B¶n tin To¸n häc (Bé m«n To¸n trêng PTNK) – sè 02 - 1 – Lời ngỏ Chào các bạn đến với số thứ hai bản tin toán học. Thưa các bạn! Sau khi bản tin toán học số đầu tiên ra đời, Ban biên tập đã nhận được sự hưởng ứng nhiệt tình của các bạn học sinh PTNK cùng các bạn cựu học sinh giờ đã là sinh viên hoặc ra làm việc. Để đáp lại long tin cậy và mong mỏi của các bạn, Bản tin sẽ ra 1 tháng 1 kỳ thay vì 2 tháng 1 kỳ như dự kiến Bản tin có mục đích cung cấp cho các bạn một số kiến thức toán học mà có thể các bạn chưa được học trên lớp, cũng như cung cấp các thông tin về các hoạt động toán học trong nước và trên thế giới,… Bên cạnh đó, bản tin còn là diễn đàn để các bạn có thể trao đổi thông tin về những vấn đề toán học mà mình quan tâm; là nơi để các bạn có thể gởi những thắc mắc về những bài toán mà mình ngại hỏi trong giờ học chính khóa; … Đồng thời, bản tin cũng là nơi để các bạn tập dượt sáng tạo bằng cách gởi bài cộng tác cho cho chúng tôi. Ngay từ bây giờ, bạn có thể gởi thư cho chúng tôi theo đòa chỉ hộp thư trước phòng bộ môn Toán (tầng trệt) hoặc gởi trực tiếp cho các thành viên trong ban biên tập bảng tin. BAN BIÊN TẬP Trong số này: - Abel vµ ®Þnh lý lín cđa «ng. - §¸p ¸n ®Ị thi m«n to¸n N¨ng khiÕu – Kú thi tun sinh líp 10 – PTNK 2003. - Lêi gi¶i vµ nhËn xÐt c¸c ®Ị to¸n sè 1. - Cïng gi¶i to¸n. - TiÕng Anh qua c¸c bµi to¸n. Abel vµ ®Þnh lý lín cđa «ng BẢN TIN TOÁN HỌC BỘ MÔN TOÁN – TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU Số 02 Tháng 10-2003 Bản tin Toán học (Bộ môn Toán trờng PTNK) số 02 - 2 V.Tikhomirov Nhà toán học vĩ đại ngời Na Uy Nils Henric Abel, ngời cùng với Grieg và Ibsen đã làm rạng rỡ Tổ quốc của mình, đã sống một cuộc đời ngắn ngủi, đầy khó khăn và đau khổ. Ông mất vì bệnh ở tuổi 28. Tất cả những kết quả toán học chính đợc ông thực hiện trong vòng chỉ 3 năm. Carl Gustav Jacobi, ngời cũng sáng tạo và nghiên cứu đồng thời những vấn đề của Abel đã viết: Abel đã rời xa chúng ta, nhng dấu ấn mà ông để lại khó có thể phai mờ. Và những lời nói này trở thành lời sấm: hầu nh tất cả những gì mà Abel cống hiến cho khoa học đều truyền đến thế hệ chúng ta nh những kho báu. Biến đổi Abel, dấu hiệu hội tụ Abel, nhóm Abel, phơng trình tích phân Abel, tích phân Abel vẫn là ngời bạn đồng hành thờng xuyên của các nhà toán học, và mọi nhà toán học đều biết đến định lý lớn của Abel về tính không giải đợc bằng căn thức của phơng trình bậc lớn hơn 4. Abel sinh ngày 5 tháng 8 năm 1802 ở miền Nam Nau Uy. Cha ông là cha cố. Năm 1915 cha ông đa ông đến học ở trờng Dòng ở thủ đô Christiania (nay là Oslo). Tại trờng này Abel may mắn gặp đợc ngời thầy giáo đã phát hiện và đánh giá cao năng khiếu toán học của ông. Bernt Mikel Holmboe - tên ngời thầy giáo - đợc ngời đời trân trọng vì trong một thời gian dài đã hỗ trợ hết lòng cho ngời học trò vĩ đại nhng bất hạnh của mình. Holmboe viết: Trong Abel có cả khả năng toán học thiên bẩm lẫn niềm đam mê không bao giờ cạn đối với khoa học. Ngay từ đầu, ông đã viết, cậu ta sẽ trở thành nhà toán học xuất sắc nhất thế giới, và có thể nghĩ rằng Abel sẽ biến lời dự đoán đó thành hiện thực nếu nh bệnh tật không cớp đi sinh mạng của ông quá sớm nh vậy. Abel vào đại học tổng hợp năm 1821. Cha của ông mất và ông không có điều kiện sống tối thiểu. Ông làm đơn xin học bổng, nhng trờng không có kinh phí để cho ông. Khi đó, một số giáo s của trờng, với suy nghĩ giữ gìn cho khoa học một tài năng hiếm có, đã cho ông học bổng từ tiền lơng của chính họ. Những khoản tiền này không đủ để nuôi sống gia đình, và Abel đã phải đi dạy thêm. Nhng ông cũng không thể thoát khỏi cảnh đói nghèo. Bài báo Chứng minh tính không giải đợc bằng căn thức của phơng trình tổng quát bậc lớn hơn 4 đợc công bố vào năm 1826, và sự kiện này đã lập tức đặt Abel lên vị trí của những nhà toán học hàng đầu thế giới. Nhng công trình sau đó của ông, đợc Viện hàn lâm Khoa học Paris giới thiệu và chuyển cho Cauchy phản biện để in đã bị bỏ quên trong đống giấy tờ của nhà bác học Pháp. Cauchy chỉ tìm thấy lại nó sau cái chết của Abel. Công trình này của Abel, cùng với công trình của Jacobi đã đoạt giải thởng lớn của Viện hàn lâm. Nếu nh giải thởng này đợc trao tặng khi Abel còn sống Nhng điều đó đã không xảy ra, và những năm cuối đời Abel sống trong thiếu thốn. Ông mất ngày 6 tháng 4 năm 1829. Jacobi nói về ông:Abel mất sớm, cứ nh rằng ông chỉ muốn làm những gì mà ng- ời khác không đủ sức làm, để cho chúng ta làm nốt những thứ còn lại . Chúng ta sẽ nói về một số thành tựu của Abel trong toán học. Nghiên cứu của Abel trong giải tích toán học Abel là ngời đầu tiên áp dụng tơng tự hóa của tích phân từng phần vào các tổng rời rạc. Cách biểu diễn tổng các tích của hay dãy số dới dạng 1 N a k b k = a N b N - 1 N-1 B k (a k+1 -a k ), (1) Bản tin Toán học (Bộ môn Toán trờng PTNK) số 02 - 3 trong đó a k , b k là các số đã cho, B k = b 1 + + b k , 1 k N, đợc mang tên biến đổi Abel. Nó trở thành và hiện vẫn là một công cụ quan trọng của giải tích cổ điển. Nếu nh áp dụng biến đổi Abel cho chuỗi 1 a k b k với giả sử rằng chuỗi 1 b k hội tụ và dãy {a k } 1 bị chặn và đơn điệu thì ta đợc chuỗi 1 a k b k hội tụ (từ (1) dễ dàng suy ra đánh giá | n m a k b k | 4max n k m |B k | max {|a n |, |a m |}, và sự hội tụ của chuỗi suy ra từ tiêu chuẩn Cauchy). Đây chính là tiêu chuẩn Abel về sự hội tụ của một chuỗi. Cũng vẫn phơng pháp này có thể chứng minh tiêu chuẩn Dirichlet: nếu nh dãy {b k } 1 đơn điệu và hội tụ về 0, còn dãy các tổng riêng s n = 1 n a k bị chặn thì chuỗi 1 a k b k hội tụ. Các tiêu chuẩn hội tụ này ngày nay có trong bất cứ một cuốn sách giáo khoa nào về giải tích toán học. Cauchy đã quan niệm sai lầm rằng chuỗi các hàm số liên tục trên một đoạn, hội tụ tại mọi điểm thì nó sẽ có giới