" Tạp chí Epsilon số 1 🔙 Quay lại trang tải sách pdf ebook Tạp chí Epsilon số 1 Ebooks Nhóm Zalo Toán yêu người những đồng cộng của online chí Tạp Toán yêu người những đồng cộng của online chí Tạp d 2 Toán yêu người những đồng cộng của online chí Tạp Tạp chí online của cộng đồng những người yêu Toán EPSILON Chủ biên: TRẦN NAM DŨNG Biên tập viên: VÕ QUỐC BÁ CẨN Biên tập viên: LÊ PHÚC LỮ Số 1, ngày 13 tháng 02 năm 2015 Toán yêu người những đồng cộng của online chí Tạp d 4 ToánLỜI NGỎ yêu người những đồng cộng của online chí Tạp Ban biên tập Epsilon Epsilon, tức là rất nhỏ, nhưng không bằng 0. Và nhiều epsilon cộng lại có thể trở thành những cái đáng kể. Có thể là 1, là 2, có thể là vô cùng. Điều quan trọng là ta có biết cách kết hợp các epsilon khác nhau lại hay không. Epsilon là tờ báo của cộng đồng, dành cho cộng đồng. Nó là một sự khởi đầu. Còn tiếp nối như thế nào sẽ hoàn toàn phụ thuộc vào sự đón nhận, ủng hộ, trợ giúp, tham gia của cộng đồng. Để có được sự xuất hiện đều đặn, đúng hạn, Epsilon sẽ không có bất cứ một giới hạn về số trang của một kỳ, số trang của một bài, và cũng không giới hạn chủ đề, không bắt buộc phải có mục này, mục kia. Chủ đề của Epsilon đa dạng nhưng sẽ chủ yếu là về toán và các vấn đề liên quan, mức độ thường thức phổ thông, truyền bá toán học. Epsilon luôn mong muốn nhận được sự đóng góp từ phía các nhà toán học, các nhà khoa học, các thầy cô giáo, các bạn sinh viên, các bạn học sinh và tất cả những người yêu toán và những người yêu những người yêu toán. Để nâng cao chất lượng tạp chí, chúng tôi xin được phép sẽ trao đổi với từng tác giả, cùng biên tập lại các bài báo phù hợp. Số báo mà các bạn đang đọc là số 1 của tạp chí. Trong số này, chúng tôi có tổng cộng 9 bài viết. Bên cạnh các bài liên quan đến kỳ thi HSG cấp quốc gia (VMO) 2015 vừa qua, chúng tôi cũng giới thiệu một số bài viết thường thức, lý thuyết Toán cổ điển và hiện đại. Epsilon sẽ cố gắng ra đều đặn 2 tháng 1 lần, vào các ngày 13 của các tháng chẵn. Chọn ngày 13 để thể hiện sự quyết tâm. Vạn sự khởi đầu nan. Chúng ta hãy cố gắng khởi đầu. Và cố gắng đi tiếp. Đi nhiều người, bạn sẽ đi rất xa. . . 5 Toán yêu người những đồng cộng của online chí Tạp d 6 ToánMỤC LỤC yêu người những đồng cộng của online chí Tạp 1 Lời ngỏ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 2 Số phức và đa thức Trần Nam Dũng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 3 Thuật toán phục hồi số hữu tỉ Nguyễn Hùng Sơn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 4 Toán học giải trí và các bài toán đội nón Đặng Nguyễn Đức Tiến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31 5 Về bài hình học thi VMO 2015 Trần Quang Hùng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47 6 Về bài bất đẳng thức trong đề thi VMO 2015 Võ Quốc Bá Cẩn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57 7 Phân tích và mở rộng trong các bài toán tổ hợp Lê Phúc Lữ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101 8 Các vấn đề cổ điển và hiện đại Trần Nam Dũng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139 9 Bài toán chuyến xe Bus Lê Tạ Đăng Khoa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 147 10 Nhận xét về kỳ thi VMO 2015 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151 7 Toán yêu người những đồng cộng của online chí Tạp d 8 ToánSỐ PHỨC VÀ ĐA THỨC yêu người những đồng cộng của online chí Tạp Trần Nam Dũng (ĐHKHTN, ĐHQG Tp HCM) Tóm tắt Trong kỳ thi chọn học sinh giỏi Toán Quốc gia năm học 2014-2015 vừa qua, có 2 bài toán có thể giải rất hiệu quả và ngắn gọn nếu dùng đến số phức. Thế nhưng, số học sinh nắm vững số phức để sử dụng một cách hiệu quả lại không nhiều, và các bạn đã rất vất vả giải các bài toán đã cho bằng các phương pháp khác. Trong bài viết nhỏ này, chúng tôi muốn giới thiệu trước hết là các ứng dụng của số phức trong bài toán về đa thức, sau đó là ứng dụng của số phức và đa thức trong các bài toán tổ hợp đếm. 1. Số phức trong các bài toán về đa thức Nghiệm của đa thức đóng vai trò quan trọng trong việc xác định một đa thức. Cụ thể nếu đa thức P(x) bậc n có n nghiệm x1, x2, . . . , xn thì P(x) có dạng P(x) = c(x − x1)(x − x2)· · ·(x − xn). Tuy nhiên, nếu chỉ xét các nghiệm thực thì trong nhiều trường hợp sẽ không có đủ số nghiệm. Hơn nữa, trong các bài toán phương trình hàm đa thức, nếu chỉ xét các nghiệm thực thì lời giải sẽ là không hoàn chỉnh. Định lý cơ bản của đại số vì vậy đóng một vai trò hết sức quan trọng trong dạng toán này. Và ta sử dụng cách phát biểu đơn giản nhất của nó: một đa thức với hệ số phức (thực) luôn có ít nhất một nghiệm phức. Dưới đây ta xem xét một số áp dụng. Bài toán 1. Tìm tất cả các đa thức P(x) khác hằng sao cho: P(x) · P(x + 1) = P(x2 + x + 1). (1) 9 Toán yêu người những đồng cộng của online chí Lời giải. Giả sử α là nghiệm của P(x) = 0. Khi đó α2 +α+1 cũng là nghiệm. Thay x bằng x − 1 trong (1), ta thấy rằng P(x − 1) · P(x) = P(x2 − x + 1). Vì P(α) = 0 nên α2 − α + 1 cũng là nghiệm của P(x) = 0. Chọn α là nghiệm có mô-đun lớn nhất (nếu tồn tại vài nghiệm với mô-đun lớn nhất, ta chọn một trong số các nghiệm đó). Cách chọn α như vậy suy ra |α2 + α + 1| 6 |α| và |α2 − α + 1| 6 |α| vì cả α2 + α + 1 và α2 − α + 1 đều là nghiệm của P(x) = 0. Ta nhận xét rằng α 6= 0. Tiếp theo, ta có 2|α| = (α2 + α + 1) − (α2 − α + 1) 6 |α2 + α + 1| + |α2 − α + 1| 6 2|α|. Vế đầu và vế cuối của bất đẳng thức trên bằng nhau nên dấu bằng phải xảy ra, từ đây ta suy ra α2 + α + 1 = −λ(α2 − α + 1) với một hằng số dương λ nào đó. Hơn nữa từ tính lớn nhất của |α| ta cũng có |α2 + α + 1| = |α2 − α + 1| = |α|. Như vậy λ = 1 và ta có α2 + α + 1 = −(α2 − α + 1) suy ra α2 + 1 = 0. Từ đó α = ±i và x2 + 1 là thừa số của P(x). Như vậy ta có thể viết P(x) dưới dạng: P(x) = (x2 + 1)m · Q(x) trong đó Q(x) là đa thức không chia hết cho x2 + 1. Thế ngược trở lại vào phương trình (1), ta thấy Q(x) cũng thoả mãn: Q(x) · Q(x + 1) = Q(x2 + x + 1). Nếu Q(x) = 0 lại có nghiệm thì lý luận trên đây suy ra nghiệm có mô-đun lớn nhất của nó phải là ±i. Điều này không thể xảy ra vì x2 +1 không chia hết Q(x). Ta suy ra rằng Q(x) là một hằng số, giả sử là c. Thay vào phương trình của Q, ta được c = 1. Như vậy lớp các đa thức thoả mãn phương trình (1) là P(x) = (x2+1)m Tạp với m là một số nguyên dương nào đó. Bài toán 2. Tìm tất cả các đa thức P(x) khác hằng sao cho: P(x) · P(x + 1) = P(x2). 10 Toán yêu người những đồng cộng của online Lời giải. Giả sử α là nghiệm của P(x) = 0. Khi đó từ phương trình suy ra α2, α4, α8, . . . cũng là nghiệm của P(x) = 0. Từ đây suy ra rằng |α| = 0 hoặc |α| = 1, vì nếu ngược lại ta sẽ thu được dãy vô hạn các nghiệm của P(x). Tương tự, bằng cách thay x = α − 1, ta suy ra (α − 1)2 cũng là nghiệm của P(x). Bằng các lý luận tương tự, ta cũng được (α − 1)2 = 0 hoặc (α − 1)2 = 1. Giả sử rằng |α| = 1 và (α − 1)2 = 1. Viết α = cosϕ + i · sinϕ, ta có 1 − α = (1 − cosϕ) − i · sinϕ = 2 · sin2ϕ2− 2i · sinϕ2· cosϕ2 = 2 · sinϕ2· sinϕ2− i · cosϕ2 nên (1 − α)2 = −4 · sin2 ϕ2· (cosϕ + i · sinϕ), suy ra (1 − α)2 = 4 · sin2ϕ2= 2 − 2 · cosϕ. Do (1 − α)2 = 1 nên 2 · cosϕ = 1. Từ đây suy ra cosϕ =12, ta tính được ϕ =π3hoặc 5π3. Giả sử ϕ =π3. Xét α2 cũng là nghiệm của P(x) = 0. Như vậy (α2 − 1)2 cũng là nghiệm của P(x) = 0 và (α2 − 1)2 = 2 − 2 · cos 2π3 = 3. Mâu thuẫn vì mọi nghiệm của P(x) = 0 có mô-đun bằng 0 hoặc 1. Tương tự với trường hợp ϕ =5π3. Như vậy, ta có thể kết luận rằng α = 0, hoặc α − 1 = 0. Từ đây P(x) có dạng cxm(1 − x)n, với c là một hằng số khác 0 nào đó và m, n là các số nguyên không âm không đồng thời bằng 0. Thay vào phương trình đã cho, ta dễ dàng kiểm tra được rằng c = 1 và m = n. Như vậy lớp các đa thức thoả mãn điều kiện đã cho là P(x) = xm(1 − x)m trong đó m là một số tự nhiên. Nghiệm phức của đa thức với hệ số nguyên, trong nhiều trường chí hợp là chìa khoá để chứng minh tính bất khả quy (trên Z và Q) của đa thức đó. Chúng ta tìm hiểu các lý luận mẫu trong vấn đề này thông qua các ví dụ sau: Tạp Bài toán 3 (IMO, 1993). Chứng minh rằng với mọi n > 1, đa thức xn + 5xn−1 + 3 không thể phân tích thành tích của hai đa thức có bậc không nhỏ hơn 1 với hệ số nguyên. 