hai số an, bn luôn có đúng một số chia hết cho 5 và một số không chia hết cho 5.

2) Tìm tất cả các bộ ba số nguyên dương phân biệt mà tích của chúng bằng tổng của chúng.

Lời giải: 1) Ta có an.bn = (22n+1+1)2 - 22n+2 = 24n+2 + 1 = 16n.4 + 1 = (5k+1)n.4 + 1 =

(5K+1).4 + 1 chia hết cho 5.Mặt khác bn - an = 2.2n+1 không chia hết cho 5. Kết hợp với điều vừa chứng minh

ở trên ta suy ra trong hai số an, bn có đúng một số chia hết cho 5, suy ra an + bn không chia hết cho 5.

2) Giả sử 3 số đó là (x, y, z). Không mất tính tổng quát, có thể giả sử x < y < z. Theo điều kiện đề bài

x + y + z = x.y.z=> 1/xy + 1/yz + 1/zx = 1.Nếu x 2 thì ta có y 3, z 4 do đó 1/xy + 1/yz + 1/zx 1/6 + 1/12 + 1/8 < 1. Mâu thuẫn. Vậy ta phải có x = 1. Thay vào ta được phương trình 1/y + 1/z + 1/yz = 1._Tiếp theo có hai cách giải:

Cách 1: Nếu y 3 thì z 4, do đó 1/y + 1/z + 1/yz 1/3 + 1/4 + 1/12 < 1. Mâu thuẫn. Vậy ta phải có y = 2, suy ra z = 3. Vậy ta có bộ (1, 2, 3) thoả mãn yêu cầu bài toán.

Cách 2: 1/y + 1/z + 1/yz = 1 <=> yz = y + z + 1 <=> (y-1)(z-1) = 2 = 1.2 => y = 2, z = 3.

Câu 3. Cho tam giác ABC vuông tại A. Hạ đường cao AA1. Đặt BA1 = x, CA1 = y. 1) Gọi r, r’ lần lượt là bán kính đường tròn nội tiếp các tam giác AHK và ABC

tương ứng. Hãy tính tỷ số r’/r theo x, y và tìm giá trị lớn nhất của tỷ số này.


2) Chứng minh tứ giác BHKC nội tiếp một đường tròn. Tính bán kính đường tròn này theo x, y.

Lời giải: Áp dụng tính chất của tam giác vuông (hoặc dùng tam giác đồng dạng) ta suy ra

AA1 = xy . Ta có HK = AA1 = xy . Hai tam giác AHK và ABC đồng dạng với tỷ số

HK/BC = xy /(x+y) do đó r’/r = xy /(x+y). áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có xy (x+y)/2. Dấu bằng xảy ra khi x = y. Suy ra giá trị lớn nhất của r’/r là 1/2.

2) Ta có HKA1 = HAA1 = ACB. Từ đó suy ra HKC + HBC = HKA1

+ A1KC + HBC = ACB + 900 + HBC = 1800. Suy ra tứ giác BHKC nội tiếp trong một đường tròn.

Tiếp tục áp dụng tính chất tam giác đồng dạng ta tính được

AH = x

yx y

, BH = x

xx y

, AK = y

xx y

, CK = y

yx y

Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BHKC và M, N là hình chiếu của I lên AB,

AC tương ứng thì

2 2

2 2 2 2

2 2 3 3 2 2

1 1. .

2 2

1 1 3. .

4 4 4

y y xR IB IM BM x y x

x y x y x y

x y y x y y x xy y

x y x y x y x y

Suy ra 2 23 / 2R x xy y .

Câu 4. 1) Cho đường tròn (C) tâm O và một điểm A nằm trong đường tròn. Một đường thẳng qua A cắt (C) tại M và N. Chứng minh rằng đường tròn (C’) qua O, M, N luôn đi qua một điểm cố định khác O.

2) Cho đường tròn (C) tâm O là đường thẳng (D) không cắt (C). I là một điểm di động trên (D). Đường tròn đường kính IO cắt (C) tại M và N. Chứng minh rằng đường thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định.

