Xem mẫu
- CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG
HỌC SINH GIỎI TOÁN
- M cl c
L i nói đ u . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
Tr n Nam Dũng
Nguyên lý c c h n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
Tr nh Đào Chi n, Lê Ti n Dũng
M t s d ng t ng quát c a phương trình hàm Pexider và áp d ng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
Lê Sáng
Xây d ng m t l p phương trình hàm nh các h ng đ ng th c lư ng giác . . . . . . . . . . . . . 24
Lê Th Anh Đoan
Tính n đ nh nghi m c a m t s phương trình hàm Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
Tr n Vi t Tư ng
M t s l p phương trình hàm đa n sinh b i phi đ ng th c . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
Lê Sáng, Nguy n Đinh Huy
T công th c Euler đ n bài toán s ph c . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57
Nguy n Th Tình
M t s ng d ng c a phương trình Pell . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
Huỳnh Bá L c
Phép th lư ng giác là công c gi i toán trong các bài thi ch n h c sinh gi i . . . . . . . . . . 79
Nguy n Trung Hưng
S d ng vành các s nguyên đ gi i m t s bài toán s h c . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89
Ph m Th Thúy H ng
N i suy theo y u t hình h c c a đ th . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96
Lê Sáng, Vũ Đ c Th ch Sơn
B t bi n như là m t phương pháp ch ng minh và ng d ng trong gi i toán . . . . . . . . . . . 108
1
- Lê Th Thanh H ng
M t s d ng toán liên quan đ n dãy s có quy lu t . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120
Trương Văn Đi m
V n d ng tính đơn đi u trong các bài toán tìm gi i h n dãy s và gi i phương trình, b t
phương trình, h phương trình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134
Huỳnh T n Châu
ng d ng m t s đ nh lý cơ b n c a gi i tích . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155
Lê Văn Th n
M t s phương pháp gi i h phương trình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 166
Huỳnh Kim Linh, Tô Hùng Khanh
M t s bài toán v đa th c trong các kì thi h c sinh gi i . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 179
Nguy n Văn Ng c
M t s bài toán v chia h t đ i v i các đa th c đ i x ng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 187
Huỳnh Duy Th y
Nét đ p hàm s ti m n trong bài toán b t đ ng th c, bài toán tìm giá tr l n nh t và
giá tr nh nh t . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 195
Nguy n Tài Chung
Thêm m t phương pháp m i đ ch ng minh b t đ ng th c . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 204
T Nguyên
M t s v n đ v phép ngh ch đ o trong m t ph ng và ng d ng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 213
Tr n Văn Trung
S d ng m t s tính ch t c a ánh x đ gi i bài toán phương trình hàm s . . . . . . . . . . . . 235
Nguy n H u Tâm - Hoàng T Quyên
T giác lư ng ti p . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 242
2
- L i nói đ u
Hòa nh p v i tu i tr c nư c ho t đ ng sôi n i k ni m ngày thành l p Đoàn thanh niên
C ng s n H Chí Minh và thi đua l p thành tích chào m ng ngày sinh c a Bác H kính yêu,
ti n t i k ni m 37 năm ngày gi i phóng Nha Trang và th c hi n các chương trình đ i m i giáo
d c ph thông, S Giáo D c và Đào t o Khánh Hòa ph i h p v i H i Toán h c Hà N i đ ng
t ch c H i th o khoa h c Các chuyên đ Toán h c b i dư ng h c sinh gi i THPT khu v c
Duyên h i Nam Trung b và Tây nguyên.
Đây là h i th o l n th hai theo tinh th n cam k t c a các t nh duyên h i Nam Trung b
và Tây Nguyên v vi c h p tác đ phát tri n kinh t - văn hóa và xã h i. S Giáo d c và Đào
t o Phú Yên đã ti n hành t ch c H i th o l n th nh t vào ngày 18-19/4/2011 t i thành ph
Tuy Hòa v liên k t b i dư ng h c sinh gi i và b i dư ng h c sinh gi i môn toán trư ng Trung
h c ph thông Chuyên các t nh duyên h i Nam Trung B và Tây Nguyên. T i H i th o l n th
nh t đã th ng nh t giao cho S Giáo d c và đào t o Khánh Hòa t ch c H i th o l n th hai.
Đây là nét sinh ho t truy n th ng m i v sinh ho t chuyên môn, v giao lưu h p tác trong giáo
d c, đào t o và các sinh ho t h c thu t khác. Và th c t , gi đây, t i vùng duyên h i Nam
Trung b và Tây Nguyên này đã xu t hi n ngày càng nhi u nét thành tích n i b t, đã có h c
sinh đ t gi i toán Olympic qu c t . Năm nay, nhi u đ i tuy n đ t gi i cao trong kỳ thi h c sinh
gi i qu c gia. Các t nh Đ k L c, Phú Yên đã m nh d n c đ i tuy n tham d kỳ thi Olympic
Hà N i m r ng b ng ti ng Anh và đã đ t gi i cao.
Khu v c Duyên h i Nam Trung b và Tây nguyên gi đây đã th c s kh i s c, t o ti n đ
đ vươn lên t m cao m i, ch đ ng h i nh p, sánh vai ngang b ng v i các khu v c khác trong
c nư c.
H i th o khoa h c l n này đư c ti n hành t 14-15/4/2012 t i thành ph Nha Trang, Khánh
Hòa hân h nh đư c đón ti p nhi u nhà khoa h c, nhà giáo lão thành, các nhà qu n lý, các chuyên
gia giáo d c và các nhà toán h c báo cáo t i các phiên toàn th và các cán b ch đ o chuyên
môn t các s Giáo d c và Đào t o, các th y giáo, cô giáo b môn Toán các t nh, thành khu
v c Duyên h i Nam Trung b và Tây nguyên đang tr c ti p b i dư ng h c sinh gi i môn Toán
báo cáo t i các phiên chuyên đ c a h i th o.
3
- Ban t ch c đã nh n đư c trên 30 báo cáo toàn văn g i t i h i th o. Song do khuôn kh
r t h n h p v th i gian, khâu ch b n và th i lư ng c a cu n k y u, chúng tôi ch có th đưa
vào k y u đư c 22 bài, nh ng bài còn l i s đư c ch b n đ g i quý đ i bi u khi th c hi n
chương trình báo cáo chuyên đ chính th c c a h i th o.
N i dung c a k y u l n này r t phong phú, bao g m h u h t các chuyên đ ph c v vi c
b i dư ng h c sinh gi i toán t đ i s , gi i tích, hình h c, s h c đ n các d ng toán liên quan
khác. B n đ c có th tìm th y đây nhi u d ng toán t các kỳ olympic trong nư c và qu c t ,
m t s d ng toán v hàm s , lý thuy t n i suy, c c tr , ...
Ban t ch c xin chân thành c m ơn s h p tác và giúp đ h t s c quý báu c a quý th y
giáo, cô giáo và đ c bi t là toàn th t toán c a trư ng THPT chuyên Lê Quý Đôn Nha Trang,
Khánh Hòa đ có đư c cu n k y u v i n i dung thi t th c và r t phong phú này.
