🔙 Quay lại trang tải sách pdf ebook Tạp Chí Epsilon Số 15 Ebooks Nhóm Zalo Nguyễn Ái Việt Khám phá các chiều ẩn giấu của không thời gian Nếu có những chiều còn bị ẩn giấu, làm thế nào để khám phá ra chúng?” lại có ba chiều và thời gian chỉ có một chiều? Tại sao chúng ta thường quan niệm không gian mà chúng ta đang sống “Chúng ta sống trong không gian bao nhiêu chiều? 13 june 2019 “Toán ứng dụng - đó là khi bạn đi tìm lời giải cho bài toán, S.B . Gashkov VÀ CÁC CHUYÊN MỤC KHÁC Mã và các kỳ thi Olympic Toán – Phần 1 còn toán lý thuyết - đó là khi bạn đi tìm bài toán để giải” Học đếm như thế nào? Vũ Hồng Sơn Xung quanh đề thi học sinh giỏi Một mở rộng của định lý Feuerbach trong trường hợp tam giác vuông Trần Quang Hùng Vương quốc Anh 2019 Cao Hoàng Đức Biên tập viên: Lê Viết Ân Võ Quốc Bá Cẩn Trần Quang Hùng Nguyễn Văn Huyện Lê Phúc Lữ Tống Hữu Nhân Đặng Nguyễn Đức Tiến Chủ biên: Trần Nam Dũng LỜI NGỎ Là chiếc xe chạy bằng năng lượng "tình nguyện" Epsilon tiếp tục là một sản phẩm tập thể của các tác giả đến từ trong và ngoài nước, thuộc nhiều thế hệ, đại diện cho nhiều ngành nghề. Được định hướng bằng tinh thần tự do, Epsilon sẽ không có một khuôn khổ chung nào về nội dung lẫn phong cách, ngoại trừ việc chắc chắn các bài viết ở những mức độ khác nhau sẽ liên quan đến toán và những người yêu toán. Được xây dựng với phương châm “dù là sản phẩm miễn phí nhưng phải thật chuyên nghiệp", Epsilon 15 cũng như các số trước của Epsilon sẽ được biên tập và trình bày rất cẩn thận, chỉn chu. Epsilon số 15 sẽ lại tiếp nối con đường tình nguyện của 14 số Epsilon đi trước, để rồi sẽ lại có Epsilon 16, Epsilon 17, ... những tác phẩm đem vẻ đẹp toán học đến cho mọi người, nơi những người yêu toán có thể chia sẻ những điều mình tâm đắc. Và bây giờ, mời các bạn cùng đọc Epsilon 15. MỤC LỤC Nguyễn Ái Việt Khám phá các chiều ẩn giấu của không thời gian . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 Nguyễn Lê Anh Triết học trong Vật lý - Phần 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 Trần Nam Dũng Câu chuyện về định lý hàm số Cos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 S.B. Gashkov Mã và các kỳ thi Olympic Toán - Phần 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34 Đặng Nguyễn Đức Tiến Bài toán đội nón - Phần 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45 Nguyễn Thế Anh Khai thác bài phương trình hàm đề IMO 2017 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48 Cao Hoàng Đức Xung quanh đề thi học sinh giỏi Vương quốc Anh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56 Vũ Hồng Sơn Học đếm như thế nào . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69 Huỳnh Kim Linh Một số bài toán chọn lọc về số học tổ hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76 Lê Phúc Lữ Sơ lược về các hướng tiếp cận đại số trong các bài toán hình học . . . . . . . . . . . . . 89 Lê Viết Ân Tam giác có đường thẳng đi qua hai tâm nội tiếp ngoạic tiếp song song một cạnh . . . . . 113 Nguyễn Minh Khang Về đường tròn Soddy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130 Trần Quang Hùng Một mở rộng của định lý Feuerbach trong trường hợp tam giác vuông . . . . . . . . . . . 149 Nguyễn Duy Liên Bài toán hay - Lời giải đẹp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 154 4 Tạp chí Epsilon, Số 15, 06/2019 KHÁM PHÁ CÁC CHIỀU ẨN GIẤU CỦA KHÔNG THỜI GIAN Nguyễn Ái Việt (Viện Công Nghệ Thông Tin, Đại Học Quốc gia Hà Nội) GIỚI THIỆU Chúng ta sống trong không gian bao nhiêu chiều? Tại sao chúng ta thường quan niệm không gian mà chúng ta đang sống lại có 3 chiều và thời gian chỉ có 1 chiều? Nếu có những chiều còn bị ẩn giấu, làm thế nào để khám phá ra chúng? Nếu các chiều ẩn giấu là gián đoạn, chúng ta có thể định nghĩa đạo hàm theo các hướng gián đoạn. Hình học Riemann mở rộng sẽ bao gồm tất cả các tương tác vật lý mà chúng ta biết. Cấu trúc toán học được xây dựng một cách thủ công dựa trên trực giác đơn giản như vậy dẫn đến hình học không giao hoán, một trong những cấu trúc hình học tổng quát và hiện đại nhất. Nội dung của bài viết dựa trên bài giảng đại chúng nhân ngày hội Toán học 2017. Qua đó tác giả cũng trao đổi về một cách đào tạo Toán học khác so với luyện thi cho các kỳ thi Toán Quốc tế. Sóng hấp dẫn và hình học Riemann Giải thưởng Nobel năm 2017 được trao cho R.Weiss, B.Barish và K.Thorn về việc quan sát được sóng hấp dẫn tại LIGO vào ngày 14 tháng Chín năm 2015. Đây là chứng minh thực nghiệm cuối cùng của hình học Riemann 4 chiều, trong đó 3 chiều không gian và 1 chiều thời gian, do A.Einstein và D.HIlbert xây dựng năm 1915. Dựa trên lý thuyết này A.Einstein đã tiên đoán sự tồn tại của sóng hấp dẫn vào năm 1916. Hình học Riemann là hình học của không gian Euclide 4 chiều bị cong đi. Để dễ tưởng tượng, chúng ta sẽ xét một không gian 2 chiều bị cong đi như trong Hình 1. Một cách trực giác, chúng ta sẽ tưởng tượng có một mặt phẳng đàn hồi, làm bằng cao su chẳng hạn. Nếu chúng ta đặt một vật nặng lên mặt cao su đó, vật nặng sẽ tạo nên một chỗ lõm và mặt cao su trở nên cong đi xung quanh vật nặng đó. Nếu chúng ta thả một viên bi lên mặt cong, viên bi sẽ bị "hút" về phía vật nặng. Einstein cũng quan niệm như vậy trong không thời gian 4 chiều, các vật có khối lượng sẽ làm cong không thời gian xung quanh chúng và hút các vật có khối lượng khác. Như vậy, tương tác hấp dẫn có bản chất hình học, mô tả độ cong của không thời gian. 5 Tạp chí Epsilon, Số 15, 06/2019 Hình 1: Không gian 2 chiều cong và vật nặng Hình 2: Sáp nhập hai lỗ đen tạo ra sóng hấp dẫn Khi chúng ta xem xét các chiều không gian bình đẳng với chiều thời gian, các đại lượng hình học không còn cố định nữa, các khái niệm độ cong, độ dài, góc đều thay đổi theo thời gian. Chính sự dao động, nhảy nhót và truyền tín hiệu này là sóng hấp dẫn. Tín hiệu sóng hấp dẫn quan sát được tại LIGO là từ một sự kiện xảy ra cách đây 1.3 tỷ năm, hai lỗ đen sáp nhập vào nhau, tạo thành một chấn động khủng khiếp làm biến dạng vũ trụ (Hình 2). Dao động này truyền với vận tốc ánh sáng về đến với chúng ta sau 1.3 tỷ năm. Thí nghiệm tại LIGO được thiết lập tại hai địa điểm cách nhau hơn 3 nghìn km trên nước Mỹ, và cùng bắt được tín hiệu giống hệt nhau, đo được dao động thay đổi bất thường về độ đo chiều dài với độ chính xác vô cùng cao với các công nghệ hiện đại nhất. Như vậy, sau 100 năm, chúng ta đã chứng minh được quan điểm không thời gian cong của Einstein-Hilbert là đúng đắn. Câu hỏi còn lại là không thời gian chúng ta đang sống có thực chỉ có 4 chiều hay không? Chúng ta sống trong không thời gian bao nhiêu chiều ? Từ khi toán học mới ra đời, chúng ta đã thường nghĩ rằng không gian có 3 chiều. Chúng ta coi điều đó là hiển nhiên. Có lẽ điều đó xuất phát từ quan sát trực giác góc phòng của chúng ta. 6 Tạp chí Epsilon, Số 15, 06/2019 Hình 3: Góc phòng và không gian 3 chiều Mọi vị trí, đồ vật đều có thể mô tả bởi độ cao, bề rộng và bề dài, tương ứng với khoảng cách tới tường nhà (Hình 3). Quan niệm thời gian về thời gian 1 chiều gắn liền việc đo thời gian bằng đồng hồ quả lắc (Hình 4), cho dù hiện nay, người ta đo thời gian bằng rất nhiều công cụ tinh vi hơn. Như vậy, chúng ta mô tả mọi sự kiện bởi 4 số thực (x, y, z, t), trong đó x, y và z là các tọa độ không gian, còn t là thời gian. Theo quan niệm này, sự kiện hoặc vị trí của đối tượng vật chất tồn tại được xác định bằng địa điểm và thời điểm. Trong vật lý cổ điển điều đó tuyệt đối đúng. Tại một thời điểm cho trước, chỉ có thể có một sự kiện xảy ra tại một địa điểm. Ở nhà hát, trong một buổi diễn, một ghế chỉ giành cho một người. Trên máy bay và các phương tiện giao thông cũng vậy. Quan niệm về không gian và thời gian của Einstein hoàn toàn dựa trên việc mô tả sự kiện bằng 4 số thực như trên. Liệu trong thực tế điều đó có phải là tuyệt đối? Chúng ta sẽ chỉ ra một số trường hợp mà chúng ta đã vi phạm quan niệm không gian sự kiện 4 chiều nói trên trong thực tế. Trước hết, trong tư duy phán đoán chúng ta cho rằng tại một thời điểm, một vị trí có nhiều khả năng xảy ra các sự kiện khác nhau. Khi phán đoán, chúng ta phải xem xét các sự kiện đồng thời và bình đẳng. Nếu sử dụng công cụ hình học cho việc phán đoán như thế, không gian sự kiện 4 chiều không đủ. Chỉ có một chìa khóa trong chùm chìa khóa mở được một lỗ khóa trong thực tế. Nhưng trong phán đoán, các chìa khóa đều bình đẳng (Hình 5) Tương tự, các cô gái cần chọn một người trong số nhiều chàng trai để tới đám cưới chỉ có một chú rể được lựa chọn. Ai sẽ là người chồng cần chọn? Trong các khả năng, nhiều tham số như tuổi tác, sức khỏe, tính nết, đạo đức, tiền bạc,... đã phải tính đến. Điều đó cho thấy khi chọn lựa, các cô gái đã phải làm việc trong một không gian không chỉ mô tả bởi 4 chiều. Sự kiện đám cưới 4 chiều, chỉ có một chú rể phải thỏa mãn các tham số ẩn giấu khác (Hình 6). Trong thế giới lượng tử của đối tượng vi mô từ nguyên tử trở xuống, mọi khả năng đều có thể đồng thời xảy ra. Hệ thức bất định nổi tiếng của W.Heisenberg cho rằng mọi sự kiện trong thế giới vi mô đều có sự bất định về tọa độ, thời gian, xung lượng và năng lượng. Một hạt điện tử 7 Tạp chí Epsilon, Số 15, 06/2019 Hình 4: Đồng hồ quả lắc đo thời gian 1 chiều Hình 5: Các khả năng 8 Tạp chí Epsilon, Số 15, 06/2019 Hình 6: Chú rể được chọn nhờ các tham số ẩn giấu nào? Hình 7: Hệ thức bất định Heisenberg có thể đồng thời tồn tại ở nhiều nơi trong cùng một lúc. Vì vậy tại một địa điểm, một thời điểm cũng có thể có nhiều khả năng khác nhau có thể xảy ra. Trong thế giới lượng tử, chúng ta không thể trông cậy vào trực giác chỉ dựa trên quan sát bằng mắt thường. Mọi khả năng đều phải tính đến. Tại tọa độ không thời gian (x, y, z, t) có thể có nhiều sự kiện khả dĩ và đều "xảy ra" theo quan điểm lượng tử. Trong thực tế, ngoài các chiều vật lý, còn có các chiều xã hội, tâm lý, ý thức còn phức tạp và trừu tượng hơn, gây ra những bất định còn cao hơn. Điều đó ảnh hưởng thế nào đến quan niệm về không thời gian? Các chiều không thời gian còn ẩn giấu Việc phát hiện ra các chiều còn ẩn giấu sẽ đem tới những nhảy vọt hết sức to lớn về mặt nhận thức. Chúng ta có thể lấy ví dụ sinh động nhất về sự khác biệt về nhận thức giữa loài tinh tinh bò bằng 4 chân, quan niệm thế giới như không gian 2 chiều và người đứng thẳng, biết có thế giới 3 chiều (Hình 8). 9 Tinh tinh và người đứng thẳng Tạp chí Epsilon, Số 15, 06/2019 Hình 8: Vật chất và tương tác trong mô hình chuẩn Chúng ta sẽ xem xét khả năng mở rộng không thời gian 4 chiều của Einstein với một số chiều còn ẩn giấu để giữ được các thành tựu của hình học Riemann 4 chiều. Bên cạnh đó chúng ta sẽ xem xét việc mở rộng đó có mô tả được những điều gì bên cạnh tương tác hấp dẫn và liệu chúng có mô tả được các thành tựu mới nhất của vật lý hay không. Bức tranh về vật chất và các tương tác của chúng ta ngày nay là Mô hình chuẩn do A.Salam, S.Weiberg và S.Glashow [1] đề xuất đơn giản hơn rất nhiều so với bảng tuần hoàn của Mendeleev, chỉ gồm các hạt quark, lepton, các tương tác mạnh, yếu, điện từ và hạt Higgs như trong Hình 8. Trong mô hình trên về vật chất và tương tác, phía trái chúng ta có 6 hạt quark màu tím và 6 hạt lepton màu xanh lá cây. Tương tác mạnh mô tả bằng các hạt gluon g, tương tác yếu và tương tác điện từ mô tả bằng các hạt photon γ, Z và W màu đỏ. Hạt Higgs H màu vàng sinh khối lượng cho các hạt còn lại. Trong Mô hình Chuẩn, các tương tác mạnh, yếu và điện tử, được xây dựng xuất hiện nhờ một lý thuyết đựa trên đối xứng địa phương SU(3) và SU(2) × U(1) do C.N.Yang và R.Mills tìm ra từ năm 1954 [2]. Như vậy, chúng ta có được tương tác hấp dẫn là nhờ hình học Riemann trong không thời gian 4 chiều, còn các tương tác khác có được là nhờ lý thuyết Yang-Mills. Trong Mô 10 Tạp chí Epsilon, Số 15, 06/2019 hình Chuẩn Câu hỏi đặt ra là: Liệu có thể mở rộng hình học Riemann của không thời gian 4 chiều bằng cách bổ sung thêm các chiều ẩn giấu để có thể có được tất cả các tương tác trong Mô hình Chuẩn? Năm 1921, Th.Kaluza [3] đề xuất mở rộng hình học Riemann 4 chiều sang 5 chiều. Lý thuyết này mô tả đồng thời tương tác hấp dẫn và tương tác điện từ. Einstein đã ủng hộ ý tưởng này cho đến cuối đời, coi đây là phương pháp để mô tả mọi tương tác của tự nhiên. Trong thực tế, từ những năm 1980 cho đến nay, vật lý hiện đại cũng phát triển theo hướng mở rộng hình học Riemann vào nhiều chiều để thống nhất các tương tác bằng các lý thuyết hình học: siêu hấp đẫn 11 chiều, lý thuyết dây 26 chiều, lý thuyết siêu dây 10 chiều. Các lý thuyết này đều có những thành tựu to lớn về mặt toán học và vật lý. Tuy nhiên, do sử dụng các chiều compact và liên tục nên các lý thuyết này đều chứa vô hạn các hạt có khối lượng không quan sát được trong thực tế. Để tránh việc này, người ta có thể nghĩ đến các chiều ẩn giấu gián đoạn. Chẳng hạn chiều bên trong có thể là N điểm. Khi đó, lý thuyết sẽ có hữu hạn hạt, việc tính toán với các đại lượng hữu hạn và kiểm chứng thực tế cũng dễ dàng hơn. Đạo hàm và chiều gián đoạn Khi không gian cong thậm chí xoắn, hoặc có những đặc trưng topo phức tạp, kỳ dị, việc xác định chiều của không gian này bằng trực giác không đơn giản như nhìn vào góc phòng. Chiều của không gian được xác định nhờ đạo hàm. Đường cong có tiếp tuyến tại mọi điểm là đường thẳng, ứng với đạo hàm theo một biến duy nhất, do đường cong là một chiều. Tại mọi điểm trên một mặt cong bất kỳ, đều có một mặt tiếp xúc, ứng với đạo hàm theo hai biến độc lập liên tục, như vậy mặt cong là hai chiều. Một cách tổng quát, một không gian cong n chiều bất kỳ sẽ có một không gian tiếp xúc là không gian Euclide n chiều Rn, và sẽ có đạo hàm theo n biến độc lập. Những khái niệm này, học sinh trung học dù chưa biết đến không gian n chiều cũng có thể nắm được khá dễ dàng. Vấn đề đặt ra như sau: Nếu các chiều ẩn giấu là gián đoạn, làm thế nào chúng ta có thể quan sát được chúng. Trong bài này chúng ta sẽ chỉ hạn chế với một chiều thứ 5 gián đoạn, bên cạnh 4 chiều không thời gian liên tục. Việc mở rộng với nhiều chiều gián đoạn hoàn toàn tương tự và dễ dàng. Theo logic ở trên, nhận thức chiều của không gian thông qua khái niệm đạo hàm. Như vậy, đối với chiều gián đoạn, đạo hàm sẽ được định nghĩa thế nào? Điều này hoàn toàn đơn giản với học sinh trung học. Giả sử trong chiều gián đoạn thứ 5 bên cạnh 4 chiều liên tục không gian và thời gian ta có N điểm x0, x1, ..., xN−1 gián đoạn. Để đơn giản chúng ta sẽ chỉ xét trường hợp các điểm nói trên cách đều nhau một khoảng không đổi δx = 1/m. Khi đó đạo hàm thứ 5 tại điểm i được định nghĩa khá trực giác như sau: ∂5f(i) = m(f(i + 1) − f(i − 1))/2 (1) 11 Tạp chí Epsilon, Số 15, 06/2019 Đối với các điểm ở đầu mút x0 và xN−1 ta có thể có hai cách định nghĩa. Cách thứ nhất tương ứng với việc các điểm gián đoạn nằm trên một đường cong mở có định nghĩa như sau: ∂5f(0) = m(f(1) − f(0)) ∂5f(N − 1) = m(f(N − 2) − f(N − 1)). (2) Cách thứ hai ứng với việc các điểm gián đoạn nằm trên một đường cong đóng, được định nghĩa như sau: ∂5f(0) = m(f(1) − f(N − 1))/2 ∂5f(N − 1) = m(f(N − 2) − f(N − 1))/2 (3) Trong trường hợp không gian trong có 2 điểm gián đoạn, chúng ta sẽ dùng khái niệm đạo hàm như sau: ∂5f(0) = m(f(1) − f(0)) ∂5f(1) = m(f(0) − f(1)). (4) Với định nghĩa chiều bên trong gián đoạn và đạo hàm theo chiều gián đoạn như vậy, chúng ta hoàn toàn có thể xây dựng hình học Riemann với các chiều bên trong gián đoạn. Trong hình học Riemann thông thường, các đại lượng hình học như độ đo, độ cong, liên thông, độ xoắn đều mô tả bằng các tensor hiệp biến, trong đó các biến không gian và thời gian đều đóng vai trò bình đẳng. Điều đó có nghĩa là ở đâu có đạo hàm theo một biến không gian và không gian thì cũng có đạo hàm theo các biến còn lại. Mở rộng với các chiều gián đoạn chỉ đơn thuần là trong các biểu thức, chúng ta bổ sung thêm định nghĩa đạo hàm theo chiều gián đoạn bên cạnh các đạo hàm theo không thời gian. Năm 1995, Viet và Wali đã xây dựng thành công hình học Riemann cho không thời gian mở rộng với một chiều gián đoạn có 2 điểm [4]. Nói một cách khác lý thuyết này có hai lá không thời gian 4 chiều. Trong lý thuyết mở rộng này, chúng ta sẽ có một cặp trường hấp dẫn và một cặp trường điện từ. Trong mỗi cặp, một trường là không có khối lượng và một trường có khối lượng. Trong trường hợp các trường có khối lượng triệt tiêu, chúng ta có được lại kết quả của Kaluza, mà không cần chiều bên trong liên tục. Điều lý thú hơn là hình học Riemann mở rộng này có thể xây dựng chặt chẽ về mặt toán học dựa trên các khái niệm của hình học không giao hoán do A.Connes [5] đề xuất, như là bước phát triển tự nhiên của hình học thông thường. Câu hỏi được đặt ra là: Ý nghĩa thực tế của chiều gián đoạn thứ 5 là gì và tại sao lại có 2 điểm? Năm 1989, A.Connes và J.Lott [6] để xuất mô hình như sau: Các hạt xoắn trái sống trên một lá không thời gian 4 chiều và các hạt xoắn phải sống trên một lá không thời gian 4 chiều khác. Như vậy không thời