Lời giải: 1) Gọi (C’) là đường tròn qua O, M, N. Kẻ OA nối dài cắt (C’) tại B. Ta có

OBN = (1/2) cung (ON) = (1/2) cung (OM) =MNO = ANO. Từ đó suy ra hai tam giác ONB và OAN đồng dạng. Do đó ON/OB = OA/ON => OB = ON2/OA => điểm B là điểm cố định.

2) Hạ OP vuông góc với (D) thì P cố định và nằm trên đường tròn đường kính IO. Giả sử MN cắt OP tại A. Tương tự như trên, hai tam giác OAN và ONP đồng dạng, từ đó OA/ON = ON/OP => OA = ON2/OP => A là điểm cố định.

Câu 5. 1) Trên bảng vuông 4x4 có ghi 9 số 1 và 7 số 0. Với mỗi phép biến đổi bảng cho phép thay tất cả các số 0 trên cùng một hàng hoặc cùng một cột thành các số 1 và


các số 1 thay bằng các số 0. Hỏi sau một số hữu hạn các phép biến đổi bảng, có thể đưa bảng đã cho về bảng gồm toàn số 0 được không?

2) ở vương quốc “Sắc màu kỳ ảo” có 13 hiệp sĩ tóc đỏ, 15 hiệp sĩ tóc vàng và 17 hiệp sĩ tóc xanh. Khi hai hiệp sĩ khác màu gặp nhau, tóc của họ biến sang màu thứ ba (ví dụ nếu hiệp sĩ tóc đỏ gặp hiệp sĩ tóc xanh thì cả hai sẽ biến thành hiệp sĩ tóc vàng). Hỏi sau một số hữu hạn lần gặp như vậy, cỏ thể xảy ta trường hợp ở vương quốc “Sắc màu kỳ ảo” tất cả các hiệp sĩ đều có cùng màu được không?

Lời giải:1) Gọi S(n) là tổng số số 1 sau lần biến đổi bảng thứ n. Ta có S(0) = 9. Mỗi lần

biến đổi bảng, giả sử trên dòng ta chọn có k số 1 và 4-k số 0. Sau khi biến đổi, ta có k số 0 và 4-k số 1. Như vậy S(n+1) = S(n) + 4 - k - k = S(n) + 2(2-k). Như thế, S(n+1) và S(n) có cùng tính chẵn lẻ. Do S(0) = 9 lẻ nên S(n) lẻ với mọi n, tức là ta không thể biến đổi về bảng có toàn số 0.

2) Ta gọi D(n), V(n), X(n) lần lượt là số hiệp sĩ tóc đỏ, vàng, xanh tương ứng sau lần gặp thứ n và đặt S(n) = V(n) + 2X(n). Ta có S(0) = 15 + 2.17 = 49. + Khi hai hiệp sĩ đỏ và vàng gặp nhau, tóc họ đổi sang màu đỏ, do đó S(n+1) = V(n) - 1 + 2(X(n)+2) = S(n) + 3.

+ Khi hai hiệp sĩ đỏ và xanh gặp nhau, tóc họ đổi sang màu vàng, do đó S(n+1) = V(n) + 2 + 2(X(n)-1) = S(n).

+ Khi hai hiệp sĩ vàng và xanh gặp nhau, tóc họ đổi sang màu đỏ, do đó S(n+1) = V(n) - 1 + 2(X(n)-1) = S(n) - 3. Như vậy S(n+1) luôn có cùng số dư với S(n) trong phép chia cho 3. Vì S(0) chia 3 dư 1 nên S(n) chia 3 dư 1 với mọi n. Do đó không thể xảy ra trường hợp sau một số hữu hạn lần gặp nhau, tất cả các hiệp sĩ đều có cùng màu tóc (vì khi đó S sẽ chia hết cho 3!).