11 Toán yêu người những đồng cộng Lời giải. Giả sử x1, x2, . . . , xn là tất cả các nghiệm của P(x). Khi đó ta có P(x) = (x−x1)(x−x2)· · ·(x−xn). Suy ra 3 = (−1)nx1x2 · · · xn. Ta có với mỗi i thì xni + 5xn−1 i + 3 = 0, suy ra 3 = |xi|n−1· |xi + 5|, i = 1, 2, . . . , n. (1) Giả sử ngược lại rằng đa thức P(x) khả quy, tức là P(x) = Q(x) · S(x) với Q(x), S(x) là các đa thức không hằng với hệ số nguyên. Thế thì rõ ràng Q(x) sẽ là tích của một số thừa số x − xi và S(x) là tích của các thừa số còn lại. Không mất tính tổng quát, giả sử: Q(x) = (x − x1)· · ·(x − xk), S(x) = (x − xk+1)· · ·(x − xn). Suy ra |x1x2 · · · xk| và |xk+1 · · · xn| là các số nguyên có tích là 3. Như vậy một số bằng 1 và một số bằng 3. Không mất tính tổng quát, giả sử |x1x2 · · · xk| = 3 và |xk+1 · · · xn| = 1. Trong (1) cho i chạy từ 1 đến k rồi nhân vế theo vế, ta được 3k = |x1 · · · xk|n−1· (x1 + 5)· · ·(xk + 5) = 3n−1 Q(−5) . Suy ra k > n − 1. Như vậy S(x) là nhị thức bậc nhất, suy ra P(x) có nghiệm nguyên. Nhưng nghiệm nguyên của P(x) chỉ có thể là −1, 1, −3, 3. Kiểm tra lại thì chúng đều không là nghiệm của P(x). Mâu thuẫn. Điều này chứng tỏ điều giả sử là sai, tức là đa thức P(x) bất khả quy. Bài toán 4 (Nhật Bản, 1999). Chứng minh rằng đa thức: của f(x) = (x2 + 12)(x2 + 22)· · ·(x2 + n2) + 1 không thể phân tích thành tích của hai đa thức hệ số nguyên bậc online lớn hơn hay bằng 1. Lời giải. Giả sử ngược lại f(x) = g(x) · h(x) với g(x), h(x) là các đa thức với hệ số nguyên có bậc lớn hơn hay bằng 1. Khi đó, để ý rằng f(±ki) = 1 với k = 1, 2, . . . , n, ta có chí 1 = g(ki) · h(ki), k = ±1, ±2, . . . , ±n. Chú ý rằng 1 chỉ có 4 cách phân tích thành tích của các số Tạp nguyên trong Z[i] là 1 · 1, (−1) · (−1), i · (−i) và (−i) · i nên ta có với mọi k ∈ {±1, ±2, . . . , ±n} thì g(ki), h(ki) ∈ (1, 1), (−1, −1), (i, −i), (−i, i) . 12 Toán yêu người Như vậy trong mọi trường hợp ta đều có g(ki) = h(ki) = h(−ki). Như thế đa thức g(x) − h(−x) có 2n nghiệm phân biệt, trong khi bậc của nó nhỏ hơn 2n. Vậy ta phải có g(x) − h(−x) là đa thức hằng 0, tức là g(x) = h(−x). Từ đó deg(g) = deg(h) = n. Vì f(x) là đa thức đơn khởi nên ta có thể giả sử g(x), h(x) đơn khởi. Khi đó đa thức g2(x) − h2(x) có bậc nhỏ hơn 2n. Đa thức này có ít nhất 2n nghiệm ki với k ∈ {±1, ±2, . . . , ±n}. Suy ra g2(x) − h2(x) = 0. Ta không thể có g(x) = −h(x) vì g và h đơn khởi. Vậy ta phải có g(x) = h(x). Như thế f(x) = g2(x). Từ đây suy ra g2(0) = f(0) = (n!)2 + 1. Điều này là không thể vì g(0) là số nguyên và n > 1. những đồng cộng của online Bài toán 5. Chứng minh rằng nếu đa thức P(x) = (x2−7x+6)2n+13 có thể phân tích thành tích của hai đa thức Q(x), S(x) với hệ số nguyên thì Q(x) và S(x) đều có bậc 2n. Lời giải. Thật vậy, giả sử P(x) = Q(x) · S(x). Gọi x1, x2, . . . , x4n là các nghiệm phức của P(x) thì Q(x) và S(x) sẽ là tích của các thừa số (x − xi). Đánh số lại nếu cần, ta giả sử: Q(x) = (x − x1)(x − x2)· · ·(x − xk) với 1 6 k < 4n. Ta có (xi − 1)(xi − 6) 2n= −13. Từ đây suy ra (xi − 1)(xi − 6) = 1312n . (∗) Mặt khác, (1−x1)· · ·(1−xk) = Q(1) nguyên nên (1−x1)· · ·(1−xk) cũng nguyên. Tương tự |(6 − x1)· · ·(6 − xk) nguyên. Từ đây suy ra m = (x1 − 1)(x1 − 6)(x2 − 1)(x2 − 6)· · ·(xk − 1)(xk − 6) nguyên. Nhưng theo (∗) thì m = 13 k2n . Suy ra k = 2n. Vậy Q(x), S(x) đều phải có bậc là 2n. chí Chú ý từ kết quả bài toán này dễ dàng suy ra kết quả bài 2 của đề thi học sinh giỏi Toán Quốc gia năm học 2013-2014: Tạp Bài toán 6 (VMO, 2014). Cho đa thức P(x) = (x2 − 7x + 6)2n + 13 với n là số nguyên dương. Chứng minh rằng đa thức P(x) không thể biểu diễn được dưới dạng tích của n+1 đa thức khác hằng số với hệ số nguyên. 13 Toán yêu người những Nếu đa thức P(x) chia hết cho đa thức Q(x) thì mọi nghiệm của Q(x) đều là nghiệm của P(x). Tính chất đơn giản này là chìa khoá để giải nhiều bài toán về sự chia hết của đa thức. Chúng ta xem xét một số ví dụ. Bài toán 7. Với giá trị nào của n thì đa thức x2n + xn + 1 chia hết cho đa thức x2 + x + 1? Lời giải. Ta có ε = −12 + i√32 = cos 2π3 + i · sin2π3là nghiệm của đa thức Q(x) = x2 +x+1. Vì đa thức x2 +x+1 là bất khả quy nên đa thức P(x) = x2n + xn + 1 chia hết cho Q(x) khi và chỉ khi P(ε) = 0. Điều này tương đương với cos4nπ 3+ i · sin4nπ 3+ cos2nπ 3+ i · sin2nπ 3+ 1 = 0, đồng hay  cos2nπ 3· sin2nπ 3· 2 · cos2nπ 3+ 1 2 · cos2nπ 3+ 1 = 0 = 0 Từ hệ phương trình trên, ta dễ dàng suy ra 2 · cos 2nπ 3 + 1 = 0, cộng tức n phải là số không chia hết cho 3. Vậy với n = 3k + 1 hoặc n = 3k + 2 thì P(x) chia hết cho Q(x). của online chí Tạp Trong ví dụ dưới đây, một lần nữa, căn của đơn vị lại đóng vai trò then chốt trong việc đi đến lời giải. Bài toán 8 (USAMO, 1976). Cho P(x), Q(x), R(x), S(x) là các đa thức sao cho P(x5) + x · Q(x5) + x2· R(x5) = (x4 + x3 + x2 + x + 1) · S(x). (1) Chứng minh rằng P(x) chia hết cho x − 1. Lời giải. Đặt ω = e2πi 5 thì ω5 = 1. Thay x lần lượt bằng ω, ω2, ω3, ω4, ta được các phương trình: P(1) + ω · Q(1) + ω2· R(1) = 0, P(1) + ω2· Q(1) + ω4· R(1) = 0, P(1) + ω3· Q(1) + ω6· R(1) = 0, P(1) + ω4· Q(1) + ω8· R(1) = 0. 14 Toán yêu người Nhân các phương trình từ 1 đến 4 lần lượt với −ω, −ω2, −ω3, −ω4, ta được các phương trình sau: − ω · P(1) − ω2· Q(1) − ω3· R(1) = 0, − ω2· P(1) − ω4· Q(1) − ω · R(1) = 0, − ω3· P(1) − ω · Q(1) − ω4· R(1) = 0, − ω4· P(1) − ω3· Q(1) − ω2· R(1) = 0. Cộng tất cả 8 phương trình lại theo vế và sử dụng tính chất của ω là 1+ω+ω2+ω3+ω4 = 0, ta được 5·P(1) = 0, tức x−1 | P(x). những đồng cộng của online Bài toán 9 (VMO, 2015). Cho dãy đa thức fn(x) được xác định bởi f0(x) = 2, f1(x) = 3x, fn(x) = 3x · fn−1(x) + (1 − x − 2x2)fn−2(x) với mọi n > 2. Tìm tất cả các giá trị n để đa thức fn(x) chia hết cho đa thức x3 − x2 + x. Lời giải. Với mỗi x cố định, ta xét dãy số ai = fi(x), khi đó ta có a0 = 2, a1 = 3x, an = 3xan−1 + (1 − x − 2x2)an−2 với mọi n > 2. Xét phương trình đặc trưng X2 − 3xX + 2x2 − x − 1 = 0 có hai nghiệm là x + 1 và 2x − 1. Từ đó ta có dạng tổng quát của (an) là an = c1(x + 1)n + c2(2x − 1)n. Từ các điều kiện ban đầu ta suy ra c1 = c2 = 1, tức là an = (x + 1)n + (2x − 1)n. Điều này đúng với mọi giá trị của x, do đó ta có fn(x) = (x + 1)n + (2x − 1)n. Bây giờ, ta tìm n sao cho fn(x) = (x + 1)n + (2x − 1)n chia hết cho đa thức Q(x) = x3 − x2 + x. Vì 0 và α =1+i√3 2là nghiệm của Q(x) nên điều này xảy ra khi và chỉ khi 0 và α là nghiệm của fn(x). Để có điều này ta phải có: i) 1n + (−1)n = 0, suy ra nlẻ. ‘ ii) 3+i√3 2 n+i√3 n= 0, tức √3+i 2 n+ in = 0. Chuyển các số phức sang dạng lượng giác và dùng công thức lũy thừa, ta được cos nπ6 + i · sin nπ6 + cos nπ2 + i · sin nπ2 = 0, tức n phải là số chia hết cho 3. chí Kết hợp hai điều kiện i) và ii), ta suy ra điều kiện cần và đủ để fn(x) chia hết cho Q(x) là n = 6m+3 với m nguyên không âm. Tạp 15 Toán yêu người những đồng cộng 2. Số phức và đa thức trong bài toán đếm Số phức có những ứng dụng rất hiệu quả trong các bài toán đếm. Và vai trò trung tâm trong kỹ thuật ứng dụng số phức vào các bài toán đếm tiếp tục là căn nguyên thuỷ của đơn vị. Chú ý là nếu ε là căn nguyên thuỷ bậc n của đơn vị thì ta có i) 1 + ε + · · · + εn−1 = 0. ii) 1 + εk + · · · + εk(n−1) = 0 với (k, n) = 1. Đây chính là tính chất quan trọng của căn nguyên thuỷ thường được sử dụng trong giải toán. Bài toán 10 (Chọn đội tuyển PTNK, 2009). Tìm số tất cả các số có n chữ số lập từ các chữ số 3, 4, 5, 6 và chia hết cho 3. Lời giải. Gọi cn là số các số có n chữ số lập từ các chữ số 3, 4, 5, 6 và chia hết cho 3. Gọi α là một nghiệm của phương trình α2 + α + 1 = 0. Khi đó α3 = 1 và α2k + αk + 1 nhận giá trị = 0 nếu k không chia hết cho 3 và = 3 nếu k chia hết cho 3. Xét đa thức P(x) = (x3 + x4 + x5 + x6)n. Dễ thấy cn chính là bằng tổng các hệ số của các số mũ chia hết cho 3 trong khai triển của P(x). Nói cách khác, nếu P(x) = P6n k=0 akxkthì cn =P2n Mặt khác ta có của 6n k=0 a3k. 2n P(1) + P(α) + P(α2) = X k=0 ak(1 + α + α2) = 3X k=0 a3k. online Cuối cùng, do P(1) = 4n, P(α) = P(α2) = 1 nên ta có 2n cn =X k=0 a3k =4n + 2 3. chí Bài toán 11 (VMO, 2015). Cho K ∈ N∗. Tìm số các số tự nhiên n không vượt quá 10K thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau: i) n chia hết cho 3. Tạp ii) Tất cả các chữ số trong biểu diễn thập phân của n đều thuộc tập hợp A = {2, 0, 1, 5}. 