gian thực sự sẽ có thêm một chiều gián đoạn gồm 2 điểm. Chiều gián đoạn này được thể hiện bằng sự tồn tại của các hạt vật lý xoắn phải và xoắn trái. 12 Tạp chí Epsilon, Số 15, 06/2019 Trong mô hình không thời gian Connes-Lott phẳng, lý thuyết Yang-Mills sẽ tự động bao gồm cả hạt Higgs, như là thành phần thứ 5 của các hạt truyền các tương tác yếu và điện từ. Lý thuyết Viet-Wali tuy lý thú ở việc trường điện từ xuất hiện cùng với trường hấp dẫn trong một hình học Riemann mở rộng, nhưng chưa bao gồm được tương tác yếu và tương tác mạnh là các lý thuyết Yang-Mills dựa trên đối xứng phi Abel SU(3) và SU(2). Năm 2015, Việt và Dự [7] chứng minh được một định lý quan trọng: chỉ có thể mở rộng lý thuyết Việt-Wali để hình học Riemannn với một chiều ẩn giấu gián đoạn gồm 2 điểm, bao gồm các trường Yang-Mills phi abel trong 2 trường hợp. Trong trường hợp thứ nhất, trường Yang-Mills trên một lá không thời gian phải là abel. Trong trường hợp thứ hai, trường Yang-Mills trên cả hai lá không thời gian phải giống hệt nhau. Điều thú vị là trường hợp thứ nhất áp dụng được cho tương tác yếu và điện từ. Tròng Mô hình chuẩn các tương tác yếu và điện từ dựa trên lý thuyết Yang-Mills với nhóm phi abel SU(2)×U(1) cho các hạt xoắn trái và nhóm abel U(1) cho các hạt xoắn phải. Mặt khác, trường hợp thứ hai áp dụng được cho tương tác mạnh nếu tương tác mạnh là trường Yang-Mills với cùng nhóm đối xứng phi abel SU(3) cho hạt xoắn phải và xoắn trái. Nói một các khác, mọi tương tác của tự nhiên đều là thành phần mở rộng của hình học Riemann với chiều ẩn giấu gián đoạn. Để có cả các tương tác mạnh yếu và điện từ trong hình học Riemann mở rộng, chúng ta có thể đưa vào thêm 2 chiều gián đoạn là chiều thứ 5 và thứ 6 của không thời gian và áp dụng định lý Việt-Dự 2 lần. Lần thứ nhất, hình học Riemann 6 chiều sẽ bao gồm hình học Riemann 5 chiều và trường Yang-Mills phi abel SU(2) × U(1) trên lá không thời gian 5 chiều thứ nhất và trướng Yang-Mills abel U(1) trên lá thứ hai. Áp dụng định lý Việt-Dự lần thứ hai, hình học Riemann 5 chiều sẽ bao gồm hình học Riemann 4 chiều của Hilbert-Einstein và trường tương tác mạnh với đối xứng phi abel SU(3) cho cả hai lá không thời gian 4 chiếu cho các hạt xoắn phải và xoắn trái. Trong khi đó, lý thuyết Yang-Mills 5 chiều với đối xứng phi abel SU(2) × U(1) chính là lý thuyết Connes-Lott cho tương tác yếu và điện từ bao gồm cả các hạt Higgs. Nói tóm lại, hình học Riemann mở rộng với 2 chiều gián đoạn bao gồm tất cả tương tác của tự nhiên và hạt Higgs như là thành phần của trường hấp dẫn mở rộng. Đặc biệt lý thuyết này giải thích được tính chất đối xứng của tương tác mạnh và tương tác yếu điện từ. Nói một cách khác, chúng ta đã quan sát được các chiều ẩn giấu gián đoạn thông qua sự tồn tại của các tương tác mạnh, yếu, điện từ và hạt Higgs. Lý thuyết đẹp đẽ này chỉ dựa trên định nghĩa đơn giản về đạo hàm theo các chiều gián đoạn mà học sinh trung học cũng có thể hiểu như trên. Nói cách khác là cấu trúc hình học không giao hoán của hình học hiện đại cùng với lý thuyết thống nhất các tương tác của vật lý hiện đại tự động xuất hiện một cách đẹp đẽ nhờ 2 chiều ẩn giấu gián đoạn. Chiều ẩn giấu thứ 6 và vật chất tối Chiều thứ 5 theo quan niệm của Connes và Lott mô tả hai lá không thời gian cho các hạt vật chất xoắn phải và xoắn trái chúng ta quan sát được trong Mô hình Chuẩn. Chúng ta có câu hỏi 13 Tạp chí Epsilon, Số 15, 06/2019 Hình 9: Mô hình không thời gian 4 lá cuối cùng: Ý nghĩa thực sự tế chiều ẩn giấu thứ 6 là gì? Có một mô hình khả dĩ để lý giải chiều thứ 6 như sau: chúng ta có thể cho rằng trên lá không thời gian 5 chiều thứ nhất chúng ta có các vật chất của Mô hình Chuẩn, trên lá không thời gian 5 chiều thứ hai là các vật chất mới mà chúng ta chưa từng biết tới. Điểm thú vị là từ các quan sát về vũ trụ, người ta đã chứng minh được rằng, các vật chất của Mô hình Chuẩn chỉ chiếm chưa tới 5% tổng số vật chất có trong vũ trụ. Khoảng 25% vật chất của vũ trụ là vật chất tối. Như vậy, chiều thứ 6 có thể mô tả sự hiện diện vật chất tối. Trường Yang-Mills U(1) nói trên sẽ mô tả một trường photon mới là photon tối, có khối lượng và truyền tương tác thứ 5 của vật chất như một số nhà vật lý đã đề xuất [8]. Kết luận Mục đích của bài viết này là chỉ ra rằng các khái niệm trừu tượng của Toán học hiện đại như hình học Riemann không giao hoán và bài toán thống nhất mọi tương tác của tự nhiên có thể hiểu được nhờ việc phân tích sâu sắc khái niệm chiều và đạo hàm gián đoạn là một khái niệm chúng ta đã biết từ trung học.Không thời gian mà chúng ta đang sống có thể bao gồm các chiều gian đoạn cũng có thể hiểu là 4 lá không thời gian 4 chiều như trong Hình 9. 14 Tạp chí Epsilon, Số 15, 06/2019 Tài liệu [1] S.Weinberg, Physical Review Letters 19 (21)(1967), 1264–1266A. [2] C.N.Yang and R.Mills, Physical Review. 96 (1)(1954), 191–195. [3] Th.Kaluza, Sitzungsber. Preuss. Akad. Wiss. Phys. Math. Klasse (1927) 996. [4] N.A.Viet and K.C.Wali, Int.J.Mod.Phys. 11(13), (1996), 2403. [5] A. Connes, Noncommutative Geometry, Academic Press, San Diego, CA, (1994), 661 [6] A.Connes and J.Lott, Nucl.Phys.B18 (Proc. Suppl.), (1990), 29. [7] N.A.Viet and P.T.Du, Modern Physics Lett A32(18), (2017), 1750095 [8] S.Carroll, Spacetime and Geometry: An Introduction to General Relativity (2003) ISBN 0-8053-8732-3. 15 Tạp chí Epsilon, Số 15, 06/2019 TRIẾT HỌC TRONG VẬT LÝ PHẦN 1 Nguyễn Lê Anh GIỚI THIỆU Một "nhà chép sử" đương đại mô tả tác giả của bài viết này như sau: "anh muốn hiểu được các vĩ nhân trong khoa học thực sự đã nghĩ gì, và vì sao họ có được những ý tưởng, công trình phát minh để đời như vậy – qua đó anh muốn hiểu vũ trụ, thế giới này và loài người hơn nữa! Điều đó trước kia hầu như không tưởng, nhưng bây giờ tra cứu tiện lắm, anh bảo “học một tuần bây giờ bằng ngày xưa học cả năm” – anh nghiên cứu lại lịch sử toán học và một bộ môn có rất nhiều liên quan tới nó là vật lý, học thật nghiêm túc với sức đọc hiểu kỳ lạ của mình! Ví dụ: anh nghiên cứu rất kỹ Einstein – một thiên tài vĩ đại nhưng theo anh ông chưa được chuẩn bị tối đa về mặt toán học. Anh say đắm trước cái phát minh “nhỏ bé” của ông đã mang lại cho ông giải Nobel vật lý – nó rất ngắn gọn và đẹp. Thế còn thuyết tương đối hẹp, thuyết tương đối mở rộng!? Nhiều cái ông Einstein này cũng “đoán mò” và ngay toán học lúc đó cũng còn chưa phát triển đủ cho các suy đoán của ông..." Vâng, "nhà chép sử" đang nói tới Nguyễn Lê Anh, một trong những tác giả "tủ" của Epsilon. Trong số báo thứ 15 này, Epsilon trân trọng gửi đến độc giả phần một trong loạt bài Triết học trong Vật lý của ông. 1. Thế nào là quan sát vũ trụ? Có lẽ ngay từ nhỏ tôi đã thừa hưởng từ ba tôi đặc tính yêu tự do không có bất kể một cái gì hạn chế được tư duy của ông ấy. Ông ấy kể chuyện là lúc còn phải đi ở chăn trâu thuê ở các bãi tha ma. Những lúc lũ về ngập khắp nơi ông ấy trèo lên các ngôi mộ. Bọn trẻ con thì rất sợ ma và lẽ đương nhiên không đứa nào dám trèo lên nơi cao nhất chỗ cái bia mộ để ngồi tránh lũ. Tôi thì nghe ba tôi kể thế và tôi suy nghĩ. Tuy vẫn rất sợ và không dám nói ra nhưng tôi đã không hẳn tin là ma có thật và về sau này tôi cũng không tin các lực siêu nhiên là có thật. Sự việc là thế này. Bọn trẻ trong khu tập thể nhỏ thường chơi với nhau. Nhóm nhỏ ấy cũng có thủ lĩnh và thủ lĩnh thì luôn là đại diện cho chân lý mà mọi thành viên đều tuân theo một cách tự nhiên. Thủ lĩnh cái nhóm của bọn trẻ chúng tôi là con của bác giám đốc. Một lần thủ lĩnh tuyên bố “con Cóc là cậu ông Trời ai mà đánh nó là Trời đánh cho”. Tôi khi ấy chắc 5 tuổi và cứ nhớ mãi một ngày tôi nhìn thấy dưới gầm giường có một con cóc to. Tôi lẳng lặng đánh chết nó. Những ngày sau đấy 16 Tạp chí Epsilon, Số 15, 06/2019 tôi quan sát xem ông Trời có biết chuyện không. Thật không may cho tôi vào một đêm tối khi đang đi trên con đê tôi nhìn thấy ánh trăng cứ mãi ở phía trước mặt. Tôi để ý các ông sao cũng như vậy. Thế là tôi hoảng sợ và hiểu ra là đang bị ông Trời đang theo dõi. Và rằng ông ấy sẽ sai Thiên Lôi đánh chết tôi. Tôi còn nhớ một buổi tối tôi đã khóc khi mẹ tôi không cho tôi đi theo. Nhiều ngày sau tôi không ngủ được và rơi vào hoảng loạn. Thế rồi đến một ngày tôi đưa ra kết luận “ông Trời đã quyết giết chết mình thì mình cũng không thoát được vậy nếu ngày nào còn sống thì cứ nên sống thoải mãi theo ý mình.” Tôi không chỉ thực hiện như vậy mà bắt đầu quan sát bầu trời để cố tìm hiểu về nó. Có lần tôi hỏi mẹ tôi về các ngôi sao. Mẹ tôi không hiểu nổi tình cảnh của tôi khi ấy và không trả lời chúng từ đâu mà ra mà chỉ lên trời và bảo ở trên ấy có sao Thần Nông là người dạy cho tổ tiên cách trồng lúa. Tôi đã buộc phải tự nghĩ “các ông sao kia từ đâu mà ra?” Tôi nghĩ có một cái vòm rất cứng và các ông sao gắn ở trên đấy. Thế rồi tôi tự hỏi “liệu khi tôi đến được cái vòm ấy và đập ra một lỗ thủng thì tôi sẽ nhìn thấy gì?” Và tôi đã cho rằng tôi sẽ lại “nhìn thấy một cái vòm nữa” và cứ như thế. Đến khi lớn tuổi tôi vẫn giữ những kỷ niệm còn thơ ấy nhưng tôi đã hiểu ra rằng cái nguyên lý “nhìn thấy một cái vòm nữa” chính là một nguyên tắc rất cơ bản để nhận biết. Chúng ta không thể nhận biết ra được cái gì ngoài những cái chúng ta có thể nhận thấy Đó là nguyên lý “Kết quả quan sát sự vật sẽ phải bất biến nếu chúng ta lặp lại quan sát một lần nữa cứ như thế, như thế ...” Rốt cuộc sự vật phải bất biến với quan sát và hóa ra các sự vật như vậy không có nhiều. Mọi phát minh về vật lý lý thuyết hóa ra là dựa trên nguyên lý này nguyên lý bất biến. Chúng ta luôn cho rằng tất cả những gì chúng ta nhận thấy và hiểu biết là đến với chúng ta một cách tự nhiên và hiển nhiên. Sự thật thì không phải như vậy. Tính khách quan của quá trình quan sát cho rằng “chúng ta chỉ có thể quan sát được một sự kiện khi có một tín hiệu từ vật mà chúng đang muốn quan sát đi tới”. Vậy có thể có hai khả năng. Thứ nhất là khi các tín hiệu ấy truyền tới tức thời và khả năng thứ hai là các tính hiệu truyền tới với một độ trễ thời gian nhất định. Đối với khả năng thứ nhất “sự lan truyền tức thời”. Nếu các thay đổi ở điểm này được lan truyền một cách tức thời tới tất cả các điểm khác nhau trong vũ trụ thì hành vi của một vật sẽ là kết quả của sự tác động tức thời toàn vũ trụ lên nó. Như vậy khái niệm về ý muốn chủ quan của chúng ta sẽ không còn bởi mỗi cử chỉ của chúng ta không còn phụ thuộc vào ý muốn của não bộ mình và như vậy khái niệm chết não cũng không còn bởi người chết nhưng vẫn đi lại bình thường. Chúng ta không chấp nhận một thực tế như vậy. Đối với khả năng thứ hai “sự lan truyền không tức thời”. Như vậy sự lan truyền sẽ có một vận tốc nhất định nào đó. Nếu vận tốc này mà có thể tăng lên mãi thì chúng ta sẽ tiệm cận đến mô hình “sự lan truyền tức thời” như thế chúng ta cần phải chấp nhận có một giới hạn cực đại nào đó cho vận tốc lan truyền tác động. Khi một người ở vị trí này nhận được tín hiệu từ một người ở vị trí kia thì cả hai người đều đã biến đổi. Những thông tin đã được truyền đi ấy là thuộc về quá khứ nó không phản ánh hiện tại khách quan của cả hai người. Như vậy chúng ta không có cách nào nhận biết thấy được sự vật cho dù là chúng ở gần chúng ta đến mấy. Sở dĩ chúng ta có thể “nhận thấy” sự vật ở điểm khác là do chúng ta có khả năng tái tạo lại sự việc “lùi vào quá khứ”. Chúng ta làm được điều ấy là nhờ vào một hệ thống niềm tin. Vũ trụ được quan niệm là hiện hữu khách quan nơi các vật chất vận động trong không gian và thời gian không phụ thuộc vào bất kể một ai. Tính khách quan được hiểu là chúng vận động theo các quy luật nội tại và nó cũng hàm ý là các quan sát của mọi người có thể không giống nhau nhưng chúng có thể chuyển đổi theo những nguyên tắc nhất định. Niềm tin còn mách bảo cho 17 Tạp chí Epsilon, Số 15, 06/2019 chúng ta là chúng ta có thể nhận thức để hiểu vũ trụ thông qua các quan sát. Như thế niềm tin nói rằng những gì xảy ra ngay cạnh chúng thì cũng sẽ như vậy ở vào bất kỳ một nơi nào khác trong vũ trụ. Đó là niềm tin về tính đồng nhất và đẳng hướng của vũ trụ. Chúng ta sẽ nói rõ hơn về hệ thống các niền tin này. 2. Khoảng cách Chúng ta luôn muốn được biết chúng ta đang sống trong một không gian thế nào? Một câu hỏi rất khó trả lời. Trước hết chúng ta đề cập tới khoảng cách. Nói tới khoảng cách là chúng ta thường nghĩ tới phép đo dùng một cái thước. Khoảng cách giữa hai điểm là số lần đo được. Nhờ vào phép đo mà chúng ta có thể xác định được độ dài tương đối của khoảng cách này so với khoảng cách khác. Đây được gọi là phép đo cổ điển. Đối với những vật ở xa và không thể tới được như tâm của Trái Đất chúng ta không thể tiến hành đo theo phương pháp cổ điển. Đường kính trái đất được Eratosthenes xác định từ 276 năm trước Công Nguyên nhờ vào sự đồng dạng. Eratosthenes ở Egypt cho làm một cái hố hình cầu và cắm một cái que thẳng đứng tới tâm của nó. Vào đúng thời điểm khi mà mặt trời chiếu thẳng góc ở Syene1 ông đo độ dài bóng của cái que lên mặt hố. Độ dài này chia cho khoảng cách từ Syene tới Egypt2chính bằng với tỷ lệ chiều dài của que so với với bán kính trái đất. Hình 1: Thí nghiệm của Eratosthenes. Bóng nắng vào ngày hạ chí ở Syene là thẳng đứng, nhưng đo được ở Alexandria là 7.2 độ. Căn cứ vào khoảng cách giữa 2 thành phố này và góc đo được, Eratosthenes đã suy ra được bán kính của trái đất. 1Ngày hạ chí, 21/6. Tất cả chú thích trong bài là của Ban biên tập Epsilon. 2Ý tác giả nói thành phố Alexandria ở Ai Cập. 18 Tạp chí Epsilon, Số 15, 06/2019 Cùng thời gian này, khoảng cách từ Trái Đất tới mặt trăng được những người Greeks đã xác định. Khoảng tối xuất hiện trên mặt trăng có thể do đó là vùng mà sáng mặt trời không chiếu vào. Hiện tượng như thế này được gọi là trăng tròn trăng khuyết. Bóng đen trên mặt trăng cũng có thể sinh ra khi nó đi vào vùng bị trái đất che khuất. Hiện tượng như thế này được gọi là nguyệt thực. Như vậy khi xảy ra nguyệt thực Trăng bị tối lại do bị mặt đất che khuất ánh mặt trời. Hay nói cách khác là nó đi vào khoảng tối phía sau do trái đất tạo ra đó là một hình chóp. Có thể làm thí nghiệm và nhận thấy tỷ lệ khoảng cách tới cái bóng giữa trưa của một hình cầu so với đường kính của nó bằng 108 lần. Như vậy cái bóng mà Trái Đất tạo ra khi che Mặt Trời là một hình chóp với chiều dài gấp 108 lần đường kính Trái Đất. Khi mặt Trăng đi vào cái chóp ấy sẽ bị tối do ánh sáng từ mặt trời không còn chiếu được tới nó bị Trái Đất che mất. Hiện tượng này được gọi là Nguyệt Thực. Người ta đo được khoảng thời gian mà mặt Trăng bị Nguyệt Thực từ đây tính ra được quãng đường mà mặt Trăng di chuyển trong khoảng chóp tối của Trái Đất là 2.5 lần đường kính mặt Trăng. Như vậy Khoảng cách từ trái Đất tới mặt Trăng bằng 108 lần đường kính trái Đất. 1+2.5 ≈ 31 Hình 2: Tam giác ABC (chóp bóng của trái Đất) có đáy bằng đường kính của trái Đất và đường cao bằng 108 lần đường kính trái Đất. Tam giác AEF (tam giác này được tạo nên khi nguyệt thực toàn phần xảy ra) có đáy bằng 2,5 lần đường kính Mặt Trăng và chiều cao bằng 2,5 lần khoảng cách từ Mặt Trăng đến trái Đất. Tam giác CED (chóp bóng của Mặt Trăng) có đáy bằng đường kính Mặt Trăng và đường cao bằng khoảng cách của Mặt Trăng đến Trái Đất. Các tham số chúng ta đều đã có vậy có thể dễ dàng tìm ra đáp số của bài toán: Chiều cao của tam giác ABC bằng 2,5 + 1 = 3,5 lần khoảng cách giữa Mặt Trăng và Trái Đất, suy ra khoảng cách từ Mặt Trăng đến Trái Đất 108 1+2.5 ≈ 31 lần đường kính trái đất. Khoảng năm 250 trước Công nguyên Aristarchus là người đầu tiên đã sử dụng hiện tượng trăng tròn trăng khuyết để đo được khoảng cách từ Trái đất tới Mặt trời. Ông cho rằng khi mặt Trăng sáng một nửa tức là lúc Mặt Trời chiếu thẳng góc với nó. Vào đúng lúc ấy ông đo được tia sáng từ Mặt Trời tới Trái Đất làm thành một góc 87◦. Từ tam giác vuông, góc vuông tại mặt trăng, đường huyền là mặt trời và trái đất góc nhọn từ mặt trời tới trái đất và mặt trăng là 87◦ Aristarchus đã tính được khoảng cách từ trái đất tới mặt trời dài gấp 20 lần khoảng cách từ trái đất tới mặt trăng. Kết quả tính của Aristarchus không được chính xác là do ông xác định sai góc và góc lệch thực tế là 89◦500. Trên thực tế khoảng cách từ mặt trời tới trái đất dài gấp khoảng 400 lần khoảng cách từ trái đất tới mặt trăng. 