CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG
HỌC SINH GIỎI TOÁN
Mục lục
Lời nói đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
T r ầ n Nam Dũng
Nguyên lý cực hạn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
T r ị n h Đào Chiến, Lê Tiến Dũng
Một số dạng tổng quát của phương trình hàm P e x i d e r v à áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
Lê Sáng
Xây dựng một lớp phương trình hàm nhờ các hằng đẳng thức lượng giác 24
Lê Thị Anh Đoan
Tính ổn định nghiệm của một số phương trình hàm Cauchy . . 35
T r ầ n Viết Tường
Một số lớp phương trình hàm đa ẩn sinh bởiphi đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
Lê Sáng, Nguyễn Đinh Huy
Từ công thức Euler đến bài toán số phức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57
Nguyễn Thị Tình
Một số ứng dụng của phương trình P e l l . . . . . . 67
Huỳnh Bá Lộc
Phép thế lượng giác là công cụ giải toán trong các bài thi c h ọ n học sinh giỏi . . . . . . . . . . 79
Nguyễn T r u n g Hưng
Sử dụng v à n h các số nguyên để giải một số bài toán số học . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89
Phạm Thị Thúy Hồng
Nội suy theo y ế u tố hình học của đồ thị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96
Lê Sáng, V ũ Đức Thạch Sơn
Bất biến như là một phương pháp c h ứ n g minh v à ứng dụng trong giải toán . . . . . . . . . . . 108
1
Lê Thị Thanh Hằng
Một số dạng toán liên quan đến dãy số có quy luật . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120

Đây là hội thảo lần thứ hai theo tinh thần cam k ế t của các tỉnh duyên hải Nam T r u n g bộ
v à T â y Nguyên v ề việc hợp tác để phát triển kinh tế - v ă n hóa v à xã hội. Sở Giáo dục v à Đào
tạo Phú Y ê n đã tiến hành tổ c h ứ c Hội thảo lần thứ nhất v à o ngày 18-19/4/2011 tại thành phố
T u y Hòa v ề liên k ế t bồidưỡng học sinh giỏi v à bồidưỡng học sinh giỏi môn toán trường T r u n g
học phổ thông Chuyên các tỉnh duyên hải Nam T r u n g Bộ v à T â y Nguyên. T ạ i Hội thảo lần thứ
nhất đã thống nhất giao c h o Sở Giáo dục v à đào tạo Khánh Hòa tổ c h ứ c Hội thảo lần thứ hai.
Đây là nét sinh hoạt truyền thống mới v ề sinh hoạt c h u y ê n môn, v ề giao lưu hợp tác trong giáo
dục, đào tạo v à các sinh hoạt học thuật khác. V à thực tế, giờ đây, tại vùng duyên hải Nam
T r u n g bộv à T â y Nguyên này đã xuất hiện ngày càng nhiều nét thành tích nổi bật, đã có học
sinh đạt giải toán Olympic quốc tế. Năm nay, nhiều đội tuyển đạt giải cao trong kỳ thi học sinh
giỏi quốc gia. Các tỉnh Đắk Lắc, Phú Y ê n đã mạnh dạn cử đội tuyển tham dự kỳ thi Olympic
Hà Nội mở rộng bằng tiếng Anh v à đã đạt giải cao.
Khu vực Duyên hải Nam T r u n g bộv à T â y nguyên giờ đây đã thực sự khởi sắc, tạo tiền đề
để vươn lên tầm cao mới, c h ủ động hội nhập, sánh v a i ngang bằng v ớ i các khu vực khác trong
cả nước.
Hội thảo khoa học lần này được tiến hành từ 14-15/4/2012 tại thành phố Nha T r a n g , Khánh
Hòa hân hạnh được đón tiếp nhiều nhà khoa học, nhà giáo lão thành, các nhà quản lý, các c h u y ê n
gia giáo dục v à các nhà toán học báo cáo tại các phiên toàn thể v à các cán bộc h ỉ đạo c h u y ê n
môn từ các sở Giáo dục v à Đào tạo, các thầy giáo, cô giáo bộmôn T o á n các tỉnh, thành khu
vực Duyên hải Nam T r u n g bộv à T â y nguyên đang trực tiếp bồidưỡng học sinh giỏi môn T o á n
báo cáo tại các phiên c h u y ê n đề của hội thảo.
3
Ban tổ c h ứ c đã nhận được trên 30 báo cáo toàn v ă n gửi tới hội thảo. Song do khuôn khổ
rất hạn hẹp v ề thời gian, khâu c h ế bản v à thời lượng của cuốn kỷ y ế u , c h ú n g tôi c h ỉ có thể đưa
v à o kỷ y ế u được 22 bài, những bài còn lại sẽ được c h ế bản để gửi quý đại biểu khi thực hiện
c h ư ơ n g trình báo cáo c h u y ê n đề c h í n h thức của hội thảo.
Nội dung của kỷ y ế u lần này rất phong phú, bao gồm hầu hết các c h u y ê n đề phục vụ việc
bồidưỡng học sinh giỏi toán từ đại số, giải tích, hình học, số học đến các dạng toán liên quan
khác. Bạn đọc có thể tìm thấy ở đây nhiều dạng toán từ các kỳ olympic trong nước v à quốc tế,
một số dạng toán v ề hàm số, lý thuyết nội suy, cực trị,