Lụứi giaỷi vaứ nhaọn xeựt caực ủeà toaựn soỏ 1 (9/2003)Baứi 1: Tỡm 12 soỏ nguyeõn dửụng coự toồng baống tớch.Lụứi giaỷi:Goùi 12 soỏ nguyeõn dửụng caàn tỡm laứ a1, a2, …, a12. Theo giả thiết ta coự:

a1 + a2 + … + a12 = a1.a2…a12 (*)Khoõng maỏt tớnh toồng quaựt ta coự theồ giaỷ sửỷ: a1 ≥ a2 ≥ … ≥ a12. Khi ủoự ta coự:

VT ≤ 12a1, suy ra a1.a2…a12 ≤ 12.a1.Từ đủoự a2.a3…a12 ≤ 12. (**). Vụựi moùi 5 ≤ i ≤ 2 ta coự:

ai4 ≤ ai

i-1 = a2.a3…ai ≤ a2.a3…a12 ≤ 12 => ai = 1. Vaọy ai = 1 vụựi moùi i = 5, …, 12. Theỏ vaứo (*) ta coự:

a1 + a2 + a3 + a4 + 8 = a1.a2.a3.a4.Theỏ vaứo (**): a2.a3.a4 ≤ 12, suy ra: a4

3 ≤ 12 neõn a4 ≤ 2.+ Neỏu a4=2: Ta coự ai ≥ 2 vụựi moùi i = 1, 2, 3. VT ≤ 4.a1+8 ≤ 4.a1+ 4.a1 = 8a1 ≤ a1.a2.a3.a4 =VPDaỏu baống xaỷy ra khi vaứ chổ khi a1 = a2 = a3 = 2.


Nhử vaọy trong trửụứng hụùp naứy ta coự 1 nghieọm: a i =1 vụựi i=5, …, 12 vaứ ai = 2 vụựi i = 1, …, 4. + Neỏu a4 =1 ta coự: a1 + a2 + a3 + 9 = a1.a2.a3. Theỏ vaứo (**), suy ra: a2.a3 ≤ 12. Tửứ ủoự: a3

2 ≤ 12 neõn a3 ≤ 3. + Neỏu a3 = 3 : Ta coự a1, a2 ≥ 3. VT ≤ 3.a1 + 9 ≤ 3.a1 + 3.a1 = 6.a1 < 9a1 ≤ a1.a2.a3 =VP (loaùi) + Neỏu a3 =2: Ta coự: a1 + a2 + 11 = 2.a1.a2. (2.a1-1).(2.a2-1) = 23, neõn 2a1 - 1 = 23 vaứ 2a2 - 1 = 1 => a1 = 12, a2 = 1 (loaùi vỡ a2 ≥ 2) + Neỏu a3 =1 ta coự: a1 + a2 +10 = a1.a2 (a1-1).(a2-1)=11 a1 - 1 = 11 vaứ a2 – 1 = 1 a1 = 12 vaứ a2 = 2.Nhử vaọy ta coự 1 nghieọm ai =1 vụựi i = 3, 4, …, 12, a2 = 2 vaứ a1 =12.Vaọy baứi toaựn coự 2 nghieọm: 1) a(i) =1 vụựi i = 5, …, 12 vaứ a1 = a2 = a3 = a4 =2. 2) ai =1 vụựi i = 3, 4, …, 12, a2 = 2 vaứ a1 =12.Nhaọn xeựt: 1) ẹaõõy laứ moọt baứi toaựn khaự ủụn giaỷn ủoỏi vụựi caực baùn ủaừ laứm quen vụựi phửụng trỡnh nghieọm nguyeõn. Nhỡn chung caực baùn tham gia gửỷi baứi ủeàu giaỷi toỏt baứi naứy vaứ ủeàu coự 1 hửụựng giaỷi gioỏng nhau. Tuy nhieõn, phaàn trỡnh baứy nhieàu khi coứn rửụứm raứ vaứ chửa roừ yự.2) Dửùa vaứo caựch giaỷi treõn ủaõy, coự theồ ủửa ra moọt soỏ ủaựnh giaự cho baứi toaựn toồng quaựt: Tỡm n soỏ nguyeõn dửụng coự toồng baống tớch (Baứi toaựn A(n)). Vớ duù:

(i) Baứi toaựn A(n) luoõn coự ớt nhaỏt 1 nghieọm (haừy nghieõn cửựu kyừ caực nghieọm vaứ traỷ lụứi taùi sao?)