hạn là một hàm liên tục. Abel đã đa ra phản ví dụ: chuỗi 1 (-1) k-1 sinkx/k hội tụ tại mọi điểm của đoạn [-, ] (điều này có thể kiểm chứng dễ dàng nếu áp dụng tiêu chuẩn Dirichlet), nhng giới hạn của chuỗi là một hàm gián đoạn (nó bằng x/2 trong khoảng (-, ), bằng 0 tại các điểm -, và là hàm tuần hoàn cho kỳ -2, nghĩa là có các điểm gián đoạn là + 2k, k=0, 1, ). Ví dụ của Abel đóng một vai trò quan trọng trong việc hình thành một trong những khái niệm nền tảng của giải tích khái niệm liên tục đều. Nhân Abel (hay còn gọi là nhân Abel Poisson) - hàm số (1/).[a/(a 2 +x 2 )], a > 0, đóng một vai trò quan trọng trong giải tích và lý thuyết xác suất. Abel là ngời đầu tiên tìm ra lời giải của phơng trình tích phân, tức là phơng trình tuyến tính với vô số ẩn số. Phơng trình này, đợc mang tên ông, có mặt trong hàng loạt các bài toán lý thuyết và ứng dụng. Nói riêng, Rieman và Liouville đã sử dụng nó để đa ra khái niệm đạo hàm bậc phân số. Abel đã đặt nền móng cho lý thuyết tích phân các hàm số dạng R(x, y)dx, trong đó R H(x, y) = 0 là hàm phân thức (tức là tỉ số của hai đa thức), còn H là đa thức hai biến. Câu hỏi về tính biểu diễn đợc của các tích phân nh vậy qua các hàm sơ cấp là một câu hỏi rất sâu. Câu trả lời chứa trong định lý cơ bản đợc chứng minh bởi Abel, và đợc biểu thị thông qua các đặc tính tô-pô của đa tạp hai chiều (cụ thể là - giống của mặt Rieman H(z, w) = 0 trong không gian phức). V.I. Arnold trong cuốn sách Toán học là gì? giải thích bản chất của định lý này và kết luận:Trong định lý này, có một điều đáng ngạc nhiên là mối liên hệ giữa các vấn đề mà thoạt nhìn rất xa nhau của toán học: lý thuyết các hàm sơ cấp, tích phân và tô-pô. Về tính giải đợc bằng căn thức của phơng trình đại số Và bây giờ chúng ta sẽ nói về thành tựu nổi tiếng nhất của Abel về định lý của ông liên quan đến tính giải đợc bằng căn thức của phơng trình đại số. Công trình này có ảnh hởng lớn đến sự phát triển của đại số, còn thực chất khái niệm nhóm Abel đợc đa ra trong công trình này là cơ sở của lý thuyết nhóm. Định lý Abel có liên hệ với những lĩnh vực khác nhau của toán học và có hàng loạt các chứng minh khác nhau. Chúng ta sẽ trình bày một trong những chứng minh đại số trực tiếp. Chứng minh này khá sơ cấp, mặc dù có sử dụng số phức. Bản tin Toán học (Bộ môn Toán trờng PTNK) số 02 - 4 Mỗi chúng ta đều biết công thức tìm nghiệm của phơng trình bậc hai x 2 + px + q = 0: x 1,2 = (-p p 2 - 4q)/2. Vì các số n a đợc gọi là căn thức nên ngời ta nói rằng phơng trình x 2 + px + q = 0 giải đợc bằng căn thức. Một thời gian dài các nhà toán học tìm công thức cho nghiệm của phơng trình bậc ba. Vào giữa thế kỷ 16, một công thức nh vậy đã đợc tìm thấy. Phơng trình x 3 + ax 2 + bx + c = 0 có thể dễ dàng đa về dạng x 3 + px + q = 0, và nghiệm của nó có thể tìm đ- ợc bằng công thức x = 3 -q/2 +q 2 /4 + p 3 /27 + 3 -q/2 -q 2 /4 + p 3 /27 . Nếu tính đúng các giá trị của các căn thức thì có thể tìm đợc cả ba nghiệm của phơng trình bậc ba. Nh thế, với phơng trình bậc ba tồn tại công thức tính nghiệm thông qua căn thức. Không lâu sau khi công thức Cardano đợc công bố ngời ta chứng minh đợc rằng việc giải phơng trình bậc bốn bất kỳ có thể đa về phơng trình bậc hai và bậc ba bằng một quy trình chuẩn, nghĩa là với phơng trình bậc bốn cũng có công thức tính nghiệm bằng căn thức. Và sau đó, trong khoảng thời gian gần 3 thế kỷ ngời ta đã cố gắng tìm công thức cho các phơng trình bậc cao hơn nhng đều thất bại. Và định lý chứng minh bởi Abel đã đặt dấu chấm cho những cố gắng này. Định lý Abel Định lý Abel. Đối với mỗi số tự nhiên n lớn hơn bốn không thể tìm đợc công thức biểu diễn nghiệm của mọi phơng trình bậc n thông qua các hệ số của nó sử dụng căn thức và các phép toán số học. Chúng ta sẽ chứng minh ở đây một điều mạnh hơn, và chính là tồn tại một phơng trình (cụ thể) bậc năm với hệ số nguyên không giải đợc bằng căn thức. Việc chứng minh kết quả này sẽ đợc trình bày trong số báo sau. Cụ thể, chúng ta sẽ chứng minh phơng trình p(x) = x 5 - 4x - 2 = 0 không giải đợc bằng căn thức. (Còn tiếp Trần Nam Dũng dịch từ Tạp chí Kvant, số 1/2003) Đáp án đề thi tuyển sinh vào lớp 10 năng khiếu năm học 2003-2004 (Toán Năng khiếu) Câu 1. 1) Chứng minh rằng phơng trình (a 2 -b 2 )x2 + 2(a 3 -b 3 )x + a 4 - b 4 = 0 có nghiệm với mọi a, b. 2) Giải hệ phơng trình 3 3 5 ( 1) ( 1) 35 xy x y x y + + = + + + = Lời giải: Bản tin Toán học (Bộ môn Toán trờng PTNK) số 02 - 5 1) + Nếu a = b thì phơng trình trở thành 0 = 0. Mọi x là nghiệm của phơng trình. + Nếu a = -b thì phơng trình trở thành 2a 3 x = 0 có nghiệm x = 0. + Nếu a b thì a 2 - b 2 0, phơng trình đã cho là phơng trình bậc hai có = (a 3 - b 3 ) 2 - (a 2 - b 2 )(a 4 - b 4 ) = a 2 b 2 (a-b) 2 0 do đó có nghiệm. Vậy trong mọi trờng hợp phơng trình đã cho có nghiệm. 2) Đặt X = x+1, Y = y+1, ta có hệ phơng trình 3 3 6 35 XY X Y = + = Suy ra X 3 , Y 3 là nghiệm của phơng trình T 2 35T + 216 = 0. Từ đó (X, Y) = (2, 3) hoặc (3, 2) suy ra (x, y) = (1, 2) hoặc (2, 1). Thử lại thấy thoả. Câu 2. 1) Cho a n = 2 2n+1 2 n+1 + 1, b n = 2 2n+1 + 2 n+1 + 1. Chứng minh rằng với mọi n nguyên dơng, trong hai số a n , b n luôn có đúng một số chia hết cho 5 và một số không chia hết cho 5. 2) Tìm tất cả các bộ ba số nguyên dơng phân biệt mà tích của chúng bằng tổng của chúng. Lời giải: 1) Ta có a n .b n = (2 2n+1 +1) 2 - 2 2n+2 = 2 4n+2 + 1 = 16 n .4 + 1 = (5k+1) n .4 + 1 = (5K+1).4 + 1 chia hết cho 5. Mặt khác b n - a n = 2.2 n+1 không chia hết cho 5. Kết hợp với điều vừa chứng minh ở trên ta suy ra trong hai số a n , b n có đúng một số chia hết cho 5, suy ra a n + b n không chia hết cho 5. 