Vì th i gian chu n b r t g p gáp, nên các khâu hi u đính và ch b n cu n k y u chưa
đư c đ y đ , chi ti t, ch c ch n còn ch a nhi u khi m khuy t. R t mong đư c s c m thông
chia s c a quý đ i bi u. Nh ng ý ki n đóng góp liên quan đ n cu n k y u này xin g i v
đ a ch : Trư ng THPT Chuyên Lê Quý Đôn, s 67 Yersin, Nha Trang, Khánh Hòa. Email:
c3lqdon@khanhhoa.edu.vn.
Xin trân tr ng c m ơn.
Nha Trang ngày 25.03.2012
Nguy n Văn M u
Ch t ch H i Toán h c Hà N i
Đ ng trư ng ban t ch c h i th o
4
- NGUYÊN LÝ C C H N
Tr n Nam Dũng, Trư ng Đ i h c KHTN Tp HCM
Bài vi t này đư c phát tri n t bài vi t “Các phương pháp và k thu t ch ng minh” mà
chúng tôi đã trình bày t i H i ngh “Các chuyên đ Olympic Toán ch n l c” t i Ba Vì, Hà N i,
tháng 5-2010 và gi ng d y cho đ i tuy n Olympic Vi t Nam d IMO 2010. Trong bài này, chúng
tôi t p trung chi ti t hơn vào các ng d ng c a Nguyên lý c c h n trong gi i toán.
M t t p h p h u h n các s th c luôn có ph n t l n nh t và ph n t nh nh t. M t t p con
b t kỳ c a N luôn có ph n t nh nh t. Nguyên lý đơn gi n này trong nhi u trư ng h p r t có
ích cho vi c ch ng minh. Hãy xét trư ng h p biên! Đó là kh u quy t c a nguyên lý này.
1 M t s ví d m đ u
Ta xem xét m t s ví d s d ng nguyên lý c c h n
Ví d 1. Có 3 trư ng h c, m i trư ng có n h c sinh. M i m t h c sinh quen v i ít nh t n + 1
h c sinh t hai trư ng khác. Ch ng minh r ng ngư i ta có th ch n ra t m i trư ng m t b n
sao cho ba h c sinh đư c ch n đôi m t quen nhau.
L i gi i. G i A là h c sinh có nhi u b n nh t m t trư ng khác. G i s b n nhi u nh t này
là k. Gi s A trư ng th nh t và t p nh ng b n quen A là M = {B1 , B2 , . . . , Bk } trư ng
th 2. Cũng theo gi thi t, có ít nh t 1 h c sinh C trư ng th 3 quen v i A. Vì C quen
không quá k h c sinh trư ng th nh t nên theo gi thi t C quen v i ít nh t n + 1 − k h c
sinh c a trư ng th hai, đ t N = {D1 , D2 , ..., Dm } là nh ng ngư i quen C trư ng th hai thì
m ≤ n + 1 − k. Vì M, N đ u thu c t p h p g m n h c sinh và |M | + |N | ≥ k + n + 1 − k = n + 1
nên ta có M ∩ N = ∅. Ch n B nào đó thu c M ∩ N thì ta có A, B, C đôi m t quen nhau.
Ví d 2. Ch ng minh r ng không t n t i s n l , n > 1 sao cho 15n + 1 chia h t cho n
L i gi i. Gi s t n t i m t s nguyên l n > 1 sao cho 15n + 1 chia h t cho n. G i p là ư c s
nguyên t nh nh t c a n, khi đó p l . Gi s k là s nguyên dương nh nh t sao cho 15k − 1
chia h t cho p (s k đư c g i là b c c a 15 theo modulo p).
Vì 152n − 1 = (15n − 1)(15n + 1) chia h t cho p. M t khác, theo đ nh lý nh Fermat thì 15p−1 − 1
chia h t cho p. Theo đ nh nghĩa c a k, suy ra k là ư c s c a các s p − 1 và 2n. Suy ra
k|(p − 1, 2n). Do p là ư c s nguyên t nh nh t c a n nên (n, p − 1) = 1. Suy ra (p − 1, 2n) = 2.
V y k|2. T đó k = 1 ho c k = 2. C hai trư ng h p này đ u d n t i p = 7. Nhưng đi u này
mâu thu n vì 15n + 1 luôn đ ng dư 2mod 7
Trong hai ví d trên, rõ ràng vi c xét các trư ng h p biên đã đem đ n cho chúng ta nh ng
thông tin b sung quan tr ng. Trong ví d th nh t, vi c ch n A là h c sinh có s ngư i quen
nhi u nh t m t trư ng khác đã cho ta thông tin s ngư i quen c a C trong trư ng th hai ít
nh t là n + 1 − k. Trong ví d th hai, do p là ư c s nguyên t nh nh t nên p − 1 nguyên t
cùng nhau v i n là b i s c a p.
Bài t p
5
- 1. Cho n đi m xanh và n đi m đ trên m t ph ng, trong đó không có 3 đi m nào th ng hàng.
Ch ng minh r ng ta có th n i 2n đi m này b ng n đo n th ng có đ u mút khác màu sao cho
chúng đôi m t không giao nhau.
2. Trên đư ng th ng có 2n + 1 đo n th ng. M i m t đo n th ng giao v i ít nh t n đo n th ng
khác. Ch ng minh r ng t n t i m t đo n th ng giao v i t t c các đo n th ng còn l i.
3. Trong m t ph ng cho n > 1 đi m. Hai ngư i chơi l n lư t n i m t c p đi m chưa đư c n i
b ng m t véc-tơ v i m t trong hai chi u. N u sau nư c đi c a ngư i nào đó t ng các véc tơ
đã v b ng 0 thì ngư i th hai th ng; n u cho đ n khi không còn v đư c véc tơ nào n a mà
t ng v n chưa có lúc nào b ng 0 thì ngư i th nh t th ng. H i ai là ngư i th ng cu c n u chơi
đúng?
4. Gi s n là s nguyên dương sao cho 2n + 1 chia h t cho n.
a) Ch ng minh r ng n u n > 1 thì n chia h t cho 3;
b) Ch ng minh r ng n u n > 3 thì n chia h t cho 9;
c) Ch ng minh r ng n u n > 9 thì n chia h t cho 27 ho c 19;
d) Ch ng minh r ng n u n chia h t cho s nguyên t p = 3 thì p ≥ 19;
e)* Ch ng minh r ng n u n chia h t cho s nguyên t p, trong đó p = 3 và p = 19 thì p ≥ 163.
2 Phương pháp ph n ví d nh nh t
Trong vi c ch ng minh m t s tính ch t b ng phương pháp ph n ch ng, ta có th có thêm
m t s thông tin b sung quan tr ng n u s d ng ph n ví d nh nh t. Ý tư ng là đ ch ng
minh m t tính ch t A cho m t c u hình P, ta xét m t đ c trưng f (P ) c a P là m t hàm có
giá tr nguyên dương. Bây gi gi s t n t i m t c u hình P không có tính ch t A, khi đó s
t n t i m t c u hình P0 không có tính ch t A v i f (P0 ) nh nh t. Ta s tìm cách suy ra đi u
mâu thu n. Lúc này, ngoài vi c chúng ta có c u hình P0 không có tính ch t A, ta còn có m i
c u hình P v i f (P ) < f (P0 ) đ u có tính ch t A.