(ii) Neỏu a1, a2, …, an laứ nghieọm cuỷa A(n) thỡ a1 + a2 + …+ an ≤ 2n.(iii) Neỏu n ≤ 2k - k thỡ coự nhieàu nhaỏt k trong soỏ ai ≥ 2 (nhử vaọy coự ớt

nhaỏt n-k soỏ baống 1). (iv) Toồng quaựt, neỏu n ≤ ak - (a-1)k thỡ coự nhieàu nhaỏt k trong soỏ ai ≥ a.

3) Caực baùn sau ủaõy ủaừ coự lụứi giaỷi toỏt: Nguyeón Anh Cửụứng, Nguyeón Haứnh Trỡnh, Voừ Nguyeón Thuyỷ Tieõn, Leõ Minh Huy (10 Toaựn), Nguyeón Thanh Bỡnh (12 Toaựn). Baùn Phaùm Vaờn Hoàng Thaộng (10 Toaựn) tỡm ủửụùc nghieọm toồng quaựt cho trửụứng hụùp n baỏt kyứ, tuy nhieõn khaỳng ủũnh cuỷa baùn cho raống ủaõy laứ taỏt caỷ caực nghieọm cuỷa baứi toaựn laứ thieỏu chớnh xaực.

Traàn Vúnh Hửng

Baứi 2 : Cho a , b , c 0 . Chửựng minh raống :

2.a b b c c a a b c

c a b b c c a a c

Lụứi giaỷi : Caựch 1 : (Cuỷa baùn Voừ Nguyeón Thuyỷ Tieõn vaứ moọt soỏ baùn khaực) Vụựi x , y > 0 ta coự caực baỏt ủaỳng thửực sau :


i. 1 1 4

x y x y

ii. 1

2x y x y

Thaọt vaọy :

1 1 4

x y x y

2 2( ) 4. . ( ) 0x y x y x y .

1

2x y x y 2 2

2.( ) 0x y x y x y

Do ủoự ta coự baỏt ủaỳng thửực i vaứ ii :

AÙp duùng i ta coự : a b

c

=

1.

2

a b a b

c c c c

Tửụng tửù : 1

.2

b c b c

a a a a

1

.2

c a c a

b b b b

Suy ra : a b b c c a

c a b

1.

2

a a b b c c

b c c a a b

(*)

AÙp duùng ii vaứ i ta coự : 1 1 4

b c b c

2. 2

b c

Suy ra : a a

c b 2. 2.

a

b c

Tửụng tửù : 2. 2.b b b

c a c a

2. 2.b b b

c a c a

Suy ra : a a b b c c

b c c a a b

2. 2a b c

b c c a a c

(**)

Tửứ (*) vaứ (**) ta coự baỏt ủaỳng thửực cuỷa ủeà baứi

2.a b b c c a a b c

c a b b c c a a c

Daỏu “=” xaỷy ra khi vaứ chổ khi : a = b= c .

Caựch 2: (Cuỷa baùn Nguyeón Haứnh Trỡnh)Khoõng maỏt tớnh toồng quaựt coự theồ giaỷ sửỷ a ≥ b ≥ c. Baỏt ủaỳng thửực ủaừ cho tửụng ủửụng vụựi:


2 2 2 0

2 2 20

( ) ( ) ( )

a b c b c a c a b

c a b a b c b c a

a b c b c a c a b

c a b a b c b c a

Tửứ a ≥ b ≥ c suy ra a + b - 2c ≥ 0 vaứ c(a+b) = ac + bc ≤ b(a+c), tửứ ủoự

2 2

( ) ( )

a b c a b c

c a b b a c

Tửụng tửù, do b+c -2a ≤ 0 vaứ a(b+c) ≥ b(c+a) neõn

2 2

( ) ( )

b c a b c a

a b c b a c

Tửứ ủoự suy ra 2 2 2 2 2 2

0( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

a b c b c a c a b a b c b c a c a b

c a b a b c b c a b c a b c a b c a

chớnh laứ ủieàu caàn chửựng minh. Daỏu baống xaỷy ra khi vaứ chổ khi a = b = c.