19 Tạp chí Epsilon, Số 15, 06/2019 Lịch sử văn minh nhân loại chìm đi gần 2000 năm và chỉ được viết tiếp vào thế kỷ 16. Khoảng năm 1591, khi bố của Galilei mất, ông phải thay cha lo cho các em. Ông vừa phải trả tiền hồi môn cho 2 em gái và phải trợ cấp cho em trai là một nhạc sĩ nghèo. Mùa hè năm đấy ở Venice xuất hiện một thứ đồ chơi cho phép “kéo các vật ở xa về gần như ở ngay trước mặt” để nhìn. Ông đã tới đảo Monado mua một chiếc và bắt đầu bắt chước để chế tạo. Kính của ông có thể kéo vật ở xa hơn 8 lần so với kính của thị trường và vì thế ông bán được khá tiền. Có tiền ông bắt tay vào chế tạo kính tốt hơn và bắt đầu quan sát bầu trời. Vào năm 1610, Galilei xuất bản cuốn sách mô tả về bề mặt mặt trăng. Do sử dụng kính viễn vọng của mình Galile có thể quan sát trực tiếp bằng mắt hiện tượng “trăng tròn khuyết” của các mặt trăng quay quanh sao Mộc phần cuối quyển sách của ông mô tả việc nhìn thấy và nghiên cứu hiện tượng 4 mặt trăng của và quay quanh sao Mộc (Jupiter). Như vậy bằng thực nghiệm quan sát Galilei chỉ ra sao Mộc cũng như Trái Đất đều quay quanh mặt trời. Vào năm 1653, Christiaan Huygens đã sử dụng kính viễn vọng Galilei để quan sát sao kim và sử dụng sao Kim thay cho Mặt Trăng trong kết quả đo khoảng cách từ trái Đất tới mặt Trời theo phương pháp của Aristarchus. Ông thu được kết quả hoàn toàn chính xác, nhưng Christiaan Huygens không đưa ra giải thích cách mà ông tính được khoảng cách từ trái đất tới sao Kim. Hình 3: Đo khoảng cách bằng phương pháp quang sai. Vào năm 1672, Giovanni Cassini đo được khoảng cách từ Trái Đất tới sao Hỏa bằng phương pháp quang sai. Bản chất của phương pháp quang sai là xác định chiều cao của tam giác cân khi biết độ dài cạnh đáy và góc ở đỉnh. Khoảng cách từ Paris tới Guiana đã biết, Cassini ở Paris và cử Jean Richer tới vùng Guiana. Cả hai cùng lúc đo góc tia sáng đến từ sao Hỏa. Họ xác 20 Tạp chí Epsilon, Số 15, 06/2019 Hình 4: Khoảng cách từ trái đất đến chòm sao Bắc Đẩu. định được tam giác cân có góc đỉnh là sao Hỏa và cạnh đáy là Paris và Guiana. Từ đấy Giovanni Cassini xác định được khoảng cách từ Trái Đất tới sao Hỏa. Từ đây Cassini, bằng phương pháp tương tự như của Aristarchus, đã tính được tỷ số khoảng cách từ Trái Đất tới Mặt trời và từ Trái Đất tới sao Hỏa và như vậy “đo” được khoảng cách từ trái đất tới mặt trời. Việc biết được độ dài đường kính trái đất khi quay quanh mặt trời bằng phương pháp quang sai người ta xác định được khoảng cách từ mặt trời tới các vì sao khác trong vũ trụ. Khoảng cách tương ứng với quang sai 100 được gọi là 1 pc (đọc là parsec). Nó tương đương với 3600×180 khoảng cách từ trái đất tới mặt trời. πlần Các phép đo quáng sai cho phép chúng ta xác định được khoảng cách từ trái đất tới các sao ở tương đối gần ví dụ như đối với các sao trong chòm Đại Hùm Tinh ở vào khoảng cách khoảng 80 năm ánh sáng Do góc quang sai của các vật ở càng xa càng ngày bé, nên phương pháp quang sai chỉ cho phép xác định khoảng cách tới các vật thể trong phạm vi 500 pc – tức khoảng 1630 năm ánh sáng. Vào năm 1786, Goodricke phát hiện ra sao Delta Cephei ở cách mặt trời 244 pc, nhấp nháy với chu kỳ 5.26 ngày. Vào năm 1912, Henrietta Swan Leavitt sau khi nghiên cứu các sao nhấp nháy giống như Delta Cepheid Henrietta phát hiện ra quy luật chu kỳ nhấp nháy của sao tỷ lệ thuận với độ sáng tuyệt đối của nó. Độ sáng của sao mà ở dưới trái Đất đo được tỷ lệ nghịch với bình phương khoảng cách từ sao tới trái đất. Như vậy bằng việc đo chu lỳ nhấp nháy và độ sáng quan sát được từ trái đất chúng ta có thể tính được khoảng cách từ trái đất tới sao. Hiện nay có khoảng hơn 1000 sao thuộc định dạng Cepheid được xác định. Vào năm 1923, Edwin Hubble đã sử phương pháp tính khoảng cách mới và phát hiện ra tinh vân Andromeda ở xa 780000 pc xa đến nỗi nó không thể được chứa trong Thiên hà Ngân hà của chúng ta. Và như vậy đó là một thiên hà mới. Vào năm 1929, cũng bằng phương pháp tính khoảng cách mới này, Edwin Hubble đưa ra nhận xét phổ tất cả các thiên hà ở xa đều có xu hướng dịch đỏ. Theo nguyên lý Doppler, phổ ánh sáng dịch đỏ tức bước sóng lớn lên và điều này chứng tỏ vật phát sáng đang chạy ra xa khỏi nhau với 21 Tạp chí Epsilon, Số 15, 06/2019 vận tốc v = H0 × d. Hệ số H0 khoảng bằng 70 km/s. Như vậy thông qua việc đo độ dịch đỏ của phổ ánh sáng phát ra từ sao chúng ta có thể xác định được khoảng cách tới nó. Chúng ta đối diện với hai phương pháp đo khoảng cách. Phương pháp đo quang sai thực chất là đưa ra một con số dựa trên các quan sát về góc quang sai và mô hình tam giác lượng trong hình học Euclid. Nếu quả thật các tia sáng đi theo đường thẳng từ vị trí mà nó phát sáng tới chúng ta thì phương pháp quang sai cho kết quả đúng. Phương pháp Cepheid dựa trên cường độ ánh sáng phương pháp Hubble dựa trên do độ dịch đỏ của phổ ánh sáng. Một câu hỏi đặt ra là “Nếu có thể tiến hành việc đo đạc đồng thời được thì liệu các phương pháp đó có đưa ra cùng một kết quả?” Phương pháp xác định khoảng cách của Hubble là dựa trên sự dịch về phía đỏ của phổ ánh sáng do không gian dãn nở mà các vật chạy ra xa khỏi nhau. Ánh sáng chuyển động vượt qua một khoảng cách càng lớn thì chu kỳ ánh sáng càng dãn ra. Phương pháp xác định khoảng cách dựa trên dịch chuyển đỏ có lẽ sẽ cho chúng ta giá trị thực khoảng cách giữa các vật thể trong vũ trụ. – Hết phần 1 – 22 Tạp chí Epsilon, Số 15, 06/2019 CÂU CHUYỆN VỀ ĐỊNH LÝ HÀM SỐ COS Trần Nam Dũng (Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQG TP. HCM) 1. Mở đầu Khi học lớp 7; chúng ta được học về tiêu chuẩn bằng nhau của hai tam giác. Đó là tiêu chuẩn c-c-c, c-g-c và g-c-g. Thêm một chút nữa, khi học đến dựng hình, chúng ta cũng biết rằng một tam giác sẽ dựng được khi biết 3 cạnh, 2 cạnh và góc xen giữa hay 2 góc và cạnh xen giữa. Bản thân tôi rất thích thú với ý phát triển tiếp theo: Cái gì dựng được thì xác định được và mọi yếu tố đi kèm theo sẽ phải xác định được hay tính được theo các yếu tố ban đầu. Như thế, do tam giác là dựng được khi biết 3 cạnh, nên các yếu tố liên quan như chu vi (hiển nhiên), diện tích, độ dài các đường đặc biệt, bán kính các đường tròn đặc biệt,... đều sẽ phải tính được theo 3 cạnh. Từ đó mà ta có công thức Heron, các công thức tính độ dài trung tuyến r DSp; R Dabc 4S; : : : Những công thức này ta đã được biết từ cấp 2: Nhưng tam giác lại còn có thể dựng được khi biết hai cạnh và góc xen giữa, cũng như biết hai góc và cạnh xen giữa (do tổng ba góc bằng 180ı nên điều này cũng có nghĩa là ta biết cả 3 góc). Như vậy các yếu tố trong tam giác sẽ tính được theo hai cạnh và góc xen giữa. Điều này khá hiển nhiên với diện tích vì ta có công thức S D 12bc sin A: Nhưng chu vi thì sao? Để tìm chu vi, ta sẽ phải tìm cạnh thứ ba, và công thức để tìm độ dài cạnh thứ ba theo độ dài hai cạnh và góc xen giữa chính là định lý hàm số cos. a2 D b2 C c2 2bc cos A: Định lý này, một mặt khác cũng giúp chúng ta tìm được độ lớn các góc khi biết độ dài 3 cạnh của tam giác, một vấn đề mà ở trên ta chưa nhắc đến. Cụ thể cos A Db2 C c2 a2 2bc : Cuối cùng để hoàn chỉnh bức tranh về 3 điều kiện bằng nhau của các tam giác, ta chú ý rằng trường hợp bằng nhau g-c-g hay cách xác định tam giác khi biết 2 góc và 1 cạnh dẫn chúng ta đến định lý hàm số sinsin A aDsin B bDsinC cD12R: 23 Tạp chí Epsilon, Số 15, 06/2019 2. Định lý hàm số cos; phép chứng minh và vài hệ quả Có nhiều cách chứng minh định lý hàm số cos; trong đó cách ngắn gọn và hiện đại nhất là dùng véc-tơ và tích vô hướng. Tuy nhiên bản thân tôi thích chứng minh định là hàm số cos bằng cách sử dụng định lý Pythagore. Tôi rất thích cái quan hệ biện chứng: Định lý hàm số cos là mở rộng của định lý Pythagore, được chứng minh bằng cách sử dụng định lý Pythagore. Xét tam giác ABC có BC D a; CA D b; AB D c: Xét trường hợp A nhọn. Trong hai góc B và C có ít nhất một góc nhọn. Giả sử đó là C: Hạ đường cao BK xuống AC: Khi đó AH D c cos A; CH D b cos A; BH D c sin A: Áp dụng định lý Pythagore cho tam giác BCH a2 D BC2 D BH2 C C H2 D .c sin A/2 C .b c cos A/2 D c2 C b2 2bc cos A: Định lý được chứng minh. Từ định lý hàm số cos và công thức sin A D 2S bc ; ta suy ra cot A Dcos A sin AD Đó chính là định lý hàm số cot : Cũng từ cos A D b2Cc2a2 2bc ; ta suy ra b2Cc2a2 2bc 2S bc Db2 C c2 a2 4S: sin A D s 1 b2 C c2 a2 2bc 2 D p.a C b C c/.a C b c/.b C c a/.c C a b/ 2bc : Từ đó suy ra công thức tính diện tích tam giác theo độ dài các cạnh S Dpp.p a/.p b/.p c/: Đó chính là công thức Heron, và tất nhiên cũng từ đây thì ta suy ra sin A aDsin B bDsinC cD2S abc ; chính là định lý hàm số sin : 3. Định lý Ptolemy Định lý Ptolemy. Cho tứ giác ABCD nội tiếp một đường tròn, khi đó ta có đẳng thức AB CD C AD BC D AC BD: 24 Tạp chí Epsilon, Số 15, 06/2019 Định lý Ptolemy có nhiều cách chứng minh khác nhau như cách chứng minh sử dụng tam giác đồng dạng, sử dụng phép nghịch đảo, sử dụng số phức, sử dụng lượng giác (thông qua định lý hàm số sin). Ở đây ta sẽ trình bày cách chứng minh sử dụng định lý hàm số cos: Để tiện trình bày, ta đặt AB D a; BC D b; CD D c; DA D d; AC D x và BD D y: Áp dụng định lý hàm số cos cho các tam giác ABC; ADC ta có cos B Da2 C b2 x2 2ab ; cos D Dc2 C d2 x2 2cd : Vì B C D D 180ı nên cos B C cos D D 0: Từ đây ta tính được x2 Dcd.a2 C d2/ C ab.c2 C d2/ ab C cd D.ac C bd /.ad C bc/ ab C cd : Hoàn toàn tương tự ta có y2 D.ac C bd /.ab C cd / ad C bc : Từ đây suy ra x2y2 D .ac C bd /2tức là xy D ac C bd; và ta có điều phải chứng minh. Chú ý là từ lời giải trên ta tính được cos B Da2 C b2 c2 d2 2.ab C cd / ; và sin B D Từ đây, do p.a C b C c d /.b C c C d a/.c C d C a b/.d C a C b c/ 2.ab C cd / : SABCD D SABC C SADC D12ab sin B C12cd sin D; ta tìm được công thức Heron cho tứ giác nội tiếp S D SABCD Dp.p a/.p b/.p c/.p d /; với p D aCbCcCd 2là nửa chu vi của tứ giác. Sử dụng thêm định lý hàm số sin; ta sẽ tính được bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác R D p.ab C cd /.ad C bc/.ac C bd / 4S: Phép chứng minh định lý Ptolemy và việc tính các đại lượng liên quan cho chúng ta một kết luận thú vị. Mặc dù không thể xác định một tứ giác khi biết độ dài 4 cạnh (theo thứ tự) của nó, nhưng tứ giác này sẽ xác định nếu ta biết thêm rằng nó là tứ giác nội tiếp. Có một điều thú vị là, trong tất cả các tứ giác có 4 cạnh a; b; c; d (theo thứ tự) cho trước thì tứ giác nội tiếp có diện tích lớn nhất. Ta chứng minh sự kiện này bằng cách sử dụng công thức Heron cho tam giác. Thật vậy, giả sử x là độ dài đường chéo AC: Khi đó diện tích tứ giác ABCD bằng tổng diện tích hai tam giác ABC và ACD: 25 Tạp chí Epsilon, Số 15, 06/2019 Áp dụng công thức Heron tính diện tích tam giác, ta có 4SABCD Dp4a2b2 .a2 C b2 x2/ Cq4c2d2 .c2 C d2 x2/2: Áp dụng bất đẳng thức pA2 B2 CpC2 D2 6q.A C C /2 .B C D/2; đúng với jBj 6 A; jDj 6 C: Ta có q 4a2b2 .a2 C b2 x2/2C Dấu bằng xảy ra khi q 4c2d2 .x2 c2 d2/2 6 a2 C b2 x2D2cd q .2ab C 2cd /2 .a2 C b2 c2 d2/2: 2ab x2 c2 d2; tức là khi x2 Dab.c2 C d2/ C cd.a2 C b2/ ab C cd ; chính là độ dài đường chéo của tứ giác nội tiếp mà ta đã tính ở trên. 4. Định lý Napoleon Định lý Napoleon. Cho tam giác ABC: Dựng ra phía ngoài tam giác các tam giác đều BCA1; CAB1; ABC1: Gọi A2; B2; C2 là tâm giác giác đều này. Tương tự, dựng các tam giác đều BCA3; CAB3; ABC3 vào phía trong tam giác và gọi A4; B4; C4 là tâm các tam giác này. Chứng minh rằng A2B2C2 và A4B4C4 là các tam giác đều và hiệu diện tích hai tam giác đều này bằng diện tích tam giác ABC: Áp dụng định lý hàm số cos; ta có B2C22 D AB22 C AC22 2AB2AC2 cos.B2AC2/ Dc23Cb2323bc cos.A C 600/ Dc23Cb2323bc 12cos A p32sin A! Da2 C b2 C c2 6C2S p3: Tương tự, ta cũng tính được C2A22; A2B22bằng với a2Cb2Cc2 6 C p2S3: Suy ra tam giác A2B2C2 đều và có diện tích bằng p3 a2 C b2 C c2 6C2S p3 4D.a2 C b2 C c2/p3 24CS2: 26 Tạp chí Epsilon, Số 15, 06/2019 Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được tam giác A4B4C4 đều và có diện tích bằng p3 a2 C b2 C c2 6 2S p3 4D.a2 C b2 C c2/p3 24 S 2: Từ đó suy ra kết luận thứ hai của bài toán. 5. Bài toán 5 đường tròn Bài toán. Cho ba đường tròn bán kính R1; R2; R3 đôi một tiếp xúc ngoài với nhau. Khi đó sẽ tồn tại hai đường tròn cùng tiếp xúc với cả 3 đường tròn này, gồm một đường tròn nhỏ có bán kính r và một đường tròn lớn bán kính R (đường tròn lớn có thể suy biến thành đường thẳng, khi đó ta coi R D 1). Chứng minh rằng ta có hệ thức r˙1RD 2 1R1C1R2C1R3 : 1 Ở đây dấu C hay dấu phụ thuộc đường tròn lớn tiếp xúc ngoài hay tiếp xúc trong với 3 đường tròn đã cho. Có nhiều cách tiếp cận để chứng minh định lý này. Ở đây ta đưa ra cách giải sử dụng định lý hàm số cos: Gọi O1; O2; O3 lần lượt là tâm các đường tròn bán kính R1; R2; R3 tương ứng, O là tâm đường tròn nhỏ tiếp xúc 3 đường tròn nói trên. Gọi ˛; ˇ; là số đo các góc O2OO3; O3OO1; O1OO2: Vì ˛ C ˇ C D 360ı nên ta dễ dàng chứng minh được cos2˛ C cos2ˇ C cos2 2 cos ˛ cos ˇ cos D 1: (1) Áp dụng định lý hàm số cos cho tam giác O2OO3 với chú ý O2O3 D R2 CR3; OO2 D r CR2; OO3 D r C R3; ta được. cos ˛ D.r C R2/2 C .r C R3/2 .R2 C R3/2 2.r C R2/.r C R3/Dr2 C rR2 C rR3 R2R3 .r C R2/.r C R3/: Tương tự cos ˇ Dr2 C rR3 C rR1 R3R1 .r C R3/.r C R1/; cos Dr2 C rR1 C rR2 R1R2 .r C R1/.r C R2/: Thay vào (1) rồi rút gọn, ta được .R21R22 C R22R23 C R23R21 2R1R2R3.R1 C R2 C R3//r2 2R1R2R3.R1R2 C R2R3 C R3R1/r C R21R22R23 D 0:(2) Đây chính là phương trình bậc 2 để tính r: Hoàn toàn tương tự, ta tìm được phương trình bậc 2 để tính R: 27 Tạp chí Epsilon, Số 15, 06/2019 Nếu R21R22 C R22R23 C R23R21 2R1R2R3.R1 C R2 C R3/ > 0 thì R là nghiệm của (2), khi đó rC1RDr C R rRD2R1R2R3.R1 C R2 C R3/ R21R22R23D2R1C2R2C2R3: 1 Nếu R21R22 C R22R23 C R23R21 2R1R2R3.R1 C R2 C R3/ < 0 thì R là nghiệm của (2), khi đó 1 RDr R r Chú ý điều kiện 1 r.R/ D2R1R2R3.R1 C R2 C R3/ R21R22R23D2R1C2R2C2R3: R21R22 C R22R23 C R23R21 2R1R2R3.R1 C R2 C R3/ D 0; có thể biến đổi thành .pR1R2 CpR2R3 pR1R3/.pR2R3 CpR1R3 pR1R2/.pR1R2 pR2R3 CpR1R3/ .pR1R2 CpR2R3 CpR1R3/ D 0 Như vậy sẽ tương đương với pR1R2 CpR2R3 pR1R3 D 0; hoặc pR1R2 CpR2R3 CpR1R3 D 0; pR1R2 pR2R3 CpR1R3 D 0: Về mặt hình học, các điều kiện này tương đương với tròn bán kính R2 tiếp xúc với các đường tròn bán kính R1; R3 và tiếp xúc với tiếp tuyến chung của hai đường tròn này (các trường hợp còn lại cũng tương tự). Lúc này thì đường tiếp tuyến chung của ba đường tròn chính là “đường tròn” với bán kính R D 1 tiếp xúc với cả ba đường tròn. Trường hợp R21R22 C R22R23 C R23R21 2R1R2R3.R1 C R2 C R3/ > 0; tương ứng với trường hợp tồn tại đường tròn bán kính R tiếp xúc trong với ba đường tròn bán kính R1; R2; R3 (và chứa cả 3 đường tròn). Trường hợp R21R22 CR22R23 CR23R21 2R1R2R3.R1 CR2 CR3/ > 0; tương ứng với trường hợp tồn tại đường tròn bán kính R tiếp xúc ngoài với cả 3 đường tròn bán kính R1; R2; R3 (nhưng không phải là đường tròn nhỏ bị kẹp giữa 3 đường tròn - đường tròn nhỏ này là đường tròn bán kính r). 6. Bài toán Việt Nam TST 1983 Trong kỳ thi chọn đội tuyển Việt Nam dự IMO 1983 có bài toán hình học sau. Không có nhiều thí sinh giải được bài này, vì lời giải bằng hình học thuần túy dường như khó tìm được. Người viết bài này đã giải được nó nhờ áp dụng định lý hàm số cos và các lý luận giải tích. 28 Tạp chí Epsilon, Số 15, 06/2019 (Việt Nam TST 1983). Cho 3 tia Ox; Oy; Oz (không có hai tia nào trùng nhau hoặc đối nhau) và một đoạn thẳng có độ dài p: Chứng minh rằng tồn tại duy nhất bộ 3 điểm A; B; C thuộc Ox; Oy; Oz tương ứng sao cho chu vi của các tam giác OAB; OBC; OCA đều bằng nhau và bằng 2p: Gọi góc giữa các tia .Oy; Oz/; .Oz; Ox/; .Ox; Oy/ lần lượt là ˛; ˇ; : Giả sử đã dựng được các điểm A; B; C thỏa mãn điều kiện đề bài. Đặt OA D x; OB D y; OC D z: Điều kiện chu vi tam giác OAB bằng 2p có thể viết lại thành x C y Cpx2 C y2 2xy cos D 2p: Biến đổi tương đương đẳng thức này, ta được x2 C y2 2xy cos D 4p2 4p.x C y/ C x2 C y2 C 2xy; tương đương với p.x C y p/ D xycos22: Tương tự, ta có p.y C z p/ D yzcos2˛2; p.z C x p/ D zxcos2ˇ2: Từ phương trình thứ nhất và phương trình thứ ba ta rút ra được y Dp.p x/ p xcos2 2; z Dp.p x/ p xcos2 ˇ2: Thay vào phương trình thứ hai, ta được p xcos2 2Cp.p x/ ! Dp2.p x/2cos2 ˛2 p xcos2 2 : p xcos2 ˇ2 ; p hay là p.p x/ p xcos2 ˇ2 p p x p xcos2 ˇ2 1 .p x/2cos2 ˛2 p xcos2 2Cp x p xcos2 2 : p xcos2 ˇ2 D 0: (3) Bài toán quy về việc chứng minh phương trình (3) có nghiệm duy nhất x với 0 < x < p: Lời giải năm 1983. Đặt f .x/ là biểu thức ở vế trái (xem x là ẩn số, còn lại là tham số) tham số thì f là hàm liên tục trên Œ0; p và đa có f .p/ D 1 và f .0/ D 1 C 1 1 cos2˛2D sin2 ˛2> 0: Do đó theo tính chất của hàm liên tục, tồn tại x0 2 .0; p/ sao cho f .x0/ D 0: 29 Tạp chí Epsilon, Số 15, 06/2019 Để chứng minh phương trình f .x/ D 0 chỉ có một nghiệm duy nhất, ta chứng minh f .x/ là hàm giảm trên .0; p/: Sử dụng hằng đẳng thức x C y 1 xy D .1 x/.1 y/; ta viết f .x/ lại dưới dạng f .x/ D x p xcos2 ˇ2 sin2ˇ2 sin22Cp x p xcos2 2sin2 ˛2: p xcos2 ˇ2 x p xcos2 ˇ2 p x Ta có x pxcos2 ˇ2là các hàm số tăng trên Œ0; p còn px pxcos2 ˇ2;px pxcos2 ˇ2;x pxcos2 2là các hàm số giảm trên Œ0; p (có thể tính đạo hàm của các hàm số này) và các biểu thức này đều dương nên suy ra f .x/ là hàm số giảm. Vậy phương trình f .x/ D 0 có nghiệm duy nhất x0 thuộc .0; p/: Lời giải này khá cồng kềnh và thực sự là rất ... dũng cảm. Cái hàm f .x/ khủng khiếp ấy mà dám đi chứng minh là hàm giảm. Thực sự thì nếu tính đạo hàm trực tiếp thì đúng là kinh khủng. Ở đây ta đã biết tách f .x/ D Ag.x/h.x/ C Bs.x/t .x/ với A; B > 0; g.x/; h.x/; s.x/; t .x/ > 0; g0.x/ > 0; h0.x/ > 0; s0.x/ < 0; t 0.x/ < 0; từ đó suy ra f0.x/ D A g0.x/h.x/ C g.x/h0.x/ C B s0.x/t .x/ C s.x/t 0.x/ < 0: Trong điều kiện phòng thi, thực sự không có thời gian để trau chuốt tìm lời giải đẹp hơn. Sau này, khi giải lại bài này cùng cách học sinh, tôi đã tìm ra cách giải gọn hơn, không cần dùng đến giải tích. Thậm chí còn giải ra luôn nghiệm tường minh. Cách 1. Cụ thể thì phương trình (1) có thể biến đổi thành phương trình bậc hai cos2˛2C cos2ˇ2 cos22 cos2ˇ2 cos22 x2 C 2psin2 ˛2x p2sin2 ˛2D 0: Lại đặt vế trái là f .x/ thì f .0/ D p2sin2 ˛2< 0; f .p/ D p2sin2ˇ2 sin22> 0; nên theo định lý về dấu của tam thức bậc hai, phương trình f .x/ D 0 có nghiệm thuộc .0; p/: Ta có f0.x/ D 2 cos2˛2C cos2ˇ2 cos22 cos2ˇ2 cos22 x C 2psin2 ˛2: Vì f0.x/ là hàm bậc nhất và f0.0/ D 2psin2 ˛2> 0; f0.p/ D 2 cos2˛2C cos2ˇ2 cos22 cos2ˇ2 cos22 p C 2psin2 ˛2 D 2psin2ˇ2 sin22> 0: Nên suy ra f0.x/ > 0 với mọi x thuộc Œ0; p: Suy ra phương trình f .x/ D 0 có nghiệm duy nhất thuộc .0; p/: 30 Tạp chí Epsilon, Số 15, 06/2019 Cách 2. Đặt X D xp; Y Dyp; Z D zp: Phương trình p.x C y p/ D xycos22; có thể viết lại thành X C Y 1 D XY cos22; hay là .1 X /.1 Y / D XY sin22: Tương tự ta có các đẳng thức .1 Y /.1 Z/ D YZsin2 ˛2; .1 Z/.1 X / D ZXsin2ˇ2: Nhân các hệ thức này vế theo vế rồi khai căn, ta được .1 X /.1 Y /.1 Z/ D XYZ sin˛2sinˇ2sin2; từ đây suy ra 1 Z DZ sin ˛2sin ˇ2 sin 2: do đó Tương tự tìm được X; Y: Z Dsin 2 sin 2 C sin ˛2sin ˇ2: 7. Một bài toán đại số giải bằng hình học Ở trên, ta đã giải một bài toán hình học bằng phương pháp đại số thông qua định lý hàm số cos: Bây giờ, ở chiều ngược lại, ta cùng đến với một bài toán thuần túy đại số nhưng đã được giải khá hiệu quả bằng phương pháp hình học. Bài toán. Cho a; b; c; d là các số thực dương thỏa mãn a2 C d2 ad D b2 C c2 C bc và a2 C b2 D c2 C d2: Tìm giá trị của ab C cd ad C bc : Thoạt nhìn thì đây là bài toán đại số thuần túy, chả có một tí hình học nào. Sau một hồi biến đổi đại số, tình hình có vẻ rối. Về nguyên tắc thì với 4 ẩn số thuần nhất, ta cần 3 phương trình mới giải được. Mà ở đây chỉ có 3: Các biểu thức a2 C d2 ad; b2 C c2 C bc gợi đến các ý tưởng hình học. Cụ thể là định lý hàm số cos với các góc 60ı và 120ı: Theo gợi ý này, lời giải thứ nhất đã được tìm ra 31 Tạp chí Epsilon, Số 15, 06/2019 Cách 1. Dựng tam giác ABD có AB D a; AD D d và ∠BAD D 60ı: Theo định lý hàm số cos thì BD2 D a2 C d2 ad D b2 C c2 C bc: Vì .b c/2 < b2 C c2 C bc < .b C c/2 nên ta dựng được tam giác BDC sao cho BC D c; DC D b (C và A nằm khác phía đối với đường thẳng BD). Lại áp dụng định lý hàm số cos ta suy ra ∠BCD D 120ı: Vì ∠BAD C ∠BCD D 60ı C 120ı D 180ı; nên tứ giác ABCD nội tiếp. Áp dụng định lý Ptolemy ta suy ra ab C cd D AC BD: Vì a2 C b2 D c2 C d2 nên tứ giác ABCD có hai đường chéo vuông góc, suy ra AC BD D 2SABCD: Tức là ta có ab C cd D 2SABCD: (4) Cuối cùng, áp dụng công thức tính diện tích tam giác theo hai cạnh và góc xen giữa ta có 2SABCD D 2SABD C 2SBCD D ad sin 60ı C bc sin 120ı D .ad C bc/ p3 2: (5) Từ (4) và (5) ta suy ra abCcd adCbc D p3 2: Khá hài lòng. Nhưng có vẻ vẫn còn phức tạp quá. Giải gì mà dùng hết tất cả các kiến thức hình học thế này? Suy nghĩ một chút, ta thấy bước dựng tam giác BDC có thể làm khác đi một chút, để tận dụng điều kiện a2 C b2 D c2 C d2 một cách đơn giản hơn. Cụ thể là ta dựng tam giác BDC sao cho BC D b; DC D c (C và A nằm khác phía đối với đường thẳng BD). Cũng tương tự như trên ABCD là tứ giác nội tiếp. Áp dụng định lý hàm số cos vào các tam giác ADC và ABC; ta có AC2 D c2 C d2 2cd cos D D a2 C b2 2ab cos B: Suy ra cd cos D D ab cos B: Vì B và D bù nhau nên từ đây suy ra cos B D cos D D 0; tức là B D D D 90ı: Bây giờ thì chỉ cần tính diện tích tứ giác ABCD bằng hai cách là ra SABCD D SABC C SADC D SBCD C SBAD: 2Ccd2Dad sin 600 2Cbc sin 1200 ab 2: p3 Suy ra abCcd adCbc D 2: Đó chính là cách giải thứ hai. Nhận xét. Thực ra có cách giải thuần túy đại số rất đẹp cho bài toán này, cụ thể như sau. Ta có ad C bc D a2 C d2 b2 c2 D 2.a2 c2/ D 2.d 2 b2/: Mặt khác .a2 c2/.d 2 b2/ D .ad C bc/2 .ab C cd /2: 32 Tạp chí Epsilon, Số 15, 06/2019 Từ đó cho nên Suy ra .ad C bc/2 4D .ad C bc/2 .ab C cd /2; .ab C cd /2 D34.ad C bc/2: p3 P Dab C cd ad C bc D Tuy nhiên thì cách giải dùng hình học vẫn rất độc đáo. 33 2: Tạp chí Epsilon, Số 15, 06/2019 Mà VÀ CÁC K› THI OLYMPIC TOÁN PHÜN 1 S.B. Gashkov 1. M ¶u Toán ˘ng dˆng - ó là khi b§n i tìm lÌi gi£i cho bài toán, còn toán l˛ thuy∏t - ó là khi b§n i tìm bài toán ∫ gi£i. Finn,”Anna và hiªp sæ áo en”. B§n Âc hãy th˚ s˘c t¸ mình gi£i ít nhßt là mÎt vài bài trong các bài toán d®n ra d˜Ói ây. Nh˙ng bài toán này  d§ng nào ó ã ˜Òc ∑ xußt  các k˝ thi Olympic toán khác nhau 1) ( trong ngo∞c s≥ ghi rõ xußt x˘ các bài toán, và các bài toán này có th∫ tìm thßy trong [2, 8-11]). Có i∑u gì chung gi˙a các bài toán này? Bài toán 1 (MMO 1954, vòng 2, 10.5). Xét tßt c£ các sË có 10 ch˙ sË trong hª th™p phân, mà trong cách vi∏t chø s˚ dˆng các ch˙ sË 1 và 2: Hãy chia chúng thành 2 nhóm, mà tÍng hai sË bßt k˝ thuÎc cùng mÎt nhóm ch˘a ít nhßt hai ch˙ sË 3: Bài toán 2 (MMO 1967, vòng 2, 8.3). ∫ mã hóa các b˘c iªn tín ta c¶n chia tßt c£ các “t¯” th™p phân - chuÈi gÁm 10 dßu chßm và dßu g§ch ngang thành hai nhóm, sao cho các t¯ cùng mÎt nhóm khác nhau  ít nhßt 3 v‡ trí. Hãy chø ra mÎt cách chia nh˜ v™y ho∞c ch˘ng minh là không tÁn t§i cách chia nh˜ th∏. Bài toán 3 (Olympic CHLB ˘c, n´m hÂc 1970/1971, vòng 2). – bÎ l§c Mumbo-Umbo tßt c£ các tên gÂi ∑u khác nhau, t§o thành t¯ hai ch˙ cái A và B; có Î dài n và khác nhau  ít nhßt 3 v‡ trí. Ch˘ng minh r¨ng bÎ tÎc này có không quá 2n nC1 ng˜Ìi. Có th∫ §t ˜Òc giá tr‡ biên này không? – bÎ tÎc ABBA bên c§nh các cái tên khác nhau  ít nhßt 2 v‡ trí. Ch˘ng minh r¨ng  bÎ tÎc này có không quá 2n 1 ng˜Ìi. Giá tr‡ biên này có th∫ §t ˜Òc không? Bài toán 4. GÂi t™p hÒp tßt các các bÎ k-phân Î dài n là .x1; x2;:::;xn/ trong ó xi 2 f0; : : : ; k 1g là bàn cÌ k-phân n chi∑u. Con xe  ô .x1; x2; :::; xn/ s≥ ´n ˜Òc các ô .x1;:::;xi1; y; xi;:::;xn/; y D 0; : : : ; k 1; i D 1; : : : ; n: GÂi m.n; k/ là sË con xe nh‰ nhßt có th∫ ´n ˜Òc tßt c£ các ô cıa bàn cÌ. Ch˘ng minh r¨ng a) m.2; k/ D k: 34 Tạp chí Epsilon, Số 15, 06/2019 h i k2 b) (ASO 1971, 9.6, 10.6) m.3; k/ D : 2 c) m.n; k/ 6 kn .k1/nC1 : d) N∏u k là lÙy th¯a cıa sË nguyên tË, thì bßt Øng th˘c  c) bi∏n thành Øng th˘c vÓi n D 1 C k C C ki; i D 1; 2; : : : Bài toán 5 (Chi∏c qu§t th¶n cıa Edouard Lucas2). Khán gi£ ˜Òc yêu c¶u nghæ ∏n mÎt sË nào ó trong các sË t¯ 1 ∏n 31: Nhà £o thu™t s≥ yêu c¶u khán gi£ thông báo trong cánh qu§t nào có sË mà anh ta nghæ, trong cách qu§t nào không có. ✏ Cánh qu§t th˘ nhßt gÁm các sË l¥ ✏ Cánh qu§t th˘ hai gÁm các sË 2; 3; 6; 7; 10; 11; 14; 15; 18; 19; 22; 23; 26; 27; 30; 31: ✏ Cánh qu§t th˘ ba gÁm các sË 4; 5; 6; 7; 12; 13; 14; 15; 20; 21; 22; 23; 28; 29; 30; 31: ✏ Cánh qu§t th˘ t˜ bao gÁm các sË 8; 9; 10; 11; 12; 13; 14; 15; 24; 25; 26; 27; 28; 29; 30; 31: ✏ Cánh qu§t cuËi cùng gÁm các sË t¯ 16 ∏n 31: Nhà £o thu™t s≥ tìm ˜Òc sË mà khán gi£ nghæ b¨ng cách nào? Bài toán 6 (‡nh l˛ Zarankevic3). Gi£ s˚ k D ka;b.n; m/ là sË sË 1 nhi∑u nhßt trong b£ng gÁm n dòng, m cÎt các sË 0; 1 và không ch˘a a dòng, b cÎt mà giao cıa chúng ch˘a toàn sË 1: Khi ó k là sË lÓn nhßt sao cho 4) n k=n b ! 6 .a 1/ m b ! : Tßt c£ các bài toán này ∑u liên quan ∏n mÎt lænh v¸c cıa toán ˘ng dˆng hiªn §i - l˛ thuy∏t mã hóa thông tin. Chúng ta s≥ bi∏t các bài toán này ˜Òc gi£i nh˜ th∏ nào sau khi Âc các mˆc t˜Ïng ˘ng cıa bài vi∏t này. Ghi chú 1) MMO: Moscow Mathematical Olympiad, ASO: All Soviet Union Olympiad, ARO: All Russian Olympiad 2) Bài toán này ˜Òc lßy t¯ cuËn sách v∑ Toán hÂc gi£i trí, xußt b£n vào th∏ k XIX bi nhà toán hÂc ng˜Ìi Pháp Edouard Lucas (1842-1891), tác gi£ cıa nhi∑u bài toán và ‡nh l˛ µp. 3) K.Zarankevic (1902-1959) – nhà toán hÂc ng˜Ìi Ba Lan, công bË bài toán v∑ chı ∑ này vào nh˙ng n´m 50 cıa th∏ k XX. B£n thân ‡nh l˛ này xußt hiªn l¶n ¶u tiên trong các bài báo cıa nhà toán hÂc Hungary Paul Erdos (1913-1996). MÎt sË bài toán là tr˜Ìng hÒp riêng cıa ‡nh l˛ này xußt hiªn trong [4]. 4) T¯ giÌ v∑ sau, ta k˛ hiªu x y ! là sË tÍ hÒp ch™p y t¯ x ph¶n t˚. 35 2. Mã là gì? Tạp chí Epsilon, Số 15, 06/2019 Ban ¶u thì anh ta tin là tr˜Óc m≠t anh ta là m™t mã, bi vì s¸ kiªn các nhà gi£ kim và th¶y Áng ngày x˜a hay dùng cách vi∏t bí m™t ã tr thành i∑u mà mÂi ng˜Ìi ∑u bi∏t: rõ ràng, nh˙ng ng˜Ìi tìm ki∏m s¸ th™t này ho∞c là muËn gißu bí m™t kh‰i nh˙ng Ëi thı, ho∞c che gißu kh‰i ánh m≠t soi mói cıa nhà thÌ. John Glasby, “Chi∏c g˜Ïng en”. Mã nh‡ phân C Î dài n là mÎt t™p hÒp bßt k˝ các bÎ nh‡ phân Î dài n (các bÎ này còn ˜Òc gÂi là t¯ mã)5. Kho£ng cách gi˙a hai t¯ a; b là sË các v‡ trí mà  ó các t¯ này khác nhau. Ví dˆ d.a; b/ D 3 trong tr˜Ìng hÒp a D .11001/; b D .00011/: Hi∫n nhiên là vÓi mÂi a; b; c 2 Bn ta có bßt Øng th˘c tam giác d.a; b/ C d.b; c/ > d.a; c/; ngoài ra còn có hai i∑u kiªn d.a; b/ D d.b; a/ và d.a; b/ D 0 khi và chø khi a D b: Ta gÂi sË d.C / D mina;b2C d.a; b/; kho£ng cách nh‰ nhßt gi˙a các ph¶n t˚ phân biªt cıa C là kho£ng cách nh‰ nhßt cıa mã C: Trong bài toán 3 th¸c chßt ta quan tâm ∏n mã có kho£ng cách nh‰ nhßt không nh‰ hÏn 3 và mã có kho£ng cách nh‰ nhßt không nh‰ hÏn 2: – bài toán 2 cÙng có hai mã có kho£ng cách không nh‰ hÏn 3: Bài toán 1 cÙng dπ dàng gi£i quy∏t n∏u nhìn thßy mËi liên hª cıa nó vÓi mã có kho£ng cách nh‰ nhßt b¨ng 2: Các mã có kh£ n´ng s˚a sai ph£i là các mã có kho£ng cách lÓn hÏn 1: Ví dˆ mã C bao gÁm tßt c£ các bÎ có trÂng l˜Òng chÆn. TrÂng l˜Òng cıa mÎt bÎ là sË các v‡ trí khác 0 trong bÎ ó. Mã này (nó cho chúng ta lÌi gi£i ph¶n 2 cıa bài toán 3/ có th∫ dùng ∫ tìm ra 1 lÈi. Gi£ s˚ r¨ng ta c¶n chuy∫n i theo mÎt kênh không tin c™y t¯ nh‡ phân x D .x1;:::;xn1/: Ta bi∏t r¨ng  t¯ nh™n ˜Òc có th∫ có mÎt lÈi .0 b‡ chuy∫n thành 1 ho∞c ng˜Òc l§i). N∏u nh˜ ta chuy∫n úng t¯ x thì không th∫ phát hiªn là có b‡ lÈi hay không. Nh˜ng n∏u cùng vÓi t¯ x ta bÍ sung thêm bit ki∫m tra cn D x1 ˚ ˚ xn1 (trong ó ˚ là phép cÎng theo mô-un 2)6 và chuy∫n t¯ ã ˜Òc mã hóa c D .c1;:::;cn/ D .x1;:::;xn1; cn/; thì lÈi s≥ ˜Òc phát hiªn, bi vì n∏u không có lÈi thì c1 ˚ ˚ cn D 0; còn n∏u có lÈi thì tÍng này s≥ b¨ng 1: Mã này gÂi là ki∫m tra tính chÆn l¥7. Mã nh‡ phân tuy∏n tính Î dài n là t™p hÒp các véc-tÏ nh‡ phân Î dài n sao cho tÍng hai véc-tÏ bßt k˝ cıa chúng theo mô-un 2 cÙng thuÎc mã. SË các sË 1 trong tÍng cıa hai véc-tÏ theo mô-un 2 chính là kho£ng cách gi˙a chúng. Mã nh‡ phân tuy∏n tính có th∫ coi là không gian véc-tÏ trên tr˜Ìng f0; 1g t¯ hai ph¶n t˚. Chi∑u cıa không gian này ˜Òc gÂi là chi∑u cıa mã. Ph¶n Ïn gi£n nhßt v∑ l˛ thuy∏t mã nh‡ phân tuy∏n tính chØng qua là phát bi∫u l§i nh˙ng ‡nh l˛ cıa §i sË tuy∏n tính. Các bài toán 9; 10 d˜Ói ây chính là v∑ mã tuy∏n tính (và chi∑u cıa chúng). Ta có th∫ xét không chø mã nh‡ phân mà là mã q-phân vÓi q > 2: Kho£ng cách gi˙a hai véc-tÏ q-phân x; y là sË ⇢.x; y/ các tÂa Î mà  ó hai véc-tÏ này không trùng nhau. ‡nh nghæa này trùng vÓi ‡nh nghæa ta ã ˜a ra trên ây, và vÓi ‡nh nghæa này ta cÙng có bßt Øng th˘c tam giác ⇢.x; y/ 6 ⇢.x; z/ C ⇢.z; x/: Kho£ng cách mã, cÙng nh˜ trong tr˜Ìng hÒp nh‡ phân, là kho£ng cách nh‰ nhßt gi˙a các véc-tÏ mã phân biªt. 36 Tạp chí Epsilon, Số 15, 06/2019 N∏u nh˜ mã có kho£ng cách mã d D 2t C 1; thì nó có th∫ s˚a ∏n t lÈi. Th™t v™y, n∏u nh˜ trong quá trình truy∑n t¯ mã x x£y ra t lÈi thì ta nh™n ˜Òc t¯ x0ã b‡ bi∏n d§ng vÓi ⇢.x0; x/ D t: Theo t¯ x0ta có th∫ phˆc hÁi l§i t¯ x mÎt cách duy nhßt, vì n∏u nh˜ t¯ hai t¯ mã khác nhau x; y ta thu ˜Òc cùng mÎt t¯ bi∏n d§ng vÓi không quá t lÈi x0D y0D z thì theo bßt Øng th˘c tam giác ta có 2t C 1 D d 6 d.x; y/ 6 d.x; z/ C d.z; y/ 6 t C t D 2t; mâu thu®n. Phˆc hÁi t¯ mã theo t¯ ã b‡ bi∏n d§ng ˜Òc gÂi là gi£i mã8. N∏u nh˜ kho£ng cách mã b¨ng d; thì mã có th∫ phát hiªn ˜Òc d 1 lÈi (n∏u nh˜ t¯ nh™n ˜Òc là t¯ mã thì không có lÈi x£y ra, vì ∫ thu ˜Òc mÎt t¯ mã khác ph£i có ít nhßt d lÈi, mà theo gi£ thi∏t thì chø có tËi a d 1 lÈi, n∏u t¯ nh™n ˜Òc không ph£i là t¯ mã thì ã có lÈi x£y ra). MÎt vßn ∑ ˜Òc quan tâm là vÓi n; d cho tr˜Óc tìm mã q-phân có l¸c l˜Òng9 lÓn nhßt Î dài n và kho£ng cách d: GÂi l¸c l˜Òng cıa nó là mq.n; d /: VÓi d l¥ bßt k˝, d D 2t C1 ta dπ dàng thu ˜Òc c™n trên sau ây (t¯ ó suy ra lÌi gi£i cho ph¶n ¶u cıa bài toán 3 và mˆc c cıa bài toán4. ‡nh l˛ 1 (C™n Hemming – Rao10; c™n cıa s≠p x∏p c¶u). VÓi mÂi n; q; d mq.n; d / 6 qn n ! Pt .q 1/i i iD0 Nói riêng trong tr˜Ìng hÒp q D 2 m2.n; d / 62n ! . Pt iD0 n i LÌi gi£i. Ta chø c¶n xét các qu£ c¶u bán kính t vÓi tâm t§i các t¯ mã và chú ˛ r¨ng chúng không giao nhau, và mÈi mÎt qu£ c¶u gÁm Xt iD0 n i ! .q 1/i; bÎ (mÈi mÎt bÎ trong qu£ c¶u hoàn toàn ˜Òc xác ‡nh bi không quá t v‡ trí mà nó khác vÓi tâm, và giá tr‡  mÈi v‡ trí có q 1 cách chÂn). V™y tÍng sË các t¯ trong tßt c£ các qu£ c¶u b¨ng mq.n; d /Xt iD0 n i ! .q 1/i; nh˜ng sË này không th∫ v˜Òt quá qn- là sË tßt c£ các t¯ q-phân, t¯ ó suy ra bßt Øng th˘c c¶n ch˘ng minh. Mã mà  ó c™n trên này §t ˜Òc ˜Òc gÂi là hoàn h£o (hay là x∏p kín, vì nó t§o ra mÎt cách phı hoàn h£o hình l™p ph˜Ïng q-phân nhi∑u chi∑u b¨ng các qu£ c¶u). C™n d˜Ói cıa s≠p x∏p c¶u ˜Òc ˜a ra bi Hilbert11: 37 ‡nh l˛ 2. VÓi mÂi n; q; d mq.n; d / > qn Tạp chí Epsilon, Số 15, 06/2019 n : dP1 i iD0 Nói riêng trong tr˜Ìng hÒp q D 2 ! .q 1/i m2.n; d / >2n dP1 iD0 n i !: LÌi gi£i. Xét mã c¸c §i vÓi kho£ng cách d (l¸c l˜Òng cıa nó theo ‡nh nghæa b¨ng mq.n; d // và xây d¸ng qu£ c¶u bán kính d 1 có tâm t§i các t¯ mã. Theo nh˜ l™p lu™n  trên thì mÈi qu£ c¶u nh˜ v™y ch˘a dX1 iD0 n i ! .q 1/i; bÎ mã. HÒp cıa tßt c£ các qu£ c¶u này s≥ phı toàn bÎ hình l™p ph˜Ïng q-phân (n∏u mÎt ønh nào ó không ˜Òc phı thì nó s≥ n¨m  kho£ng cách không nh‰ hÏn d ∏n tßt c£ các t¯ mã, nh˜ v™y ta có th∫ bÍ sung nó vào mã mà không làm t´ng kho£ng cách, mâu thu®n vÓi tính c¸c §i cıa mã). Vì v™y mq.n; d / t¯ ó suy ra ánh giá mà ta c¶n12. dX1 iD0 n i ! .q 1/i > qn; fi t˜ng ch˘ng minh c™n s≠p x∏p c¶u t¯ lâu ã ˜Òc bi∏t ∏n trong hình hÂc13 và cÙng ˜Òc s˚ dˆng trong l˛ thuy∏t xßp xø14: Nh˙ng ˛ t˜ng này t¯ lâu cÙng ˜Òc s˚ dˆng trong các bài toán olympic. Bài toán 7. Ch˘ng minh r¨ng ta có th∫ ∞t ít nhßt 74 Áng xu bán kính 1 lên bàn ch˙ nh™t kích th˜Óc 12 ⇥ 22: Bài toán 8 (Câu h‰i 1, MMO 1958, vòng 2, 8.5, 9.4.). GÂi a là sË lÓn nhßt các hình tròn ˜Ìng kính 1 không giao nhau n¨m trong a giác M; b là sË nh‰ nhßt các ˜Ìng tròn bán kính 1 phı kín toàn bÎ a giác M và c là sË lÓn nhßt các ˜Ìng tròn bán kính 1 không giao nhau, có tâm n¨m bên trong a giác M: SË nào lÓn hÏn? a hay b? b hay c? Bài toán 9 (MMO 1980, 9.2). Trên b£ng i∑u khi∫n có mÎt sË nút mà nhÌ ó ta có th∫ i∑u khi∫n b£ng iªn. Khi nhßt mÎt nút bßt k˝ thì mÎt sË bóng èn trên b£ng s≥ £o tr§ng thái (t≠t thành b™t, b™t thành t≠t. VÓi mÈi nút s≥ có bÎ bóng èn liên quan ∏n nó, trong ó các bÎ bóng èn có th∫ giao nhau). Ch˘ng minh r¨ng sË các tr§ng thái có th∫ cıa b£ng là mÎt lÙy th¯a cıa 2: (Hai tr§ng thái cıa b£ng ˜Òc gÂi là khác nhau n∏u chúng khác nhau  tr§ng thái cıa ít nhßt mÎt bóng èn). 38 Tạp chí Epsilon, Số 15, 06/2019 Bài toán 10. Ti∫u ban thi∏t l™p N danh sách. Ng˜Ìi ta thßy r¨ng n∏u lßy hai danh sách bßt k˝ trong N danh sách này hÒp l§i, rÁi xóa i nh˙ng ng˜Ìi có  trong c£ hai danh sách thì ta ˜Òc mÎt danh sách th˘ ba cÙng n¨m trong N danh sách nói trên. Ch˘ng minh r¨ng N D 2k 1 vÓi sË nguyên d˜Ïng k nào ó. Ghi chú 5) Mã C có th∫ coi là t™p con cıa t™p hÒp các ønh cıa hình l™p ph˜Ïng nh‡ phân n chi∑u Bn D f0; 1gn: 6) Theo ‡nh nghæa x1 ˚ ˚ xn b¨ng sË d˜ khi chia tÍng x1 C C xn cho 2: TÍng theo mô-un 2 chø khác vÓi tÍng bình th˜Ìng  Øng th˘c 1 ˚ 1 D 0: 7) Ng˜Ìi ta th˜Ìng dùng mã này ∫ ki∫m tra tính toàn vµn cıa thông tin. Nó cho bi∏t là có lÈi x£y ra, nh˜ng không tìm ˜Òc lÈi  âu và không s˚a lÈi. 8) Gi£i mã là mÎt quá trình không Ïn gi£n và ti∏p theo ta s≥ không nói v∑ quá trình này. 9) L¸c l˜Òng cıa mã là sË ph¶n t˚ cıa mã ó. 10) Richard Hemming .1915 1998/ - nhà toán hÂc ng˜Ìi Mˇ, Calyampudi Radhakrishna Rao .1920/ - chuyên gia toán thËng kê ng˜Ìi án Î. 11) Edgar Hilbert .1923 2013/ - chuyên gia nÍi ti∏ng ng˜Ìi Mˇ v∑ toán rÌi r§c. Không nh¶m ông vÓi nhà toán hÂc væ §i ng˜Ìi ˘c David Hilbert .1862 1943/: 12) Nhà toán hÂc Xô vi∏t R.R.Varshamov .1927 1999/ ã làm m§nh k∏t qu£ này mÎt chút cho mÂi mã tuy∏n tính, vì v™y c™n này còn ˜Òc gÂi là c™n Varshamov-Hilbert. 13) Bßt Øng th˘c Blichfeldt cho m™t Î cıa s≠p x∏p khËi c¶u trong không gian, xem [15]. 14) Dùng ∫ thi∏t l™p bßt Øng th˘c gi˙a Entropy và dung l˜Òng cıa không gian metric. 