Ví d 3. Cho ngũ giác l i ABCDE trên m t ph ng to đ có to đ các đ nh đ u nguyên.
a) Ch ng minh r ng t n t i ít nh t 1 đi m n m trong ho c n m trên c nh c a ngũ giác (khác
v i A, B, C, D, E) có to đ nguyên.
b) Ch ng minh r ng t n t i ít nh t 1 đi m n m trong ngũ giác có to đ nguyên.
c) Các đư ng chéo c a ngũ giác l i c t nhau t o ra m t ngũ giác l i nh A1 B1 C1 D1 E1 bên trong.
Ch ng minh r ng t n t i ít nh t 1 đi m n m trong ho c trên biên ngũ giác l i A1 B1 C1 D1 E1 .
Câu a) có th gi i quy t d dàng nh nguyên lý Dirichlet: Vì có 5 đi m nên t n t i ít nh t
2 đi m X, Y mà c p to đ (x, y) c a chúng có cùng tính ch n l (ta ch có 4 trư ng h p (ch n,
ch n), (ch n, l ), (l , ch n) và (l , l )). Trung đi m Z c a XY chính là đi m c n tìm.
Sang câu b) lý lu n trên đây chưa đ , vì n u XY không ph i là đư ng chéo mà là c nh thì Z có
th s n m trên biên. Ta x lý tình hu ng này như sau. Đ ý r ng n u XY là m t c nh, ch ng
h n là c nh AB thì ZBCDE cũng là m t ngũ giác l i có các đ nh có to đ đ u nguyên và ta
có th l p l i lý lu n nêu trên đ i v i ngũ giác ZBCDE, . . . Ta có th dùng đơn bi n đ ch ng
minh quá trình này không th kéo dài mãi, và đ n m t lúc nào đó s có 1 ngũ giác có đi m
nguyên n m trong.
Tuy nhiên, ta có th trình bày l i lý lu n này m t cách g n gàng như sau: Gi s t n t i m t
ngũ giác nguyên mà bên trong không ch a m t đi m nguyên nào (ph n ví d ). Trong t t c
6
- các ngũ giác như v y, ch n ngũ giác ABCDE có di n tích nh nh t (ph n ví d nh nh t). N u
có nhi u ngũ giác như v y thì ta ch n m t trong s chúng. Theo lý lu n đã trình bày câu
a), t n t i hai đ nh X, Y có c p to đ cùng tính ch n l . Trung đi m Z c a XY s có to đ
nguyên. Vì bên trong ngũ giác ABCDE không có đi m nguyên nào nên XY ph i là m t c nh
nào đó. Không m t tính t ng quát, gi s đó là AB. Khi đó ngũ giác ZBCDE có to đ các đ nh
đ u nguyên và có di n tích nh hơn di n tích ngũ giác ABCDE. Do tính nh nh t c a ABCDE
(ph n ví d nh nh t phát huy tác d ng!) nên bên trong ngũ giác ZBCDE có 1 đi m nguyên
T. Đi u này mâu thu n vì T cũng n m trong ngũ giác ABCDE.
Ph n ví d nh nh t cũng là cách r t t t đ trình bày m t ch ng minh quy n p ( đây thư ng
là quy n p m nh), đ tránh nh ng lý lu n dài dòng và thi u ch t ch .
Ví d 4. Ch ng minh r ng n u a, b là các s nguyên dương nguyên t cùng nhau thì t n t i
các s nguyênx, y sao cho ax + by = 1.
L i gi i. Gi s kh ng đ nh đ bài không đúng, t c là t n t i hai s nguyên dương a, b nguyên
t cùng nhau sao cho không t n t i x, y nguyên sao cho ax + by = 1. G i a0 , b0 là m t c p s
như v y v i a0 + b0 nh nh t (ph n ví d nh nh t).
Vì (a0 , b0 ) = 1 và (a0 , b0 ) = (1, 1) (do 1.0 + 1.1 = 1) nên a0 = b0 . Không m t tính t ng quát,
có th gi s a0 > b0 . D th y (a0 − b0 , b0 ) = (a0 , b0 ) = 1. Do a0 ˘b0 + b0 = a0 < a0 + b0 nên
do tính nh nh t c a ph n ví d , ta suy ra (a0 − b0 , b0 ) không là ph n ví d , t c là t n t i x, y
sao cho (a0 − b0 )x + b0 y = 1. Nhưng t đây thì a0 x + b0 (y − x) = 1. Mâu thu n đ i v i đi u gi
s . V y đi u gi s là sai và bài toán đư c ch ng minh.
Bài t p
5. Gi i ph n c) c a ví d 3.
6. Trên m t ph ng đánh d u m t s đi m. Bi t r ng 4 đi m b t kỳ trong chúng là đ nh c a
m t t giác l i. Ch ng minh r ng t t c các đi m đư c đánh d u là đ nh c a m t đa giác l i.
3 Nguyên lý c c h n và b t đ ng th c
Nguyên lý c c h n thư ng đư c áp d ng m t cách hi u qu trong các b t đ ng th c có tính
t h p, d ng ch ng minh t n t i k s t n s th a mãn m t đi u ki n này đó.
Ví d 5. (Moscow MO 1984) Trên vòng tròn ngư i ta x p ít nh t 4 s th c không âm có t ng
b ng 1. Ch ng minh r ng t ng t t c các tích các c p s k nhau không l n hơn 1 .
4
L i gi i. Ta c n ch ng minh r ng v i m i n ≥ 4 s th c không âm a1 , ..., an , có t ng b ng 1,
ta có b t đ ng th c
1
a1 a2 + a2 a3 + ... + an−1 an + an a1 ≤ .
4
V i n ch n (n = 2m) đi u này có th ch ng minh d dàng: đ t a1 + a3 + ... + a2m−1 = a; khi
đó, rõ ràng,
1
a1 a2 + a2 a3 + ... + an−1 an + an a1 ≤ (a1 + a3 + ... + a2m−1 ) × (a2 + a4 + ... + a2m ) = a(1 − a) ≤ .
4
7
- Gi s n l và ak là s nh nh t trong các s đã cho. (Đ thu n ti n, ta gi s 1 < k < n−1 - đi u
này không làm m t tính t ng quát khi n ≥ 4.) Đ t bi = ai , v i i = 1, ..., k − 1, bk = ak + ak+1
và bi = ai+1 v i i = k + 1, ..., n − 1. Áp d ng b t đ ng th c c a chúng ta cho các s b1 , ..., bn−1 ,
ta đư c:
1
a1 a2 + ... + ak−2 ak−1 + (ak−1 + ak+2 )bk + ak+2 ak+3 + ... + an−1 an + an a1 ≤ .