Nhaọn xeựt: 1) ẹaõy laứ moọt ủeà toaựn khaự thuự vũ veà baỏt ủaỳng thửực. Vieọc khaự nhieàu baùn giaỷi ủửụùc baứi naứy cho thaỏy kyừ naờng giaỷi toaựn baỏt ủaỳng thửực cuỷa hoùc sinh Vieọt Nam noựi chung vaứ hoùc sinh trửụứng ta noựi rieõng khaự toỏt. 2) Caực baùn sau ủaõy coứn coự lụứi giaỷi toỏt: Leõ Minh Huy, Phan Vaờn Hoàng Thaộng (10 Toaựn). 3) Baùn Nguyeón Anh Cửụứng (10 Toaựn) ủaừ ủửa ra vaứ chửựng minh baứi toaựn toồng quaựt “Vụựi caực soỏ nguyeõn dửụng m ≥ 2, n ≥ 3 vaứ n soỏ dửụng a 1, a2, …, an ta luoõn coự baỏt ủaỳng thửực

2 1 3 1 1 1

1 1 2 1 1

... ... ...... ( 1) ... (2)

... ...n n n n

m m m mm

n n n

a a a a a a a aan

a a a a a a a

T

uy nhieõn, trong lụứi giaỷi, baùn ủaừ phaùm sai laàm cụ baỷn khi bieỏn ủoồi. Baỏt ủaỳng thửực (2) thửùc sửù khoõng ủuựng. Laỏy vớ duù cho taỏt caỷ caực a i baống nhau thỡ (2) tửụng ủửụng vụựi

11 ( 1) 1 1

1m mmn n n n n n

n

Baỏt ủaỳng thửực cuoỏi cuứng chổ ủuựng khi m = 2 hoaởc n = 2. Lụứi giaỷi cuỷa baùn Cửụứng chổ ủuựng trong trửụứng hụùp m = 2 (trửụứng hụùp n = 2 laứ hieồn nhieõn vỡ ta coự ủaỳng thửực).4) Baùn Nguyeón Thanh Bỡnh (12 Toaựn) ủaừ ủửa ra vaứ chửựng minh ủuựng baứi toaựn toồng quaựt. Baỏt ủaỳng thửực cuỷa baùn Bỡnh chớnh laứ baỏt ủaỳng thửực (2) nhửng thay n-1 ụỷ veỏ phaỷi baống (n-1)2/m. Caựch giaỷi laứ duứng baỏt ủaỳng thửực Bunhiacopsky mụỷ roọng. Caực baùn haừy thửỷ sửực xem sao.

Nguyeón Tieỏn Khaỷi

Cùng giải toán


Mời các bạn tham gia giải toán cùng với Bản tin Toán học. Sẽ có những phần quà hấp dẫn dành cho các bạn giải đúng và sớm nhất cho bản tin. Khi đề xuất các bài toán, chúng tôi cố gắng ghi rõ xuất xứ của bài toán. Trong trường hợp không rõ xuất xứ, chúng tôi dùng thuật ngữ “Dân gian”. Phần thưởng tháng 9 sẽ được trao cho các bạn: Võ Nguyễn Thuỷ Tiên, Nguyễn Hành Trình, Lê Minh Huy và Nguyễn Thanh Bình. Các bạn liên hệ với thầy Nam Dũng vào các sáng thứ năm để nhận quà.

Bài 1: Cho a, b, c, d , m laứ caực soỏ tửù nhieõn vaứ a + d , (b-1).c , a.b – a + c chia heỏt cho m. Chửựng minh raống a.bn + c.n + d chia heỏt cho m vụựi moùi soỏ tửù nhieõn n.