1
, B
2
, . . . , B
k
} ở trường
thứ 2. Cũng theo giả thiết, có ít nhất 1 học sinh C ở trường thứ 3 quen v ớ i A. Vì C quen
không quá k học sinh ở trường thứ nhất nên theo giả thiết C quen v ớ i ít nhất n + 1 − k học
sinh của trường thứ hai, đặt N = {D
1
, D
2
, , D
m
} là những người quen C ở trường thứ hai thì
m ≤ n+ 1−k.Vì M,N đều thuộc tập hợp gồm n học sinh v à |M|+|N| ≥ k + n+ 1−k = n + 1
nên ta có M ∩ N  = ∅. Chọn B nào đó thuộc M ∩ N thì ta có A, B,C đôi một quen nhau.
Ví dụ 2. Chứng minh r ằ n g không tồn tại số n lẻ, n > 1 sao cho 15
n
+ 1 chia hết cho n
L ờ i giải. Giả sử tồn tại một số nguyên lẻ n > 1 sao c h o 15
n
+ 1 c h i a hết c h o n. Gọi p là ước số
nguyên tố nhỏ nhất của n, khi đó p lẻ. Giả sử k là số nguyên dương nhỏ nhất sao c h o 15
k
− 1
c h i a hết c h o p (số k được gọi là bậc của 15 theo modulo p).
Vì 15
2n
−1 = (15

n
+ 1 c h i a hết c h o n.
a) Chứng minh rằng nếu n > 1 thì n c h i a hết c h o 3;
b) Chứng minh rằng nếu n > 3 thì n c h i a hết c h o 9;
c) Chứng minh rằng nếu n > 9 thì n c h i a hết c h o 27 hoặc 19;
d) Chứng minh rằng nếu n c h i a hết c h o số nguyên tố p  = 3 thì p ≥ 19;
e)* Chứng minh rằng nếu n c h i a hết c h o số nguyên tố p, trong đó p  = 3 v à p  = 19 thì p ≥ 163.
2 Phương pháp phản ví dụ nhỏ nhất
T r o n g việc c h ứ n g minh một số tính c h ấ t bằng phương pháp phản c h ứ n g , ta có thể có thêm
một số thông tin bổsung quan trọng nếu sử dụng phản ví dụ nhỏ nhất. Ý tưởng là để c h ứ n g
minh một tính c h ấ t A c h o một cấu hình P,ta xét một đặc trưng f(P) của P là một hàm có
giá trị nguyên dương. Bây giờ giả sử tồn tại một cấu hình P không có tính c h ấ t A, khi đó sẽ
tồn tại một cấu hình P
0
không có tính c h ấ t A v ớ i f(P
0
) nhỏ nhất. T a sẽ tìm cách suy ra điều
mâu thuẫn. Lúc này, ngoài việc c h ú n g ta có cấu hình P
0
không có tính c h ấ t A, ta còn có mọi
cấu hình P v ớ i f(P) < f(P
0
) đều có tính c h ấ t A.
Ví dụ 3. Cho ngũ giác lồi ABCDE trên mặt phẳng toạ độ c ó toạ độ c á c đỉnh đều nguyên.
a) Chứng minh r ằ n g tồn tại ít nhất 1 điểm nằm trong hoặc nằm trên c ạ n h của ngũ giác (khác
với A, B, C, D, E) c ó toạ độ nguyên.
b) Chứng minh r ằ n g tồn tại ít nhất 1 điểm nằm trong ngũ giác c ó toạ độ nguyên.
c) Các đường chéo của ngũ giác lồi c ắ t nhau tạo r a một ngũ giác lồi nhỏ A
1
B