16 Toán yêu người những Lời giải. Vì 10K không chia hết cho 3 nên ta chỉ cần xét các số từ 0 cho đến 99 · · · 9 (K chữ số 9). Bổ sung các chữ số 0 vào trước nếu cần thiết, ta đưa về xét các số có dạng a1a2 · · · aK với ai thuộc {2, 0, 1, 5}. Ta cần đếm các số như vậy và chia hết cho 3. Chú ý là a1 · · · aK chia hết cho 3 khi và chỉ khi a1+· · ·+aK chia hết cho 3, ta đưa bài toán về việc đếm số các bộ (a1, a2, . . . , aK) ∈ AK sao cho a1 + a2 + · · · + aK chia hết cho 3. Tiếp theo, hoàn toàn tương tự như ở bài trên, xét đa thức: P(x) = (x2 + 1 + x + x5)K. Ta có P(x) = (x2 + x + 1 + x5)k =X (a1, a2, ..., aK)∈Ak xa1+a2+···+aK . đồng cộng của online chí Tạp Tổng các hệ số của P(x) bằng số các bộ (a1, . . . , aK) ∈ AK và bằng 4K. Hơn nữa số các bộ (a1, . . . , aK) ∈ AK sao cho a1 +a2 +· · · +aK bằng tổng các hệ số của các số mũ chia hết cho 3 trong P(x). Đặt P(x) = a0 + a1x + a2x2 + a3x3 + a4x4 + · · · . Ta cần tính: S = a0 + a3 + a6 + · · · . Gọi ε là nghiệm của phương trình x2 + x + 1 = 0 thì ta có ε3 = 1. Từ đó dễ dàng suy ra 1 + εk + ε2k nhận giá trị bằng 0 với mọi k không chia hết cho 3 và bằng 3 với k chia hết cho 3. (∗) Ta có P(1) = a0 + a1 + a2 + a3 + a4 + · · · , P(ε) = a0 + a1ε + a2ε2 + a3ε3 + a4ε4 + · · · , P(ε2) = a0 + a1ε2 + a2ε4 + a3ε6 + a4ε8 + · · · . Áp dụng tính chất (∗), ta suy ra P(1) + P(ε) + P(ε2) = 3a0 + 3a3 + 3a6 + · · · 3 =4k+ε2K+ε4K Suy ra S =P(1)+P(ε)+P(ε2) tính chất (∗), ta suy ra S =4K−1 3. Cuối cùng, lại áp dụng S =4K+2 3nếu K không chia hết cho 3 và 3nếu K chia hết cho 3. 17 Toán yêu người những đồng cộng Khi ta làm việc với các tập con, tức là các tổ hợp không lặp thì mô hình những đa thức trên đây không sử dụng được nữa. Với các bài toán này, ta cần đến một mô hình khác. Bài toán 12. Cho X = {0, 1, . . . , 25}. Tìm số các tập con 7 phần tử có tổng các phần tử chia hết cho 19. Lời giải. Với mỗi tập con A ⊂ X, gọi S(A) là tổng các phần tử của A. Ta cũng quy ước S(∅) = 0. Với mỗi i = 0, 1, . . . , 18, đặt: P(i) = A ⊂ X | |A| = 7 và S(A) ≡ i (mod 19) . Ta cần tính P(0). Gọi a là căn nguyên thủy bậc 19 của 1. Khi đó 1 + a + a2 + · · · + a18 = 0 và x19 − 1 = (x − 1)(x − a)· · ·(x − a18). Xét đa thức Q(x) = (x − 1)(x − a)(x − a2)· · ·(x − a25). Ta tính hệ số của x19 trong Q(x) bằng 2 cách. Một mặt, nếu khai triển Q(x) ra thì để được x19, ta cần lấy x từ 19 dấu ngoặc, còn 7 dấu ngoặc khác sẽ lấy các số có dạng ak với k thuộc {0, 1, . . . , 25}. Như thế, ta sẽ có tổng các số có dạng aS(A) với A chạy qua tất cả các tập con 7 phần tử của X. Chú ý rằng aS(A) chỉ phụ thuộc vào số dư khi chia S(A) cho 19 (đó là lý do tại sao ta lấy căn bậc 19 của đơn vị) nên từ đây dễ dàng suy ra tổng nói trên bằng: h P(0) + P(1) · a + · · · + P(18) · a18i. − của online chí Tạp Mặt khác, P(x) = (x19 − 1)(x − 1)(x − a)· · ·(x − a6). Suy ra hệ số của x19 bằng −1 · a · a2· · · a6 = −a2. Từ đây suy ra P(0) + P(1) a + P(2) − 1 a2 + · · · + P(18) a18 = 0. Điều này đúng với mọi a là nghiệm của phương trình: 1 + x + x2 + · · · + x18 = 0. Suy ra đa thức P(0) + P(1) x + P(2) − 1 x2 + · · · + P(18) x18 tỷ lệ với đa thức 1 + x + · · · + x18 và vì thế: P(0) = P(1) = P(2) − 1 = · · · = P(18) . Như vậy, tất cả các P(i) , i 6= 2, bằng nhau và bằng C719−1 |P(2)| lớn hơn đúng 1 đơn vị! Vậy đáp số là C719−1 19 . 18 19 . Riêng Toán yêu người những đồng Cuối cùng, ta áp dụng hiệu quả phương pháp trên đây vào một bài toán thi vô địch Quốc tế, một bài toán đẹp của IMO 1995. Bài toán 13 (IMO, 1995). Cho p là một số nguyên tố lẻ. Tìm số các tập con A của tập hợp {1, 2, . . . , 2p}, biết rằng: i) A chứa đúng p phần tử; ii) Tổng các phần tử của A chia hết cho p. Lời giải. Xét đa thức P(x) = xp−1 + xp−2 + · · · + x + 1. Đa thức này có p−1 nghiệm phức phân biệt. Gọi α là một nghiệm bất kỳ của P(x). Chú ý rằng α, α2, . . . , αp−1là p − 1 nghiệm phân biệt của P(x) và αp = 1. Do đó, theo định lý Vieta: xp − 1 = (x − 1)(x − α)(x − α2)· · ·(x − αp−1). Xét đa thức Q(x) = (x − α)(x − α2)· · ·(x − α2p) và gọi: H = A ⊂ {1, 2, . . . , 2p} | |A| = p . Giả sử Q(x) = P2p i=0 aixi. Khi đó: ap = − X A∈H αS(A), S(A) = X x∈A x. cộng Vì nếu S(A) ≡ i (mod p) thì αS(A) = αi nên p−1 của ap = −X i=0 niαi, trong đó ni là số các A ∈ H sao cho S(A) ≡ i (mod p). Mặt khác, Q(x) = (xp − 1)2, suy ra ap = −2. Thành thử: online p−1 X niαi = 2. (∗) i=0 Xét đa thức R(x) = Pp−1 i=1 nixi + n0 − 2. Từ đẳng thức (∗) suy ra α là một nghiệm của R(x). Vì degP = degR và α là một nghiệm bất chí kỳ của P(x) nên P(x) và R(x) chỉ sai khác nhau hằng số nhân. Từ đó np−1 = np−2 = · · · = n1 = n0 − 2, suy ra p=Cp2p − 2 Tạp n0 − 2 =np−1 + np−2 + · · · + n1 + n0 − 2 Vậy đáp số của bài toán là n0 = 2 +Cp2p−2 p. 19 p. Toán yêu người những đồng cộng của online chí Tạp 3. Bài tập Bài toán 1. Tìm tất cả các đa thức P(x) thỏa mãn điều kiện: P(x) · P(x + 1) = P(x2 + 1). Bài toán 2. Cho n là số nguyên dương. Chứng minh rằng đa thức xn + 4 khả quy khi và chỉ khi n chia hết cho 4. Bài toán 3. Chứng minh rằng đa thức (x2 − 7x + 6)2n + 13 bất khả quy với mọi n nguyên dương. (Chú ý rằng bài này mới chỉ là giả thiết, bạn đọc có thể phủ định bài toán nếu kết quả sai.) Bài toán 4. Với giá trị nào của n thì đa thức (x + 1)n + xn + 1 chia hết cho đa thức x2 + x + 1? Bài toán 5. Có bao nhiêu tập con của X = {1, 2, . . . , 2015} có tổng các phần tử chia hết cho 3? Bài toán 6 (IMO 2014 Training Camp). Có bao nhiêu số tự nhiên có 9 chữ số không chứa chữ số 0 và chia hết cho 11? Bài toán 7. Cho ba số nguyên dương m, n, p, trong đó m > 1 và n + 2 ≡ 0 (mod m). Tìm số bộ (x1, x2, . . . , xp) gồm p số nguyên dương sao cho tổng (x1 + x2 + · · · + xp) chia hết cho m, trong đó mỗi số x1, x2, . . . , xp đều không lớn hơn m. 20 ToánTHUẬT TOÁN yêu người những đồng cộng của online chí Tạp PHỤC HỒI SỐ HỮU TỈ Nguyễn Hùng Sơn (University of Warsaw) 1. Mở đầu Cách đây không lâu tôi có đố các bạn trẻ một bài toán đố nhỏ, nhưng mang tính thực tế, như sau: Một vị giáo sư toán-tin rất cẩn thận nhưng đãng trí. Cách đây vài hôm ngân hàng gửi ông một bức thư thông báo mật khẩu của thẻ tín dụng. Mật khẩu là một số có 6 chữ số: abcdef. Ông không muốn giữ lại bức thư vì sợ nó có thể lọt vào tay kẻ gian. Vì vậy ông đã dùng 1 chiếc máy tính xách tay đơn giản (gồm 4 phép tính +.−, ×, ÷ và 10 chữ số) để tính tỉ số abc÷def. Ông đã nhận được kết quả gần đúng là 0, 195323246 và ghi nhớ lại lên một tờ giấy. Làm thế nào để vị giáo sư có thể tìm lại được mật khẩu trong thời gian ngắn nhất nếu ông chỉ có trong tay chiếc máy tính xách tay đơn giản và mật khẩu là gì? Thực ra bài toán này liên quan đến một số ứng dụng của thuật toán Euclid và lý thuyết về phân số chuỗi trong số học. Sau đây chúng ta sẽ lần lượt tìm hiểu các lý thuyết liên quan, lời giải của bài toán trên, và thử làm các bài tập tương tự. 2. Thuật toán Euclid Đây là một trong các phương pháp tìm ước số chung lớn nhất ƯSCLN(a, b) của hai số tự nhiên. Khoảng 300 năm trước Công Nguyên, Euclid – nhà toán học cổ người Hy lạp – đã mô tả thuật toán này trong cuốn ”cơ sở” (Elements). 21 Toán yêu người Ý tưởng chính của thuật toán này là: Nếu k, r là hai số nguyên sao cho a = kb + r thì: ƯSCLN(a, b) = ƯSCLN(r, b). Trong thuật toán Euclid, ta sẽ chọn k là phần nguyên của phép chia a cho b (k = ba/bc), còn r là phần dư khi chia a cho b (r = a − ba/bc · b). Thuật toán này được mô tả dạng biểu đồ ở Hình 3.1. Ví dụ nếu muốn tìm ƯSCLN của 2 số 324 và 918 thì các bước của thuật toán sẽ như sau: STT d những a b ba/bc r = a mod b 324 918 324 270 54 918 324 270 54 0 0 2 1 5 576 270 54 0 1. 2. 3. 4. đồng cộng 5. 