4
Cu i cùng, ta s d ng b t đ ng th c
ak−1 ak + ak ak+1 + ak+1 ak+2 ≤ ak−1 ak + ak−1 ak+1 + ak+1 ak+2 ≤ (ak−1 + ak+2 )bk ,
đ suy ra đi u ph i ch ng minh.
Đánh giá trên đây là t t nh t; d u b ng x y ra khi 2 trong n s b ng 1 , còn các s còn l i b ng
2
0.
Ví d 6. Cho n ≥ 4 và các s th c phân bi t a1 , a2 , . . . , an tho mãn đi u ki n
n n
ai = 0, a2 = 1.
i
i=1 i=1
Ch ng minh r ng t n t i 4 s a, b, c, d thu c{a1 , a2 , . . . , an } sao cho
n
a + b + c + nabc ≤ a3 ≤ a + b + d + nabd.
i
i=1
L i gi i. N u a ≤ b ≤ c là ba s nh nh t trong các ai thì v i m i i = 1, 2, . . . , n ta có b t
đ ng th c
(ai − a)(ai − b)(ai − c) ≥ 0
Suy ra
a3 ≥ (a + b + c)a2 − (ab + bc + ca)ai + abc v i m i i = 1, 2, . . . , n.
i i
n n
C ng t t c các b t đ ng th c này, v i chú ý ai = 0, a2 = 1 ta đư c
i
i=1 i=1
n
a3 ≥ a + b + c + nabc.
i
i=1
Bây gi n u ch n d là s l n nh t trong các ai thì ta có
(ai − a)(ai − b)(ai − d) ≤ 0
v i m i i = 1, 2, . . . , n. Và cũng th c hi n tương t như trên, ta suy ra b t đ ng th c v ph i
c a b t đ ng th c kép c n ch ng minh.
Ví d 7. T ng bình phương c a m t 100 s th c dương l n hơn 10000. T ng c a chúng nh
hơn 300. Ch ng minh r ng t n t i 3 s trong chúng có t ng l n hơn 100.
8
- L i gi i. Gi s 100 s đó là C1 ≥ C2 ≥ ... ≥ C100 > 0. N u như C1 ≥ 100, thì C1 + C2 + C3 >
100. Do đó ta có th gi s r ng C1 < 100. Khi đó 100 − C1 > 0, 100 − C2 > 0, C1 − C2 ≥
0, C1 − C3 ≥ 0, vì v y
100(C1 + C2 + C3 ) ≥ 100(C1 + C2 + C3 ) − (100 − C1 )(C1 − C3 ) − (100 − C2 )(C2 − C3 )
2 2
= C1 + C2 + C3 (300 − C1 − C2 )
2 2
> C1 + C2 + C3 (C3 + C4 + . . . + C1 00)
2 2 2 2
≥ C1 + C2 + C3 + . . . + C100 ) > 10000.
Suy ra, C1 + C2 + C3 > 100.
Bài t p
7. Trong m i ô c a b ng 2 × n ta vi t các s th c dương sao cho t ng các s c a m i c t b ng
1. Ch ng minh r ng ta có th xoá đi m i c t m t s sao cho m i hàng, t ng c a các s còn
l i không vư t quá n+1 .
4
8. 40 tên tr m chia 4000 euro. M t nhóm g m 5 tên tr m đư c g i là nghèo n u t ng s ti n
mà chúng đư c chia không quá 500 euro. H i s nh nh t các nhóm tr m nghèo trên t ng s
t t c các nhóm 5 tên tr m b ng bao nhiêu?
4 Nguyên lý c c h n và phương trình Diophant
Trong ph n này, ta trình bày chi ti t ba ví d áp d ng nguyên lý c c h n trong phương
trình Fermat, phương trình Pell và phương trình d ng Markov.
Ví d 8. Ch ng minh r ng phương trình x4 + y 4 = z 2 (1) không có nghi m nguyên dương.
L i gi i. Gi s ngư c l i, phương trình (1) có nghi m nguyên dương, và (x, y, z) là nghi m
c a (1) v i z nh nh t.
(1) D th y x2 , y 2 , z đôi m t nguyên t cùng nhau
(2) T nghi m c a phương trình Pythagore, ta có t n t i p, q sao cho
x2 = 2pq
y 2 = p2 − q 2
z = p2 + q 2
(3) T đây, ta l i có m t b ba Pythagore khác, vì y 2 + q 2 = p2 .
(4) Như v y, t n t i a, b sao cho
q = 2ab
y = a2 − b2
p = a2 + b2
a, b nguyên t cùng nhau
(5) K t h p các phương trình này, ta đư c:
x2 = 2pq = 2(a2 + b2 )(2ab) = 4(ab)(a2 + b2 )
9
- (6) Vì ab và a2 + b2 nguyên t cùng nhau, ta suy ra chúng là các s chính phương.
(7) Như v y a2 + b2 = P 2 và a = u2 , b = v 2 . Suy ra P 2 = u4 + v 4 .
(8) Nhưng bây gi ta thu đư c đi u mâu thu n v i tính nh nh t c a z vì:
P 2 = a2 + b2 = p < p2 + q 2 = z < z 2 .
(9) Như v y đi u gi s ban đ u là sai, suy ra đi u ph i ch ng minh.
Phương pháp trình bày trên còn đư c g i là phương pháp xu ng thang. Đây có l là
phương pháp mà Fermat đã nghĩ t i khi vi t trên l cu n sách c a Diophant nh ng dòng ch
mà sau này đư c g i là đ nh lý l n Fermat và đã làm điên đ u bao nhiêu th h nh ng nhà
toán h c.
Ví d 9. Tìm t t c các c p đa th c P (x), Q(x) th a mãn phương trình
P 2 (x) = (x2 − 1)Q2 (x) + 1(1)
L i gi i. Không m t tính t ng quát, ta ch c n tìm nghi m trong t p các đa th c có h s
kh i đ u dương.
√ √ √ √
N u (x + x2 − 1)n = Pn (x)+ x2 − 1Qn (x)(2) thì (x − x2 − 1)n = Pn (x)− x2 − 1Qn (x) (3)
Nhân (2) và (3) v theo v , ta đư c
1 = (x + x2 − 1)n (x − x2 − 1)n = (Pn (x) + x2 − 1Qn (x))(Pn (x) − x2 − 1Qn (x))
= Pn (x) − (x2 − 1)Q2 (x)
2
n
Suy ra c p đa th c Pn (x), Qn (x) xác đ nh b i (2) và (3) là nghi m c a (1). Ta ch ng minh đây
là t t c các nghi m c a (1). Th t v y, gi s ngư c l i, t n t i c p đa th c P (x), Q(x) không
có d ng Pn (x), Qn (x) th a mãn (1). Ta xét c p đa th c (P, Q) như v y v i degQ nh nh t. Đ t
(P (x) + x2 − 1Q(x))(x − x2 − 1) = P ∗ (x) + x2 − 1Q∗ (x) (4)
Thì rõ ràng
(P (x) − x2 − 1Q(x))(x + x2 − 1) = P ∗ (x) − x2 − 1Q∗ (x)
Suy ra (P ∗ , Q∗ ) cũng là nghi m c a (1).