6
các ngũ giác như v ậ y , c h ọ n ngũ giác ABCDE có diện tích nhỏ nhất (phản ví dụ nhỏ nhất). Nếu
có nhiều ngũ giác như v ậ y thì ta c h ọ n một trong số c h ú n g . Theo lý luận đã trình bày ở câu
a), tồn tại hai đỉnh X, Y có cặp toạ độ cùng tính c h ẵ n lẻ. T r u n g điểm Z của XY sẽ có toạ độ
nguyên. Vì bêntrong ngũ giác ABCDE không có điểm nguyên nào nên XY phải là một cạnh
nào đó. Không mất tính tổng quát, giả sử đó là AB. Khi đó ngũ giác ZBCDE có toạ độ các đỉnh
đều nguyên v à có diện tích nhỏ hơn diện tích ngũ giác ABCDE. Do tính nhỏ nhất của ABCDE
(phản ví dụ nhỏ nhất phát h u y tác dụng!) nên bêntrong ngũ giác ZBCDE có 1 điểm nguyên
T. Điều này mâu thuẫn vì T cũng nằm trong ngũ giác ABCDE.
Phản ví dụ nhỏ nhất cũng là cách rất tốt để trình bày một c h ứ n g minh quy nạp (ở đây thường
là quy nạp mạnh), để tránh những lý luận dài dòng v à thiếu c h ặ t c h ẽ .
Ví dụ 4. Chứng minh r ằ n g nếu a, b là c á c số nguyên dương nguyên tố cùng nhau thì tồn tại
c á c số nguyênx, y sao cho ax + by = 1.
L ờ i giải. Giả sử khẳng định đề bài không đúng, tức là tồn tại hai số nguyên dương a, b nguyên
tố cùng nhau sao c h o không tồn tại x, y nguyên sao c h o ax + by = 1. Gọi a
0
, b
0
là một cặp số
như v ậ y v ớ i a
0
+ b
0
nhỏ nhất (phản ví dụ nhỏ nhất).
Vì (a
0
, b
0
) = 1 v à (a
0

0
+ b
0
nên
do tính nhỏ nhất của phản ví dụ, ta suy ra (a
0
−b
0
, b
0
) không là phản ví dụ, tức là tồn tại x, y
sao c h o (a
0
−b
0
)x + b
0
y = 1. Nhưng từ đây thì a
0
x + b
0
(y −x) = 1. Mâu thuẫn đối v ớ i điều giả
sử. V ậ y điều giả sử là sai v à bài toán được c h ứ n g minh.
Bài tập
5. Giải phần c) của ví dụ 3.
6. T r ê n mặt phẳng đánh dấu một số điểm. Biết rằng 4 điểm bất kỳ trong c h ú n g là đỉnh của
một tứ giác lồi. Chứng minh rằng tất cả các điểm được đánh dấu là đỉnh của một đa giác lồi.
3 Nguyên lý cực hạn v à bất đẳng thức
Nguyên lý cực hạn thường được áp dụng một cách hiệu quả trong các bất đẳng thức có tính
tổ hợp, dạng c h ứ n g minh tồn tại k số từ n số thỏa mãn một điều kiện này đó.

.
V ớ i n c h ẵ n (n = 2m) điều này có thể c h ứ n g minh dễ dàng: đặt a
1
+ a
3
+ + a
2m−1
= a; khi
đó, rõ ràng,
a
1
a
2
+ a
2
a
3
+ + a
n−1
a
n
+ a
n
a
1
≤ (a
1
+ a
3
+ + a

1
, , b
n−1
,
ta được:
a
1
a
2
+ + a
k−2
a
k−1
+ (a
k−1
+ a
k+2
)b
k
+ a
k+2
a
k+3
+ + a
n−1
a
n
+ a
n
a