Nguyễn Tiến Khải

Bài 2: Cho Hn là dãy số Fibonacci tổng quát, tức là H1, H2 là các số nguyên bất kỳ và với n > 2 thì Hn = Hn-1 + Hn-2. a) Hãy tìm T, phụ thuộc vào H1 và H2 sao cho các số H2nH2n+2+T, H2nH2n+4 + T, H2n-

1H2n+1 - T, H2n-1 H2n+3 - T đều là các số chính phương.b) Chứng minh T là duy nhất.

Trích từ tạp chí AMM

Bài 3: Cho n ≥ 2 và n số thực không âm x1, x2, …, xn thoả mãn điều kiện x1 + …+ xn = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

4 5

1

( )n

i ii

S x x

.

Chọn đội tuyển Trung Quốc 1999

Bài 4: Cho a là số nguyên. Chứng minh rằng mọi ước nguyên tố của 2.6 6 1n n

a a đều có dạng 6n+1.k+1 (n là số nguyên dương).

Nguyễn Thành Nhân

Bài 5: Lục giác lồi ABCDEF có ABF là tam giác vuông cân tại A. BCEF là hình bình hành. AD = 3, BC = 1, CD + DE = 2 2 . Tính diện tích lục giác.

Dân gian.

Tieỏng Anh qua caực baứi toaựn: Baứi soỏ 2.

Problems 2: Does there exist a function f: R R such that f(f(x)) = x2 – 2 for all real x?Solution: No. In fact, we prove a more general noexistence theorem.

Suppose X a set, g: X X has exactly two fixed points a, b and gog has exactly four fixed points a, b, c, d. Then there is no function f: X X such that g = fof.

We first prove that g(c) = d and g(d) = c. Suppose g(c) = y. Then c = g(g(c)) = g(y), and hence g(g(y)) = g(c) = y. Thus y is a fixed points of gog. If y = a, then we see


that a = g(a) = g(y) = c leading to a contradiction. Similarly y = b forces b = c. If y = c, then c = g(y) = g(c), so that c is one of a, b. Thus the only possibility is y = d, giving g(c) = d. A similar analysis gives g(d) = c.

Suppose there exists a function f: X X such that g(x) = f(f(x)) for all x X. Then it is easy to see that f(g(x)) = g(f(x)) for all x X. Let x0 a, b. Then f(x0) = f(g(x0)) = g(f(x0)), so that f(x0) is a fixed point of g. Hence f(x0) a, b. Similarly, it is easy to show that x1 a, b, c, d implies that f(x1) a, b, c, d.

Consider f(c). This lies in a, b, c, d. If f(c) = a then f(a) = f(f(c)) = g(c) = d, a contradiction since f maps a, b into itself. Similarly, f(c) = b gives f(b) = d, which is impossible. If f(c) = c, then c = f(c) = f(f(c)) = g(c) = d from our earlier observation. This contradicts the distinctness of c and d. If f(c) = d then f(d) = f(f(c)) = g(c) = d and this gives g(d) = f(f(d)) = f(d) = d contradicting our observation that g(d) = c. Thus g(c) cannot be an element of a, b, c, d.

We conclude that there is no function f: X X suc that g = fof.We now use the above result to show that there is no function f: R R such that

f(f(x)) = x2 – 2. Consider g(x) = x2 – 2. It has two fixed points 2, -1 and gog has four fixed points (-15)/2, 2, -1. Hence there is no function f such that g = fof and this proves our assertion.

Bản tin đã nhận được bài viết của các bạn: Nguyễn Thành Nhân, Nguyễn Đăng Khoa. Chúng tôi sẽ nghiên cứu sử dụng trong các số báo sau. Rất mong nhận được sự đóng góp của các bạn.

BẢN TIN TOÁN HỌC – SỐ 02 (Ấn bản lưu hành nội bộ do bộ môn Toán – Trường Phổ thông Năng khiếu thực hiện)CHỦ NHIỆM: Trần Nam Dũng – Trịnh Thanh ĐèoBAN BIÊN TẬP: Trần Nam Dũng, Trịnh Thanh Đèo, Lê Minh Tuấn, Trần Vĩnh Hưng, Nguyễn Tiến Khải

chuyen de toan 2 - dh quoc gia

Documents