3. C™n cho các mã vÓi kho£ng cách lÓn Th∏ nh˜ng mÂi cË g≠ng tìm chìa khóa ∫ gi£i mã ∑u d®n ∏n thßt b§i, và khi ó Smit hi∫u r¨ng ngay t¯ ¶u anh ta ã i theo mÎt h˜Óng sai. John Glasby, “Chi∏c g˜Ïng en”. VÓi các mã nh‡ phân trong tr˜Ìng hÒp kho£ng cách lÓn thì ánh giá  ‡nh l˛ 1 là rßt thô và ta có th∫ làm m§nh mÎt cách áng k∫. Ta có các mªnh ∑ sau BÍ ∑ 1. Ta có bßt Øng th˘c m.n; d / 6 2m.n 1; d /: Th™t v™y,  mã có l¸c l˜Òng m.n; d / s≥ không ít hÏn mÎt n˚a t¯ mã có thành ph¶n th˘ n giËng nhau (b¨ng 0 hay b¨ng 1). N∏u nh˜ ta b‰ thành ph¶n này i thì ˜Òc mã có l¸c l˜Òng không nh‰ hÏn m.n;d / 2 vÓi kho£ng cách không nh‰ hÏn d: 39 BÍ ∑ 2. N∏u d l¥ thì m.n; d / D m.n C 1; d C 1/: Tạp chí Epsilon, Số 15, 06/2019 Ta bÍ sung vào mÈi t¯ cıa mã c¸c §i Î dài n và kho£ng cách d thêm mÎt thành ph¶n ∫ trÂng l˜Òng cıa t¯ thu ˜Òc là chÆn (ta xét mã m rÎng). L¸c l˜Òng cıa mã không thay Íi,nh˜ng kho£ng cách gi˙a hai t¯ bßt k˝ s≥ chÆn. Vì kho£ng cách này không gi£m nên nó s≥ không nh‰ hÏn d C1 (và s≥ b¨ng d C1  chÈ mà tr˜Óc ó b¨ng d). T¯ ây suy ra m.n; d / 6 m.nC1; d C1/: Ng˜Òc l§i, gi£ s˚ ta có mã l¸c l˜Òng m.n C 1; d C 1/: Ta xét trong mã này hai t¯ có kho£ng cách d C 1 và xét thành ph¶n mà  ó hai t¯ khác nhau. Ta b‰ thành ph¶n này  tßt c£ các t¯ thì ˜Òc mã có l¸c l˜Òng m.n C 1; d C 1/ có Î dài n và kho£ng cách d C 1 1 D d: Nghæa là m.n; d / > m.n C 1; d C 1/; t¯ ó suy ra Øng th˘c c¶n ch˘ng minh. ‡nh l˛ 3 (C™n Plotkin15). VÓi 1) VÓi 2d > n > d thì m.n; d / 6 2 2) n D 2d ta có bßt Øng th˘c m.n; d / 6 2n: 3) d l¥ và 2d C 1>n > d thì  d 2d n : m.n; d / 6 2  d C 1 2d C 1 n : 4) n D 2d C 1 ta có bßt Øng th˘c m.n; d / 6 2n C 2: Xét mã c¸c §i l¸c l˜Òng m D m.n; d / vÓi kho£ng cách d: Ta ánh giá tÍng R các kho£ng cách ôi mÎt gi˙a các t¯ cıa nó. Hi∫n nhiên R > dm.m1/ 2 ; và dßu b¨ng chø x£y ra vÓi các mã Øng c¸ (mã có kho£ng cách ôi mÎt gi˙a các t¯ b¨ng nhau). GÂi hi là sË các t¯ mã mà thành ph¶n th˘ i b¨ng 1 thì R D Pn iD1 hi.m hi/; (sË các c∞p t¯ khác nhau  thành ph¶n th˘ i b¨ng hi.m hi/). Theo bßt Øng th˘c gi˙a trung bình cÎng và trung bình nhân hi.m hi/ 6 m2 ó vÓi hi nguyên, ta có hi.m hi/ 6 2 6 nm2 m2 4 ; R 6 n m2 4 : 2dn 6 2⇥ d 4 ; do ⇤; còn Nh˜ v™y dm.m1/ 4 : Nghæa là vÓi 2d > n; n∏u m l¥ thì ta có m 6 2d 2dn n∏u m l¥ thì m C 1 62d 2d n6 2  d 2d n : VÓi 2d D n ta có th∫ bÍ ∑ 1 thì m D m.2d; d / 6 2m.2d 1; d / 6 4 N∏u d l¥ thì vÓi 2d C 1 > n; theo bÍ ∑ 2 ta có  d 2d .2d 1/D 4d D 2n: m.n; d / D m.n C 1; d C 1/ 6 2 40  d C 1 2d C 1 n ; Tạp chí Epsilon, Số 15, 06/2019 còn vÓi 2d C 1 D n thì m D m.2d C 1; d / D m.2d C 2; d C 1/ 6 4.d C 1/ D 2.n C 1/: V.I.Levenstein16 ch˘ng minh (xem ví dˆ Œ6; 7; 14ç) ˜Òc r¨ng dßu b¨ng  các bßt Øng th˘c x£y ra khi và chø khi tÁn t§i ma tr™n Hadamard b™c n chia h∏t cho 4 bßt k˝. V∑ ma tr™n Hadamard xem mˆc 3:1: Bài toán 11 (D¸a trên MMO 1993, 10.5). Trong b£ng phân lo§i các loài th¸c v™t ˜Òc mô t£ bi 100 dßu hiªu nh‡ phân. B£ng phân lo§i ˜Òc gÂi là tËt n∏u nh˜ hai loài th¸c v™t bßt k˝ khác nhau  nhi∑u hÏn mÎt n˙a dßu hiªu. Ch˘ng minh r¨ng  mÎt b£ng phân lo§i tËt có không quá a) 50 loài th¸c v™t b) 34 loài th¸c v™t. Bài toán 12. Trong b£ng phân lo§i các loài th¸c v™t ˜Òc mô t£ bi 128 dßu hiªu nh‡ phân. B£ng phân lo§i ˜Òc gÂi là úng n∏u hai loài th¸c v™t bßt k˝ khác nhau  không quá mÎt n˚a dßu hiªu. Ch˘ng minh r¨ng trong mÎt b£ng phân lo§i úng có không quá 256 loài th¸c v™t và hãy ch˘ng t‰ r¨ng tÁn t§i mÎt b£ng phân lo§i có úng 256 loài th¸c v™t. Bài toán 13 (MMO 1948, vòng 2, lÓp 9-10, bài 4). i) T¯ mÎt i∫m trong không gian 3 chi∑u có th∫ k¥ nhi∑u nhßt bao nhiêu tia sao cho góc gi˙a hai tia bßt k˝ ∑u tù? (ii) Ta nói hai bÎ .a1;:::;an/ và .b1;:::;bn/ Î dài n t§o vÓi nhau mÎt “góc tù” n∏u a1b1 C C anbn < 0: Ch˘ng minh r¨ng n∏u hai bÎ bßt k˝ t¯ m bÎ ∑u t§o thành mÎt góc tù thì n 6 n C 1: Bài toán 14 (ASO 1970, 9.4). T¯ các ch˙ sË 1 và 2 t§o ra 5 sË có n ch˙ sË sao cho hai sË bßt k˝ giËng nhau  úng m v‡ trí, nh˜ng không có v‡ trí nào mà  ó c£ 5 sË ∑u giËng nhau. Ch˘ng minh r¨ng 25 6 mn 6 35 : Bài toán 15. Có N D 2k C 1 sË có n ch˙ sË t§o thành t¯ các ch˙ sË 0 và 1 sao cho hai sË bßt k˝ trùng nhau  úng m v‡ trí. Ch˘ng minh r¨ng mn 6 NC1 2N ; còn n∏u N D 2k thì mn 6 N 2.N 1/ : Bài toán 16. Có N sË có n ch˙ sË ˜Òc t§o thành t¯ các ch˙ sË 0 và 1; trong ó không có v‡ trí nào mà  ó tßt c£ các sË ∑u giËng nhau. Ch˘ng minh r¨ng mn > 2N : 3.1. Ma tr™n Hadamard B£ng Á vàng bây giÌ b‡ thıng lÈ chÈ, nh˜ là mi∏ng pho mát Thˆy Sæ. Chúng n¨m  các nút cıa l˜Ói tÂa Î cıa ngài Descartes, nh˜ng không ph£i nút nào cÙng b‡ óng. K∏t qu£ là mÎt s¸ k∏t hÒp l§ lùng cıa quy t≠c và ng®u nhiên, có l≥ ây là mÎt o§n v´n ˜Òc in rõ ràng nh˜ng ã ˜Òc m™t mã hóa. Neal Stephenson, “Hª thËng cıa th∏ giÓi”. Jacques Hadamard (nhà toán hÂc xußt chúng ng˜Ìi Pháp, 1865 1963) ã i ∏n khái niªm ma tr™n này khi gi£i bài toán tËi ˜u: Trong tßt c£ các ma tr™n n ⇥ n vÓi các ph¶n t˚ có tr‡ tuyªt Ëi không v˜Òt quá 1, tìm ma tr™n có ‡nh th˘c lÓn nhßt. K∏t qu£ là n∏u n là bÎi cıa 4 (hay 41 Tạp chí Epsilon, Số 15, 06/2019 b¨ng 2) thì ma tr™n nh˜ v™y s≥ ˜Òc t§o thành t¯ các ph¶n t˚ b¨ng ˙1; trong ó tích vô h˜Óng cıa hai dòng bßt k˝ (phân biªt) và hai cÎt bßt k˝ b¨ng 0: Ta hi∫u tích vô h˜Óng cıa hai véc-tÏ x D .x1;:::;xn/ và y D .y1;:::;yn/ là §i l˜Òng x1y1 C C xnyn: Các véc-tÏ có tích vô h˜Óng b¨ng 0 ˜Òc gÂi là vuông góc. Ma tr™n vÓi tính chßt v¯a nêu ˜Òc gÂi là ma tr™n Hadamard. Dπ dàng ch˘ng minh ˜Òc r¨ng viªc Íi dßu tßt c£ các ph¶n t˚ trên mÎt dòng bßt k˝ s≥ bi∏n mÎt ma tr™n Hadamard thành mÎt ma tr™n Hadamard khác17. i∑u t˜Ïng t¸ cÙng úng cho các cÎt. Vì v™y ôi khi trong ‡nh nghæa ma tr™n Hadamard ng˜Ìi ta bÍ sung thêm i∑u kiªn dòng trên cùng và cÎt t™n cùng bên trái ch˘a toàn sË 1: T¯ i∑u kiªn vuông góc cıa mÎt dòng bßt k˝ vÓi dòng trên cùng gÁm toàn sË 1 suy ra trong tßt c£ các dòng còn l§i sË các sË 1 b¨ng sË các sË 1; và nghæa là n chÆn. Trong l˛ thuy∏t mã ng˜Ìi ta s˚ dˆng các ma tr™n thu ˜Òc t¯ ma tr™n Hadamard b¨ng cách thay 1 b¨ng 0: Thay 1 và 0 b¨ng bé trai và bé gái và gi£i bài toán 18; b§n Âc dπ dàng ch˘ng minh ˜Òc r¨ng n∏u kích th˜Óc cıa ma tr™n Hadamard n>2 thì n là bÎi cıa 4: ∫ xây d¸ng ma tr™n Hadamard ng˜Ìi ta ã nghæ ra các ph˜Ïng pháp rßt thông minh, nh˜ng gi£ thuy∏t r¨ng vÓi mÂi n là bÎi sË cıa 4 tÁn t§i ma tr™n Hadamard b™c n v®n ch˜a ˜Òc ch˘ng minh. Ta ˜a  ây các xây d¸ng Ïn gi£n nhßt các ma tr™n Hadamard, cho phép xây d¸ng chúng vÓi n D 2k: VÓi n D 2; hi∫n nhiên ma tr™n Hadamard có d§ng A2 D ✓1 1 1 1 ◆ : N∏u ma tr™n A2k kích th˜Óc 2k ⇥ 2k ã ˜Òc d¸ng, thì ma tr™n A2kC1 có th∫ ˜Òc t§o thành t¯ 4 block kích th˜Óc 2k ⇥ 2k nh˜ sau A2kC1 D ✓A2k A2k A2k A2k ◆ : Bài toán 17. Ch˘ng minh b¨ng quy n§p r¨ng dãy các ma tr™n ˜Òc xây d¸ng nh˜  trên úng là các ma tr™n Hadamard18: Bây giÌ Îc gi£ có th∫ dπ dàng gi£i quy∏t mˆc cuËi cùng cıa bài toán 12: Bài toán 18 (ASO 1983, 9.5). Nhóm tr¥ cıa mÎt nhà tr¥ x∏p thành t¯ng c∞p nËi uôi nhau. HÏn n˙a, trong mÈi cÎt sË bé trai b¨ng sË bé gái và sË c∞p mà  ó có 1 bé trai, 1 bé gái b¨ng sË các c∞p còn l§i. Ch˘ng minh r¨ng sË tr¥ trong nhóm chia h∏t cho 8: Bài toán 19 (MMO 1959, vòng 2, 7.5). Cho các sË xi D ˙1; i D 1; : : : ; n: Ch˘ng minh r¨ng n∏u x1x2 C x2x3 C C xn1xn C xnx1 D 0; thì n chia h∏t cho 4: Bài toán 20 (MMO 1971, vòng 2, 10.1). – ønh cıa mÎt n-giác ∑u ta vi∏t các sË 1 ho∞c 1: N∏u nh˜ xoay a giác ∑u mÎt góc 2k⇡ n ; k D 1; : : : n 1; nhân các sË  các ønh trùng nhau và cÎng tßt c£ các tích ó l§i thì k∏t qu£ s≥ là 0: Ch˘ng minh r¨ng n là bình ph˜Ïng cıa mÎt sË nguyên. 42 Tạp chí Epsilon, Số 15, 06/2019 Trong bài toán 2019, bây giÌ thì ta có th∫ oán ˜Òc, th¸c chßt là nói v∑ ma tr™n Hadamard, và úng hÏn là các ma tr™n Hadamard vÓi i∑u kiªn bÍ sung hoán v‡ vòng quanh. Trong cuÎc thi hÂc sinh ˜Òc ∑ ngh‡ tìm tßt c£ các ma tr™n nh˜ v™y. Ban giám kh£o cÙng không có lÌi gi£i cho bài toán này, và bài toán ˜Òc ∞t tên “Bài toán Zelevinsky”20. Tr˜Óc ó bài toán này ã ˜Òc bi∏t ∏n nh˜ bài toán Raser v∑ ma tr™n Hadamard vòng quanh. Bài toán này cho ∏n nay v®n ch˜a có lÌi gi£i. 3.2. Mã Øng c¸ Áng trÂng D˜Ói thu™t ng˙ này là mÎt khái niªm Ïn gi£n, trong ó th¸c chßt là nói v∑ bài toán sau (˜Òc xem xét trong Œ4ç). Bài toán 21. Cho 10 t™p hÒp 4 ph¶n t˚, hÏn n˙a hÒp cıa hai t™p hÒp bßt k˝ có úng 7 ph¶n t˚. H‰i r¨ng hÒp cıa 10 t™p hÒp này có th∫ có bao nhiêu ph¶n t˚? Áng thÌi hãy chø ra tßt c£ các tr˜Ìng hÒp có th∫. áp sË: 1 C 3 10 D 31 và 1 C 3 C 32 D 13: Gi£ s˚ hÒp cıa các t™p hÒp này gÁm m ph¶n t˚. Ta cho t˜Ïng ˘ng mÈi mÎt t™p hÒp này vÓi mÎt bÎ gÁm các sË 0 và sË 1 vÓi 4 sË 1  các v‡ trí t˜Ïng ˘ng vÓi các ph¶n t˚ cıa t™p hÒp ã cho, ta ˜Òc t™p hÒp ønh cıa hình l™p ph˜Ïng nh‡ phân m-chi∑u, n¨m  lÓp th˘ t˜ (t˘c là có trÂng l˜Òng b¨ng 4). i∑u kiªn bài toán có nghæa là kho£ng cách gi˙a các ønh này b¨ng 7: Mã, n¨m trong cùng mÎt lÓp, t˘c là t¯ các bÎ có trÂng l˜Òng b¨ng nhau ˜Òc gÂi là Áng trÂng, còn mã mà kho£ng cách gi˙a hai t¯ mã bßt k˝ b¨ng nhau, ˜Òc gÂi là Øng c¸. Bài toán mô t£ tßt c£ các mã Øng c¸ Áng trÂng khá ph˘c t§p. Bài toán 22. Ch˘ng minh r¨ng mã Øng c¸ tËi §i chi∑u dài n D q2 C q C 1 vÓi trÂng q C 1 và kho£ng cách 2q C 1 có l¸c l˜Òng không quá q2 C q C 1: Dßu b¨ng x£y ra khi và chø khi tÁn t§i m∞t phØng x§ £nh b™c q: Ghi chú 15) M.Plotkin – chuyên gia ng˜Ìi Mˇ v∑ l˛ thuy∏t mã, ng˜Ìi ã ch˘ng minh ‡nh l˛ này vào kho£ng nh˙ng n´m 1960: 16) Vladimir Iosifovic Levenstein .19352017/ - chuyên gia nÍi ti∏ng ng˜Ìi Nga v∑ l˛ thuy∏t mã. 17) Chø ¯ng quên ki∫m tra tính tr¸c giao cıa các cÎt. 18) Tr˜Óc Hadamard thì J.Sylvester .1814 1897/ ã ∑ xußt cách xây d¸ng này, vì th∏ các ma tr™n này có th∫ gÂi là ma tr™n Hadamard – Sylvester. 19) Bài toán 19 th¸c chßt là ph˜Ïng án Ïn gi£n hóa cıa bài toán 20 và g¶n vÓi bài toán 18. 20) Ng˜Ìi ∑ xußt bài toán này là nhà toán hÂc nÍi ti∏ng A.V.Zelevinsky .19532013/; tr˜Óc ó ã t¯ng §t huy ch˜Ïng toán quËc t∏ và lúc ó là sinh viên n´m th˘ hai. 43 Tạp chí Epsilon, Số 15, 06/2019 Tài liªu [1] Берлекэмп Э. Р. Алгебраическая теория кодирования. М.: Мир, 1971. [2] Васильев Н. Б., Егоров А. А. Задачи Всесоюзных математических олимпиад. М.: Наука, 1988. [3] Гальперин Г. А., Толпыго А. К. Московские математические олимпиады. М.: Про свещение, 1986. [4] Гашков С. Б. Разностные множества, конечные геометрии, матрицы Заранкеви ча и экстремальные графы // Математическое просвещение. Сер. 3. Вып. 21. М.: МЦНМО, 2017. С. 145–185. [5] Гашков С. Б. Графы-расширители и их применения в теории кодирования // Математическое просвещение. Сер. 3. Вып. 13. М.: МЦНМО, 2009. С. 104–126. [6] Левенштейн В. И. Элементы теории кодирования // Дискретная математика и математическая кибернетика. Т. 1. М.: Наука, 1974. [7] Мак-Вильямс Ф. Дж., Слоэн Н. Дж. А. Теория кодов, исправляющих ошибки. М.: Связь, 1979. [8] Прасолов В. В. и др. Московские математические олимпиады 1935–1957 гг. М.: МЦНМО, 2010. Коды и олимпиады 173 [9] Прасолов В. В. и др. Московские математические олимпиады 1958–1967 гг. М.: МЦНМО, 2013. [10] Бегунц А. В. и др. Московские математические олимпиады 1981–1992 гг. М.: МЦНМО, 2017. [11] Фёдоров Р. М. и др. Московские математи ческие олимпиады 1993–2005 гг. / 3-е изд. М.: МЦНМО, 2017. [12] Садовничий В. А., Григорьян А. А., Конягин С. В. Задачи студенческих мате матических олимпиад. М.: МГУ, 1987. [13] Сидельников В. М. Теория кодирования. М.: Физматлит, 2008. [14] Таранников Ю. В. Комбинаторные свойства дискретных структур и приложения к криптологии. М.: МЦНМО, 2011. [15] Фейеш Тот Л. Расположения на плоскости, на сфере и в пространстве. М.: Физ матгиз, 1958. [16] Холл М. Комбинаторика. М.: Мир, 1970. [17] Чашкин А. В. Дискретная математика. М.: Академия, 2012. [18] Guruswami V., Sudan M. Improved decoding of Reed — Solomon and algebraicgeometric codes // IEEE Trans. Inform. Theory. 1999. Vol. 45. P. 1757–1767. [19] Winkler P. Mathematical puzzles: a connoisseur’s collection. Natick, USA: Taylor and Francis Inc., 2004. 44 Tạp chí Epsilon, Số 15, 06/2019 BÀI TOÁN ÀI NÓN - PHÜN 3 ∞ng Nguyπn ˘c Ti∏n (Bergen, Na Uy) GIŒI THIõU – nh˙ng sË Epsilon ¶u tiên (Epsilon 1 và 2), chúng tôi ã giÓi thiªu vÓi b§n Âc hàng lo§t bài toán Îi nón khác nhau. Cho ∏n thÌi i∫m hiªn nay, ng˜Ìi vi∏t ã s˜u t™p ˜Òc hÏn 100 bi∏n th∫ khác nhau cıa bài toán này, và có l≥ giÓi toán hÂc v®n ch˜a bao giÌ thôi yêu m∏n th∫ lo§i bài toán này. Trong sË Epsilon 15 này, chúng tôi giÓi thiªu mÎt phiên b£n mÓi cıa bài toán - Bài toán Îi nón 2019, v®n t¯ nguÁn quen thuÎc: nhà toán hÂc Stan Wagon  §i hÂc Macalester. Bài toán (Bài toán Îi nón 2019). Có rßt nhi∑u chi∏c nón có màu s≠c khác nhau ˜Òc Îi trên ¶u các ng˜Ìi chÏi, mÈi ng˜Ìi ˜Òc Îi mÎt nón và màu nón 2 ng˜Ìi bßt k˝ có th∫ trùng nhau. MÈi ng˜Ìi không bi∏t màu nón cıa mình nh˜ng l§i thßy ˜Òc màu nón cıa mÂi ng˜Ìi khác. Khi ng˜Ìi d®n trò yêu c¶u, tßt c£ bÂn h ph£i oán màu nón cıa mình. Ng˜Ìi chÏi (toàn bÎ) s≥ th≠ng n∏u h oán cùng mÎt màu, và ít nhßt mÎt ng˜Ìi oán úng màu cıa mình. Ng˜Òc l§i h s≥ thua. Khác biªt vÓi nh˙ng bài toán Îi nón tr˜Óc, ngoài viªc Îi nón ra, ban tÍ ch˘c còn cung cßp mÎt chi∏c máy sinh ra mÎt sË nguyên ng®u nhiên. Toàn bÎ ng˜Ìi chÏi có th∫ thßy con sË ˜Òc t§o ra t¯ máy tr˜Óc khi oán màu nón, và h tr˜Óc khi ˜Òc Îi nón có quy∑n chÂn ph§m vi sinh ra sË ng®u nhiên này (ví dˆ t¯ 1 tÓi 100). Trong lúc chÏi, ng˜Ìi chÏi không ˜Òc có bßt c˘ trao Íi gì vÓi nhau, nh˜ng h ˜Òc th£o lu™n chi∏n thu™t tr˜Óc khi chÏi. Hãy tìm chi∏n thu™t sao cho kh£ n´ng chi∏n th≠ng cıa h là cao nhßt. Ví dˆ mÎt chi∏n thu™t có th∫ nh˜ sau: gi£ s˚ chø có 2 màu nón (‰ và xanh), 2 ng˜Ìi chÏi thì n∏u máy sinh ra sË chÆn, h chÂn màu ‰, n∏u máy sinh ra sË l¥, h s≥ chÂn màu xanh. a) Hãy tìm chi∏n thu™t sao cho kh£ n´ng th≠ng trong tr˜Ìng hÒp có 2 màu nón, 2 ng˜Ìi chÏi là cao hÏn 50% b) Gi£ s˚ có 100 ng˜Ìi chÏi, và có 100 màu nón khác nhau. N∏u ng˜Ìi chÏi chÂn kho£ng sinh ng®u nhiên t¯ 1 ∏n 100 và máy sinh ra sË nào thì tßt c£ bÂn h s≥ hô màu ˘ng vÓi sË ó thì khi ó xác sußt th≠ng cıa h là 1%. Liªu có th∫ th≠ng vÓi kh£ n´ng cao hÏn? 45 LÌi gi£i và bình lu™n Tạp chí Epsilon, Số 15, 06/2019 Bài toán này ˜Òc lßy t¯ nguÁn (Seacrest and Seacrest, The prisoner shouting puzzle and varia tions, Amer. Math. Monthly, 126 (April 2019), 291-305), k∏t hÒp vÓi các lÌi gi£i do Stan Wagon thu th™p trên nhóm toán hÂc gi£i trí cıa ông. LÌi gi£i cho ph¶n 1 Chi∏n thu™t quen thuÎc (mÌi b§n Âc xem l§i nhóm bài toán này  Epsilon 1 và 2) là "Cùng chÂn màu ‰", "Cùng chÂn màu xanh", ho∞c "ChÂn màu mà mình nhìn thßy". Rõ ràng trong 2 tr˜Ìng hÒp ¶u, h luôn tho£ mãn i∑u kiªn 1: oán cùng màu nón vÓi nhau, nh˜ng có th∫ màu h ón không ph£i màu nón h Îi. VÓi tr˜Ìng hÒp cuËi (chÂn màu mà mình nhìn thßy), thì ch≠c ch≠n h s≥ tho£ i∑u kiªn 2: có ít nhßt 1 ng˜Ìi Îi úng màu nón h Îi, nh˜ng l§i có th∫ không tho£ i∑u kiªn 1 vì h có th∫ oán 2 màu khác nhau. Nh˜ v™y, n∏u gi˙ nguyên mÎt cách chÂn, kh£ n´ng th≠ng chø là 1/2 hay 50%. Chúng ta cÙng thßy r¨ng chø có 4 kh£ n´ng vÓi 2 nón: ‰/‰, xanh/xanh, ‰/xanh và xanh/‰. Dù kh£ n´ng nào x£y ra, thì 2 trên 3 chi∏n thu™t nêu trên cÙng ∑u giúp 2 ng˜Ìi chÏi chi∏n th≠ng vÓi kh£ n´ng 2/3 (cao hÏn 1/2). Do v™y h có th∫ ˜a ra chi∏n thu™t ánh sË cho các cách chÂn trên 1: "Cùng chÂn màu ‰", 2: "Cùng chÂn màu xanh", và 3:"ChÂn màu mà mình nhìn thßy" và sau ó s≥ dùng máy sinh sË ng®u nhiên trong 1, 2, 3 ∫ quy∏t ‡nh. Chi∏n thu™t vÓi kh£ n´ng th≠ng 2/3 này là tËi ˜u và ph¶n ch˘ng minh xin phép ˜Òc xem nh˜ là bài t™p Ëi vÓi b§n Âc. LÌi gi£i cho ph¶n 2 VÓi tr˜Ìng hÒp tÍng quát vÓi n ng˜Ìi chÏi và h màu nón, ta cÙng có th∫ áp dˆng cách làm  ph¶n 1. Xét các màu là c(1), c(2), ..., c(n), ta có 2 "hª" chi∏n l˜Òc nh˜ sau: - Hª các chi∏n l˜Òc chÂn màu cË ‡nh F(i) vÓi 1  i  h: bßt k∫ thßy nón màu gì, tßt c£ ∑u cùng chÂn màu c(i). Chi∏n l˜Òc này £m b£o r¨ng tßt c£ các ng˜Ìi chÏi ∑u chÂn cùng mÎt màu. - Hª các chi∏n l˜Òc chÂn màu nón cıa mình d¸a trên nh˙ng gì nhìn thßy: ta gÂi các chi∏n l˜Òc này là S(j), vÓi 1  j  n 1. Chi∏n l˜Òc S(j) là: t˜ng t˜Òng x∏p hàng mÂi ng˜Ìi theo màu nón t´ng d¶n và hét màu mÙ lên ng˜Ìi th˘ j trong hàng ó. Hãy xét hª chÂn màu cË ‡nh: Gi£ s˚ có k (k  h) màu nón khác nhau trong mÎt l¶n chÏi. Khi ó chi∏n l˜Òc F(i) vÓi i là mÎt trong k màu s≥ ch≠c ch≠n là chi∏n thu™t thành công, và tßt c£ các chi∏n thu™t khác s≥ thßt b§i. V™y trong sË h chi∏n thu™t hª cË ‡nh, có k chi∏n thu™t thành công. 46 Tạp chí Epsilon, Số 15, 06/2019 VÓi hª chÂn màu d¸a trên màu nón nhìn thßy: gi£ s˚ toàn bÎ n ng˜Ìi chÏi ∑u x∏p hàng theo màu nón t´ng d¶n, ta t§m gÂi hàng này là hàng "¶y ı". VÓi bßt k˝ mÎt ng˜Ìi chÏi p nào ó, Ëi vÓi h n 1 ng˜Ìi còn l§i s≥ là mÎt hàng có ˜Òc t¯ hàng "¶y ı" khi xoá i ph¶n t˚ th˘ p. Th˚ xét chi∏n thu™t S(j), khi ng˜Ìi p chÂn ng˜Ìi th˘ j trong hàng, ng˜Ìi này s≥ ˘ng vÓi ho∞c ng˜Ìi j, ho∞c th˘ j + 1 so vÓi hàng ¶y ı, tu˝ thuÎc vào giá tr‡ cıa p. Nh˜ v™y, chi∏n thu™t S(j) chø thành công khi và chø khi j và j + 1 Îi nón cùng màu vÓi nhau. Bi vì có k màu nón nên có k 1 v‡ trí trên hàng ¶y ı có 2 ng˜Ìi liên tˆc khác màu nón vÓi nhau, hay nói cách khác, trong sË n 1 chi∏n thu™t S(j) thì k 1 s≥ thßt b§i, và s≥ có n k thành công. K∏t hÒp 2 hª chi∏n thu™t l§i vÓi nhau, ta có k + (n k) = n chi∏n thu™t có kh£ n´ng thành công trên tÍng sË h + n 1 chi∏n thu™t. Do v™y, t˜Ïng t¸ nh˜ ph¶n 1, vÓi bßt k∫ cách th˘c Îi nh˜ th∏ nào, n∏u ng˜Ìi chÏi chÂn ng®u nhiên cùng mÎt chi∏n thu™t ∫ chÏi thì kh£ n´ng th≠ng cıa h là n/(n + h 1). VÓi tr˜Ìng hÒp cˆ th∫ 100 màu nón, 100 ng˜Ìi chÏi, ta có kh£ n´ng chi∏n th≠ng là 100/199, hÏn 50.25%. MÎt k∏t qu£ cao v˜Òt trÎi so vÓi ˜Óc l˜Òng sÏ l˜Òc ban ¶u. 47 Tạp chí Epsilon, Số 15, 06/2019 KHAI THÁC BÀI PHƯƠNG TRÌNH HÀM ĐỀ IMO 2017 Nguyễn Thế Anh (Giáo viên THPT Nguyễn Hiếu Tự, Vĩnh Long) Trong các kỳ thì IMO 2017 diễn ra tai thành phố Rio de Janeiro, Brazil có bài toán phương trình hàm rất lý thú của tác giả Dorlir Ahmeti đến từ Albania. Trong bài viết này, chúng tôi xin gửi đến bạn đọc các cách tiếp cận lời giải và hướng phát triển bài toán; từ đó, tạo ra góc nhìn mới về các vấn đề khác trong kỳ thi IMO. Dưới đây là nội dung bài toán đó. Bài toán 1. (IMO 2017) Tìm tất cả các hàm số f : R −→ R thoả mãn f(f(x)f(y)) + f(x + y) = f(xy) (1) với mọi x, y ∈ R. Phân tích. Giả sử tồn tại hàm f thoả mãn bài toán. Nếu f(0) = 0 thì thay y = 0 vào (1), ta có f(f(0)f(x)) + f(x) = f(0) ⇒ f(x) = 0, ∀x ∈ R. Nếu f(0) 6= 0, thay x = y = 0 vào (1), ta có f(f(0)2) + f(0) = f(0) nên f(f(0)2) = 0. Lúc đó ∃ c ∈ R sao cho c = (f(0))2 mà f(c) = 0. Giả sử c 6= 1 thay x =c c−1; y = c vào (1) ta được f(f c c − 1 f(c)) + f c c − 1+ c = f c c − 1.c ⇔ f(0) + f c2 c − 1 = f c2 c − 1 Suy ra f(0) = 0 (vô lý) nên c = 1 = (f(0))2và f(1) = 0. Đến đây ta có một số hướng giải như sau Lời giải 1. Ở đây điểm nhấn trong các trình bày này là tập trung sử dụng cách biến đổi khéo léo từ việc thay thế x, y. Chú ý rằng nếu hàm số f(x) thỏa mãn đề bài thì −f(x) cũng thế. Do đó, ta có thể giả sử f(0) ≤ 0 và vì thế nên f(0) = −1. 