Khai tri n (4), ta thu đư c P ∗ (x) = xP (x) − (x2 − 1)Q(x), Q∗ (x) = xQ(x) − P (x). Chú ý là
t (1) ta suy ra (P (x) − xQ(x))(P (x) + xQ(x)) = −Q2 (x) + 1. Vì P (x) và Q(x) đ u có h
s kh i đ u > 0 và degP = degQ + 1 nên ta có deg(P (x) + xQ(x)) = degQ + 1. T đây, do
deg(−Q2 (x) + 1) ≤ 2deg(Q) nên ta suy ra deg(Q∗ (x)) ≤ deg(Q) − 1 < degQ.
Như v y, theo cách ch n c p (P, Q) thì t n t i n sao cho (P ∗ , Q∗ ) = (Pn , Qn ).
Nhưng khi đó t (4) suy ra
P (x) + x2 − 1Q(x) = (P ∗ (x) + x2 − 1Q∗ (x))(x + x2 − 1)
= (x + x2 − 1)n (x + x2 − 1)
= (x + x2 − 1)n+1
Suy ra (P, Q) = (Pn+1 , Qn + 1), mâu thu n.
V y đi u gi s là sai và ta có đi u ph i ch ng minh.
10
- Ví d 10. Tìm t t c các giá tr k sao cho phương trình (x + y + z)2 = kxyz có nghi m nguyên
dương.
L i gi i. Gi s k là m t giá tr c n tìm. G i x0 , y0 , z0 là nghi m nguyên dương c a phương
trình
(x + y + z)2 = kxyz(1)
có x0 + y0 + z0 nh nh t. Không m t tính t ng quát, có th gi s x0 ≥ y0 ≥ z0 .
Vi t l i (1) dư i d ng x2 − (kyz − 2y − 2z)x + (y + z)2 = 0,
ta suy ra x0 là nghi m c a phương trình b c hai
x2 − (ky0 z0 − 2y0 − 2z0 )x + (y0 + z0 )2 = 0(2)
(y +z )2
Theo đ nh lý Viet x1 = ky0 z0 − 2y0 − 2z0 − x0 = 0 x0 0 cũng là nghi m c a (2). T đó
(x1 , y0 , z0 ) là nghi m c a (1). Cũng t các công th c trên, ta suy ra x1 nguyên dương. T c là
(x1 , y0 , z0 ) là nghi m nguyên dương c a (1). T tính nh nh t c a x0 + y0 + z0 ta x1 ≥ x0 . T
đây ta có
(y0 + x0 )2
ky0 z0 − 2y0 − 2z0 − x0 ≥ x0 và ≥ x0
x0
T b t đ ng th c th hai ta suy ra y0 + z0 ≥ x0 . T đó, áp d ng vào b t đ ng th c th nh t,
ta đư c ky0 z0 ≥ 4x0 .
Cu i cùng, chia hai v c a đ ng th c x2 + y0 + z0 + 2x0 y0 + 2y0 z0 + 2z0 x0 = kx0 y0 z0 cho x0 y0 z0 ,
0
2 2
ta đư c
x0 y0 z0 2 2 2
+ + + + + = k.
y0 z0 x0 z0 x0 y0 z0 x0 y0
T đó suy ra k + 1 + 1 + 2 + 2 + 2 ≥ k, t c là k ≤ 32 . Suy ra k ≤ 10.
4 3
Chú ý n u x0 = 1 thì y0 = z0 = 1 suy ra k = 9. N u k = 9 thì x0 ≥ 2 và đánh giá trên tr
thành k + 1 + 1 + 2 + 1 + 2 ≥ k suy ra k ≤ 26 , suy ra k ≤ 8
4 2 3
V y giá tr k = 10 b lo i.
V i k = 1 phương trình có nghi m, ch ng h n (9, 9, 9)
V i k = 2 phương trình có nghi m, ch ng h n (4, 4, 8)
V i k = 3 phương trình có nghi m, ch ng h n (3, 3, 3)
V i k = 4 phương trình có nghi m, ch ng h n (2, 2, 4)
V i k = 5 phương trình có nghi m, ch ng h n (1, 4, 5)
V i k = 6 phương trình có nghi m, ch ng h n (1, 2,3)
V i k = 8 phương trình có nghi m, ch ng h n (1, 1, 2)
V i k = 9 phương trình có nghi m, ch ng h n (1, 1, 1)
Ngoài ra, ta có th ch ng minh đư c r ng trư ng h p k = 7 phương trình không có nghi m
nguyên dương (xin đư c dành cho b n đ c).
V y các giá tr k c n tìm là k = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 8, 9.
Ví d 11. (CRUX, Problem 1420) N u a, b, c là các s nguyên dương sao cho
0 < a2 + b2 − abc ≤ c
Ch ng minh r ng a2 + b2 − abc là s chính phương.
11
- L i gi i. Gi s ngư c l i r ng t n t i các s nguyên dương a, b, c sao cho 0 < a2 + b2 − abc ≤ c
và k = a2 + b2 − abc (1) không ph i là s chính phương.
Bây gi ta c đ nh k và c và xét t p h p t t c các c p s nguyên dương (a, b) th a mãn phương
trình (1), t c là ta xét
S(c, k) = {(a, b) ∈ (N∗ )2 : a2 + b2 − abc = k}
Gi s (a, b) là c p s thu c S(c, k) có a + b nh nh t. Không m t tính t ng quát có th gi
s a ≥ b. Ta xét phương trình
x2 − bcx + b2 − k = 0
Ta bi t r ng x = a là m t nghi m c a phương trình. G i a1 là nghi m còn l i c a phương trình
(b2 −k)
này thì a1 = bc − a = a .
Ta có th ch ng minh đư c r ng (b n đ c t ch ng minh!) a1 nguyên dương. Suy ra (a1 , b)
cũng thu c S(c, k).
Ti p theo ta có a1 = (b2 − k)/a < a2 /a = a, suy ra a1 + b < a + b. Đi u này mâu thu n v i
cách ch n (a, b).
Bài t p
9. Ch ng minh r ng phương trình x3 + 3y 3 = 9z 3 không có nghi m nguyên dương.
10. Ch ng minh r ng phương trình x2 + y 2 + z 2 = 2xyz không có nghi m nguyên dương.
11. (IMO 88) N u a, b, q = (a2 + b2 )/(ab + 1) là các s nguyên dương thì q là s chính phương.
12. (PTNK 03). Tìm t t c các s nguyên dương k sao cho phương trình x2 − (k 2 − 4)y 2 = −24
có nghi m nguyên dương.
13. (Mathlinks) Cho A là t p h p h u h n các s nguyên dương. Ch ng minh r ng t n t i t p
h p h u h n các s nguyên dương B sao cho A ⊂ B, x= x2
x∈B x∈B
14.* (AMM 1995) Cho x, y là các s nguyên dương sao cho xy + x và xy + y là các s chính
phương. Ch ng minh r ng có đúng m t trong hai s x, y là s chính phương.