2) Giả sử 3 số đó là (x, y, z). Không mất tính tổng quát, có thể giả sử x < y < z. Theo điều kiện đề bài x + y + z = x.y.z => 1/xy + 1/yz + 1/zx = 1. Nếu x 2 thì ta có y 3, z 4 do đó 1/xy + 1/yz + 1/zx 1/6 + 1/12 + 1/8 < 1. Mâu thuẫn. Vậy ta phải có x = 1. Thay vào ta đợc phơng trình 1/y + 1/z + 1/yz = 1._Tiếp theo có hai cách giải: Cách 1: Nếu y 3 thì z 4, do đó 1/y + 1/z + 1/yz 1/3 + 1/4 + 1/12 < 1. Mâu thuẫn. Vậy ta phải có y = 2, suy ra z = 3. Vậy ta có bộ (1, 2, 3) thoả mãn yêu cầu bài toán. Cách 2: 1/y + 1/z + 1/yz = 1 <=> yz = y + z + 1 <=> (y-1)(z-1) = 2 = 1.2 => y = 2, z = 3. Câu 3. Cho tam giác ABC vuông tại A. Hạ đờng cao AA 1 . Đặt BA 1 = x, CA 1 = y. 1) Gọi r, r lần lợt là bán kính đờng tròn nội tiếp các tam giác AHK và ABC tơng ứng. Hãy tính tỷ số r/r theo x, y và tìm giá trị lớn nhất của tỷ số này. 2) Chứng minh tứ giác BHKC nội tiếp một đờng tròn. Tính bán kính đờng tròn này theo x, y. Lời giải: p dụng tính chất của tam giác vuông (hoặc dùng tam giác đồng dạng) ta suy ra Bản tin Toán học (Bộ môn Toán trờng PTNK) số 02 - 6 AA 1 = xy . Ta có HK = AA 1 = xy . Hai tam giác AHK và ABC đồng dạng với tỷ số HK/BC = xy /(x+y) do đó r/r = xy /(x+y). áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có xy (x+y)/2. Dấu bằng xảy ra khi x = y. Suy ra giá trị lớn nhất của r/r là 1/2. 2) Ta có HKA 1 = HAA 1 = ACB. Từ đó suy ra HKC + HBC = HKA 1 + A 1 KC + HBC = ACB + 90 0 + HBC = 180 0 . Suy ra tứ giác BHKC nội tiếp trong một đờng tròn. Tiếp tục áp dụng tính chất tam giác đồng dạng ta tính đợc AH = x y x y+ , BH = x x x y+ , AK = y x x y+ , CK = y y x y+ Gọi I là tâm đờng tròn ngoại tiếp tứ giác BHKC và M, N là hình chiếu của I lên AB, AC tơng ứng thì 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 2 2 1 1 . . 2 2 1 1 3 . . 4 4 4 y y x R IB IM BM x y x x y x y x y x y y x y y x xy y x y x y x y x y = = + = + + = ữ ữ ữ ữ + + + + + + + + = + + + + Suy ra 2 2 3 / 2R x xy y= + + . Câu 4. 1) Cho đờng tròn (C) tâm O và một điểm A nằm trong đờng tròn. Một đờng thẳng qua A cắt (C) tại M và N. Chứng minh rằng đờng tròn (C) qua O, M, N luôn đi qua một điểm cố định khác O. 2) Cho đờng tròn (C) tâm O là đờng thẳng (D) không cắt (C). I là một điểm di động trên (D). Đờng tròn đờng kính IO cắt (C) tại M và N. Chứng minh rằng đờng thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định. Lời giải: 1) Gọi (C) là đờng tròn qua O, M, N. Kẻ OA nối dài cắt (C) tại B. Ta có OBN = (1/2) cung (ON) = (1/2) cung (OM) =MNO = ANO. Từ đó suy ra hai tam giác ONB và OAN đồng dạng. Do đó ON/OB = OA/ON => OB = ON 2 /OA => điểm B là điểm cố định. 2) Hạ OP vuông góc với (D) thì P cố định và nằm trên đờng tròn đờng kính IO. Giả sử MN cắt OP tại A. Tơng tự nh trên, hai tam giác OAN và ONP đồng dạng, từ đó OA/ON = ON/OP => OA = ON 2 /OP => A là điểm cố định. Câu 5. 1) Trên bảng vuông 4x4 có ghi 9 số 1 và 7 số 0. Với mỗi phép biến đổi bảng cho phép thay tất cả các số 0 trên cùng một hàng hoặc cùng một cột thành các số 1 và các số 1 thay bằng các số 0. Hỏi sau một số hữu hạn các phép biến đổi bảng, có thể đa bảng đã cho về bảng gồm toàn số 0 đợc không? 