48 Tạp chí Epsilon, Số 15, 06/2019 • Thay y = 1 vào (1) ta có f(x + 1) = f(x) − 1. • Thay y = 0 vào (1) ta có f(f(x)) = 1 − f(x), nên f(f(f(x))) = 1 − f(f(x)) = f(x). Theo quy nạp thì f(x + n) = f(x) − n với mọi x ∈ R và n ∈ Z. Suy ra f(n) = 1 − n, ∀n ∈ Z. Ta có f(1 − f(x)) = f(f(f(x))) = f(x) nên f(−f(x)) = 1 + f(x). • Thay y = 2, ta có f(−f(x)) + f(x + 2) = f(2x) nên f(2x) = 2f(x) − 1. • Thay y = −1, ta có f(2f(x)) + f(x − 1) = f(−x) nên 2f(f(x)) − 1 + f(x) + 1 = f(−x) ⇒ f(−x) = 2 − f(x) = −f(x + 2). Suy ra f(−x)f(−y) = f(x + 2)f(y + 2). • Trong (1), lại thay (x, y) → (−x, −y) thì f(f(−x)f(−y)) = f(xy) − f(−x − y) = f(xy) + f(x + y) − 2. • Trong (1), thay (x, y) → (x + 2, y + 2) ta có f(f(x+2)f(y+2)) = f(xy+2x+2y+4)−f(x+y+4) = f(xy+2x+2y)−f(x+y). Suy ra f(xy) = 2f(x + y) − 2 = f(xy + 2x + 2y) ⇒ f(xy) + f(2x + 2y) − 1 = f(xy + 2x + 2y). Dễ thấy với mọi u, v ∈ R, tồn tại x, y ∈ Z và n ∈ Z để cho xy = u, 2x + 2y + n = v nên f(u) + f(v − n) − 1 = f(u + v − n) ⇔ f(u) + f(v) + n − 1 = f(u + v) + n ⇔ f(u) + f(v) − 1 = f(u + v). Thay (u, v) → (f(x), x), ta được f(f(x)+x) = f(f(x))+f(x)−1 = 0 nên f(x) = 1−x, ∀x. Tương tự thì f(x) = x − 1 cũng thỏa mãn. Vậy nên có tất cả ba hàm số thỏa mãn đề bài là f(x) ≡ 0, f(x) = 1 − x, f(x) = x − 1, ∀x ∈ R. 49 Lời giải 2. Hướng giải dùng tính đơn ánh. Tạp chí Epsilon, Số 15, 06/2019 Không mất tính tổng quát, ta giả sử f(0) = −1 thì f(x + 1) = f(x) − 1. Ta cần chứng minh f là đơn ánh. Thật vậy, giả sử f(a) = f(b) lúc đó theo đẳng thức trên, ta cũng có f(a − 1) = f(b − 1) và vì thế nên nếu cặp (a, b) thỏa mãn thì (a − 1, b − 1) cũng thế. Như vậy thì số a, b có thể chọn cho nhỏ tùy ý và ở đây ta cho a < 1. Khi đó, tồn tại r, s ∈ R sao cho rs + 1 = a, r + s = b. Hệ này có nghiệm vì khi rút s theo r, ta có r2 − br + a − 1 = 0 với ∆ = b2 − 4(a − 1) > 0. Thay x = s, y = r vào (1), ta có f(f(s)f(r)) + f(s + r) = f(sr). Suy ra f(f(s)f(r)) + f(b) = f(a − 1) = f(a) + 1 = f(b) + 1 ⇒ f(f(s)f(r)) = 1 ⇒ f(f(s)f(r) + 1) = 0 ⇒ f(s)f(r) + 1 = 1 ⇒ f(s)f(r) = 0. Đến đây suy ra f(s) = 0 hoặc f(r) = 0 hay s = 1 hoặc r = 1. Trong cả hai trường hợp, ta đều có a = b nên suy ra f là đơn ánh. Thay y = −x vào (1), ta có f(f(x)f(−x)) − 1 = f(−x2) = f(−x2 + 1) − 1 ⇒ f(f(x)f(−x)) = f(−x2 + 1) ⇒ f(x)f(−x) = −x2 + 1. Thay y = 1 − x vào (1), ta có f(f(x)f(1 − x)) = f (x (1 − x)) ⇒ f(x)f(1 − x) = x (1 − x) = x − x2 ⇒ f(x) (1 + f(−x)) = x (1 − x) = x − x2 ⇒ f(x) + f(x)f(−x) = x (1 − x) = x − x2. Từ hai đẳng thức trên, ta có f(x) − x2 + 1 = x − x2 ⇒ f(x) = x − 1. Trường hợp f(0) = 1 làm tương tự ta có f(x) = 1 − x. Vậy nghiệm của bài toán là f(x) = 0, f(x) = x − 1, f(x) = 1 − x. Nhận xét. Ở vế trái biểu thức f(f(x)f(y)) của (1). Ta bỏ đi f(y) nhằm giảm bới trường hợp cho f(0). Một điều lý thú là cách giải quyết vẫn như bài toán 1. Từ đó ta có Bài toán sau. Bài toán 2. Tìm tất cả các hàm số f : R −→ R thoả mãn f(f(x)) + f(x + y) = f(xy) (2) với mọi x, y ∈ R. 50 Tạp chí Epsilon, Số 15, 06/2019 Lời giải. Giả sử tồn tại hàm f thoả mãn bài toán. Thay x = y = 0 vào (2), ta có f(f(0)) + f(0) = f(0) Nếu f(0) = 0 thì thay x = 0 vào (2), ta có f(f(0)) + f(y) = f(0) ⇒ f(y) = 0, ∀y ∈ R. Nếu f(0) 6= 0 thì f(f(0)) = 0, lúc đó ∃ c ∈ R sao cho c = f(0) mà f(c) = 0 Giả sử c 6= 1 thay x = c; y =c c−1vào (2) ta có f(f(c)) + f c c − 1+ c = f c c − 1.c ⇔ f(0) + f c2 c − 1 = f c2 c − 1 Suy ra f(0) = 0 (vô lý), do đó c = 1 = f(0)và f(1) = 0, thay x = 1 vào (2), ta có f(f(1)) + f(y + 1) = f(y) ⇔ 1 + f(y + 1) = f(y). Giả sử f(a) = f(b) với a < 1, lúc đó tương tự cách giải bài gốc thì ∃r, s ∈ R sao cho rs + 1 = a, r + s = b. Thay x = s, y = r vào (2), ta có f(f(s)) + f(b) = f(a − 1) = (f(a) + 1) = (f(b) + 1) ⇒ f(f(s)) = 1 ⇒ f(f(s) + 1) = 0 ⇒ f(s) + 1 = 1 ⇒ f(s) = 0 ⇒ s = 1. do đó a = b suy ra f là đơn ánh. Thay y = 0 vào (2), ta có f(f(x)) + f(x) = f(0) ⇒ f(f(x)) = 1 − f(x) ⇒ f(1 − f(x)) = f(f(f(x))) = 1 − f(f(x)) = f(x) ⇒ 1 − f(x) = x ⇒ f(x) = −x + 1. Thế f(x) = −x+ 1 vào (2), ta có f(x) = −x+ 1 không thoả mãn (2). Vậy nghiệm của bài toán là: f(x) = 0. Nhận xét. Ở vế trái biểu thức f(f(x)f(y)) của (1), ta bỏ đi f(x) nhằm giảm bớt trường hợp cho f(0). Một điều lý thú là các giải quyết vẫn như bài toán 1 khi thay đổi miền xác định và miền giá trị thành f : [0; 1] −→ [0; 1]. Bài toán 3. Tìm tất cả các hàm số f : [0; 1] −→ [0; 1] thoả mãn f(f(x)2) + f(x + y) = f(xy) (3) với mọi x, y ∈ [0; 1]. 51 Tạp chí Epsilon, Số 15, 06/2019 Lời giải. Giả sử tồn tại hàm f thoả mãn bài toán. Thay x = y = 0 vào (3), ta có f(f(0)2) + f(0) = f(0). Nếu f(0) = 0 thì thay y = 0 vào (1), ta có f(f(0)2) + f(x) = f(0) ⇒ f(x) = 0, ∀x ∈ [0; 1]. Nếu f(0) 6= 0 thì f(f(0)2) = 0 nên ∃ c ∈ R sao cho c = (f(0))2 mà f(c) = 0. Giả sử c 6= 1 thay x = c; y =c c−1vào (3) ta có f(f(c)2) + f c c − 1+ c = f c c − 1.c ⇔ f(0) + f c2 c − 1 = f c2 c − 1 Suy ra f(0) = 0, vô lý nên c = 1 = (f(0))2 ⇒ f(0) = 1và f(1) = 0, thay x = 1 vào (3), ta có f(f(1)2) + f(1 + y) = f(y) ⇔ 1 + f(y + 1) = f(y). Giả sử f(a) = f(b) lúc đó ∃r, s ∈ R sao cho rs + 1 = a, r + s = b. Thay x = s, y = r vào (3), ta có f(f(s)2) + f(b) = f(a − 1) = f(a) + 1 = f(b) + 1 ⇒ f(f(s)2) = 1 ⇒ f(f(s)2 + 1) = 0 ⇒ f(s)2 + 1 = 1 ⇒ f(s) = 0 ⇒ s = 1. do đó a = b suy ra f là đơn ánh. Thay y = 1 − x vào (3), ta có f(f(x)2) = f (x (1 − x)) ⇒ f(x)2 = x (1 − x) = x − x2 ⇒ f(x) = √x − x2 Thế f(x) = √x − x2 vào (1), ta có f(x) = √x − x2 không thoả mãn (3). Vậy nghiệm của bài toán là f(x) = 0. Bài toán 4. Tìm tất cả các hàm số f : R −→ R thoả mãn f(f(x)f(y)2) + f(x + y) = f(xy) (4) với mọi x, y ∈ R. Lời giải. Giả sử tồn tại hàm f thoả mãn bài toán. Thay x = y = 0 vào (4), ta có f(f(0)3) + f(0) = f(0). 52 Tạp chí Epsilon, Số 15, 06/2019 Nếu f(0) = 0 thì thay y = 0 vào (4), ta có f(f(x)f(0)2) + f(x) = f(0) ⇒ f(x) = 0, ∀x ∈ R. Nếu f(0) 6= 0 thì f(f(0)3) = 0 nên ∃ c ∈ R sao cho c = (f(0))3 mà f(c) = 0 Giả sử c 6= 1 thay x = c; y =c c−1vào (1) ta có c − 1)2) + f c c f(f(c)f(c c2 c − 1+ c c2 = f c − 1.c ⇔ f(0) + f c − 1 = f c − 1 Suy ra f(0) = 0 (vô lý) nên c = 1 = (f(0))3 ⇒ f(0) = 1và f(1) = 0, thay y = 1 vào (4), ta có f(f(x)f(1)2) + f(1 + x) = f(x) ⇔ 1 + f(x + 1) = f(x). Giả sử f(a) = f(b) lúc đó ∃r, s ∈ R sao cho rs + 1 = a, r + s = b. Thay x = s, y = r vào (4), ta có f(f(s)f(r)2) + f(b) = f(a − 1) = f(a) + 1 = f(b) + 1 ⇒ f(f(s)f(r)2) = 1 ⇒ f(f(s)f(r)2 + 1) = 0 ⇒ f(s)f(r)2 + 1 = 1. Suy ra f(s) = 0 hoặc f(r)2 = 0 nên s = 1 hoặc r = 1. Do đó a = b suy ra f là đơn ánh. Thay y = 0 vào (4), ta có f(f(x)) + f(x) = f(0) ⇒ f(f(x)) = 1 − f(x) ⇒ f(1 − f(x)) = f(f(f(x))) = 1 − f(f(x)) = f(x) ⇒ 1 − f(x) = x ⇒ f(x) = −x + 1. Thế f(x) = −x+ 1 vào (1), ta có f(x) = −x+ 1 không thoả mãn (4). Vậy nghiệm của bài toán là: f(x) = 0. Nhận xét. Tổng quát khi thay 2 bởi số nguyên dương chẵn bất kỳ, ta có bài toán sau. Bài toán 5. Với k là số nguyên dương cho trước, tìm tất cả các hàm số f : R −→ R thoả mãn f(f(x)2kf(y)) + f(x + y) = f(xy) với mọi x, y ∈ R Lời giải bài toán này được thực hiện hoàn toàn tương tự như trường hợp mũ 2, ứng với k = 1. Cuối cùng, ta xét một bài tương tự với bài toán ban đầu nhưng lời giải khó hơn nhiều. Đề bài cụ thể như sau (lời giải của thành viên pco trên diễn đàn artofproblemsolving.com). 53 Tạp chí Epsilon, Số 15, 06/2019 Bài toán 6. Tìm tất cả các hàm số f : R −→ R thoả mãn f(f(x)f(y)) = f(x + y) + f(xy) với mọi x, y ∈ R. Lời giải. Nếu f(0) = 0, thay y = 0 vào đề bài, ta có f(0) = f(x) + f(0) ⇒ f(x) ≡ 0, ∀x. Giả sử rằng f(0) = a > 0. Ta sẽ lần lượt chứng minh các khẳng định sau: 1. Đặt D = {x|f(x) = f(−x)} thì x, y ∈ D ⇒ x + y ∈ D. Thật vậy, 0 ∈ D, x ∈ D ⇒ −x ∈ D. Trong giả thiết, thay (x, y) → (−x, −y), ta có f(x + y) + f(xy) = f(f(x)f(y)) = f(f(−x)f(−y)) = f(−x − y) + f(xy). Suy ra f(x + y) = f(−x − y) nên x + y ∈ D. 2. Nếu tồn tại u, v ∈ R sao cho f(u) = f(v) thì u − v ∈ D. Thật vậy, lần lượt thay (x, y) → (u, 1),(v, 1), ta có f(u + 1) = f(v + 1). Do đó, bằng quy nạp, ta thu được f(u + n) = f(v + n) với mọi n ∈ Z+. • Thay (x, y) → (u, n),(v, n) rồi so sánh, ta có f(nu) = f(nv), ∀n ∈ Z+. • Thay (x, y) → (u, u),(v, v) rồi so sánh, ta có f(u2) = f(v2). • Thay (x, y) → (u + 1, −1),(v + 1, −1) rồi so sánh, ta có f(−u − 1) = f(−v − 1). Suy ra f(−u) = f(−v) nên f(u + n) = f(v + n) đúng với mọi n ∈ Z. • Thay (x, y) → (u, −v),(v, −v) rồi so sánh, ta có f(u − v) + f(−uv) = a + f(−v2). • Thay (x, y) → (v, −u),(u, −u) rồi so sánh, ta có f(v − u) + f(−uv) = a + f(−u2). Chú ý rằng, ta cũng có f(−u2) = f(−v2) nên f(u − v) = f(v − u) ⇒ u − v ∈ D. 3. f(n + 2) = f(n) với mọi n ∈ Z. Thật vậy, Đặt d = u−v ∈ D. Giả sử rằng f không đơn ánh, tức là tồn tại cặp (u, v) để f(u) = f(v) nhưng u 6= v, tương ứng d 6= 0. Ta có f(d) = f(−d) và f(d + 1) = f(−d + 1). • Thay (x, y) →1d − 1, −d + 1 ,1d − 1, d + 1 rồi so sánh, ta có fd +1d − 2 = fd +1d . Suy ra 2 ∈ D. Để ý rằng f(2) = f(−2) nên f(n + 4) = f(n). Do đó f(5) = f(1). • Thay (x, y) →14, 5 ,14, 1 rồi so sánh, ta có f5 + 14 = f14 nên 5 ∈ D. Vì tính “cộng tính” của tập D nên 5 ∈ D, 2 ∈ D chứng tỏ 1 ∈ D. Suy ra f(1) = f(−1). 54 Tạp chí Epsilon, Số 15, 06/2019 Từ đó suy ra f(n + 2) = f(n), ∀n ∈ Z. 4. Q ⊂ D và f(x) = a, ∀x ∈ Q. Xét số nguyên dương n, thay (x, y) →1 −1n, n − 1 ,1 −1n, n + 1 rồi so sánh, ta có fn +1n − 2 = fn −1n + 2 nên 2n − 4 ∈ D. Mà 2 ∈ D nên dễ chứng minh được 2 n∈ D và mọi số hữu tỷ pq∈ D. Do đó Q ⊂ D. Xét x0 ∈ Q thì thay (x, y) →x02,x02 ,x02, −x02 rồi so sánh, ta được f(x) = a. 5. f là đơn ánh trên R. Theo trên thì f(1) = a. Thay (x, y) → (x−1, 0),(x−1, 1) rồi so sánh, ta có f(x) = a, ∀x. Thử lại thấy không thỏa. Do đó, không tồn tại hàm “không đơn ánh” nào thỏa mãn đề bài. Suy ra f đơn ánh. 6. a = 1. Tiếp theo, • Thay (x, y) → (0, 0), ta có f(a2) = 2a. • Thay (x, y) → (a2, a2), ta có f(a4) = 2a = f(a2). Suy ra a4 = a2 ⇒ a = 1. 7. f(x) = x + 1 với mọi x ∈ R. • Thay (x, y) → (0, −1),(1, −1) và sử dụng tính đơn ánh, ta có f(−1) [f(1) − f(0)] = 0 nên f(−1) = 0. • Thay (x, y) → (x, −x − 1), ta có f(x)f(−x − 1) = −x(x + 1). • Thay (x, y) → (−x, −1) ta có f(−x − 1) = 1 − f(x). Suy ra f(x)(1 − f(x)) = −x(x + 1) hay [f(x) − x − 1] [f(x) + x] = 0. Do đó với mọi x ∈ R thì f(x) = x + 1 hoặc f(x) = −x. Tuy nhiên, giả sử có x0 để f(x0) = −x0 thì thay (x, y) → (x0, x0), ta có f(2x0) = 0 ⇒ x0 = −12và f−12 =12 = −12 + 1 vẫn thỏa mãn f(x) = x + 1. 8. Nếu a < 0 thì f(x) = −x − 1. Ta thấy rằng nếu f(x) thỏa mãn thì −f(x) cũng thỏa nên ở trên ta đã có f(x) = x + 1 ứng với a > 0 thì cũng sẽ có f(x) = −x − 1 ứng với a < 0. Vậy tất cả các hàm thỏa mãn đề bài là f(x) ≡ 0, f(x) = x + 1, f(x) = −x − 1, ∀x ∈ R. 55 Tạp chí Epsilon, Số 15, 06/2019 XUNG QUANH ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI VƯƠNG QUỐC ANH 2019 Cao Hoàng Đức (Trường Ashbourne College, United Kingdom) 1. Phần giới thiệu: Kì thi Olympic dành cho học sinh giỏi toán Vương quốc Anh 2019 (British Mathematical Olympiad) vừa được diễn ra theo cấu trúc 10 bài toán trong hai vòng. Với thời gian 210 phút ở mỗi vòng, đã có hơn 1000 thí sinh tham dự vòng 1, và 100 thí sinh tham dự vòng 2 với mục đích khuyến khích và chọn lọc các học sinh có năng khiếu và đam mê với bộ môn toán học trên khắp lãnh thổ của Vương quốc Anh. Nhân dịp kì thi Olympic toán quốc tế (IMO) lần thứ 60 sắp tới sẽ được tổ chức tại đại học Bath, Vương quốc Anh, bài viết này nhằm mục đích giới thiệu bạn đọc về các đề thi học sinh giỏi ở Vương quốc Anh mới nhất cũng như lời giải và bình luận về các bài toán trong đề thi. 2. Đề bài 2.1. Vòng 1, ngày thi 30/11/2018 Bài toán 1. Một dãy số gồm 5 số có hai chữ số nguyên dương được viết lên bảng theo thứ tự tăng dần. Mỗi một số trong 5 số này đều là bội của 3, và các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 xuất hiện đúng một lần trên bảng. Hỏi có tổng cộng bao nhiêu cách biểu diễn dãy số lên bảng. Lưu ý rằng số có hai chữ số không bắt đầu từ số 0. Bài toán 2. Với mỗi số nguyên dương n ≥ 3, ta xác định một vòng-n là một cách sắp xếp vòng tròn của n số nguyên dương (không nhất thiết phân biệt) thỏa mãn tích của mỗi ba số nguyên liên tiếp là n. Xác định số số nguyên n thỏa mãn 3 ≤ n ≤ 2018 sao cho ta có thể tại được một vòng-n. Bài toán 3. Ares nhân hai số nguyên khác có hiệu là 9. Grace nhân hai số nguyên khác nhau có hiệu là 6. Hai tích này đều đạt cùng một giá trị T. Xác định các giá trị có thể của T. 56 Tạp chí Epsilon, Số 15, 06/2019 Bài toán 4. Xét Γ là một nửa đường tròn đường kính AB. Một điểm C nằm trên đường kính và hai điểm E và D nằm trên cung BA, với E nằm giữa B và D. Gọi F là giao điểm của các tiếp tuyến của Γ tại D và E. Giả sử ∠ACD = ∠ECB. Chứng minh rằng ∠EF D = ∠ACD + ∠ECB. Bài toán 5. Cho hai khối hình trụ đồng dạng với nhau. Tổng của chiều cao của cả hai là 1. Tổng của diện tích toàn phần của cả hai là 8π. Tổng thể tich của cả hai là 2π. Tìm tất cả khả năng có thể cho mỗi hình trụ. Bài toán 6. Một con kiến Ada bắt đầu xuất phát tại điểm O trên mặt phẳng. Sau khi bắt đầu, mỗi phút nó chọn một hướng Bắc, Nam, Đông, Tay, và di chuyển 1m theo hướng đó. Sau khi kết thúc 2018 phút, nó nhận ra rằng nó đã quay trở lại đúng điểm O. Gọi n là số khả năng có thể để chuyến hành trình của con kiến thỏa mãn yêu cầu. Giá trị cao nhất của lũy thừa của 10 là ước của n là bao nhiêu? 2.2. Vòng 2, ngày thi 24/01/2019 Bài toán 1. Cho tam giác ABC. Gọi L là đường thẳng qua B vuông góc với AB. Đường thẳng qua A vuông góc với BC cắt L tại điểm D. Đường trung trực của BC cắt L tại điểm P. Gọi E là hình chiếu của D lên AC. Chứng minh tam giác BP E là tam giác cân. Bài toán 2. Với một số nguyên n, một tập hợp bao gồm n2 quân cờ ma thuật được đặt lên một bàn cờ n2 × n2 bao gồm n4 ô vuông đơn vị. Tại một thời điểm, mỗi quân cờ di chuyển đến một ô mới sao cho khoảng cách giữa tâm ô vuông mới và với tâm ô cũ là n. Các quân cờ sẽ chiến thắng nếu trước và sau tín hiệu, không có các quân cờ nào trên cùng một hàng hoặc một cột. Với những giá trị nào của n, quân cờ có thể giành chiến thắng? Bài toán 3. Cho số nguyên tố p lẻ. Hỏi có bao nhiêu tập hợp con khác rỗng của {1, 2, 3, ..., p − 2, p − 1} có tổng các phần tử chia hết cho p? Bài toán 4. Tìm tất cả các hàm số f từ tập hợp các số thực dương đến tập hợp các số thực dương sao cho f(x) ≤ f(y) khi x ≤ y và f(x4) + f(x2) + f(x) + f(1) = x4 + x2 + x + 1 với mọi x > 0. 57 3. Lời giải và bình luận 3.1. Vòng 1 Tạp chí Epsilon, Số 15, 06/2019 Bài toán 1. Một dãy số gồm 5 số có hai chữ số nguyên dương được viết lên bảng theo thứ tự tăng dần. Mỗi một số trong 5 số này đều là bội của 3, và các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 xuất hiện đúng một lần trên bảng. Hỏi có tổng cộng bao nhiêu cách biểu diễn dãy số lên bảng. Lưu ý rằng số có hai chữ số không bắt đầu từ số 0. Lời giải. Nếu A = ab...3 thì khi đó a + b...3. Từ đó suy ra a, b đều là bội của 3 hoặc a chia 3 dư 1 và b chia 3 dư 2 hoặc a chia 3 dư 2 và b chia 3 dư 1. Ta phân hoạch các chữ số 0, 1, ..., 9 thành ba tập hợp • S0 = {0, 3, 6, 9}, tập các số chia hết cho 3. • S1 = {1, 4, 7}, tập các số chia 3 dư 1. • S2 = {2, 5, 8}, tập các số chia 3 dư 2. Ta có hai trường hợp sau: 1. Nếu a, b ∈ S0: Trước hết, nếu b = 0 thì a có 3 cách chọn. Với hai chữ số còn lại, ta có thể chọn được 2 số có hai chữ số là bội của 3. Như vậy số cách chọn ở đây là: 3 × 2 = 6 cách. 2. Nếu a, b đều không là bội của 3: Ta chọn 3 số còn lại như sau: • Với số A có chữ số 1, ta có 3 cách chọn chữ số còn lại từ tập S2. • Với số A có chữ số 4, lúc này ta chỉ còn 2 chữ số có thể chọn từ tập S2. • Với số A có chữ số 7, ta chỉ còn duy nhất 1 chữ số có thể chọn từ tập S2. Ngoài ra, với mỗi số chọn được từ 2 chữ số, ta lập được 2 số có hai chữ số (ví dụ như với hai chữ số 1, 2 thì ta được hai số 12 và 21). Vậy có 3 × 2 × 1 × 23 = 48 số thỏa mãn yêu cầu. Khi ta có 5 số như vậy, chỉ có duy nhất 1 cách sắp xếp chúng theo thứ tự tăng dần. Vậy tổng cộng ta có 6 × 48 = 288 cách. Bài toán 2. Với mỗi số nguyên dương n ≥ 3, ta xác định một vòng-n là một cách sắp xếp vòng tròn của n số nguyên dương (không nhất thiết phân biệt) thỏa mãn tích của mỗi ba số nguyên liên tiếp là n. Xác định số số nguyên n thỏa mãn 3 ≤ n ≤ 2018 sao cho ta có thể tại được một vòng-n. 58 Tạp chí Epsilon, Số 15, 06/2019 Lời giải. Giả sử các số trên vòng-n là a1, a2, ..., an. Ta có: ( a1a2a3 = n a2a3a4 = n⇔ a1 = a4. Tương tự như vậy, ta có thể chứng minh được a1 = a3m+1, a2 = a3m+2, a3 = a3m. Đặt a1 = x, a2 = y, a3 = z, do đó xyz = n. Ta xét các trường hợp sau: 1. Nếu n = 3k + 1, khi đó: a3ka3k+1a1 = n ⇒ zx2 = n. Suy ra x = z, tương tự ta cũng sẽ có z = y. Suy ra n phải là lập phương của một số tự nhiên. 