15. (IMO 2007) Cho a, b là các s nguyên dương sao cho 4ab − 1 chia h t (4a2 − 1)2 . Ch ng
minh r ng a = b.
16. (VMO 2012) Xét các s t nhiên l a, b mà a là ư c s c a b2 + 2 và b là ư c s c a a2 + 2.
Ch ng minh r ng a và b là các s h ng c a dãy s t nhiên (vn ) xác đ nh b i
v1 = v2 = 1 và vn = 4vn−1 − vn−2 v i m i n ≥ 2.
5 Nguyên lý c c h n trong t h p
Trên đây chúng ta đã xem xét các ví d áp d ng c a nguyên lý c c h n trong m nh đ t
màu m nh t dành cho nguyên lý c c h n. Nguyên lý c c h n có th đư c ng d ng đ ch ng
minh m t quá trình là d ng (trong các bài toán liên quan đ n bi n đ i tr ng thái) trong bài
toán v đ th , hay trong các tình hu ng t h p đa d ng khác. Các đ i tư ng thư ng đư c đem
ra đ xét c c h n thư ng là: đo n th ng ng n nh t, tam giác có di n tích l n nh t, góc l n
nh t, đ nh có b c l n nh t, chu trình có đ dài ng n nh t . . .
Dư i đây ta xem xét m t s ví d :
Ví d 12. (Đ nh lý Sylvester) Cho t p h p S g m h u h n các đi m trên m t ph ng th a mãn
tính ch t sau: M t đư ng th ng đi qua 2 đi m thu c S đ u đi qua ít nh t m t đi m th ba
thu c S. Khi đó t t c các đi m c a S n m trên m t đư ng th ng.
12
- K t lu n c a đ nh lý nghe có v hi n nhiên nhưng ch ng minh nó thì không h đơn gi n.
Ch ng minh dư i đây c a Kelly đư c chúng tôi tham kh o t Wikipedia
Gi s ph n ch ng là t n t i m t t p h p S g m h u h n đi m không th ng hàng nhưng m i
đư ng th ng qua hai đi m trong S đ u ch a ít nh t ba đi m. M t đư ng th ng g i là đư ng
n i n u nó đi qua ít nh t hai đi m trong S. Gi s (P,l) là c p đi m và đư ng n i có kho ng
cách dương nh nh t trong m i c p đi m-đư ng n i.
Theo gi thi t, l đi qua ít nh t ba đi m trong S, nên n u h đư ng cao t P xu ng l thì t n
Hình 1:
t i ít nh t hai đi m n m cùng m t phía c a đư ng cao (m t đi m có th n m ngay chân
đư ng cao). Trong hai đi m này, g i đi m g n chân đư ng cao hơn là B, và đi m kia là C.
Xét đư ng th ng m n i P và C. Kho ng cách t B t i m nh hơn kho ng cách t P t i l, mâu
thu n v i gi thi t v P và l. M t cách đ th y đi u này là tam giác vuông v i c nh huy n BC
đ ng d ng và n m bên trong tam giác vuông v i c nh huy n P C.
Do đó, không th t n t i kho ng cách dương nh nh t gi a các c p đi m-đư ng n i. Nói cách
khác, m i đi m đ u n m trên đúng m t đư ng th ng n u m i đư ng n i đ u ch a ít nh t ba
đi m.
Ví d 13. Ví d 13. (Tr n đ u toán h c Nga 2010) M t qu c gia có 210 thành ph . Ban đ u
gi a các thành ph chưa có đư ng. Ngư i ta mu n xây d ng m t s con đư ng m t chi u n i
gi a các thành ph sao cho: N u có đư ng đi t A đ n B và t B đ n C thì không có đư ng đi
t A đ n C.H i có th xây d ng đư c nhi u nh t bao nhiêu đư ng?
L i gi i. G i A là thành ph có nhi u đư ng đi nh t (g m c đư ng đi xu t phát t A và
đư ng đi đ n A). Ta chia các thành ph còn l i thành 3 lo i. Lo i I - Có đư ng đi xu t phát t
A. Lo i II - Có đư ng đi đ n A. Lo i III: Không có đư ng đi đ n A ho c xu t phát t A. Đ t
m = |I|, n = |II|, p = |III|. Ta có m + n + p = 209.
D th y gi a các thành ph lo i I không có đư ng đi. Tương t , gi a các thành ph lo i 2 không
có đư ng đi.
13
- S các đư ng đi liên quan đ n các thành ph lo i 3 không vư t quá p(m + n). (Do b c c a
A = m + n là l n nh t).
T ng s đư ng đi bao g m:
+ Các đư ng đi liên quan đ n A: m + n
+ Các đư ng đi liên quan đ n III : ≤ p(m + n)
+ Các đư ng đi gi a I và II: ≤ mn
Suy ra t ng s đư ng đi nh hơn mn + (p + 1)m + (p + 1)n ≤ (m + n + p + 1)2 /3 = 2102 /3.
D u b ng x y ra v i đ th 3 phe, m i phe có 70 thành ph , thành ph phe 1 có đư ng đi
đ n thành ph phe 2, thành ph phe 2 có đư ng đi đ n thành ph phe 3, thành ph phe 3 có
đư ng đi đ n thành ph phe 1.
Ví d 14. Trong qu c h i M , m i m t ngh sĩ có không quá 3 k thù. Ch ng minh r ng có th
chia qu c h i thành 2 vi n sao cho trong m i vi n, m i m t ngh sĩ có không quá m t k thù.
Đây là m t ví d mà tôi r t thích. Có nhi u cách gi i khác nhau nhưng đây chúng ta s
trình bày m t cách gi i s d ng nguyên lý c c h n. Ý tư ng tuy đơn gi n nhưng có r t nhi u
ng d ng (trong nhi u bài toán ph c t p hơn).
Ta chia qu c h i ra thành 2 vi n A, B m t cách b t kỳ. V i m i vi n A, B, ta g i s(A), s(B) là
t ng c a t ng s các k thù c a m i thành viên tính trong vi n đó. Vì s cách chia là h u h n
nên ph i t n t i cách chia (A0 , B0 ) sao cho s(A0 ) + s(B0 ) nh nh t. Ta ch ng minh cách chia
này th a mãn yêu c u bài toán.
Gi s r ng cách chia này v n chưa tho mãn yêu c u, t c là v n có m t ngh sĩ nào đó có
nhi u hơn 1 k thù trong vi n c a mình. Không m t tính t ng quát, gi s ngh sĩ x thu c A0
có ít nh t 2 k thù trong A0 . Khi đó ta th c hi n phép bi n đ i sau: chuy n x t A0 sang B0
đ đư c cách chia m i là A = A0 {x} và B = B0 ∪ {x}. Vì x có ít nh t 2 k thù trong A0 và
A không còn ch a x nên ta có
s(A ) ≤ s(A0 ) − 4 (trong t ng m t đi ít nh t 2 c a s(x) và 2 c a các k thù c a x trong A0 )
Vì x có không quá 3 k thù và có ít nh t 2 k thù trong A0 nên x có nhi u nh t 1 k thù trong
B0 (hay B ), cho nên
s(B ) ≤ s(B0 ) + 2
T đó s(A ) + s(B ) ≤ s(A0 ) + s(B0 ) − 2. Mâu thu n v i tính nh nh t c a s(A0 ) + s(B0 ). V y
đi u gi s là sai, t c là cách chia (A0 , B0 ) th a mãn yêu c u bài toán (đpcm).