2) ở vơng quốc Sắc màu kỳ ảo có 13 hiệp sĩ tóc đỏ, 15 hiệp sĩ tóc vàng và 17 hiệp sĩ tóc xanh. Khi hai hiệp sĩ khác màu gặp nhau, tóc của họ biến sang màu thứ ba (ví dụ nếu hiệp sĩ tóc đỏ gặp hiệp sĩ tóc xanh thì cả hai sẽ biến thành hiệp sĩ tóc vàng). Hỏi sau một số hữu hạn lần gặp nh vậy, cỏ thể xảy ta trờng hợp ở vơng quốc Sắc màu kỳ ảo tất cả các hiệp sĩ đều có cùng màu đợc không? B¶n tin To¸n häc (Bé m«n To¸n trêng PTNK) – sè 02 - 7 – Lêi gi¶i: 1) Gäi S(n) lµ tỉng sè sè 1 sau lÇn biÕn ®ỉi b¶ng thø n. Ta cã S(0) = 9. Mçi lÇn biÕn ®ỉi b¶ng, gi¶ sư trªn dßng ta chän cã k sè 1 vµ 4-k sè 0. Sau khi biÕn ®ỉi, ta cã k sè 0 vµ 4-k sè 1. Nh vËy S(n+1) = S(n) + 4 - k - k = S(n) + 2(2-k). Nh thÕ, S(n+1) vµ S(n) cã cïng tÝnh ch½n lỴ. Do S(0) = 9 lỴ nªn S(n) lỴ víi mäi n, tøc lµ ta kh«ng thĨ biÕn ®ỉi vỊ b¶ng cã toµn sè 0. 2) Ta gäi D(n), V(n), X(n) lÇn lỵt lµ sè hiƯp sÜ tãc ®á, vµng, xanh t¬ng øng sau lÇn gỈp thø n vµ ®Ỉt S(n) = V(n) + 2X(n). Ta cã S(0) = 15 + 2.17 = 49. + Khi hai hiƯp sÜ ®á vµ vµng gỈp nhau, tãc hä ®ỉi sang mµu ®á, do ®ã S(n+1) = V(n) - 1 + 2(X(n)+2) = S(n) + 3. + Khi hai hiƯp sÜ ®á vµ xanh gỈp nhau, tãc hä ®ỉi sang mµu vµng, do ®ã S(n+1) = V(n) + 2 + 2(X(n)-1) = S(n). + Khi hai hiƯp sÜ vµng vµ xanh gỈp nhau, tãc hä ®ỉi sang mµu ®á, do ®ã S(n+1) = V(n) - 1 + 2(X(n)-1) = S(n) - 3. Nh vËy S(n+1) lu«n cã cïng sè d víi S(n) trong phÐp chia cho 3. V× S(0) chia 3 d 1 nªn S(n) chia 3 d 1 víi mäi n. Do ®ã kh«ng thĨ x¶y ra trêng hỵp sau mét sè h÷u h¹n lÇn gỈp nhau, tÊt c¶ c¸c hiƯp sÜ ®Ịu cã cïng mµu tãc (v× khi ®ã S sÏ chia hÕt cho 3!). Lời giải và nhận xét các đề toán số 1 (9/2003) Bài 1: Tìm 12 số nguyên dương có tổng bằng tích. Lời giải: Gọi 12 số nguyên dương cần tìm là a 1 , a 2 , …, a 12 . Theo giả thiết ta có: a 1 + a 2 + … + a 12 = a 1 .a 2 …a 12 (*) Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử: a 1 ≥ a 2 ≥ … ≥ a 12 . Khi đó ta có: VT ≤ 12a 1 , suy ra a 1 .a 2 …a 12 ≤ 12.a 1 . Từ đđó a 2 .a 3 …a 12 ≤ 12. (**). Với mọi 5 ≤ i ≤ 2 ta có: a i 4 ≤ a i i-1 = a 2 .a 3 …a i ≤ a 2 .a 3 …a 12 ≤ 12 => a i = 1. Vậy a i = 1 với mọi i = 5, …, 12. Thế vào (*) ta có: a 1 + a 2 + a 3 + a 4 + 8 = a 1 .a 2 .a 3 .a 4 . Thế vào (**): a 2 .a 3 .a 4 ≤ 12, suy ra: a 4 3 ≤ 12 nên a 4 ≤ 2. + Nếu a 4 =2: Ta có a i ≥ 2 với mọi i = 1, 2, 3. VT ≤ 4.a 1 +8 ≤ 4.a 1 + 4.a 1 = 8a 1 ≤ a 1 .a 2 .a 3 .a 4 =VP Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a 1 = a 2 = a 3 = 2. Như vậy trong trường hợp này ta có 1 nghiệm: a i =1 với i=5, …, 12 và a i = 2 với i = 1, …, 4. + Nếu a 4 =1 ta có: a 1 + a 2 + a 3 + 9 = a 1 .a 2 .a 3 . Thế vào (**), suy ra: a 2 .a 3 ≤ 12. Từ đó: a 3 2 ≤ 12 nên a 3 ≤ 3. + Nếu a 3 = 3 : Ta có a 1 , a 2 ≥ 3. VT ≤ 3.a 1 + 9 ≤ 3.a 1 + 3.a 1 = 6.a 1 < 9a 1 ≤ a 1 .a 2 .a 3 =VP (loại) B¶n tin To¸n häc (Bé m«n To¸n trêng PTNK) – sè 02 - 8 – + Nếu a 3 =2: Ta có: a 1 + a 2 + 11 = 2.a 1 .a 2 . ⇔ (2.a 1 -1).