2. Nếu n = 3k + 2, chứng minh tương tự ta cũng sẽ có n là lập phương của một số tự nhiên. 3. Nếu n = 3k, dễ thấy mọi số n lúc này đều thỏa mãn. Như vậy, yêu cầu bài toán trở thành tìm tất cả số nguyên n trong khoảng 3 ≤ n ≤ 2018 là số lập phương hoặc là bội của 3. Ta có các trường hợp sau • Số các số n là bội của 3 là 2018 − 3 3 + 1 = 672 số. • Số các số lập phương là √32018 − 1 = 11 số. $ • Số các số lập phương là bội của 3 là r2018 3 27 % = 4. Vậy theo nguyên lý bù trừ, tổng cộng có 672 + 11 − 4 = 679 số thỏa mãn đề bài. Bài toán 3. Ares nhân hai số nguyên khác có hiệu là 9. Grace nhân hai số nguyên khác nhau có hiệu là 6. Hai tích này đều đạt cùng một giá trị T. Xác định các giá trị có thể của T. Lời giải. Gọi hai số nguyên của Ares là a và a − 9. Gọi hai số nguyên của Grace là b và b − 6. Theo giả thiết, ta có phương trình a(a − 9) = b(b − 6) ⇔ 4a2 − 36a − 4b2 + 24b = 0 ⇔ (2a − 9)2 − (2b − 6)2 = 45 ⇔ (2a − 2b − 3)(2a + 2b − 15) = 45. 59 Tạp chí Epsilon, Số 15, 06/2019 Đặt x = 2a − 2b − 3, y = 2b + 2a − 15, dễ thấy x, y là các số nguyên lẻ và:  .  Ta có bảng sau giá trị sau a =x + y + 18 4 b =y − x + 12 4 x −45 −15 −9 −5 −3 −1 1 3 5 9 15 45 y −1 −3 − −9 −15 −45 45 15 9 5 3 1 a −7 0 1 1 0 −7 16 9 8 8 9 16 b 14 6 4 2 0 −8 14 6 4 2 0 −8 T 112 0 −8 −8 0 112 112 0 −8 −8 0 112 Như vậy T ∈ {−8, 0, 112}. Nhận xét. Các bài toán 1,2,3 đều là những bài toán tương đối dễ. Tuy nhiên, việc tính toán cũng khá nhiều trong một thời gian ngắn cũng là một vấn đề đối với đa số thí sinh tham gia. Bài toán 4. Xét Γ là một nửa đường tròn đường kính AB. Một điểm C nằm trên đường kính và hai điểm E và D nằm trên cung BA, với E nằm giữa B và D. Gọi F là giao điểm của các tiếp tuyến của Γ tại D và E. Giả sử ∠ACD = ∠ECB. Chứng minh rằng ∠EF D = ∠ACD + ∠ECB. Lời giải. F E D B A D0 C E0 O 60 Tạp chí Epsilon, Số 15, 06/2019 Gọi O là tâm đường tròn. Vẽ đường kính EE0 và gọi D0là điểm đối xứng của D qua AB. Như vậy D0 ∈ (O), ngoài ra ta cũng có: ∠ACD0 = ∠ACD = ∠ECB Từ đó ta có thể chứng minh được E, C, D0thẳng hàng. Ngoài ra do ∠DD0E = ∠DE0E và ∆CDD0, ∆DOE0lần lượt cân tại C và O, ta còn có: ∠DCE = 2∠DD0C = 2∠DE0O = ∠DOE Suy ra tứ giác CDEO nội tiếp. Ngoài ra, tứ giác F DOE cũng nội tiếp. Từ đó ta có tứ giác F DCE nội tiếp nên: ∠DF E = 180◦ − ∠DCE = ∠ACD + ∠ECB Bài toán 5. Cho hai khối hình trụ đồng dạng với nhau. Tổng của chiều cao của cả hai là 1. Tổng của diện tích toàn phần của cả hai là 8π. Tổng thể tich của cả hai là 2π. Tìm tất cả khả năng có thể cho mỗi hình trụ. Lời giải. Gọi h, r lần lượt là đường cao và bán kính của một khối trụ và 1klà tỉ số đồng dạng (h, r, k ∈ R+). Như vậy đường cao và bán kính của khối trụ còn lại lần lượt là hk và rk. Ta tính được Tổng chiều cao của cả hai là h + hk = h(1 + k) Tổng diện tích toàn phần của cả hai là 2πr2 + 2πrh + 2πr2k2 + 2πrhk2 = 2πr(r + h)(1 + k2) Tổng thể tích của cả hai là πhr2 + πhr2k3 = πhr2(1 + k3) Từ đó, ta có hệ phương trình sau   h(1 + k) = 1 2πr(r + h)(1 + k2) = 8π πhr2(1 + k3) = 2π ⇔   h =1 1 + k r(r + h)(1 + k2) = 4 (1) r2(1 − k + k2) = 2 (2) Từ phương trình (2), ta có: r = r2 1 − k + k2. 61 Thay tất cả vào phương trình (1), ta được: Tạp chí Epsilon, Số 15, 06/2019 r2 1 − k + k2 Quy đồng hai vế, ta được r2 1 − k + k2+1 1 + k ! (1 + k2) = 4 2(1 + k)(1 + k2) + p2(1 − k + k2)(1 + k2) = 4(1 + k3) Đặt a =p2(1 − k + k2), b = 1 + k nên a, b > 0. Ngoài ra, ta cũng có 1 + k2 =a2 + b2 3và 1 + k3 =a2b2. Ta viết lại phương trình 2b(a2 + b2) 3+a(a2 + b2) 3= 2a2b ⇔ 2a2b + 2b3 + a3 + ab2 − 6a2b = 0 ⇔ 2b3 + a3 + ab2 − 4a2b = 0 ⇔ a(a2 + b2 − 2ab) + 2b(b2 − a2) = 0 ⇔ a(b − a)2 + 2b(b − a)(b + a) = 0 ⇔ (b − a)(ab − a2 + 2b2 + 2ab) = 0 ⇔ b − a = 0 hay 3ab − a2 + 2b2 = 0 Để ý a =p2(1 − k + k)2 =r32(1 − k)2 +12(1 + k)2. Theo bất đẳng thức Minkowski thì vuut √6k 2− √6 2 !2 + √2k 2+ √2 2 !2 ≤ vuut √6k 2 !2 + √2k 2 !2 + vuut −√6 2 !2 + √2 2 !2 ⇒ a ≤ 2k + 2 = 2b. Suy ra 3ab − a2 + 2b2 > 0. Như vậy chỉ còn trường hợp a = b, khi đó p2(1 − k + k2) = k + 1 ⇔ k2 − 4k + 1 = 0. Giải phương trình bậc 2 trên, ta được k = 2 ±√3. Thế vào để tìm h, r, ta có hai cặp nghiệm ( (h, r) ∈ 3 + √3 6,3 + √3 3 ! , 3 −√3 6,3 −√3 3 !) . 62 Tạp chí Epsilon, Số 15, 06/2019 Nhận xét. Đây thật chất lại một bài toán giải phương trình tương đối khó. Ngoài cách đặt ẩn phụ để có thể biến đổi đại số một cách thuận tiện như trên, ta còn có thể chuyển vế và bình phương để khai trừ đi dấu căn. Sau khi rút gọn, ta nhận được một phương trình đối xứng sau: k6 − 3k5 − 5k4 + 10k3 − 5k2 − 3k + 1 = 0. Ta có thể chia k3cho hai vế và đặt t = k +1kđể giải quyết. Bài toán 6. Một con kiến Ada bắt đầu xuất phát tại điểm O trên mặt phẳng. Sau khi bắt đầu, mỗi phút nó chọn một hướng Bắc, Nam, Đông, Tay, và di chuyển 1m theo hướng đó. Sau khi kết thúc 2018 phút, nó nhận ra rằng nó đã quay trở lại đúng điểm O. Gọi n là số khả năng có thể để chuyến hành trình của con kiến thỏa mãn yêu cầu. Giá trị cao nhất của lũy thừa của 10 là ước của n là bao nhiêu? Lời giải. Gọi A là tổng số cách Ada có thể di chuyển. Trước hết, nếu Ada di chuyển qua phía Đông x lần thì sau đó một lúc nào đó Ada cũng phải di chuyển qua phía Tây x lần. Như vậy số lần di chuyển qua phía Đông bằng số lần di chuyển qua phía Tây của Ada. Tương tự thì số lần di chuyển qua phía Bắc cũng bằng số lần di chuyển qua phía Nam. Gọi n là số lần di chuyển qua phía Tây, khi đó số lần di chuyển qua phía Nam sẽ là 1009 − n. Với mỗi n cố định, ta có 2018! cách sắp xếp bước di chuyển. Ngoài ra, có n! hoán vị các bước di chuyển phía Tây, n! hoán vị di chuyển phí Đông, (1009 − n)! hoán vị các bước di chuyển phía Bắc, (1009 − n)! hoán vị các bước di chuyển phía Nam. Tóm lại ta có 2018! n! × n! × (1009 − n)! × (1009 − n)! =2018! (n!)2((1009 − n)!)2 Tổng cộng ta có 1009 A =X 1009 (n!)2((1009 − n)!)2=X 2018! 1009! × 1009! ×1009! n=0 2018! n=0 n!(1009 − n)! ×1009! n!(1009 − n)! 1009 =X n=0 2018 1009 1009 n 1009 1009 − n = 2018 1009 X 1009 n=0 1009 n 1009 1009 − n Đến đây, ta xét đa thức f(x) = (1 + x)2018, ta có xi Ngoài ra 2018 f(x) = X i=0 2018 i 2018 f(x) = (1 + x)1009 × (1 + x)1009 =X Xi 1009 j 1009 i − j xi 63 i=0 j=0 Cân bằng hệ số của x1009, ta được đẳng thức sau Tạp chí Epsilon, Số 15, 06/2019 2018 1009 1009 =X n=0 1009 n 1009 1009 − n Như vậy, ta có A = 2018 1009 2 = 2018! 1009!2 2 Đến đây, ta tìm số các chữ số 0 tận cùng của A bằng cách tìm số mũ cao nhất của 2 và 5 trong phân tích thành nhân tử của A. Đặt B =√A, trước hết, ta tính số mũ cao nhất của 5 trong phân tích nhân tử của A. Sử dụng hàm định giá, ta có v5(B) = v5(2018!) − 2v5(1009!) Ta sử dụng bổ để sau Bổ đề. (Công thức Legendre) Với số tự nhiên n và số nguyên tố p, khi đó: vp(n!) = X∞ i=0 n pi Việc chứng minh bổ đề trên khá đơn giản p dụng công thức trên, ta dễ dàng có số mũ cao nhất của 5 trong B là 2. Ngoài ra: B = 2018 1009 = 2017 1009 + 2017 1008 = 2 2017 1009 = 2020 2017 1007 Do đó 4|B nên số chữ số 0 tận cùng của B là 2 Kết luận: số mũ cao nhất của 10 là ước của B là 4. Nhận xét. Bài 6 là bài toán khó nhất vòng 1 do áp lực thời gian và cũng phải tính toán nhiều. Điểm trung bình của bài 6 trên mọi thí sinh là 0, 8/10. 64 Tạp chí Epsilon, Số 15, 06/2019 3.2. Vòng 2 Bài toán 1. Cho tam giác ABC. Gọi L là đường thẳng qua B vuông góc với AB. Đường thẳng qua A vuông góc với BC cắt L tại điểm D. Đường trung trực của BC cắt L tại điểm P. Gọi E là hình chiếu của D lên AC. Chứng minh tam giác BP E là tam giác cân. Lời giải. Gọi P0là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BEC. A E B C P D P0 Biến đổi góc, ta có: ∠P0BC =180◦ − ∠BP0C 2=180◦ − 2(180◦ − ∠BEC) 2 = ∠BEC − 90◦ = 90◦ − ∠BEA Ngoài ra, tứ giác ABDE nội tiếp nên ∠AEB = ∠ADB Suy ra ∠AEB = ∠ABC và ∠P0BC = ∠P BC. Từ đây ta được P ≡ P0 hay ∆P BC cân tại P. Bài toán 2. Với một số nguyên n, một tập hợp bao gồm n2 quân cờ ma thuật được đặt lên một bàn cờ n2 × n2 bao gồm n4 ô vuông đơn vị. Tại một thời điểm, mỗi quân cờ di chuyển đến một ô mới sao cho khoảng cách giữa tâm ô vuông mới và với tâm ô cũ là n. Các quân cờ sẽ chiến thắng nếu trước và sau tín hiệu, không có các quân cờ nào trên cùng một hàng hoặc một cột. Với những giá trị nào của n, quân cờ có thể giành chiến thắng? 65 Lời giải. Ta xét hai trường hợp: Tạp chí Epsilon, Số 15, 06/2019 Với n chẵn: Ban đầu, ta đặt tất cả các quân cờ lên đường chéo. Tiếp theo, ta có thể di chuyển như sau: • Với n22quân cờ ở trên cùng, ta có thể di chuyển qua bên trái mỗi quân n ô. • Với n22quân cờ tiếp theo, ta có thể di chuyển qua bên phải mỗi quân n ô. Một ví dụ cho n = 2: Với n lẻ: Ta đánh số các hàng từ 1 đến n2theo thứ tự từ trên xuống dưới, và đánh số các cột từ 1 đến n2theo thứ tự từ trái qua phải. Với mỗi ô hàng i cột j, ta kí hiệu là ô (i, j). Xét tổng S =Xi2 + j2với tất cả các ô chứa quân cờ ma thuật. Theo giả thiết, dễ thấy S = 2 nX2 i=1 i2là một số chẵn. Với mỗi ô (i, j), sau một phép biến đổi thành ô (i ± a, j ± b) thì S được viết lại thành: S0 =X(i ± a)2 + (j ± b)2 =Xi2 + j2 ± 2ai ± 2bj + a2 + b2 =Xi2 + j2 ± 2ai ± 2bj + n2 = S + X±2ai ± 2bj + n3 Để ta thực hiện được yêu cầu đề bài, S0 phải bằng S. Suy ra S0là một số chẵn. Tuy nhiên, S là một số chẵn,X(±2ai ± 2bj) là một số chẵn và n3là một số lẻ, vô lý. Do đó, ta không thể thực hiện cho n lẻ. Kết luận: mọi số n chẵn đều thực hiện được yêu cầu đề bài. Bài toán 3. Cho số nguyên tố p lẻ. Hỏi có bao nhiêu tập hợp con khác rỗng của {1, 2, 3, ..., p − 2, p − 1} có tổng các phần tử chia hết cho p? 66 Tạp chí Epsilon, Số 15, 06/2019 Lời giải. Đặt S = {1, 2, ..., p − 1}, ℘(S) là tập hợp bao gồm các tập con của S, P là tập hợp con của S và thỏa mãn yêu cầu, T là tập hợp bao gồm các tập hợp P. Như vậy |℘(S)| = 2p−1. Ta thiết lập ánh xạ f : ℘(S) → T như sau: Với mỗi tập hợp {a1, a2, ..., am} có tổng là s, tồn tại số nguyên dương 0 ≤ r < p sao cho s+mr chia hết cho p. Ta thiết lập P = {b1, b2, ..., bm} sao cho bi ∈ S và bi ≡ ai + r (mod p) Như vậy, mỗi tập hợp thuộc ℘(S), ta luôn chuyển về được một tập hợp P thỏa mãn đề bài. Tuy nhiên, với mỗi tập hợp P như vậy, ta lại có p cách tạo thành từ các tập hợp thuộc ℘(S), trừ trường hợp P = ∅. Do đó, số tập hợp thỏa mãn đề bài là 2p−1 − 1 p. Nhận xét. Ở đây, ta có thể giải quyết bài toán bằng phương pháp hàm sinh dựa vào ý tưởng số phức như sau: Xét đa thức f(x) = (1 + x)(1 + x2)...(1 + xp−1) = a0 + a1x1 + ... + a p(p−1) 2 xp(p−1) 2 Nhận thấy rằng với mỗi cách chọn một tập hợp con thỏa mãn đề bài sẽ tương ứng với 1 đơn vị trong tổng các hệ số chia hết cho p ở trong đa thức trên. Do đó, ta chuyển bài toán thành tính A =X p|t cyclic. at. Phần tính toán còn lại, bạn đọc có thể giải quyết dựa trên tính chất của nhóm Bài toán 4. Tìm tất cả các hàm số f từ tập hợp các số thực dương đến tập hợp các số thực dương sao cho f(x) ≤ f(y) khi x ≤ y và f(x4) + f(x2) + f(x) + f(1) = x4 + x2 + x + 1 với mọi x > 0. Lời giải. Giả sử hàm số f : R+ → R+ thỏa mãn f(x) ≤ f(y) khi x ≤ y và f(x4) + f(x2) + f(x) + f(1) = x4 + x2 + x + 1 với mọi x > 0. Thế x = 1, dễ thấy f(1) = 1. Ta viết lại phương trình f(x4) + f(x2) + f(x) = x4 + x2 + x ∀x > 0 (*) Thế x = x2 vào (*), ta có f(x8) + f(x4) + f(x2) = x8 + x4 + x2 ∀x > 0 67 Tạp chí Epsilon, Số 15, 06/2019 Từ đây suy ra f(x8) − x8 = f(x) − x ∀x > 0. Dễ thấy: f x8k − x8k= f x8k−1 − x8k−1= ... = f(x) − x x8−k − x8−k∀x > 0, k ∈ N Với x < 1, ta có: = ... = f f(x) − x ≤ f(1) − x8k= 1 − x8k∀0 < x < 1, k ∈ Z Cho k → −∞, ta có: k→+∞x8k = x0 = 1 k→−∞x8k= lim lim Suy ra f(x) ≤ x ∀0 < x < 1. Khi đó f(x4) + f(x2) + f(x) ≤ x4 + x2 + x∀0 < x < 1 Do đó f(x) = x với mọi 0 < x < 1. Tương tự với x ≥ 1, ta cũng được f(x) = x. Kết luận, f(x) = x là nghiệm duy nhất của phương trình. 4. Lời kết Nếu so sánh với các đề thi học sinh giỏi quốc gia ở Việt Nam (VMO, TST) thì các bài toán trên khá "nhẹ nhàng" về kỹ thuật, đặc biệt là phần hình học. Tuy nhiên, các bài toán trên lại yêu cầu nhiều ý tưởng độc đáo và khả năng biến đổi đại số cao. Đây cũng là xu hướng của đa số các kì thi ở phương tây trong thời gian gần đây. Tài liệu [1] https://www.ukmt.org.uk [2] https://bmos.ukmt.org.uk 68 Tạp chí Epsilon, Số 15, 06/2019 HỌC ĐẾM NHƯ THẾ NÀO? Vũ Hồng Sơn (Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương) 1. Lời giới thiệu Trong toán học, mỗi bài toán hình học, số học, đại số ... đều có những vẻ đẹp riêng. Nhưng với cá nhân tác giả, các bài toán tổ hợp, đặc biệt là bài toán đếm có một vẻ đẹp rất đặc biệt. Bạn có tìm được ở đâu những bài toán có phát biểu đơn giản, dễ nhớ như thế? Bạn có tìm được ở đâu các bài toán mà có thể cả lớp đều làm được, nhưng mỗi bạn lại ra một kết quả khác nhau? Và hẳn bạn sẽ cảm thấy vô cùng sung sướng khi mình là người duy nhất trong lớp ra đáp số đúng? Nó là một cảm xúc rất khác biệt so với khi mình bạn giải được một bài toán. Mỗi khi nghĩ ra lời giải cho một bài toán, đặc biệt là các bài toán đơn giản nhất; thông thường tôi ít khi cho phép mình được cảm thấy thỏa mãn. Tôi luôn có một câu hỏi đặt ra trong đầu là: 1. Lời giải này có thể dử dụng cho các bài toán khác hay không? Mình có thể sáng tạo ra các bài toán gần giống bài toán cũ mà không thể sử dụng lời giải trên hay không? 2. Nếu suy nghĩ theo hướng khác có thể có những lời giải khác hay không? 3. Nếu tổng quát hóa bài toán, cách giải cũ còn dùng được không? Liệu có cách giải mới tốt hơn. Ba phần của chuyên đề "Học đếm như thế nào" sẽ cùng bạn đi theo ba câu hỏi trên. 2. Sáng tạo các bài toán tương tự Chúng ta hãy đến với ví dụ đầu tiên. Ví dụ 1. Từ các chữ số 1, 2, 3; hỏi có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 10 chữ số. Lời giải. Đây là một bài toán sử dụng quy tắc nhân cơ bản. Xét một số có 10 chữ số bất kì a1a2...a10. Khi đó: 69 1. Có 3 cách chọn a1 là 1, 2 hoặc 3. 2. Có 3 cách chọn a2 là 1, 2 hoặc 3. 3. . . . 4. Có 3 cách chọn a10 là 1, 2 hoặc 3. Tạp chí Epsilon, Số 15, 06/2019 Theo quy tắc nhân, có tất có 310 cách chọn số a1a2...a10. Vậy có tất cả 310 số thỏa mãn yêu cầu bài toán. Nếu chúng ta thay đổi giả thiết đi một chút, nghĩa là thêm một số yêu cầu cho số a1a2...a10 cần tìm, chúng ta có thể thu được hàng loạt bài toán. Ví dụ 2. Từ các chữ số 1, 2, 3; hỏi có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên lẻ có 10 chữ số. Đáp số. 2.39. Ví dụ 3. Từ các chữ số 1, 2, 3; hỏi có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 10 chữ số mà hai chữ số kề nhau bất kì khác nhau. Lời giải. Xét một số có 10 chữ số thỏa mãn yêu cầu bài toán a1a2...a10. Khi đó: 1. Có 3 cách chọn a1 là 1, 2 hoặc 3. 2. Có 2 cách chọn a2 do a2 khác a1. 3. . . . 4. Có 2 cách chọn a10 do a10 khác a9. Theo quy tắc nhân, có tất có 3.29cách chọn số a1a2...a10. Vậy có tất cả 3.29số thỏa mãn yêu cầu bài toán. Ví dụ 4. Từ các chữ số 1, 2, 3; hỏi có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên lẻ có 10 chữ số mà hai chữ số kề nhau bất kì khác nhau. Nhận xét. Xét một số có 10 chữ số thỏa mãn yêu cầu bài toán a1a2...a10. Nếu vẫn đếm một cách thông thường như trước, ta có: 1. Có 3 cách chọn a1 là 1, 2 hoặc 3. 2. Có 2 cách chọn a2 do a2 khác a1. 3. . . . 4. Có 2 cách chọn a9 do a9 khác a8. 70 Tạp chí Epsilon, Số 15, 06/2019 Có bao nhiêu cách chọn a10? Ta thấy ngay a10 phải thỏa mãn hai điều kiện đồng thời: vừa phải là số lẻ, vừa phải khác a9. Như vậy nếu a9 = 2 sẽ có 2 cách chọn a10; nhưng nếu a9 = 1 hoặc a9 = 3 thì chỉ có duy nhất một cách chọn a10. Như vậy ta không thể sử dụng quy tắc nhân trong trường hợp này. Vậy phải giải quyết như thế nào? Ta thấy a10 thì bị điều kiện ràng buộc, tuy nhiên a1 lại không có điều kiện ràng buộc gì. Như vậy chỉ cần đếm ngược lại từ phía a10, ta dễ dàng tìm ra lời giải. Lời giải. Xét một số có 10 chữ số thỏa mãn yêu cầu bài toán a1a2...a10. Khi đó: 1. Có 2 cách chọn a10 là 1 hoặc 3. 2. Có 2 cách chọn a9 do a9 khác a10. 3. . . . 