Bài t p
17. Cho 2n đi m trên m t ph ng, trong đó không có 3 đi m nào th ng hàng. Ch ng minh r ng
nh ng đi m này có th phân thành n c p sao cho các đo n th ng n i chúng không c t nhau.
18. Trong m t ph ng cho 100 đi m, trong đó không có ba đi m nào th ng hàng. Bi t r ng ba
đi m b t kỳ trong chúng t o thành m t tam giác có di n tích không l n hơn 1. Ch ng minh
r ng ta có th ph t t c các đi m đã cho b ng m t tam giác có di n tích 4.
19. Trên m t ph ng cho 2n + 3 đi m, trong đó không có ba đi m nào th ng hàng và không có
4 đi m nào n m trên m t đư ng tròn. Ch ng minh r ng ta có th ch n ra t các đi m này 3
đi m, sao cho trong các đi m còn l i có n đi m n m trong đư ng tròn và n đi m n m ngoài
đư ng tròn.
20. Trong m t ph ng cho n đi m và ta đánh d u t t c các đi m là trung đi m c a các đo n
th ng có đ u mút là các đi m đã cho. Ch ng minh r ng có ít nh t 2n − 3 đi m phân bi t đư c
đánh d u.
21. T i m t qu c gia có 100 thành ph , trong đó có m t s c p thành ph có đư ng bay. Bi t
14
- r ng t m t thành ph b t kỳ có th bay đ n m t thành ph b t kỳ khác (có th n i chuy n).
Ch ng minh r ng có th đi thăm t t c các thành ph c a qu c gia này s d ng không quá a)
198 chuy n bay b) 196 chuy n bay.
22*. Trong m t nhóm 12 ngư i t 9 ngư i b t kỳ luôn tìm đư c 5 ngư i đôi m t quen nhau.
Ch ng minh r ng tìm đư c 6 ngư i đôi m t quen nhau trong nhóm đó.
Tài li u tham kh o
[1] Nguy n Văn M u, Các chuyên đ Olympic Toán ch n l c,Ba Vì , 5-2010 .
[2] Đoàn Quỳnh ch biên, Tài li u giáo khoa chuyên toán - Đ i s 10, NXB GD, 2010.
[3] http://fermatslasttheorem.blogspot.com/2005/05/fermats-last-theorem-n-4.html
[4] vi.wikipedia.org/wiki/Đ nh lý Sylvester-Gallai
[5] www.mathscope.org
[6] www.problems.ru
15
- M T S D NG T NG QUÁT C A PHƯƠNG
TRÌNH HÀM PEXIDER VÀ ÁP D NG
Tr nh Đào Chi n, Trư ng Cao Đ ng Sư Ph m Gia Lai
Lê Ti n Dũng, Trư ng THPT Pleiku, Gia Lai
Phương trình hàm Pexider (PTHP) là phương trình hàm t ng quát tr c ti p c a Phương trình
hàm Cauchy quen thu c. Bài vi t này đ c p đ n m t s d ng t ng quát c a PTHP và vài áp
d ng c a nó trong chương trình Toán ph thông.
1 Phương trình hàm Pexider
PTHP cơ b n g m b n d ng dư i đây (l i gi i có th xem trong [1] ho c [2])
Bài toán 1.1. Tìm t t c các hàm s f , g, h xác đ nh và liên t c trên R th a mãn đi u ki n
f (x + y) = g (x) + h (y) , ∀x, y ∈ R. (1)
Gi i. Nghi m c a phương trình (1) là
f (t) = ct + a + b, g (t) = ct + a, h (t) = ct + b; a, b, c ∈ R.
Bài toán 1.2. Tìm t t c các hàm s f , g, h xác đ nh và liên t c trên R th a mãn đi u ki n
f (x + y) = g (x) h (y) , ∀x, y ∈ R. (2)
Gi i. Nghi m c a phương trình (2) là
f (t) = abec t, g (t) = aec t, h (t) = bec ; a, b, c ∈ R
ho c
f ≡ 0, g ≡ 0, h ∈ CR ,
trong đó CR là t p h p các hàm s liên t c trên R,
ho c
f ≡ 0, h ≡ 0, g ∈ CR .
Bài toán 1.3. Tìm t t c các hàm s f , g, h xác đ nh và liên t c trên R+ th a mãn đi u ki n
f (xy) = g (x) + h (y) , ∀x, y ∈ R+ . (3)
Gi i. Nghi m c a phương trình (3) là
f (t) = m.lnt + a + b, g (t) = m.lnt + a, h (t) = m.lnt + b; m, a, b, c ∈ R.
Bài toán 1.4. Tìm t t c các hàm s f , g, h xác đ nh và liên t c trên R+ th a mãn đi u ki n
f (xy) = g (x) h (y) , ∀x, y ∈ R+ . (4)
Gi i. Nghi m c a phương trình (4) là
f (t) = abtc , g (t) = atc , h (t) = btc ; a, b, c ∈ R.
16
- 2 M t s d ng t ng quát c a Phương trình hàm Pexider
Tùy theo m c đ ki n th c, PTHP có nhi u d ng t ng quát khác nhau. Dư i đây là m t s
d ng t ng quát c a phương trình (1) g n gũi v i chương trình c a h ph thông chuyên Toán.
Bài toán 2.1. Tìm t t c các hàm s f , fi (i = 1, 2, ..., n) xác đ nh và liên t c trên R th a
mãn đi u ki n
n n
f xi = fi (xi ), ∀x, xi ∈ R. (5)
i=1 i=1
Gi i. Đây là d ng quy n p m t cách t nhiên c a Bài toán 1.1. Nghi m c a phương trình
(5) là
n
f (t) = at + ai , fi (t) = at + ai ; a, ai ∈ R.
i=1
Tương t Bài toán 2.1, ta cũng có th gi i đư c phương trình hàm d ng
n n
f ai x i = ai fi (xi ), ∀x, xi ∈ R, ai ∈ R.
i=1 i=1
Bài toán sau đây là m t d ng t ng quát khá cơ b n, mà phương pháp quy n p không th
áp d ng trong l i gi i. M t s ph n ch ng minh có s d ng m t s ki n th c cơ b n, không
quá khó, c a Đ i s tuy n tính và Phương trình vi phân, thu c chương trình cơ s c a Toán
cao c p.
Bài toán 2.2. Tìm t t c các hàm s f , fi , gi (i = 1, 2, ..., n) xác đ nh và t n t i đ o hàm
(theo m i bi n s đ c l p x, y) trên R th a mãn đi u ki n
n
f (x + y) = fk (x) gk (y), ∀x, y ∈ R, n ≥ 2. (6)
k=1
Gi i. Ta gi i bài toán này trong trư ng h p n = 2. Trư ng h p n ≥ 3 đư c gi i tương t .