54 Nhªp 2 sè tü nhi¶n a, b của online Kiºm tra b 6= 0? b 6= 0 r := a mod b a := b b := r b = 0 d := a Xu§t dSTOP; chí Hình 3.1: Thuật toán Euclid để tìm ước số chung lớn nhất của hai số tự nhiên a, b. Tạp 22 Toán yêu người những đồng cộng 3. Liên phân số Liên phân số hữu hạn là một biểu thức có dạng: a0 +1 a1 +1 a2 +1 · · · +1an trong đó a0 ∈ Z, a1, . . . , an là các số nguyên dương và an > 1. Liên phân số trên được ký hiệu là [a0 : a1, a2, . . . , an], trong đó n chính là độ dài của liên phân số. Như ta đã biết mọi số hữu tỉ đều có thể được viết dưới dạng ab, trong đó a ∈ Z là số nguyên còn b ∈ N − {0} là số nguyên dương. Một phân số có thể chuyển thành liên phân số theo phương pháp lặp đi lặp lại 2 bước (1) và (2) sau đây: (1) tách ra phần nguyên, (2) nghich đảo phần phân số. Ví dụ phân số 1517 1073có thể chuyển thành liên phân số như sau: của 1517 1073= 1 +444 1073= 1 +1 2 +185 444 = 1 +1 2 +1 2 +74 185 online = 1 +1 2 +1 2 +1 2+ 37 74 Như vây ta đã chuyển 1517 = 1 +1 2 +1 2 +1 2+ 12 chíTạp 1073 thành liên phân số [1 : 2, 2, 2, 2, 2]. 23 Toán Bạn đọc tinh ý có thể thấy nhiều điểm tương tự giữa phương pháp tìm liên phân số và thuật toán Euclid. Thực vậy, nếu ta áp dụng thuật toán Euclid cho hai số 1517 và 1073 thì quá trình tính toán sẽ như sau: STT d yêu người a b ba/bc r = a mod b 1517 1073 444 185 74 37 1073 444 185 74 37 0 1 2 2 2 2 444 185 74 37 0 1. 2. 3. 4. 5. 6. 37 Dễ dàng nhân ra sự trùng hợp giữa liên phân số [1 : 2, 2, 2, 2, 2] những và cột ba/bc của thuật toán Euclid. Như vậy nếu áp dụng thuật toán Euclid cho a và b, nhưng trong mỗi bước ta viết ra giá trị của ba/bc thì ta sẽ được khai triển của phân số abthành dạng liên phân số. đồng cộng Nhªp 2 sè tü nhi¶n a, b n := 0; Nhªp x ∈ R a0 := bxc; r := x − a0; n := 0; của online b 6= 0? b 6= 0 k := ba/bc b = 0 Xu§t an; n := n + 1; chí r := a − kb a := b b := r Xu§t an = k; r 6= 0? r 6= 0 an := b1/rc; r = 0 n := n + 1; STOP r := 1/r − an;STOP Tạp Hình 3.2: Thuật toán Euclid tìm liên phân số cho phân số ab (trái) và cho số thực x ∈ R (phải). 24 Toán yêu người những đồng cộng Thuật toán trên được mô tả ở Hình 3.2.a (trái). Dựa vào thuật toán đó ta có thể chứng minh định lý sau: Mọi số hữu tỉ đều có thể khai triển dưới dạng một liên phân số hữu hạn [a0 : a1, a2, . . . , an], ở đây a0 là phần nguyên của số hữu tỉ đã cho. Liên phân số đã được các nhà toán học như Rafael Bombelli (1572), Pietro Catldi (1613), Daniel Schwenter (1625), Wallis (1695) hoặc nhà thiên văn học Christian Huygens (1698) biết đến từ thế kỷ XVI và XVII. Tuy nhiên phải đến thế kỷ XVIII nhà toán học Leonhard Euler (1707-1783) mới bắt đầu nghiên cứu một cách hệ thống liên phân số. Euler không chỉ đưa ra thuật toán mà còn tìm ra rất nhiều liên phân số. Thực ra thuật toán của Euler là trường hợp tổng quát của thuật toán chuyển số hữu tỉ thành liên phân số. Nó có thể áp dụng cho một số thực x bất kỳ (xem Hình 3.2.b (phải)). Áp dụng thuật toán này cho x =√2 ta sẽ có: √2 = 1 +√2 − 1 = 1 +1 √2 + 1= 1 +1 2 +√2 − 1= 1 +1 2 + √12+1 2+√2−1= · · · = 1 +1 = 1 +1 2 +1 của . 2 +1 2+ 1 2+··· Như vậy số √2 có thể biểu diễn dưới dạng liên phân số vô hạn tuần hoàn = [1 : 2, 2, 2, . . .] = [1 : 2]. online Euler đã phát hiện ra rằng nếu một số có thể biểu diễn dưới dạng liên phân số vô hạn tuần hoàn (từ một vị trí nào đó) thì số đó phải có dạng a + b√c, a, b, c ∈ Q (hay còn gọi là số đại số bậc hai). Ví dụ tỉ lệ vàng φ =√5−1 2có thể biểu diễn ở dạng liên phân số gồm toàn số 1 (xem bài tập 2). chí Hoặc nếu x = [2 : 2, 2, 2, . . .] = [2 : 2], thì ta có x = 2 +1xtừ đó suy ra x = 1+√2. Nhưng phải 20 năm sau địch lý đảo mới được Tạp chứng minh bởi Lagrange (1768): Mọi số đại số bậc 2 đều có thể khai triển thành liên phân số tuần hoàn (bắt đầu từ một vị trí nào đó). 25 Toán yêu người những đồng cộng của online chí Tạp Chúng ta vừa nhận ra rằng khai triển liên phân số của các số hữu tỉ và cả các số vô tỉ trông có vẻ như tiện lợi hơn khai triển thập phân. Một câu hỏi có tính triết lý và lịch sử được đặt ra là: tại sao trong trường phổ thông chúng ta sử dụng số thập phân nhưng lại không dùng liên phân số? Câu trả lời có lẽ là do phép cộng và nhân các liên phân số không hề dễ dàng gì. Mà cũng có thể thiếu các phương pháp (thiếu các thuật toán hữu hiệu) là do các nhà toán học (tin học) chưa tìm kĩ. Ta chỉ có thể kết luận rằng hình ảnh của toán học ngày nay không phải là duy nhất, và nó hoàn toàn đã có thể chuyển sang hướng khác. 4. Phục hồi số hữu tỉ 4.1. Ví dụ minh họa Chúng ta hãy quay lại bài toán ban đầu. Vị giáo sư có thể kiểm tra tất cả các phân số dạng abc÷def cho đến khi tìm được phân số có giá trị như yêu cầu. Tuy nhiên phương pháp này không hiệu quả vì mất quá nhiều thời gian. Trước hết chúng ta có thể chú ý rằng nếu pqvà rslà hai phân số có tử số và mẫu số đều là các số có ba chữ số và hai phân số đó giống nhau ít nhất là đến chữ số thứ 6 sau dấu phẩy thì pq −rs < 10−6. Từ đó suy ra |ps − qr| 6 qs · 10−6 < 103· 103· 10−6 = 1. Vì p, s, q, r là các số nguyên và 0 6 |ps − qr| < 1, từ đó suy ra ps − qr = 0. Điều này tương đương với pq =rs. Phương pháp hiệu quả hơn chính là khai triển số x = 0, 195323246 thành dạng liên phân số x = [a0 : a1, a2, . . .]. Nếu đặt xn = [a0 : a1, . . . , xn] là liên phân số dùng n số hạng đầu tiên của liên phân số x = [a0 : a1, a2, . . .], ta sẽ thấy xn là xấp xỉ của x và n càng lớn thì xn càng có giá trị gần x. Vì vậy ta sẽ sử dụng thuật toán trên cho đến khi được một liên phân số gần giống với phân số cần tìm. 26 Toán yêu Sử dụng thuật toán ở Hình 3.2.b (phải) ta lần lượt có: a0 = 0 r = 0, 195323246 x0 = 0 a1 = 5 r = 0, 119718315 x1 =15 a2 = 8 r = 0, 352940538 x2 =1 5 +18=841 người a3 = 2 r = 0, 833338458 x3 =1 5 +1 8+ 12 a4 = 1 r = 0, 199992620 x4 =1 5 +1 8+ 1 =1787 =25 128 a5 = 5 r = 0, 000184506 x5 =1 2+ 11 =142 những 727 Kiểm tra lại ta thấy rằng 142 5 +1 8+ 1 2+ 1 1+ 15 đồng sư cần tìm là 142727 . 727 = 0.195323246 . . . Vậy mã số vị giáo cộng của 4.2. Trường hợp tổng quát Để tổng quát hóa bài toán trên chúng ta xét vấn đề sau đây: VẤN ĐỀ PHỤC HỒI SỐ HỮU TỈ: Cho hai số nguyên dương K, M hãy tìm hai số nguyên dương u, v sao cho: DK1 : 0 6 u, v < N (N là số nguyên dương cho trước) (1) online DK2 : uv−KM 61M(2 phân số uv,KMgần bằng nhau) (2) Paul Wang đã nghiên cứu vấn đề phục hồi số hữu tỉ trong q trường hợp N = M 2. Với lựa chọn này ta có thể chứng minh rằng nếu tồn tại lời giải cho vấn đề phục hồi số hữu tỉ thì lời chí giải này là duy nhất. Thực vậy, giả sử tồn tại 2 lời giải (u1, v1) và (u2, v2) thỏa mãn Tạp các điều kiện (1) và (2). Ta có: 6 u1 v1−KM + u1 u1 v1−u2 v2 v1−KM 62M, 27 từ đó suy ra M<2N2 Toán |u1v2 − u2v1| 62v1v2 q M M. Trong trường hợp N = 2, ta có |u1v2 − u2v1| < 1. Ngoài ra, do yêu người những đồng cộng của online |u1v2 − u2v1| là số nguyên nên ta suy ra rằng u1v2 − u2v1 = 0 hay u1 v1=u2 v2. Hơn nữa, từ điều kiện (2) suy ra |Mu − Kv| 6 v < N ⇔ −N < r = Mu − Kv < N. Từ đó suy ra nếu hai phân số uv,KM gần bằng nhau thì tồn tại một số nguyên r sao cho |r| < N và r ≡ Kv mod M. Lúc đó K được gọi là đồng dư với phân số rv modulo M và được ký hiệu là rv ≡ K mod M. Như vậy vấn đề phục hồi số hữu tỉ có thể phát biểu một cách tương đương như sau: VẤN ĐỀ PHỤC HỒI SỐ HỮU TỈ (biến thể): Cho trước hai số nguyên dương K, M, hãy tìm cặp số nguyên (r, v) thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau đây: DK3 : 0 6 |r| 0. Chứng minh rằng 3(a2 + b2 + c2) > P > (a + b + c)2, với P = (a+b+c)√ab+√bc+√ca +(a−b)2+(b−c)2+(c−a)2. Bài viết này chúng tôi trình bày các ý kiến của mình về bài toán cũng như nêu ra các hướng tiếp cận khác nhau để đi đến lời giải. Bên cạnh các phân tích bình luận, chúng tôi cũng sẽ đề xuất một số bài toán với ý tưởng tương tự cho từng hướng tiếp cận để bạn đọc có thể tự rèn luyện thêm. Ở cuối bài viết, chúng tôi sẽ giới thiệu nguồn gốc, phát biểu và giải bài toán tổng quát của bài VMO nói trên. 1. Nhận xét chung Với ý kiến chủ quan của mình, chúng tôi cho rằng đây là một bài toán khá hợp lý tương xứng với vị trí của nó trong đề thi. Trong thời gian 180 phút, các thí sinh phải làm 4 bài toán với các thể loại: Giải tích, Đại số, Tổ hợp và Hình học. Số lượng câu hỏi khá nhiều nhưng thời gian làm bài lại hạn chế, thế nên các bài toán đầu tiên không thể