4. Có 2 cách chọn a1 do a1 khác a2. Theo quy tắc nhân, có tất có 210 cách chọn số a1a2...a10. Vậy có tất cả 210 số thỏa mãn yêu cầu bài toán. Nhận xét. Ta nhận thấy nếu đếm từ đầu tới đuôi mà vướng thì đếm ngược từ đuôi lên đầu. Vậy nếu ở đầu cũng vướng thì phải đếm như thế nào? Ta sẽ nghĩ ra bài toán mà phương án đếm từ đuôi lên đầu cũng không sử dụng được nữa. Hay nói cách khác, ta phải thêm điều kiện cho a1. Cách đơn giản nhất là gì? Đó là a1 phải khác 0. Ta có bài toán sau. Ví dụ 5. Từ các chữ số 0, 1, 2, 3; hỏi có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên lẻ có 10 chữ số mà hai chữ số kề nhau bất kì khác nhau. Đếm từ đầu đến đuôi không được, từ đuôi lên đầu cũng không xong, vậy phải đếm như thế nào? Nếu bạn để ý thấy rằng số 10 trong bài toán trên là không hề quan trọng, ta hoàn toán có thể tổng quát cho n. Khi đó ta có thể nghĩ đến phương án truy hồi. Lời giải. Ta xét bài toán tổng quát: Từ các chữ số 0, 1, 2, 3; hỏi có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên lẻ có n chữ số mà hai chữ số kề nhau bất kì khác nhau. Kí hiệu fn là số cần tìm. Xét n ≥ 4. Gọi a1a2...an là số có n chữ số thỏa mãn yêu cầu bài toán. Khi đó ta thấy an phải là số lẻ và a1 phải khác 0. Ta xét hai trường hợp 1. a2 = 0. Khi đó có 3 cách chọn a1 là 1, 2, 3. Do a3 6= a2 = 0 nên a3a4...an tạo thành một số có n − 2 chữ số lẻ thỏa mãn yêu cầu bài toán. Khi đó có fn−2 cách chọn số a3a4...an. 2. a2 6= 0. Khi đó có 2 cách chọn a1 là 2 số thuộc tập {1, 2, 3} và khác a2. Hơn nữa a2a3...an tạo thành một số có n − 1 chữ số lẻ thỏa mãn yêu cầu bài toán. Khi đó có fn−1 cách chọn số a2a3...an. 71 Tạp chí Epsilon, Số 15, 06/2019 Theo quy tắc cộng và quy tắc nhân, ta có fn = 2fn−1 + 3fn−2 ∀n ≥ 4. Dễ dàng tính được f1 = 2, f2 = 4, f3 = 14. Sử dụng các kiến thức cơ bản về dãy số, ta có fn =12(3n − (−1)n). Vậy f10 = 29524. Tương tự như trên, ta có thể sáng tạo ra hàng loạt bài toán. Và chắc chẵn, sẽ không có một phương pháp chung có các bài toán này. Ví dụ 6. Từ các chữ số 1, 2, 3; hỏi có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 10 chữ số thỏa mãn: 1. Là số chẵn. 2. Là số chia hết cho ba. 3. Là số chẵn chia hết cho ba. 4. Không có hai chữ số 2 nào kề nhau. 5. Hai chữ số kề nhau bất kì khác nhau. 6. Xuất hiện đủ cả 3 chữ số 1, 2, 3. 7. Xuất hiện đủ cả 3 chữ số 1, 2, 3 và chia hết cho 3. 8. Số chữ số 1 lớn hơn số chữ số 2. 9. Chữ số 1 và 2 không đứng cạnh nhau. 10. Hai chữ số kề nhau hơn kém nhau 1 đơn vị. 3. Nhiều cách giải cho một bài toán Với những bài toán cơ bản, nhiều bạn có thói quen giải được là bỏ qua. Nhiều bạn thậm chí có thể coi bài dễ không thèm làm. Tuy nhiên với một bài toán cơ bản, nhưng nếu tập cho mình thói quen suy nghĩ theo nhiều hướng khác nhau, các bạn có thể thu được những lợi ích sau: 1. Biết được phương án nào tốt, phương án nào không tốt với những dạng bài khác nhau, từ đó dần hình thành kinh nghiệm, phản xạ với các dạng bài tập khác nhau. 2. Ôn tập đồng thời nhiều kiến thức đã học. Từ đó có được nền tảng kiến thức vững chắc. 3. Khi kết hợp nhiều phương pháp khác nhau, biết đâu bạn có thể thu được nhiều điều thú vị. 72 Tạp chí Epsilon, Số 15, 06/2019 Sau đây là một ví dụ như vậy. Ví dụ 7. (2.18 SBT Đại số và giải tích 11 nâng cao Trang 63). Cho tập hợp Sn = {1, 2, 3, ..., n} trong đó n là số nguyên dương lớn hơn 1. Hỏi có bao nhiêu cặp sắp thứ tự (x, y) thỏa mãn x, y ∈ Sn và x ≤ y. Lời giải. Cách 1. Ta xét hai trường hợp 1. Nếu x = y thì có n cặp sắp thứ tự tự (x, y) thỏa mãn. 2. Nếu x < y thì có C2ncặp sắp thứ tự tự (x, y) thỏa mãn. (Vì chọn 2 số bất kì trong tập hợp Sn luôn có một số lớn hơn, một số bé hơn. Sắp thứ tự của chúng ta được cặp sắp thức tự (x, y) thỏa mãn). Áp dụng quy tắc cộng ta có kết quả là C2n + n =n(n − 1) 2+ n =n(n + 1) 2= C2n+1. Cách 2. Đặt A = {(x, y)|x, y ∈ Sn, x ≤ y} ; ta cần tính |A| . Giờ ta để ý, nếu ta chọn y trước, khi đó do x ≤ y nên x có y cách chọn. Cho y chạy từ 1 một tới n, ta có |A| =Pn y=1 y. Sử dụng kết quả quen thuộc của đại số ta có: |A| = 1 + 2 + 3 + ... + n =n(n + 1) 2. Cách 3. Đặt A = {(x, y)|x, y ∈ Sn, x ≤ y} ; B = {(x, y)|x, y ∈ Sn+1, x < y} . Xét ánh xạ f : A → B (x, y) 7→ (x, y + 1). Dễ thấy là song ánh. Mặt khác ta thấy số phần tử của tập B chính là số tập con có hai phần tử của Sn+1. Khi đó ta có |B| = C2n+1. Vậy |A| = |B| = C2n+1. Nhận xét. Chúng ta cùng xem xét lại cả ba cách giải trên. 1. Cách 1 và cách 2 khá tự nhiên. Khi chúng tôi cho học sinh làm thử bài toán này, đa số các bạn đều làm theo một trong hai cách trên. 2. Cách 3 nó được tôi nghĩ đến sau khi ra được kết quả ở cách 1 và cách 2. Từ kết quả C2n+1, một cách tự nhiên ta thấy rằng đây chính là số các tập con có hai phần tử của tập Sn+1 = {1, 2, . . . , n+1}. Tuy cách song ánh được nghĩ ra "sau khi" có kết quả; nhưng nó cũng giúp các bạn rèn luyện cách thiết lập các song ánh. Một phần khó nhất trong phép đếm. 73 Tạp chí Epsilon, Số 15, 06/2019 3. Từ kết quả C2n+1 ở cách 3 và nếu cách 2 chúng ta dừng lại ở |A| = 1 + 2 + 3 + ... + n. Ta có thể coi như chúng ta đã chứng minh được đẳng thức 1 + 2 + 3 + ... + n = C2n+1 =n (n + 1) 2 bằng phương pháp "Đếm hai cách". 4. Cách 3 tuy là khó nhất, nhưng nó cũng là cơ sở để ta có thể phát triển bài toán ra thêm nhiều bài toán tương tự khác; cũng như từ đó ta có thêm một cách chứng minh các đẳng thức đại số theo phương pháp "Đếm hai cách". Sau đây là một số mở rộng của bài toán 7. Ví dụ 8. Cho tập hợp Sn = {1, 2, 3, ..., n} trong đó n là số nguyên dương lớn hơn 1. Hỏi có bao nhiêu cặp sắp thứ tự (x, y, z) thỏa mãn x, y, z ∈ Sn và x ≤ y ≤ z. Ví dụ 9. Cho tập hợp Sn = {1, 2, 3, ..., n} trong đó n là số nguyên dương lớn hơn 1. Hỏi có bao nhiêu cặp sắp thứ tự (x, y, z) thỏa mãn x, y, z ∈ Sn và x, y ≤ z. Ví dụ 10. Cho tập hợp Sn = {1, 2, 3, ..., n} trong đó n là số nguyên dương lớn hơn 1. 1. Hỏi có bao nhiêu cặp sắp thứ tự (x, y, z, t) thỏa mãn x, y, z, t ∈ Sn và x, y, z ≤ t. 2. Hỏi có bao nhiêu cặp sắp thứ tự (x, y, z, t) thỏa mãn x, y, z, t ∈ Sn và x ≤ y và z ≤ t. Ví dụ 11. 1. Có bao nhiêu bộ sắp thứ tự (m, n) sao cho m\n và n\22019. 2. Có bao nhiêu bộ sắp thứ tự (a1, a2, . . . , an) sao cho a1\ai+1 ∀i = 1, 2, . . . , n − 1 và an\22019. 3. Có bao nhiêu bộ sắp thứ tự (a1, a2, . . . , an) sao cho a1\ai+1 ∀i = 1, 2, . . . , n − 1 và an\102019. 4. Tổng quát hóa các bài toán đơn giản Ví dụ 12. Đội thanh niên xung kích của một trường phổ thông có 12 học sinh, gồm 5 học sinh lớp A, 4 học sinh lớp B, 3 học sinh lớp C. Cần chọn 4 học sinh đi làm nhiệm vụ, sao cho mỗi lớp có ít nhất 1 học sinh. Hỏi có bao nhiêu cách chọn như vậy? Thông thường, đa số các bạn sẽ làm ví dụ ?? bằng phương pháp liệt kê hay lập bảng. Tuy nhiên phương án đấy chắc chắn sẽ không phù hợp khi chúng ta tổng quát hóa bài toán một cách rất tự nhiên như sau 74 Tạp chí Epsilon, Số 15, 06/2019 Ví dụ 13. Cho m, n, p, k là các số nguyên dương (k ≥ 3). Có m bạn học sinh lớp A, n học sinh lớp B, p học sinh lớp C. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra k học sinh sao mỗi lớp có ít nhất một bạn học sinh được chọn. Đáp số. Ckm+n+p − Ckm+n − Ckn+p − Ckp+m + Ckm + Ckn + Ckp. (Chúng ta quy ước Ckn = 0 nếu k > n.) Ví dụ 14. Có bao nhiêu số tự nhiên có dạng abcd, trong đó 1 ≤ a ≤ b ≤ c ≤ d ≤ 9. Ngoài phương pháp liệt kê, chúng tôi xin trình bày thêm hai cách giải khác sử dụng song ánh. Hướng dẫn. Cách 1 Gọi A là tập số tự nhiên có dạng abcd, trong đó 1 ≤ a ≤ b ≤ c ≤ d ≤ 9. Ta đặt B = (x; y; z;t) ∈ N4|1 ≤ x < y < z < t ≤ 12 . Khi đó ta có song ánh f : A → B abcd 7→ (x; y; z;t) = (a; b + 1; c + 2; d + 3). Mặt khác dễ dàng tính được số phần tử của B là C412. Vậy |A| = C412. Đáp số C412. Hướng dẫn. Cách 2 Gọi A là tập số tự nhiên có dạng abcd; trong đó 1 ≤ a ≤ b ≤ c ≤ d ≤ 9. Ta đặt C = (x1; x2; x3; x4; x5) ∈ N5|x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 8 . Khi đó ta có song ánh f : A → C abcd 7→ (x1; x2; x3; x4; x5) = (a − 1; b − a; c − b; d − c; 9 − d). Sử dụng kết quả bài toán chia kẹo Euler. dễ dàng tính được số phần tử của C là C412. Vậy |A| = C412. Đáp số C412. Từ hai cách trên, các bạn có thể dễ dàng làm được bài toán tổng quát sau Ví dụ 15. Cho số nguyên dương n. Có bao nhiêu số tự nhiên có n chữ số a1a2 . . . an thỏa mãn 1 ≤ a1 ≤ a2 ≤ . . . ≤ an ≤ 9. Đáp số. Cn8+n. 75 Tạp chí Epsilon, Số 15, 06/2019 MỘT SỐ BÀI TOÁN CHỌN LỌC VỀ SỐ HỌC TỔ HỢP Huỳnh Kim Linh (Giáo viên THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Khánh Hòa) Có thể nói các bài toán số học tổ hợp là những bài toán hay và khó nhất trong Tổ hợp, bởi vì nó là sự kết hợp tinh tế giữa cả hai phân môn. Nó đòi hỏi chúng ta không chỉ khéo léo trong việc sử dụng những suy luận logic mà còn phải hiểu về số học. Những ý tưởng hay được sử dụng thông thường hay bắt nguồn từ: tính chia hết, số chính phương, ước chung lớn nhất (gcd) và bội chung nhỏ nhất (lcm), các phương trình Diophante và đặc biệt là hệ thặng dư và số nguyên tố. Bài toán 1. (IMO Shortlist 2001) Có tồn tại hay không 100 số nguyên dương không lớn hơn 25000 thỏa mãn : tất cả các tổng hai số trong chúng là các số phân biệt, tức là không có bốn số nào trong chúng mà tổng hai số này bằng tổng hai số kia. Lời giải. Câu trả lời là tồn tại. Để chứng minh bài toán, ta xét bổ đề sau Với số nguyên tố p lẻ tùy ý, thì tồn tại p số nguyên dương phân biệt không lớn hơn 2p2thỏa mãn: không có bốn số nào trong chúng mà tổng hai số này bằng tổng hai số kia. Chứng minh. Xét tập các số S = f (n) = 2pn + (n2) ; n = 0; p − 1 trong đó, ký hiệu (n2) là số dư của n2 khi chia cho p. Suy ra |S| = p; (n2) ∈ {0; 1; 2; ...; p − 1} . Ta chứng minh tập S này thỏa mãn bổ đề. 1. Với mọi f (n) ∈ S thì f (n) = 2pn +n2 ≤ 2p (p − 1) + (p − 1) = 2.p2 − 1 < 2p2. 2. Xét bốn số m; n; a; b thỏa mãn :f (m) + f (n) = f (a) + f (b) ta có 2pm +m2 + 2pn +n2 = 2pa +a2 + 2pb +b2 → 2pm + (m2) 2p + 2pn + (n2) 2p 76 = 2pa + (a2) 2p + 2pb + (b2) 2p Tạp chí Epsilon, Số 15, 06/2019 Mà ta có 2px+(x2) 2p = x vì 0 ≤ (x2) ≤ p − 1 , suy ra m + n = a + b → m + n ≡ a + b (modp) Từ đó ta được m2 +n2 =a2 +b2 → m2 + n2 ≡ a2 + b2(modp) (2) Do m; n; a; b ∈ {0; 1; ...; p − 1} nên từ (1) và (2) ta suy ra {m; n} = {a; b} . Điều đó , chứng tỏ rằng ∀ (m; n) 6= (a; b) → f (m) + f (n) 6= f (a) + f (b). Vậy tập S thỏa mãn bổ đề. Áp dụng bổ đề với p = 101 , ta sẽ chọn được 101 số nguyên dương nhỏ hơn 2 · 1012 < 25000 thỏa mãn giả thiết đã cho của đề bài. Vậy bài toán được chứng minh xong. Bài toán 2. (Vietnam TST 2002) Cho số nguyên dương m có một ước nguyên tố lớn hơn √2m + 1. Hãy tìm số nguyên dương M nhỏ nhất sao cho tồn tại một tập hợp gồm hữu hạn só nguyên dương đôi một khác nhau thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau: i) m và M tương ứng là số nhỏ nhất và số lớn nhất trong T. ii) Tích tất cả các số thuộc T là một số chính phương. Lời giải. Dễ thấy, nếu gọi p là ước nguyên tố lớn hơn √2m + 1 thì p là duy nhất và p > 3. Xét số nguyên dương M mà đối với nó tồn tại tập T = {x1 = m, x2, . . . , xk = M} thỏa mãn các điều kiện của đề bài. Ta sẽ chứng minh rằng M ≥ m + p. Thật vậy, Vì p√2m+1 nên p có số mũ là 1 trong phân tích chuẩn của m. Do đó từ giả thiết tích x1x2 . . . xk là số chính phương suy ra trong các số x2, . . . , xk phải có ít nhất một số là bội của p. Vì vậy M = xk ≥ m + p. Với M = m + p, xét tập hợp A = m;m(p + 1) p;(2m + p)(p − 1) 2p;(2m + p)(p + 1) 2p;(m + p)(p − 1) p; m + p . Dễ thấy rằng tất cả phần tử trong tập hợp này đều nguyên dương và phần tử nhỏ nhất là m, phần tử lớn nhất là m + p. Tích tất cả các phần tử thuộc A là m2(p − 1)2(p + 1)2(m + p)2(2m + p)2 4p4 77 Tạp chí Epsilon, Số 15, 06/2019 là số chính phương. Hơn nữa, nếu trong 4 số m(p + 1) p;(2m + p)(p − 1) 2p;(2m + p)(p + 1) 2p;(m + p)(p − 1) p có hai số trùng nhau thì khi bỏ chúng đi, tập hợp còn lại vẫn thỏa mãn. Từ đó ta thấy rằng M = m + p thỏa mãn đề bài là tồn tại tập hợp T tương ứng. Vậy giá trị nhỏ nhất cần tìm của M là m + p. Bài toán 3. (China TST 2012) Cho số nguyên dương n ≥ 4 và tập hợp : A; B ⊆ {1; 2; 3; ....; n} thỏa mãn điều kiện: Với mọi a ∈ A; b ∈ B thì ab + 1 là số chính phương. Chứng minh rằng min {|A| ; |B|} ≤ log2n. Lời giải. Trước hết, để chứng minh bài toán , ta sẽ chứng minh bổ đề sau Với hai tập A; B thỏa mãn đề bài, nếu a, x là hai số nguyên dương thuộc tập A và a < x ; còn b, y là hai số nguyên dương thuộc tập B và b < y thì ta luôn có xy > 4ab. Chứng minh. Ta thấy rằng (x − a) (y − b) > 0 → (xy + 1) (ab + 1) > (xb + 1) (ya + 1) →p(xy + 1) (ab + 1) >p(xb + 1) (ya + 1) Do giả thiết bài toán ta suy ra p(xy + 1) (ab + 1) ≥p(xb + 1) (ya + 1) + 1 → (xy + 1) (ab + 1) ≥ hp(xb + 1) (ya + 1) + 1i2 → xy + ab ≥ xb + ya + 2p(xb + 1) (ya + 1) + 1 → xy + ab > xb + ya + 2pxbya > ab + 0 + 2pxyab → xy > 2pxyab → xy > 4ab Bổ đề được chứng minh. Trở lại bài toán, ta có : A = {a1; a2; ...; au} ; B = {b1; b2; ...; bv} với a1 < a2 < ... < au; b1 < b2 < ... < bv và không mất tổng quát ta giả sử u ≤ v. Theo giả thiết suy ra a1b1 + 1là số chính phương. Nếu a1b1 ≥ 4 thì theo bổ đề ta có a2b2 > 4a1b1 ≥ 42. Ngược lại, nếu a1b1 < 4 → a1b1 + 1 = 4 khi đó , từ ba số a1b2 + 1; a2b1 + 1; a2b2 + 1 đều là số chính phương lớn hơn 4, đồng thời a2b2 + 1 là số lớn hơn hẳn hai số a1b2 + 1; a2b1 + 1 nên a2b2 + 1 ≥ 16. Dấu bằng xảy ra khi a1b1 + 1 = 4; a2b1 + 1 = a1b2 + 1 = 9; a2b2 + 1 = 16 → a1b1 = 3; a2b1 = a1b2 = 8; a2b2 = 15 Hệ này vô nghiệm nên dấu bằng không xảy ra , do đó, a2b2 + 1 > 16 → a2b2 + 1 ≥ 25 → a2b2 > 42. 78 Tạp chí Epsilon, Số 15, 06/2019 Như vậy ta luôn có a2b2 > 42. Khi đó , áp dụng bổ đề ta có n2 ≥ aubu > 4.au−1bu−1 > 42.au−2bu−2 > ... > 4u−2.a2b2 > 4u → n > 2u → u < log2n. Vậy bài toán được chứng minh. Bài toán 4. (Vietnam TST 2004) Xét tập hợp S gồm 2004 số nguyên dương phân biệt a1, ..., a2004 có tính chất: Nếu với mỗi i = 1, 2, 3..., 2004, ta ký hiệu f(ai) là số các số thực thuộc S nguyên tố cùng nhau với aithì d(ai) < 2003 và f(ai) = f(aj ) với mọi i, j ∈ {1, 2, 3, ..., 2004}. Hãy tìm số nguyên dương k nhỏ nhất sao cho trong mỗi k – tập con của một tập S tuỳ ý có tính chất nêu trên đều tồn tại hai số phân biệt mà ước số chung lớn nhất của chúng khác 1. (k - tập con là tập con có k phần tử). Lời giải. Xét tập hợp S0 = {p1, p2, p3, ..., p1001, p1002, p1p1003, p2p1004, ..., p1001p2003, p1002p2004} trong đó p1, p2, p3, ..., p2004 là các số nguyên tố đôi một khác nhau. Dễ thấy rằng tập hợp này thỏa mãn đề bài. Hơn nữa, trong 1002-tập con {p1, p2, p3, ..., p1002} của tập hợp đã cho, không có hai phần tử nào mà ước chung của chúng khác 1. Suy ra k ≥ 1003. Xét một tập hợp S tùy ý thỏa mãn các điều kiện đề bài. Với mỗi s ∈ S, ta gọi g(s) là số các số không nguyên tố cùng nhau với s. Từ giả thiết đã cho, ta có g(s) ≥ 1, ∀s ∈ S và g(s) = g(t) với mọi s, t ∈ S hay g(s) = m, ∀s ∈ S với m là một số nguyên dương nào đó. Xét một 1003-tập con T tùy ý của S. Ta sẽ chứng minh rằng trong T, luôn tồn tại hai số mà ước chung lớn nhất của chúng lớn hơn 1. Thật vậy, giả sử ngược lại rằng trong T, không tồn tại hai số nào mà ước chung lớn nhất của chúng khác 1. Kí hiệu A = {a ∈ S|∃t ∈ T,(a, t) 6= 1}, ta có A ∩ T = ∅. Từ đó suy ra |A| ≤ 2004 − 1003 = 1001. Mặt khác, số số thuộc S (kể cả lặp) mà mỗi số đều không nguyên tố cùng nhau với ít nhất một số thuộc T là 1003m và mỗi số có tính lặp tối đa m lần nên |A| ≥ 1003m m= 1003. Mâu thuẫn này cho ta đpcm. Vậy giá trị nhỏ nhất cần tìm của k là 1003. Bài toán 5. (China TST 2007) Cho n là số nguyên dương và tập hợp A ⊆ {1; 2; ...; n} thỏa mãn ∀a; b ∈ A : lcm (a; b) ≤ n. Chứng minh rằng |A| ≤ 1, 9√n + 5. Lời giải. Xét a ∈√n;√2n , ta có lcm (a; a + 1) = a (a + 1) >√n√n + 1 > n. Do đó , trên √n;√2n ta phân hoạch thành cặp hai số liên tiếp thì A chỉ chứa không quá một số trong một cặp. Do đó , ta có A ∩ √n;√2ni ≤12 √2n −√n + 1 79 Xét a ∈√2n;√3n , ta có  lcm (a; a + 1) = a (a + 1) > n Tạp chí Epsilon, Số 15, 06/2019 lcm (a + 1; a + 2) = (a + 1) (a + 2) > n  lcm (a; a + 2) ≥a (a + 2) 2> √2n√2n + 2 2> n Do đó, trên √2n;√3n , ta phân hoạch thành các bộ ba số liên tiếp thì A chỉ chứa không quá một số trong bộ ba số. Do đó , ta có A ∩ √2n;√3ni ≤13 √3n −√2n + 1. Xét a ∈√3n;√4n , ta phân hoạch thành các bộ bốn số liên tiếp và hoàn toàn tương tự A chứa không quá một số trong mỗi bộ bốn số đó , ta có A ∩ √3n;√4ni ≤14 √4n −√3n + 1 Từ các điều trên, ta suy ra A ∩ 1; 2√n ≤√n + 12 √2n −√n + 1 + 13 √3n −√2n + 1 + 14 √4n −√3n + 1 → A ∩ 1; 2√n ≤ 1 +√26+√3 12 !√n + 3 k+1 ;nk ; k ∈ N∗. Khi đó , ta có : Xét trên (2√n; n]ta phân hoạch thành các khoảng n n a; b ∈ k + 1;nk ; a < b; d = gcd (a; b) a b a − b= b +b2 → lcm (a; b) = d d d =abd≥ab a − b> b +b2 nk − b → lcm (a; b) >n k + 1+ n k+1 2 = n → lcm (a; b) > n nk −n k+1 k+1 ;nk ; k ∈ N∗chứa nhiều nhất một phần tử của A. Do đó, với Điều đó , chứng tỏ rằng trên n x+1 ≤ 2√n < nx → x < 12√n thì ta có số x ∈ N∗thỏa mãn n A ∩ n k + 1;nk ≤ x <12√n. Do đó, ta có A ∩2√n; n ≤Xx k=1 |A| = A ∩ 1; 2√n + A ∩2√n; n ≤ 1 +√26+√3 !√n + 3 +12√n 12 → |A| < 1, 9√n + 5 Vậy bài toán được chứng minh xong. 80