Xét phương trình hàm
f (x + y) = f1 (x) g1 (y) + f2 (x) g2 (y) , ∀x, y ∈ R, (7)
trong đó các hàm f , f1 , f2 , g1 , g2 xác đ nh và t n t i đ o hàm (theo m i bi n s đ c l p x, y)
trên R.
Không m t tính t ng quát, ta luôn có th gi thi t r ng các h hàm {f1 (x) , f2 (x)} và
{g1 (x) , g2 (x)} là đ c l p tuy n tính. Ta có
fx (x + y) = f1 (x) g1 (y) + f2 (x) g2 (y) ,
fy (x + y) = f1 (x) g1 (y) + f2 (x) g2 (y) .
Vì fx (x + y) = fy (x + y), nên
f1 (x) g1 (y) + f2 (x) g2 (y) = f1 (x) g1 (y) + f2 (x) g2 (y) . (8)
17
- Ngoài ra, vì {g1 (x) , g2 (x)} là đ c l p tuy n tính, nên t n t i các h ng s y1 , y2 sao cho
g1 (y1 ) g1 (y2 )
= 0.
g2 (y1 ) g2 (y2 )
Thay y1 , y2 vào (8), ta đư c
f1 (x) g1 (y1 ) + f2 (x) g2 (y1 ) = f1 (x) g1 (y1 ) + f2 (x) g2 (y1 ) ,
f1 (x) g1 (y2 ) + f2 (x) g2 (y2 ) = f1 (x) g1 (y2 ) + f2 (x) g2 (y2 ) .
Vì đ nh th c nêu trên khác 0, nên h phương trình này có nghi m duy nh t f1 (x), f2 (x).
Do đó, ta có th bi u di n f1 (x) và f2 (x) qua f1 (x) và f2 (x) dư i d ng
f1 (x) = a11 f1 (x) + a12 f2 (x) , f2 (x) = a21 f1 (x) + a22 f2 (x) . (9)
M t khác, thay y = 0 vào (7), ta có
f (x) = c1 f1 (x) + c2 f2 (x) . (10)
Suy ra
f (x) = c11 f1 (x) + c12 f2 (x) , f (x) = c21 f1 (x) + c22 f2 (x) . (11)
c11 c12
- N u = 0, thì t (10) và (11), ta thu đư c phương trình vi phân tuy n tính
c21 c22
thu n nh t
a1 f (x) + a2 f (x) = 0,
trong đó a1 và a2 không đ ng th i b ng 0. Gi i phương trình vi phân này, ta tìm đư c f (x).
T t c các hàm f (x) này đ u th a mãn (7) nên là nghi m c a phương trình.
c c
- N u 11 12 = 0, thì t (10) và (11), ta có th bi u di n f1 (x) và f2 (x) b i m t t h p
c21 c22
tuy n tính c a f (x) và f (x). Thay bi u di n này vào (5), ta thu đư c phương trình d ng
f (x) + a1 f (x) + a2 f (x) = 0.
Gi i phương trình vi phân này, ta tìm đư c f (x) .
T t c các hàm f (x) này đ u th a mãn (7) nên là nghi m c a phương trình. Bài toán đã
đư c gi i quy t.
Dư i đây là m t s trư ng h p đ c bi t mà phương trình (7) tr thành m t s phương trình
hàm cơ b n. Nh ng phương trình này khá n i ti ng và đã có l i gi i hoàn toàn sơ c p (có th
xem trong [1] ho c [2]).
- V i f1 (x) = f (x), g1 (y) ≡ 1, f2 (x) ≡ 1, g2 (y) = f (y), phương trình (7) tr thành Phương
trình hàm Cauchy
f (x + y) = f (x) + f (y) , ∀x, y ∈ R.
- V i f1 (x) = g (x), g1 (y) ≡ 1, f2 (x) ≡ 1, g2 (y) = h (y), phương trình (7) tr thành Phương
trình hàm Pexider
f (x + y) = g (x) + h (y) , ∀x, y ∈ R.
18
- - V i f2 (x) ≡ 1, phương trình (7) tr thành Phương trình hàm Vincze
f (x + y) = f1 (x) g1 (y) + g2 (y) , ∀x, y ∈ R,
- V i f1 (x) = f (x), g1 (y) = g (y), f2 (x) = g (x), g2 (y) = f (y), phương trình (7) tr
thành phương trình hàm d ng lư ng giác (vì m t nghi m c a phương trình này là f (t) = sint,
g (t) = cost)
f (x + y) = f (x) g (y) + g (x) f (y) , ∀x, y ∈ R.
3 Áp d ng
PTHP t ng quát có nhi u áp d ng trong vi c nghiên c u m t s v n đ liên quan c a Toán
ph thông. Sau đây là m t áp d ng liên quan đ n các phép chuy n đ i b o toàn y u t góc c a
m t tam giác.
Bài toán 3.1. Tìm t t c các hàm s f , g, h xác đ nh và liên t c trên R th a mãn đi u ki n
sau: “N u A, B, C ∈ R, A+B +C = π, thì A1 +B1 +C1 = π”, trong đó A1 = f (A), B1 = f (B),
C1 = f (C).
Gi i. Gi s các hàm s f , g, h xác đ nh và liên t c trên R th a mãn đi u ki n trên. Ta có
A1 + B1 + C1 = π ⇒ f (A) + f (B) + f (C) = π ⇒
f (π − B − C) = π − f (B) − f (C) . (12)
π π
Đ t F (x) = f (π − x), G (x) = − g (x), H (x) = − h (x). Khi đó, phương trình (12) có
2 2
d ng
F (B + C) = G (B) + H (C) . (13)
Phương trình (13) chính là Phương trình Pexider đã bi t. Nghi m liên t c t ng quát c a phương
trình này là
F (x) = ax + c1 + c2 , G (x) = ax + c1 , H (x) = ax + c2 ,
trong đó a, c1 , c2 ∈ R.
Do đó
π π
f (x) = a (π − x) + c1 + c2 , g (x) = − ax − c1 , h (x) = − ax − c2 . (14)
2 2
π π
Đ t a = −k, c1 + c2 + aπ = λπ, − c1 = µπ, − c2 = γπ. Th thì k + λ + µ + γ = 1. Khi
2 2
đó, b i (14), ta thu đư c
f (x) = kx + λπ, g (x) = kx + µπ, h (x) = kx + γπ,
trong đó k + λ + µ + γ = 1.
Rõ ràng các hàm s f , g, h nêu trên th a mãn đi u ki n c a bài toán.
Bài toán 3.2. Tìm t t c các hàm s f , g, h xác đ nh và liên t c trên R th a mãn đi u ki n
sau: “N u A, B, C ≥ 0, A + B + C = π, thì A1 , B1 , C1 ≥ 0, A1 + B1 + C1 = π”, trong đó
19
nguon tai.lieu . vn