≤ (a
k−1
+ a
k+2
)b
k
,
để suy ra điều phải c h ứ n g minh.
Đánh giá trên đây là tốt nhất; dấu bằng xảy ra khi 2 trong n số bằng
1
2
, còn các số còn lại bằng
0.
Ví dụ 6. Cho n ≥ 4 và c á c số thực phân biệt a
1
, a
2
, . . . , a
n
thoả mãn điều kiện
n

i=1
a
i
= 0,
n

i=1
a

a
3
i
≥ (a + b + c)a
2
i
− (ab + bc + ca)a
i
+ abc v ớ i mọi i = 1, 2, . . . , n.
Cộng tất cả các bất đẳng thức này, v ớ i c h ú ý
n

i=1
a
i
= 0,
n

i=1
a
2
i
= 1 ta được
n

i=1
a
3
i
≥ a + b + c + nabc.

100. Do đó ta có thể giả sử rằng C
1
< 100. Khi đó 100 − C
1
> 0, 100 − C
2
> 0, C
1
− C
2
≥
0, C
1
− C
3
≥ 0, vì v ậ y
100(C
1
+ C
2
+ C
3
) ≥ 100(C
1
+ C
2
+ C
3
) − (100 − C
1

+ C
3
(C
3
+ C
4
+ . . . + C
1
00)
≥ C
2
1
+ C
2
2
+ C
2
3
+ . . . + C
2
100
) > 10000.
Suy ra, C
1
+ C
2
+ C
3
> 100.
Bài tập

y
2
= p
2
− q
2
z = p
2
+ q
2
(3) Từ đây, ta lại có một bộba Pythagore khác, vì y
2
+ q
2
= p
2
.
(4) Như v ậ y , tồn tại a, b sao c h o
q = 2ab
y = a
2
− b
2
p = a
2
+ b
2
a, b nguyên tố cùng nhau
(5) Kết hợp các phương trình này, ta được:
x

+ v
4
.
(8) Nhưng bây giờ ta thu được điều mâu thuẫn v ớ i tính nhỏ nhất của z vì:
P
2
= a
2
+ b
2
= p < p
2
+ q
2
= z < z
2
.
(9) Như v ậ y điều giả sử ban đầu là sai, suy ra điều phải c h ứ n g minh.
Phương pháp trình bày ở trên còn được gọi là phương pháp xuống thang. Đây có lẽ là
phương pháp mà F e r m a t đã nghĩ tới khi viết trên lề cuốn sách của Diophant những dòng c h ữ
mà sau này được gọi là định lý lớn F e r m a t v à đã làm điên đầu bao nhiêu thế hệ những nhà
toán học.
Ví dụ 9. Tìm tất c ả c á c c ặ p đa thức P (x), Q(x) thỏa mãn phương trình
P
2
(x) = (x
2
− 1)Q
2
(x) + 1(1)

(x) (3)
Nhân (2) v à (3) v ế theo v ế , ta được
1 = (x + x
2
− 1)
n
(x −

x
2
− 1)
n
= (P
n
(x) +
 
x
2
− 1Q
n
(x))(P
n
(x) − x
2
− 1Q
n
(x))

= P
2

x
2
− 1Q
∗
(x) (4)
Thì rõ ràng
(P (x) −

x
2
− 1Q(x))(x +

x
2
− 1) = P
∗
(x) −

x
2
− 1Q
∗
(x)
Suy ra (P
∗
, Q
∗
) cũng là nghiệm của (1).
Khai triển (4), ta thu được P
∗

x
2
− 1Q
∗
(x))(x +

x
2
− 1)
= (x +

x
2
− 1)
n
(x +

x
2
− 1)
= (x + x
2
− 1)
n+1

Suy ra (P,Q) = (P
n+1
, Qn + 1), mâu thuẫn.
V ậ y điều giả sử là sai v à ta có điều phải c h ứ n g minh.
10

− (kyz− 2y − 2z)x + (y + z)
2
= 0,
ta suy ra x
0
là nghiệm của phương trình bậc hai
x
2
− (ky
0
z
0
− 2y
0
− 2z
0
)x + (y
0
+ z
0
)
2
= 0(2)
Theo định lý Viet x
1
= ky
0
z
0
− 2y