(2.a 2 -1) = 23, nên 2a 1 - 1 = 23 và 2a 2 - 1 = 1 => a 1 = 12, a 2 = 1 (loại vì a 2 ≥ 2) + Nếu a 3 =1 ta có: a 1 + a 2 +10 = a 1 .a 2 ⇔ (a 1 -1).(a 2 -1)=11 ⇔ a 1 - 1 = 11 và a 2 – 1 = 1 a 1 = 12 và a 2 = 2. Như vậy ta có 1 nghiệm a i =1 với i = 3, 4, …, 12, a 2 = 2 và a 1 =12. Vậy bài toán có 2 nghiệm: 1) a(i) =1 với i = 5, …, 12 và a 1 = a 2 = a 3 = a 4 =2. 2) a i =1 với i = 3, 4, …, 12, a 2 = 2 và a 1 =12. Nhận xét: 1) Đâây là một bài toán khá đơn giản đối với các bạn đã làm quen với phương trình nghiệm nguyên. Nhìn chung các bạn tham gia gửi bài đều giải tốt bài này và đều có 1 hướng giải giống nhau. Tuy nhiên, phần trình bày nhiều khi còn rườm rà và chưa rõ ý. 2) Dựa vào cách giải trên đây, có thể đưa ra một số đánh giá cho bài toán tổng quát: Tìm n số nguyên dương có tổng bằng tích (Bài toán A(n)). Ví dụ: (i) Bài toán A(n) luôn có ít nhất 1 nghiệm (hãy nghiên cứu kỹ các nghiệm và trả lời tại sao?) (ii) Nếu a 1 , a 2 , …, a n là nghiệm của A(n) thì a 1 + a 2 + …+ a n ≤ 2n. (iii) Nếu n ≤ 2 k - k thì có nhiều nhất k trong số a i ≥ 2 (như vậy có ít nhất n-k số bằng 1). (iv) Tổng quát, nếu n ≤ a k - (a-1)k thì có nhiều nhất k trong số a i ≥ a. 3) Các bạn sau đây đã có lời giải tốt: Nguyễn Anh Cường, Nguyễn Hành Trình, Võ Nguyễn Thuỷ Tiên, Lê Minh Huy (10 Toán), Nguyễn Thanh Bình (12 Toán). Bạn Phạm Văn Hồng Thắng (10 Toán) tìm được nghiệm tổng quát cho trường hợp n bất kỳ, tuy nhiên khẳng đònh của bạn cho rằng đây là tất cả các nghiệm của bài toán là thiếu chính xác. Trần Vónh Hưng Bài 2 : Cho a , b , c ≥ 0 . Chứng minh rằng : 2. a b b c c a a b c c a b b c c a a c + + + + + ≥ + + ÷ ÷ + + + Lời giải : Cách 1 : (Của bạn Võ Nguyễn Thuỷ Tiên và một số bạn khác) Với x , y > 0 ta có các bất đẳng thức sau : i. 1 1 4 x y x y + ≥ + B¶n tin To¸n häc (Bé m«n To¸n trêng PTNK) – sè 02 - 9 – ii. ( ) 1 2 x y x y+ ≥ + Thật vậy : 1 1 4 x y x y + ≥ + 2 2 ( ) 4. . ( ) 0x y x y x y⇔ + ≥ ⇔ − ≥ . ( ) 1 2 x y x y+ ≥ + ( ) ( ) 2 2 2.( ) 0x y x y x y⇔ + ≥ + ⇔ − ≥ Do đó ta có bất đẳng thức i và ii : Áp dụng i ta có : a b c + = 1 . 2 a b a b c c c c + ≥ + ÷ ÷ Tương tự : 1 . 2 b c b c a a a a + ≥ + ÷ ÷ 1 . 2 c a c a b b b b + ≥ + ÷ ÷ Suy ra : a b b c c a c a b + + + + + ≥ 1 . 2 a a b b c c b c c a a b + + + + + ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ (*) Áp dụng ii và i ta có : 1 1 4 b c b c + ≥ + 2. 2 b c ≥ + Suy ra : a a c b + 2. 2. a b c ≥ + Tương tự : 2. 2. b b b c a c a + ≥ + 2. 2. b b b c a c a + ≥ + Suy ra : a a b b c c b c c a a b + + + + + ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ 2. 