ra quá khó vì như thế sẽ tạo áp lực cho thí sinh. Bài toán này ở mức độ trung bình, không dễ cũng không khó. Hình thức phát biểu cũng gọn gàng, đơn giản chứ không cồng 57 Toán yêu người những đồng kềnh phức tạp so với đề VMO năm 2014. Ngoài ra, bài toán này cũng có khá nhiều hướng để tiếp cận chứ không mẹo mực phức tạp như đề thi năm ngoái. Chính vì thế, việc chọn nó làm bài số 2 là khá phù hợp. Tuy nhiên, điều đó không có nghĩa là bài toán này thực sự tốt. Ý tưởng của nó không mới nếu không muốn nói là đã khá quen thuộc với các em học sinh. Vì vậy, do quen dạng nên nhiều em “trúng tủ” có thể nhìn vào ngay và giải mà không cần phải nghĩ suy nhiều. Rõ ràng điều này sẽ khiến cho việc đánh giá chất lượng cũng như kết quả sẽ không được khách quan. Sẽ thật tuyệt nếu đề thi là những bài toán với ý tưởng mới mẻ nhưng lại nhẹ nhàng, tinh tế và không mẹo mực. Mong rằng các đề VMO sắp tới sẽ đáp ứng được điều này. 2. Các hướng tiếp cận cho bài toán Vế trái của bất đẳng thức khá đơn giản. Dạng phát biểu của nó với tổng các bình phương gợi cho ta nghĩ đến đồng nhất thức Lagrange – một hằng đẳng thức quen thuộc được dùng để chứng minh bất đẳng thức Cauchy-Schwarz: cộng Xn i=1 a2i Xn i=1 b2i − Xn i=1 2 aibi =X 16i 0. của online chí Tạp Cụ thể hơn, ta có đẳng thức sau: 3(a2 + b2 + c2) − (a + b + c)2 = (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2. Do đó, bất đẳng thức vế trái có thể được viết dưới dạng: (a + b + c)2 > (a + b + c)√ab +√bc +√ca . Đến đây thì có lẽ bạn nào cũng sẽ nghĩ đến việc sử dụng bất đẳng thức quen thuộc x2 + y2 + z2 > xy + yz + zx (áp dụng cho x =√a, y =√b và z =√c) để hoàn tất phép chứng minh. Ở đây, ta sẽ dành sự quan tâm nhiều hơn cho bất đẳng thức vế phải. Nhận xét ban đầu cho thấy đây là một bất đẳng thức tương đối chặt vì dấu bằng xảy ra tại hai trường hợp a = b = c và a = b, c = 0 (cùng các hoán vị tương ứng). Do đó, ta cần phải rất cẩn trọng trong các đánh giá của mình. 58 Toán yêu người những đồng cộng của online chí Tạp Ngoài ra, ta cũng thấy rằng chỗ khó của bài toán chính là ở các căn thức. Nếu ta có thể phá được dấu căn đưa bất đẳng thức về dạng đơn giản hơn thì chắc chắn bài toán cũng sẽ trở nên sáng sủa hơn. Đến đây, có hai ý tưởng chính như sau: 1. Đặt ẩn phụ để khử căn: Đây là một hướng đi khá tự nhiên vì các căn thức ở đây cũng đơn giản, các biểu thức dưới dấu căn chỉ có dạng bậc một. Do đó, chỉ cần một lần đặt ẩn phụ x =√a, y =√b, z =√c là ta có thể khử được hết các căn thức và đưa về xét một bất đẳng thức thuần nhất bậc 4 đối với x, y, z. Bậc của bất đẳng thức mới cũng không quá cao nên đây là hướng đi hoàn toàn khả thi. 2. Sử dụng đánh giá để khử căn: Đây là ý tưởng thường thấy khi xử lý các bài toán có căn. Vấn đề được đặt ra ở đây là ta phải lựa chọn đánh giá đủ chặt sao cho các điều kiện dấu bằng phải được đảm bảo. Các hướng tiếp cận được trình bày dưới đây hầu hết đều sử dụng hai ý tưởng trên làm tư tưởng chủ đạo: 2.1. Hướng 1: Khai triển trực tiếp Đây có lẽ là hướng đi tự nhiên nhất cho bài toán này. Ta chỉ việc đặt x =√a, y =√b, z =√c rồi nhân tung hết ra. Khi đó, bất đẳng thức cần chứng minh có thể được viết lại dưới dạng: Xx4 + xyzXx +Xxy(x2 + y2) > 4Xx2y2. (1) Đến đây, nếu bạn nào có tìm hiểu sẽ nghĩ ngay đến bất đẳng thức Schur bậc 4: x2(x − y)(x − z) + y2(y − z)(y − x) + z2(z − x)(z − y) > 0. Dạng khai triển của nó chính là: Xx4 + xyzXx >Xxy(x2 + y2). (2) Sự tương đồng giữa hai bất đẳng thức (1) và (2) gợi cho ta nghĩ đến việc dùng (2) để đánh giá cho (1). Ngoài ra, (2) cũng có dấu bằng tại x = y = z và x = y, z = 0 (cùng các hoán vị) tương ứng với trường hợp đẳng thức của (1). Do đó, đây sẽ là một đánh giá 59 Toán khá ổn và ta có thể yên tâm về độ an toàn của nó. Thật vậy, sau khi đánh giá, ta chỉ cần xét bất đẳng thức: 2Xxy(x2 + y2) > 4Xx2y2 ⇔Xxy(x2 + y2) > 2Xx2y2 và nó chỉ là một hệ quả trực tiếp của bất đẳng thức AM-GM: yêu Xxy(x2 + y2) >X(xy · 2xy) = 2Xx2y2. người những đồng cộng của online chí Tạp Lời bình. Đặt ẩn phụ là một trong những kỹ năng cơ bản cần có trong bất đẳng thức. Nhiều bài toán có hình thức cồng kềnh phức tạp, tuy nhiên sau những bước đặt ẩn phụ đơn giản, ta có thể đưa bài toán trở về dạng mới mà ở đó nhiều ý tưởng (mà trong đó cũng có thể là gốc của bài toán) sẽ được phơi bày ra. Có nhiều kiểu đặt ẩn phụ, trong đó có ba kiểu sau rất thông dụng: Đặt ẩn phụ để làm đơn giản hình thức bài toán, đặt ẩn phụ để thuần nhất hóa hoặc đối xứng hóa, và đặt ẩn phụ lượng giác dựa vào dấu hiệu từ điều kiện giả thiết. Dưới đây là một số ví dụ: Bài toán 2. Cho x, y, z là các số thực dương. Chứng minh rằng Xp(x + y)(x + z) > x + y + z +p3(xy + yz + zx). Lời giải. Đặt a =√y + z, b =√z + x và c =√x + y. Khi đó, ta dễ thấy a, b, c là ba cạnh của một tam giác và: x =b2 + c2 − a2 2, y =c2 + a2 − b2 2, z =a2 + b2 − c2 2. Thay vào, ta viết được bất đẳng thức dưới dạng: 2Xab −Xa2 >r3 2Xa2b2 −Xa4 , hay 2Xab −Xa2 >p3(a + b + c)(b + c − a)(c + a − b)(a + b − c). Đến đây, ta lại đặt a = n+p, b = p+m và c = m+n với m, n, p > 0. Bất đẳng thức được viết lại thành: mn + np + pm >p3mnp(m + n + p). Một kết quả đã quá quen thuộc. 60 Toán Bài toán 3 (IMO, 2001). Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng a √a2 + 8bc+b √b2 + 8ca+c √c2 + 8ab> 1. a2+8bc, y = √b yêu Lời giải. Đặt x = √ a b2+8cavà z = √ c c2+8ab . Khi đó, bằng các biến đổi đơn giản, ta dễ thấy 0 < x, y, z < 1 và: a2=1 − x2 b2=1 − y2 c2=1 − z2 người 8bc Từ đó suy ra x2,8ca y2,8ab z2. những đồng cộng của online 512x2y2z2 = (1 − x2)(1 − y2)(1 − z2). Theo yêu cầu của bài toán, ta cần chứng minh x+y+z > 1. Nếu điều này không đúng, tức x + y + z < 1, thì ta có 1 − x2 > (x + y + z)2 − x2 = (y + z)(2x + y + z). Đánh giá tương tự cho các biểu thức còn lại, ta thu được 512x2y2z2 >hY(y + z)ihY(2x + y + z)i. Bằng cách sử dụng bất đẳng thức quen thuộc: (m + n)(n + p)(p + m) > 8mnp, ∀m, n, p > 0 lần lượt cho các bộ (x, y, z) và (x + y, y + z, z + x), ta có Y(2x + y + z) > 8Y(x + y) > 64xyz. Từ đó suy ra hY(y + z)ihY(2x + y + z)i> 8xyz · 64xyz = 512x2y2z2. chí Mâu thuẫn nhận được cho ta kết quả bài toán. Bài toán 4. Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn điều kiện abc = 1. Chứng minh rằng Tạp 1 + a + a2+1 1 1 + b + b2+1 1 + c + c2> 1. 61 Lời giải. Do abc = 1 nên ta có thể chứng minh được tồn tại các số thực x, y, z thỏa mãn a =yz y2 và c =xy Toán x2 , b =zx z2 (chẳng hạn, ta có thể chọn x =1√3 a, y =1√3 b, z = √13c). Khi đó, bất đẳng thức cần chứng minh có thể được viết lại thành: x4 + x2yz + y2z2+y4 yêu x4 y4 + y2zx + z2x2+z4 z4 + z2xy + x2y2> 1. người những Đến đây, bằng cách sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz: VT >(x2 + y2 + z2)2 (x4 + y4 + z4) + xyz(x + y + z) + (x2y2 + y2z2 + z2x2), ta đưa được bài toán về xét một kết quả đã quá thuộc: x2y2 + y2z2 + z2x2 > xyz(x + y + z). đồng Bài toán 5. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện xy + yz + zx + 2xyz = 1. Giả sử z = max{x, y, z}, chứng minh rằng x+1y+1z− 4(x + y + z) >(2z − 1)2 1 z(2z + 1). Lời giải. Giả thiết xy+yz+zx+2xyz = 1 có thể được viết lại dưới cộng x+1 +1 dạng 1 y+1 +1 z+1 = 2. Từ đó, ta dễ dàng chứng minh được tồn tại các số dương a, b, c sao cho: x =a b + c, y =b c + a, z =c a + b. của Ngoài ra, do z = max{x, y, z} nên ta có c = max{a, b, c}. Bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại thành: online a+c + a b+a + b a b + c+b >(2c − a − b)2 b + c c− 4 b+c =a(b−c)2 c + a+c a + b c(2c + a + b). chí Do ab +ac −4a bc(b+c)nên bất đẳng thức tương đương với: bc(b + c)+b(c − a)2 a(c − b)2 ca(c + a)+c(a − b)2 ab(a + b)>(2c − a − b)2 c(2c + a + b). Tạp Và ta sẽ chứng minh bất đẳng thức mạnh hơn là: bc(b + c)+b(c − a)2 a(c − b)2 ca(c + a)>(2c − a − b)2 c(2c + a + b), 62 hay b(b + c)+b(c − a)2 a(c − b)2 Toán a(c + a)>(2c − a − b)2 2c + a + b. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng cộng mẫu, ta có yêu VT > hpa b(c − b) + q b a(c − a) i2 người 2c + a + b. Từ đó, bài toán được đưa về chứng minh ra b(c − b) + rb a(c − a) > 2c − a − b, những hay ra b+ rb a− 2 c + a + b − 2√ab > 0. Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng theo AM-GM. đồng cộng Bài toán 6 (Việt Nam TST, 2001). Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn 2x + 4y + 7z = 2xyz. Tìm giá trị nhỏ nhất của: P = x + y + z. Lời giải. Đặt x =√7a, y =√72b, z =2√7 √7 7c, ta có a+b+c = abc và: của P = 14(14a + 7b + 4c). Do a, b, c > 0 và a + b + c = abc nên tồn tại A, B, C ∈0, π2 thỏa mãn A + B + C = π và a = tanA, b = tanB, c = tanC, suy ra online P = √7 14(14 tanA + 7 tanB + 4 tanC). Biểu thức P có dạng tổng hàm. Điều này gợi cho ta nhớ đến bất đẳng thức tiếp tuyến như sau: Nếu hàm số f(x) khả vi bậc hai chí và lồi trên khoảng (a, b) thì với mọi x, y ∈ (a, b), ta đều có f(x) > f(y) + f0(y) · (x − y). Do hàm số f(x) = tanx khả vi bậc hai và lồi trên 0, π2 nên theo Tạp bất đẳng thức trên, với mọi x, y ∈0, π2 , ta có tanx > tany + (tany)0(x − y) = tan y + (tan2y + 1)(x − y). 63 Trong bất đẳng thức trên, lần lượt thay cặp số (x, y) bởi các cặp Toán yêu A, arctan√37 ,B, arctan√57 và C, arctan√7 , ta thu được tanA >3√7+167 A − arctan3√7 , tanB >5√7+327 B − arctan5√7 , tanC >√7 + 8 C − arctan√7 . người Từ đó suy ra (chú ý rằng arctan√37+ arctan√57+ arctan√7 = π): những P > √7 14 15√7 + 32 XA − arctan3√7− arctan5√7− arctan√7 = √7 14 15√7 + 32(A + B + C − π)i=152. h đồng Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 3, y =52, z = 2. cộng của online chí Nhận xét. Bất đẳng thức tiếp tuyến là một trong những kết quả quan trọng của hàm lồi. Nó là mấu chốt để xây dựng nên bất đẳng thức Karamata, một công cụ rất mạnh để xử lý các bất đẳng thức dạng tổng hàm. Bạn đọc có thể tìm đọc thêm về hai kết quả thú vị này trong bài viết chuyên đề của chúng tôi ở Tài liệu Chuyên Toán, Giải tích 12 (Nhà xuất bản Giáo Dục, 2011). Các số arctan√37, arctan√57, arctan√7 được sử dụng ở trên không phải là những số ngẫu nhiên “mò” được. Vì yêu cầu bài toán là tìm min nên ta cần phải đánh giá P lớn hơn hoặc bằng một hằng số nào đó. Do đó, khi sử dụng bất đẳng thức tiếp tuyến để đánh giá, ta cần chọn các hằng số thích hợp sao cho hệ số của A, B, C phải bằng nhau để có thể tận dụng được giả thiết A + B + C = π và biến đổi vế bé thành hằng số. Như vậy, các số được sử dụng trong lời giải trên thực chất chính là nghiệm thu được từ hệ phương trình: Tạp  0 < x, y, z <π2, x + y + z = π  14(tan2x + 1) = 7(tan2y + 1) = 4(tan2z + 1) 64 Toán Bài toán 7 (Kiên Giang, 2014). Cho 2014 số thực x1, x2, . . . , x2014 thuộc đoạn [−1, 1] thỏa mãn P2014 i=1xi > 1. Chứng minh rằng tồn tại một số nguyên dương k sao cho: yêu Xk i=1 2014 xi −X i=k+1 xi 6 1. người những đồng cộng của online chí Lời giải. Ta thay 2014 bởi một số n > 2 tổng quát hơn. Với mỗi 1 6 k 6 n, ta đặt ak =Pki=1xi, khi đó từ giả thiết suy ra |ak − ak−1| 6 1 < |an|, ∀k = 1, . . . , n (ở đây a0 = 0). Theo yêu cầu đề bài, ta cần chứng minh tồn tại k ∈ N∗ sao cho |an − 2ak| 6 1. (3) Nếu có số 1 6 k 6 n − 1 sao cho (an − 2ak)(an − 2ak+1) 6 0 thì |an−2ak|+|an−2ak+1| = (an−2ak)−(an−2ak+1) = 2|ak+1−ak| 6 2. Từ đó suy ra số nhỏ nhất trong hai số |an − 2ak|, |an − 2ak+1| sẽ có giá trị không vượt quá 1 và bài toán được chứng minh. Xét trường hợp (an − 2ak)(an − 2ak+1) > 0 với mọi 1 6 k 6 n − 1. Ta chứng minh (3) bằng phản chứng. Giả sử không tồn tại số k nói trên, khi đó ta có |an − 2ak| > 1, ∀1 6 k 6 n − 1. (4) Nếu an > 2an−1 thì do (an − 2an−1)(an − 2an) > 0 nên ta suy ra an < 0. Mặt khác, do |an| > 1 nên ta có an < −1. Do an − 2ak và an − 2ak+1 có cùng dấu với mọi 1 6 k 6 n − 1 nên từ bất đẳng thức an > 2an−1, ta cũng suy ra an > 2a1 và do đó 1 + 2a1 < an < −1 (theo (4)), tức a1 < −1. Kết quả này đưa đến |a1| > 1, mâu thuẫn với giả thiết bài toán. Lý luận tương tự, trường hợp an < 2an−1 cũng không thể xảy ra. Tạp Những mâu thuẫn thu được cho ta kết quả của bài toán. 65 Toán yêu người những đồng cộng của online Sau đây là một số bài toán khác dành cho bạn đọc tự luyện: Bài toán 8 (VMO, 2005). Xét các số thực x, y thỏa mãn điều kiện: x − 3√x + 1 = 3py + 2 − y. Hãy tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x+y. Bài toán 9 (Olympic Nữ sinh Trung Quốc, 2004). Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P =a + 3c a + 2b + c+4b a + b + 2c−8c a + b + 3c. Bài toán 10 (Thổ Nhĩ Kỳ, 2006). Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn xy + yz + zx = 1. Chứng minh rằng 4(x + y)(y + z)(z + x) >√x + y +√y + z +√z + x 2> 6√3. 27 Bài toán 11. Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng a 4a + 4b + c+b 4b + 4c + a+c 4c + 4a + b613. Bài toán 12 (IMO, 1983). Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng a2b(a − b) + b2c(b − c) + c2a(c − a) > 0. Bài toán 13 (Chọn đội tuyển Moldova, 2006). Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Gọi p là nửa chu vi của tam giác đó, chứng minh bất đẳng thức sau: chí a r(p − b)(p − c) bc+ b r(p − c)(p − a) ca+ c r(p − a)(p − b) ab> p. Bài toán 14 (IMO, 2008). Cho x, y, z 6= 1 là các số thực thỏa mãn Tạp điều kiện xyz = 1. Chứng minh rằng x x − 1 2+ y y − 1 2+ z z − 1 2> 1. 66 Toán Bài toán 15. Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng (1 + a)2+1 (1 + b)2+1 (1 + c)2+2 1 (1 + a)(1 + b)(1 + c)> 1. yêu Bài toán 16. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng người √5a + 4+1 a) 1 b) 1 √5b + 4+1 √5c + 46 1. những đồng 1 +√3a + 1+1 1 +√3b + 1+1 1 +√3c + 16 1. Bài toán 17. Cho x1, x2, . . . , xn là các số thực dương thỏa mãn: 1 1 + x1+1 1 + x2+ · · · +1 1 + xn= 1. Chứng minh rằng cộng √x1 +√x2 + · · · +√xn > (n − 1) 1√x1+1√x2+ · · · +1 . √xn Bài toán 18. Cho x1, x2, . . . , xn là các số thực dương thỏa mãn: của 1 + x1+1 1 1 + x2+ · · · +1 1 + xn=n2. online Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P =Xn i=1 Xn j=1 1 xi + xj. chí Bài toán 19 (Nga, 2004). Cho số tự nhiên n > 3. Xét các số thực dương x1, x2, . . . , xn có tích bằng 1. Chứng minh rằng Tạp 1 1 + x1 + x1x2+1 1 + x2 + x2x3+ · · · +1 1 + xn + xnx1> 1. 67 Toán Bài toán 20 (Trung Quốc, 2004). Cho a, b, c, d là các số thực dương thỏa mãn abcd = 1. Chứng minh rằng (1 + a)2+1 (1 + b)2+1 (1 + c)2+1 1 (1 + d)2> 1. yêu Bài toán 21. Cho a, b, c > 0 thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng a + b + 1+b a người b + c + 1+c c + a + 1> 1. những đồng cộng của online chí Tạp Bài toán 22. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện x2 + y2 + z2 + 2xyz = 1. Chứng minh các bất đẳng thức sau: a) xyz 618. b) x + y + z 632. c) xy + yz + zx 6346 x2 + y2 + z2. d) xy + yz + zx 612+ 2xyz. Bài toán 23. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện xyz = x + y + z + 2. Chứng minh các bất đẳng thức sau: a) xy + yz + zx > 2(x + y + z). b) √x +√y +√z 632√xyz. Bài toán 24 (APMO, 2004). Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng (a2 + 2)(b2 + 2)(c2 + 2) > 9(ab + bc + ca). 68 Toán Bài toán 25 (Trung Quốc, 1996). Cho n ∈ N∗, x0 = 0, xi > 0 với mọi i = 1, 2, . . . , n và x1 + x2 + · · · + xn = 1. Chứng minh rằng 1 6Xn i=1 xi √1 + x0 + x1 + · · · + xi−1√xi + · · · + xn<π2. yêu người những đồng cộng của online chí Tạp Bài toán 26 (Trung Quốc, 2003). Cho a1, a2, . . . , a2n là các số thực thỏa mãn P2n−1 i=1(ai − ai+1)2 = 1. Tìm giá trị lớn nhất của: P = (an+1 + an+2 + · · · + a2n) − (a1 + a2 + · · · + an). Bài toán 27 (IMO, 2006). Tìm số M nhỏ nhất để bất đẳng thức: ab(a2 − b2) + bc(b2 − c2) + ca(c2 − a2) 6 M(a2 + b2 + c2)2 đúng với mọi số thực a, b, c. Trước khi kết thúc phần này, xin được nói thêm một chút về bất đẳng thức Schur bậc 4: Xx4 + xyzXx >Xxy(x2 + y2). Đây là một bất đẳng thức rất chặt (chặt hơn cả bất đẳng thức Schur bậc 3), nó đúng với mọi bộ số thực x, y, z chứ không đòi hỏi các biến phải không âm. Thật vậy, bằng cách sử dụng phương pháp SOS được trình bày ở phần sau, ta viết được Xx2(x − y)(x − z) = 12X(x − y)2(x + y − z)2 > 0. Chính vì điều này, bất đẳng thức có thể được dùng để xử lý rất hiệu quả cho các bài toán đối xứng ba biến với dấu bằng biên, đặc biệt là các bất đẳng thức thuần nhất bậc 4. Dưới đây là một số ví dụ: Bài toán 28. Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng a2 + bc+(c + a)2 (b + c)2 b2 + ca+(a + b)2 c2 + ab> 6. 