) là nghiệm nguyên dương của (1). Từ tính nhỏ nhất của x
0
+ y
0
+ z
0
ta x
1
≥ x
0
. Từ
đây ta có
ky
0
z
0
− 2y
0
− 2z
0
− x
0
≥ x
0
v à
(y
0
+ x
0
)

y
0
+2y
0
z
0
+2z
0
x
0
= kx
0
y
0
z
0
c h o x
0
y
0
z
0
,
ta được
x
0
y
0
z
0

+ 1 + 1 + 2 + 2 + 2 ≥ k, tức là k ≤
32
3
. Suy ra k ≤ 10.
Chú ý nếu x
0
= 1 thì y
0
= z
0
= 1 suy ra k = 9. Nếu k  = 9 thì x
0
≥ 2 v à đánh giá ở trên trở
thành
k
4
+ 1 +
1
2
+ 2 + 1 + 2 ≥ k suy ra k ≤
26
3
, suy ra k ≤ 8
V ậ y giá trị k = 10 bị loại.
V ớ i k = 1 phương trình có nghiệm, c h ẳ n g hạn (9, 9, 9)
V ớ i k = 2 phương trình có nghiệm, c h ẳ n g hạn (4, 4, 8)
V ớ i k = 3 phương trình có nghiệm, c h ẳ n g hạn (3, 3, 3)
V ớ i k = 4 phương trình có nghiệm, c h ẳ n g hạn (2, 2, 4)
V ớ i k = 5 phương trình có nghiệm, c h ẳ n g hạn (1, 4, 5)
V ớ i k = 6 phương trình có nghiệm, c h ẳ n g hạn (1, 2,3)

∗
)
2
: a
2
+ b
2
− abc = k}
Giả sử (a, b) là cặp số thuộc S(c, k) có a + b nhỏ nhất. Không mất tính tổng quát có thể giả
sử a ≥ b. T a xét phương trình
x
2
− bcx + b
2
− k = 0
T a biết rằng x = a là một nghiệm của phương trình. Gọi a
1
là nghiệm còn lại của phương trình
này thì a
1
= bc −a =
(b
2
−k)
a
.
T a có thể c h ứ n g minh được rằng (bạn đọc tự c h ứ n g minh!) a
1
nguyên dương. Suy ra (a
1

2
)/(ab + 1) là các số nguyên dương thì q là số c h í n h phương.
12. (PTNK 03). Tìm tất cả các số nguyên dương k sao c h o phương trình x
2
−(k
2
−4)y
2
= −24
có nghiệm nguyên dương.
13. (Mathlinks) Cho A là tập hợp hữu hạn các số nguyên dương. Chứng minh rằng tồn tại tập
hợp hữu hạn các số nguyên dương B sao c h o A ⊂ B,

x∈B
x =

x∈B
x
2
14.* (AMM 1995) Cho x, y là các số nguyên dương sao c h o xy + x v à xy + y là các số c h í n h
phương. Chứng minh rằng có đúng một trong hai số x, y là số c h í n h phương.
15. (IMO 2007) Cho a, b là các số nguyên dương sao c h o 4ab − 1 c h i a hết (4a
2
− 1)
2
. Chứng
minh rằng a = b.
16. (VMO 2012) Xét các số tự nhiên lẻ a, b mà a là ước số của b
2
+ 2 v à b là ước số của a