2 a b c b c c a a c ≥ + + ÷ ÷ + + + (**) Từ (*) và (**) ta có bất đẳng thức của đề bài 2. a b b c c a a b c c a b b c c a a c + + + + + ≥ + + ÷ ÷ + + + Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi : a = b= c . Cách 2: (Của bạn Nguyễn Hành Trình) Không mất tính tổng quát có thể giả sử a ≥ b ≥ c. Bất đẳng thức đã cho tương đương với: B¶n tin To¸n häc (Bé m«n To¸n trêng PTNK) – sè 02 - 10 – 2 2 2 0 2 2 2 0 ( ) ( ) ( ) a b c b c a c a b c a b a b c b c a a b c b c a c a b c a b a b c b c a + + + − + − + − ≥ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ + + + + − + − + − ⇔ + + ≥ + + + Từ a ≥ b ≥ c suy ra a + b - 2c ≥ 0 và c(a+b) = ac + bc ≤ b(a+c), từ đó 2 2 ( ) ( ) a b c a b c c a b b a c + − + − ≥ + + Tương tự, do b+c -2a ≤ 0 và a(b+c) ≥ b(c+a) nên 2 2 ( ) ( ) b c a b c a a b c b a c + − + − ≥ + + Từ đó suy ra 2 2 2 2 2 2 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) a b c b c a c a b a b c b c a c a b c a b a b c b c a b c a b c a b c a + − + − + − + − + − + − + + ≥ + + = + + + + + + chính là điều cần chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. Nhận xét: 1) Đây là một đề toán khá thú vò về bất đẳng thức. Việc khá nhiều bạn giải được bài này cho thấy kỹ năng giải toán bất đẳng thức của học sinh Việt Nam nói chung và học sinh trường ta nói riêng khá tốt. 2) Các bạn sau đây còn có lời giải tốt: Lê Minh Huy, Phan Văn Hồng Thắng (10 Toán). 3) Bạn Nguyễn Anh Cường (10 Toán) đã đưa ra và chứng minh bài toán tổng quát “Với các số nguyên dương m ≥ 2, n ≥ 3 và n số dương a 1 , a 2 , …, a n ta luôn có bất đẳng thức 2 1 3 1 1 1 1 1 2 1 1 ( 1) (2) n n n n m m m mm n n n a a a a a a a a a n a a a a a a a − − + + + + + + + + + + ≥ − + + ÷ ÷ + + + + T uy nhiên, trong lời giải, bạn đã phạm sai lầm cơ bản khi biến đổi. Bất đẳng thức (2) thực sự không đúng. Lấy ví dụ cho tất cả các a i bằng nhau thì (2) tương đương với 1 1 ( 1) 1 1 1 m m m n n n n n n n − ≥ − ⇔ − ≥ − − Bất đẳng thức cuối cùng chỉ đúng khi m = 2 hoặc n = 2. Lời giải của bạn Cường chỉ đúng trong trường hợp m = 2 (trường hợp n = 2 là hiển nhiên vì ta có đẳng thức). 4) Bạn Nguyễn Thanh Bình (12 Toán) đã đưa ra và chứng minh đúng bài toán tổng quát. Bất đẳng thức của bạn Bình chính là bất đẳng thức (2) nhưng thay n-1 ở vế phải bằng (n-1) 2/m . Cách giải là dùng bất đẳng thức Bunhiacopsky mở rộng. Các bạn hãy thử sức xem sao. Nguyễn Tiến Khải . «ng BẢN TIN TOÁN HỌC BỘ MÔN TOÁN – TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU Số 02 Tháng 10-2003 Bản tin Toán học (Bộ môn Toán trờng PTNK) số 02 - 2 V.Tikhomirov Nhà toán học vĩ đại ngời Na Uy Nils Henric. nguyªn d¬ng). Ngun Thµnh Nh©n Bµi 5: Lơc gi¸c låi ABCDEF cã ABF lµ tam gi¸c vu«ng c©n t¹i A. BCEF lµ h×nh b×nh hµnh. AD = 3, BC = 1, CD + DE = 2 2 . TÝnh diƯn tÝch lơc gi¸c. D©n gian. Tiếng. c, d}. We conclude that there is no function f: X X suc that g = fof. We now use the above result to show that there is no function f: R R such that f(f(x)) = x 2 – 2. Consider g(x) = x 2