69 Toán Lời giải. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có (b + c)2 + (c + a)2 + (a + b)2 2 VT > (b + c)2(a2 + bc) + (c + a)2(b2 + ca) + (a + b)2(c2 + ab). yêu người Từ đó, bài toán được đưa về chứng minh 2(a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca)2 > 3X(b + c)2(a2 + bc). Sau khi khai triển và rút gọn, bất đẳng thức trên có dạng: 2Xa4 +Xab(a2 + b2) + 2abcXa > 6Xa2b2, hay những hXa4 +abcXa−Xab(a2 +b2)i+3Xab(a2 +b2) > 6Xa2b2. 2 Đến đây, bằng cách sử dụng bất đẳng thức Schur bậc 4 và một số đánh giá đơn giản, ta dễ có điều phải chứng minh. đồng cộng của online chí Tạp Bài toán 29. Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn không có hai số nào đồng thời bằng 0. Chứng minh rằng 1 2a2 + bc+1 2b2 + ca+1 2c2 + ab>8 (a + b + c)2. Lời giải. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có VT >4(a + b + c)2 (b + c)2(2a2 + bc) + (c + a)2(2b2 + ca) + (a + b)2(2c2 + ab). Từ đó, bài toán được đưa về chứng minh (a+b+c)4 > 2 (b+c)2(2a2+bc)+(c+a)2(2b2+ca)+(a+b)2(2c2+ab) . Sau khi khai triển và rút gọn, bất đẳng thức trên có dạng: Xa4 + 2Xab(a2 + b2) + 4abcXa > 6Xa2b2. Đến đây, bằng cách sử dụng bất đẳng thức Schur bậc 4, ta đưa được về xét một bất đẳng thức mới là: 3Xab(a2 + b2) + 3abcXa > 6Xa2b2. Một kết quả khá hiển nhiên. 70 Toán yêu người Nhận xét. Cách đánh giá bằng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz có một kỹ thuật riêng của nó chứ không phải ta ngẫu nhiên chọn thêm các đại lượng (b + c)2, (c + a)2, (a + b)2 để nhân vào. Chú ý rằng bất đẳng thức đã cho có dấu bằng tại trường hợp a = b, c = 0 (và các hoán vị) nên nếu đánh giá theo lối thông thường (chẳng hạn như P 1 2a2+bc > P9 (2a2+bc)), ta sẽ không đảm bảo được dấu bằng. Thế nên, ta cần phải có sử điều chỉnh. Để thu được lời giải như trên, chúng tôi đã sử dụng Cauchy Schwarz với kèm thêm tham số phụ: X 1 2a2 + bc hX(2a2+bc)(ma+nb+nc)2i> (m+2n)2(a+b+c)2 những đồng cộng của online rồi chọn m, n sao cho hệ tỉ lệ khi xét dấu bằng cũng thỏa mãn tại trường hợp a = b, c = 0 (và các hoán vị). Kỹ thuật này giống như một phép cân bằng hệ số cho các bất đẳng thức mà ta đã đoán trước được dấu bằng. Giống như ở trên, chúng tôi cũng xin đưa ra một số bài tập để bạn đọc tự rèn luyện thêm kỹ năng này: Bài toán 30. Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng X 1 a2 + ab + b2>21 2(a2 + b2 + c2) + 5(ab + bc + ca). Bài toán 31. Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng X 1 4a2 − ab + 4b2>9 7(a2 + b2 + c2). Bài toán 32. Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn không có hai số nào đồng thời bằng 0. Chứng minh rằng 22a2 + 5bc+1 1 22b2 + 5ca+1 22c2 + 5ab>1 (a + b + c)2. Bài toán 33. Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn không có hai số nào đồng thời bằng 0. Chứng minh rằng 2a2 − bc b2 − bc + c2+2b2 − ca c2 − ca + a2+2c2 − ab chí a2 − ab + b2> 3. Bài toán 34. Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn không Tạp có hai số nào đồng thời bằng 0. Chứng minh rằng a2 − bc 2b2 − 3bc + 2c2+b2 − ca 2c2 − 3ca + 2a2+c2 − ab 2a2 − 3ab + 2b2> 0. 71 Toán yêu người những đồng cộng của online chí 2.2. Hướng 2: Phương pháp SOS Đây là hướng đi tự nhiên thứ hai sau phương pháp khai triển. Trước hết, ta cũng sẽ đặt ẩn phụ x, y, z như hướng 1 ở trên để khử căn tiện cho việc quan sát. Ta đưa bài toán về chứng minh: (x2 + y2 + z2)(xy + yz + zx) +X(x2 − y2)2 > (x2 + y2 + z2)2. Trong bất đẳng thức trên, có hai số hạng cùng chứa nhân tử x2+y2+z2. Một cách tự nhiên, ta nghĩ đến việc ghép hai số hạng đó với nhau. Lúc này, bất đẳng thức được viết lại thành: X(x2 − y2)2 > (x2 + y2 + z2)(x2 + y2 + z2 − xy − yz − zx). Sự xuất hiện của tổng bình phương P(x2 − y2)2 bên vế trái và phân tích đã quá quen thuộc: Xx2 −Xxy =12X(x − y)2 gợi cho ta nghĩ ngay đến việc dùng phương pháp phân tích bình phương SOS để xử lý bài toán. Cụ thể, ta viết được bất đẳng thức cần chứng minh dưới dạng: Sx(y − z)2 + Sy(z − x)2 + Sz(x − y)2 > 0, trong đó Sx = f(x, y, z) = 2(y+z)2− (x2+y2+z2) = y2+z2+4yz−x2, còn Sy = f(y, z, x), Sz = f(z, x, y) được định nghĩa tương tự. Đến đây, ta chỉ việc sử dụng các tiêu chuẩn của phương pháp là được. Giả sử x > y > z, khi đó ta có Sy = z2 + x2 + 4zx − y2 > 0, Sz = x2 + y2 + 4xy − z2 > 0 và Sx + Sy = 2z2 + 4zx + 4yz > 0. Do x − z > y − z > 0 nên (z − x)2 > (y − z)2. Từ đó suy ra Sx(y − z)2 + Sy(z − x)2 + Sz(x − y)2 > (Sx + Sy)(y − z)2 > 0. Tạp Lời bình. Một điều cần chú ý là khi sử dụng phương pháp SOS, các bạn cần phải chứng minh lại các tiêu chuẩn của nó. Nhiều bạn cẩu thả chỉ ghi gọn là Sx +Sy > 0, Sy +Sz > 0 rồi suy ra điều phải chứng minh. Như thế là chưa được. 72 Toán yêu người những đồng cộng của online chí Tạp Ngoài cách sử dụng các tiêu chuẩn SOS như trên, ta cũng có cách biến đổi mà không phải sử dụng tiêu chuẩn nào dựa trên đồng nhất thức đơn giản: X(x − y)2(x − z)(y − z) = 0. (3) Có thể thấy điểm mấu chốt gây khó khăn trong việc xử lý tổng: X(x − y)2(x2 + y2 + 4xy − z2) > 0 chính là phần số âm ở mỗi số hạng, chẳng hạn như −z2trong số hạng (x − y)2(x2 + y2 + 4xy − z2 P). Nếu ta đem cộng với tổng (x−y)2(x−z)(y−z) với một số lượng thích hợp vào sẽ làm tăng số lượng z2lên ở số hạng này và rất có thể sẽ thu được một đại lượng không âm. Cụ thể, ta hy vọng sẽ có số k sao cho: x2 + y2 + 4xy − z2 + k(x − z)(y − z) > 0 ⇔ (x + y)2 + (2 + k)xy − kz(x + y) + (k − 1)z2 > 0. Quan sát một chút, cho thể thấy ngay nếu chọn k = 2 thì ta sẽ viết được biểu thức (x + y)2 − kz(x + y) + (k − 1)z2 dưới dạng bình phương. Từ đó, ta thu được một lời giải ngắn gọn thú vị sau: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với X(x − y)2(x2 + y2 + 4xy − z2) + 2X(x − y)2(x − z)(y − z) > 0, hayX(x − y)2 (x + y − z)2 + 4xy > 0. Đồng nhất thức (3) đã giúp chúng ta xử lý được bài toán theo một lối SOS rất thú vị để đưa đến một bất đẳng thức hiển nhiên. Đây cũng là một kinh nghiệm của chúng tôi tích lũy được khi tìm hiểu về phương pháp SOS. Tất nhiên, đồng nhất (3) chỉ hiệu quả ở các bất đẳng thức đối xứng bậc 4. Với các bất đẳng thức bậc cao, chúng ta cần một đồng nhất thức tổng quát hơn để tăng cường tính hiệu quả. Chúng ta có một kết quả thú vị sau (bạn đọc có thể tự chứng minh): Cho f(x, y, z) là một đa thức đối xứng với hai biến x, y. Khi đó, ta có thể phân tích: X (x−y)2(x−z)(y−z)·f(x, y, z) = (x−y)2(y−z)2(z−x)2·g(x, y, z) trong đó g(x, y, z) là một đa thức đối xứng với ba biến x, y, z. 73 Toán yêu Nhờ vào đồng nhất thức trên mà chúng tôi đã xử lý thành công rất nhiều bất đẳng thức bằng phương pháp SOS rất đơn giản chứ không cần phải dùng tiêu chuẩn phức tạp nào. Dưới đây là một số ví dụ: Bài toán 35. Cho a, b, c > 0 có tổng bằng 3. Chứng minh rằng 1 a+1b+1c− 3 > 8(a2 + b2 + c2 − 3). 9 người Lời giải. Ta có các biến đổi quen thuộc sau: a+1b+1c− 3 = (a + b + c) 1a+1b+1c − 9 =X (a − b)2 3 1 ab, những đồng cộng của online chí a2 + b2 + c2 − 3 = a2 + b2 + c2 −13(a + b + c)2 =13X(a − b)2. Do đó, bất đẳng thức có thể được viết lại dưới dạng: X(a − b)2 9ab− 8 > 0, hayXc(a − b)2(9 − 8ab) > 0. Đến đây, ta có để ý rằng: 9 − 8ab = (a + b + c)2 − 8ab = (a + b)2 − 8ab + 2c(a + b) + c2 = (a + b)2 − 6c(a + b) + 9c2 − 8(a − c)(b − c) = (a + b − 3c)2 − 8(a − c)(b − c). Từ đó, ta có thể viết lại bất đẳng thức như sau: Xc(a − b)2(a + b − 3c)2 − 8Xc(a − b)2(a − c)(b − c) > 0. Vì Pc(a − b)2(a − c)(b − c) = 0 và Pc(a − b)2(a + b − 3c)2 > 0 nên bất đẳng thức cuối hiển nhiên đúng. Bài toán 36 (Iran, 1996). Cho a, b, c là các số thực không âm Tạp thỏa mãn không có hai số nào đồng thời bằng 0. Chứng minh rằng (ab + bc + ca) 1 (a + b)2+1 (b + c)2+1 (c + a)2 74 >94. Lời giải. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với Toán X 4(ab + bc + ca) (a + b)2− 3 > 0. Ta có yêu người VT =X 4bc + 4ca − 3a2 − 3b2 − 2ab (a + b)2 =X (c − a)(3a + b) − (b − c)(a + 3b) (a + b)2 =X (c − a)(3a + b) (a + b)2−X (b − c)(a + 3b) (a + b)2 những =X(a − b) 3b + c (b + c)2−3a + c (a + c)2 đồng cộng của online chí Tạp =X (a − b)2(3ab + ac + bc − c2) (a + c)2(b + c)2. Từ đó, bất đẳng thức được đưa về chứng minh X(a2 − b2)2(3ab + ac + bc − c2) > 0. Do 3ab+ac+bc−c2 = 4ab− (a−c)(b−c) nên bất đẳng thức trên có thể được viết lại thành: 4Xab(a2 − b2)2 −X(a2 − b2)2(a − c)(b − c) > 0. Mặt khác, ta lại có X(a2 − b2)2(a − c)(b − c) = (a − b)2(b − c)2(c − a)2 nên bất đẳng thức trên tương đương với 4Xab(a2 − b2)2 > (a − b)2(b − c)2(c − a)2. Đến đây, sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có VT >4 ab(a2 − b2) + bc(b2 − c2) + ca(c2 − a2) 2 ab + bc + ca =4(a + b + c)2(a − b)2(b − c)2(c − a)2 ab + bc + ca > 12(a − b)2(b − c)2(c − a)2, từ đó dễ dàng suy ra kết quả cần chứng minh. 75 Bài toán 37. Cho a, b, c là các số thực. Chứng minh rằng a2 + b2 + 3c2+bc b2 + c2 + 3a2+ca Toán ab c2 + a2 + 3b2635. yêu Lời giải. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với X 1 −5ab a2 + b2 + 3c2 > 0. người những đồng cộng của online Đến đây, bằng cách tách SOS tương tự như trên, ta viết được bất đẳng thức dưới dạng: X(a − b)2(9a2 + 9b2 + 5c2 − 2ab − 10ac − 10bc)(a2 + b2 + 3c2) > 0. Ta có 9a2 + 9b2 + 5c2 − 2ab − 10c(a + b) = (3a + 3b − 5c)2 − 20(a − c)(b − c) và X(a − b)2(a − c)(b − c)(a2 + b2 + 3c2) = 2(a − b)2(b − c)2(c − a)2, do đó bất đẳng thức trên tương đương với X(a − b)2(3a + 3b − 5c)2(a2 + b2 + 3c2) > 40(a − b)2(b − c)2(c − a)2. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có VT >15X(a − b)2(3a + 3b − 5c)2(a + b − 3c)2 >115hX(a − b)(3a + 3b − 5c)(a + b − 3c)i2 =1024 15(a − b)2(b − c)2(c − a)2, chí từ đó dễ dàng suy ra kết quả cần chứng minh. Chú ý rằng mỗi một bất đẳng thức trong ba ví dụ nêu trên đều có những hai trường hợp dấu bằng. Điều này chứng tỏ chúng Tạp là những bất đẳng thức khá chặt. Thế nhưng, với phương pháp tách SOS mới này, công việc xử lý lại trở nên khá nhẹ nhàng. 76 Toán Dưới đây, chúng tôi xin được nêu thêm một số bài toán áp dụng khác để bạn đọc thử sức và so sánh với phương pháp cũ. Bài toán 38 (Việt Nam TST, 2006). Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng a+1b+1c > 6 a yêu (a + b + c) 1 b + c+b c + a+c . a + b Bài toán 39. Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn không có hai số nào đồng thời bằng 0. Chứng minh rằng người 2a2 + bc+1 1 2b2 + ca+1 2c2 + ab>6 a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca. Bài toán 40. Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng b + c+b a + b>3(a2 + b2 + c2) những a c + a+c (a + b + c)2+12. đồng cộng của online Bài toán 41 (Làm chặt Việt Nam TST 1996). Cho a, b, c là các số thực. Chứng minh bất đẳng thức sau: (a + b)4 + (b + c)4 + (c + a)4 >47 a4 + b4 + c4 + (a + b + c)4 . Bài toán 42 (Tổng quát đề chọn Olympic Iran 2009). Cho các số thực a, b, c có tổng bằng 3. Chứng minh rằng với mọi k >85, ta có 1 a2 + b2 + k+1 b2 + c2 + k+1 c2 + a2 + k63 2 + k. (Trường hợp k = 2 kèm thêm điều kiện a, b, c > 0 chính là bài bất đẳng thức trong đề chọn đội tuyển Iran năm 2009). Bài toán 43 (Tổng quát đề Olympic Toán Ba Lan 1996). Cho a, b, c là các số thực có tổng bằng 1. Chứng minh rằng với mọi số thực k thỏa mãn 9k2 − 26k + 1 6 0, ta đều có a2 + k+b a b2 + k+c c2 + k69 1 + 9k. (Trường hợp k = 1 kèm thêm điều kiện a, b, c > −34chính là bài chí bất đẳng thức trong đề thi Olympic Toán Ba Lan năm 1996). Bài toán 44. Cho p > 0 và các số thực a, b, c. Đặt: F(a, b, c) = X p(3 − p)a2 + 2(1 − p)bc Tạp pa2 + b2 + c2−3(1 + p)(2 − p) 2 + p. Chứng minh rằng (p − 1) · F(a, b, c) > 0. 77 Toán yêu 2.3. Hướng 3: Đánh giá khử căn Một hướng đi khác thay cho đặt ẩn phụ là tìm cách đánh giá phá căn thức. Cụ thể, ta sẽ tìm các đánh giá thích hợp cho √ab,√bc,√ca với chiều > để phá dấu căn. Thường thì với các dạng căn tích như thế này, cách phá căn thông dụng là sử dụng bất đẳng thức AM-GM. Tuy nhiên, ở bài toán này, nó lại cho đánh giá với chiều ngược lại: 2,√bc 6b + c người √ab 6a + b 2,√ca 6c + a 2 những đồng cộng của online chí không phải chiều ta cần. Có cách nào để điều chỉnh không nhỉ? Một ý tưởng thú vị ở đây là sử dụng nghịch đảo. Như đã biết, với bất đẳng thức dương thì nghịch đảo của nó sẽ đảo chiều. Do đó, ta có thể nghĩ đến việc viết √ab thành √abab rồi đánh giá: √ab >2ab a + b. (4) Như vậy là sẽ phá được căn thức với chiều ta muốn. Tuy nhiên, một điều cần lưu ý ở đây là số 0 không có nghịch đảo. Thế nên nếu một trong các căn thức có một số bằng 0 thì ta không thể dùng cách này được. Do đó, cần phải xét trường hợp để loại trừ tình huống ngoài ý muốn này. Nếu trong a, b, c có một số bằng 0, chẳng hạn c = 0, thì bất đẳng thức cần chứng minh sẽ trở thành: (a + b)√ab + (a − b)2 + a2 + b2 > (a + b)2. Công việc ở đây là khá đơn giản vì ta đã có (a + b)√ab > 2ab. Tiếp theo, ta xét trường hợp a, b, c > 0. Lúc này, ta đã có thể sử dụng được (4). Bài toán được đưa về chứng minh 2 Xa X ab a + b +X(a − b)2 > Xa 2. Tạp Sau khi thu gọn, nó có dạng: Xa X ab > 4Xab −Xa2. 2 a + b 78 Vì a + b + c có thể tách ra các đại lượng a + b, b + c, c + a liên quan đến mẫu của các số hạng của tổng P ab Toán xử lý rút gọn vế trái theo cách sau: a+bnên ta có thể a + b= 2Xab 1 +c yêu người VT = 2X ab(a + b + c) = 2Xab + 2abcX 1 a + b. Khi đó, bất đẳng thức có thể viết lại thành: a + b 2abc 1 a + b+1 b + c+1 c + a > 2(ab + bc + ca) − a2 − b2 − c2. Đến đây thì ý tưởng tự nhiên là sử dụng bất đẳng thức Cauchy những Schwarz dạng cộng mẫu để làm giảm số lượng các phân thức: a + b+1 b + c+1 c + a>9 1 2(a + b + c) đồng cộng và đưa bài toán về xét một bất đẳng thức mới: 9abc a + b + c> 2(ab + bc + ca) − a2 − b2 − c2. Tuy nhiên, đây chính là bất đẳng thức Schur bậc ba. của online chí Tạp Lời bình. Ở đây, chúng tôi muốn chú ý với các bạn về cách tách các tích ab, bc, ca, abc được sử dụng trong lời giải trên. Như ta đã biết, những bất đẳng thức mà trong các trường hợp dấu bằng của chúng có trường hợp không tại tâm thì thường khó đánh giá hơn các bất đẳng thức bình thường. Nguyên nhân là ở các bộ hoán vị. Một bất đẳng thức đối xứng (hoặc hoán vị) nếu có dấu bằng tại bộ (A, B, C) thì cũng sẽ đạt được dấu bằng tại các hoán vị của nó là (B, C, A) và (C, A, B). Do đó, để đánh giá thành công thì ta phải tìm được một đánh giá sao cho nó đảm bảo được cả ba trường hợp. Rõ ràng rất khó! Đối với các bài toán có dấu bằng tại biên thì cách tách trên cho ta một kỹ thuật xử lý đặc biệt hiệu quả. Thật vậy, giả sử ta cần chứng minh bất đẳng thức f(a, b, c) > 0 với dấu bằng là a = kb (k 6= 0), c = 0 (và các hoán vị) chẳng hạn (ở đây chỉ xin lấy ví dụ một trường hợp cụ thể để phân tích, còn nhiều trường 79 Toán yêu người những đồng cộng của hợp khác cũng có thể xử lý tương tự). Khi đó, nếu viết được bất đẳng thức trên dưới dạng: ab · g(a, b, c) + bc · g(b, c, a) + ca · g(c, a, b) > 0 thì ta chỉ cần quan tâm đánh giá biểu thức đại diện g(a, b, c) theo dấu bằng a = kb, c = 0 là đủ mà không cần chú ý nhiều đến các hoán vị của bộ này. Nếu đánh giá thành công thì sau khi nhân thêm ab vào hai vế, ta sẽ thu được một đánh giá cho số hạng ab · g(a, b, c) với dấu bằng xảy ra tại ab = 0 và a = kb, c = 0. Hiển nhiên đánh giá này sẽ đảm bảo được cả ba trường hợp hoán vị của a = kb, c = 0. Từ đây, ta thấy rằng các điều kiện sẽ càng thuận lợi hơn nếu ta tách ra được số hạng có dạng abc · h(a, b, c). Lúc này, h(a, b, c) có thể được đánh giá khá là “vô tư”, bởi lẽ tại trường hợp biên thì tích abc đã bằng 0 mất rồi, thế nên khi nhân vào thì kiểu gì cũng đảm bảo được dấu bằng biên. Sau đây là một số ví dụ mà chúng tôi đã áp dụng thành công ý tưởng này để xử lý: Bài toán 45 (VMO, 1996). Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện ab + bc + ca + abc = 4. Chứng minh rằng a + b + c > ab + bc + ca. Lời giải. Điều kiện giả thiết có thể được viết lại thành: 1 a + 2+1 b + 2+1 c + 2= 1. Từ đó, ta chứng minh được tồn tại các số thực dương x, y, z y+z, b =2y online sao cho a =2x z+xvà c =2z x+y. Khi đó, bất đẳng thức cần chứng minh có thể được viết lại thành: y + z+y x + y> 2X xy x z + x+z (y + z)(z + x). chí Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có Tạp i VP 6Xxyh1 (y + z)2+1 (z + x)2 (y + z)2+X zx =X xy (y + z)2+X xy (z + x)2 =X xy (y + z)2=X xy + zx (y + z)2= VT. Bài toán được chứng minh xong. 80 """