Giả sử phản c h ứ n g là tồn tại một tập hợp S gồm hữu hạn điểm không thẳng hàng nhưng mọi
đường thẳng qua hai điểm trong S đều c h ứ a ít nhất ba điểm. Một đường thẳng gọi là đường
nối nếu nó đi qua ít nhất hai điểm trong S. Giả sử (P,l) là cặp điểm v à đường nối có khoảng
cách dương nhỏ nhất trong mọi cặp điểm-đường nối.
Theo giả thiết, l đi qua ít nhất ba điểm trong S, nên nếu hạ đường cao từ P xuống l thì tồn
Hình 1:
tại ít nhất hai điểm nằm cùng một phía của đường cao (một điểm có thể nằm ở ngay c h â n
đường cao). T r o n g hai điểm này, gọi điểm ở gần c h â n đường cao hơn là B,v à điểm kia là C.
Xét đường thẳng m nối P v à C.Khoảng cách từ B tới m nhỏ hơn khoảng cách từ P tới l,mâu
thuẫn v ớ i giả thiết v ề P v à l.Một cách để thấy điều này là tam giác vuông v ớ i cạnh h u y ề n BC
đồng dạng v à nằm bêntrong tam giác vuông v ớ i cạnh h u y ề n PC.
Do đó, không thể tồn tại khoảng cách dương nhỏ nhất giữa các cặp điểm-đường nối. Nói cách
khác, mọi điểm đều nằm trên đúng một đường thẳng nếu mọi đường nối đều c h ứ a ít nhất ba
điểm.
Ví dụ 13. Ví dụ 13. (Trận đấu toán học Nga 2010) Một quốc gia c ó 210 thành phố. Ban đầu
giữa c á c thành phố chưa c ó đường. Người ta muốn xây dựng một số c o n đường một chiều nối
giữa c á c thành phố sao cho: Nếu c ó đường đi từ A đến B và từ B đến C thì không c ó đường đi
từ A đến C.Hỏi c ó thể xây dựng được nhiều nhất b a o nhiêu đường?
L ờ i giải. Gọi A là thành phố có nhiều đường đi nhất (gồm cả đường đi xuất phát từ A v à
đường đi đến A). T a c h i a các thành phố còn lại thành 3 loại. Loại I - Có đường đi xuất phát từ
A. Loại II- Có đường đi đến A. Loại III:Không có đường đi đến A hoặc xuất phát từ A. Đặt
m = |I|, n = |II|, p = |III|. T a có m + n + p = 209.
Dễ thấy giữa các thành phố loại I không có đường đi. Tương tự, giữa các thành phố loại 2 không
có đường đi.
13
Số các đường đi liên quan đến các thành phố loại 3 không vượt quá p(m + n). (Do bậc của
A = m + n là lớn nhất).
T ổ n g số đường đi bao gồm:
+ Các đường đi liên quan đến A: m + n
+ Các đường đi liên quan đến III: ≤ p(m + n)

0
. Khi đó ta thực hiện phép biến đổi sau: c h u y ể n x từ A
0
sang B
0
để được cách c h i a mới là A

= A
0
{x} v à B

= B
0
∪ {x}. Vì x có ít nhất 2 k ẻ thù trong A
0
v à
A

không còn c h ứ a x nên ta có
s(A

) ≤ s(A
0
) − 4 (trong tổng mất đi ít nhất 2 của s(x) v à 2 của các k ẻ thù của x trong A
0
)
Vì x có không quá 3 k ẻ thù v à có ít nhất 2 k ẻ thù trong A
0
nên x có nhiều nhất 1 k ẻ thù trong
B

18. T r o n g mặt phẳng c h o 100 điểm, trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng. Biết rằng ba
điểm bất kỳ trong c h ú n g tạo thành một tam giác có diện tích không lớn hơn 1. Chứng minh
rằng ta có thể phủ tất cả các điểm đã c h o bằng một tam giác có diện tích 4.
19. T r ê n mặt phẳng c h o 2n + 3 điểm, trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng v à không có
4 điểm nào nằm trên một đường tròn. Chứng minh rằng ta có thể c h ọ n ra từ các điểm này 3
điểm, sao c h o trong các điểm còn lại có n điểm nằm trong đường tròn v à n điểm nằm ngoài
đường tròn.
20. T r o n g mặt phẳng c h o n điểm v à ta đánh dấu tất cả các điểm là trung điểm của các đoạn
thẳng có đầu m ú t là các điểm đã c h o . Chứng minh rằng có ít nhất 2n −3 điểm phân biệt được
đánh dấu.
21. T ạ i một quốc gia có 100 thành phố, trong đó có một số cặp thành phố có đường bay. Biết
14
rằng từ một thành phố bất kỳ có thể bay đến một thành phố bất kỳ khác (có thể nối c h u y ế n ) .
Chứng minh rằng có thể đi thăm tất cả các thành phố của quốc gia này sử dụng không quá a)
198 c h u y ế n bay b) 196 c h u y ế n bay.
22*. T r o n g một nhóm 12 người từ 9 người bất kỳ luôn tìm được 5 người đôi một quen nhau.
Chứng minh rằng tìm được 6 người đôi một quen nhau trong nhóm đó.
T à i liệu tham khảo
[1] Nguyễn V ă n Mậu, Các chuyên đề Olympic T o á n chọn lọc,Ba Vì , 5-2010 .
[2] Đoàn Quỳnh c h ủ biên, T à i liệu giáo khoa chuyên toán - Đại số 10, NXB GD, 2010.
[3] h t t p : / / f e r m a t s l a s t t h e o r e m . b l o g s p o t . c o m / 2 0 0 5 / 0 5 / f e r m a t s - l a s t - t h e o r e m - n - 4 . h t m l
[4] vi.wikipedia.org/wiki/Định lý Sylvester-Gallai
[5] www.mathscope.org
[6] www.problems.ru
15
MỘT SỐ D Ạ N G TỔNG QUÁT CỦA PHƯƠNG
TRÌNH HÀM PEXIDER V À ÁP DỤNG
T r ị n h Đào Chiến, T r ư ờ n g Cao Đẳng Sư Phạm Gia Lai
Lê Tiến Dũng, T r ư ờ n g THPT Pleiku, Gia Lai
Phương trình hàm Pexider (PTHP) là phương trình hàm tổng quát trực tiếp của Phương trình

+
thỏa mãn điều kiện
f (xy) = g (x) + h (y) , ∀x, y ∈ R
+
. (3)
Giải. Nghiệm của phương trình (3) là
f (t) = m.lnt + a + b, g (t) = m.lnt + a, h (t) = m.lnt + b; m, a, b, c ∈ R.
Bài toán 1.4. Tìm tất c ả c á c hàm số f, g, h xác định và liên tục trên R
+
thỏa mãn điều kiện
f (xy) = g (x) h (y) , ∀x, y ∈ R
+
. (4)
Giải. Nghiệm của phương trình (4) là
f (t) = abt
c
, g (t) = at
c
, h (t) = bt
c
; a, b, c ∈ R.
16
2 Một số dạng tổng quát của Phương trình hàm P e x i d e r
T ù y theo mức độ kiến thức, PTHP có nhiều dạng tổng quát khác nhau. Dưới đây là một số
dạng tổng quát của phương trình (1) gần gũi v ớ i c h ư ơ n g trình của hệ phổ thông c h u y ê n T o á n .
Bài toán 2.1. Tìm tất c ả c á c hàm số f, f
i
(i = 1, 2, , n) xác định và liên tục trên R thỏa
mãn điều kiện
f

i
∈ R.
Tương tự Bài toán 2.1, ta cũng có thể giải được phương trình hàm dạng
f
n

i=1
a
i
x
i

=
n

i=1
a
i
f
i
(x
i
), ∀x, x
i
∈ R, a
i
∈ R.
Bài toán sau đây là một dạng tổng quát khá cơ bản, mà phương pháp quy nạp không thể
áp dụng trong lời giải. Một số phần c h ứ n g minh có sử dụng một số kiến thức cơ bản, không
quá khó, của Đại số tuyến tính v à Phương trình vi phân, thuộc c h ư ơ n g trình cơ sở của T o á n

2
, g
1
, g
2
xác định v à tồn tại đạo hàm (theo mỗi biến số độc lập x, y)
trên R.
Không mất tính tổng quát, ta luôn có thể giả thiết rằng các hệ hàm {f
1
(x) , f
2
(x)} v à
{g
1
(x) , g
2
(x)} là độc lập tuyến tính. T a có
f

x
(x + y) = f

1
(x) g
1
(y) + f

2
(x) g
2

(x) g
2
(y) = f
1
(x) g

1
(y) + f
2
(x) g

2
(y) . (8)
17
Ngoài ra, vì {g
1
(x) , g
2
(x)} là độc lập tuyến tính, nên tồn tại các hằng số y
1
, y
2
sao c h o


g
1
(y
1
) g

2
(x) g
2
(y
1
) = f
1
(x) g

1
(y
1
) + f
2
(x) g

2
(y
1
) ,
f

1
(x) g
1
(y
2
) + f

2


2
(x) qua f
1
(x) v à f
2
(x) dưới dạng
f

1
(x) = a
11
f
1
(x) + a
12
f
2
(x) , f

2
(x) = a
21
f
1
(x) + a
22
f
2
(x) . (9)

2
(x) . (11)
- Nếu


c
11
c
12
c
21
c
22


= 0, thì từ (10) v à (11), ta thu được phương trình vi phân tuyến tính
thuần nhất
a
1
f

(x) + a
2
f

(x) = 0,
trong đó a
1
v à a
2

2
f

(x) = 0.
Giải phương trình vi phân này, ta tìm được f (x) .
T ấ t cả các hàm f (x) này đều thỏa mãn (7) nên là nghiệm của phương trình. Bài toán đã
được giải quyết.
Dưới đây là một số trường hợp đặc biệt mà phương trình (7) trở thành một số phương trình
hàm cơ bản. Những phương trình này khá nổi tiếng v à đã có lời giải hoàn toàn sơ cấp (có thể
xem trong [1] hoặc [2]).
- V ớ i f
1
(x) = f (x), g
1
(y) ≡ 1, f
2
(x) ≡ 1, g
2
(y) = f (y), phương trình (7) trở thành Phương
trình hàm Cauchy
f (x + y) = f (x) + f (y) , ∀x, y ∈ R.
- V ớ i f
1
(x) = g (x), g
1
(y) ≡ 1, f
2
(x) ≡ 1, g
2
(y) = h (y), phương trình (7) trở thành Phương

sau: “Nếu A, B,C ∈ R, A+B +C = π, thì A
1
+B
1
+C
1
= π”, trong đó A
1
= f (A), B
1
= f (B),
C
1
= f (C).
Giải. Giả sử các hàm số f, g, h xác định v à liên tục trên R thỏa mãn điều kiện trên. T a có
A
1
+ B
1
+ C
1
= π ⇒ f (A) + f (B) + f (C) = π ⇒
f (π − B −C) = π −f (B) − f (C) . (12)
Đặt F (x) = f (π − x), G (x) =
π
2
− g (x), H (x) =
π
2
− h (x). Khi đó, phương trình (12) có

2
− ax − c
2
. (14)
Đặt a = −k, c
1
+ c
2
+ aπ = λπ,
π
2
−c
1
= µπ,
π
2
−c
2
= γπ. Thế thì k + λ + µ + γ = 1. Khi
đó, bởi(14), ta thu được
f (x) = kx+ λπ, g (x) = kx+ µπ, h (x) = kx+ γπ,
trong đó k + λ + µ + γ = 1.
Rõ ràng các hàm số f, g, h nêu trên thỏa mãn điều kiện của bài toán.
Bài toán 3.2. Tìm tất c ả c á c hàm số f, g, h xác định và liên tục trên R thỏa mãn điều kiện
sau: “Nếu A, B,C ≥ 0, A + B + C = π, thì A
1
, B
1
, C
1

B + C
2
, B
1
=
C + A
2
, C
1
=
A + B
2
cũng là b a góc của một tam giác.
Hệ quả 3.2. Nếu A, B, C là b a góc của một tam giác thỏa mãn max {A, B,C} <
π
2
, tức là
tam giác ABC nhọn, thì A
1
, B
1
, C
1
xác định như sau
A
1
= π −2A, B
1
= π −2B,C
1

2
, C
2
xác định như sau
A
2
= 2A, B
2
= 2B, C
2
= 2π −C
cũng là b a góc của một tam giác.
Hệ quả 3.5. Nếu tam giác ABC c ó b a góc nhọn (hoặc vuông tại C), thì A
3
, B
3
, C
3
xác định
như sau
A
3
=
π
2
− A, B
3
=
π
2

Bài toán 3.3. Tìm tất c ả c á c hàm số f, g, h xác định và liên tục trên R thỏa mãn điều kiện
sau: “Nếu A
i
∈ R,
n

i=1
A
i
= (n − 2) π, thì
n

i=1
A

i
= (n − 2) π”, trong đó A

i
= f (A
i
).
Giải. Tương tự cách giải Bài toán 3.1, trong đó phương trình hàm cảm sinh c h í n h là Phương
trình hàm P e r x i d e r tổng quát. Các hàm số tìm được là
f
i
(x) = k
0
x + k
i

i
= (n − 2) π”,
trong đó A

i
= f (A
i
).
Giải. Tương tự cách giải Bài toán 3.2, trong đó phương trình hàm cảm sinh c h í n h là Phương
trình hàm P e r x i d e r tổng quát. Các hàm số tìm được là
f
i
(x) = k
0
x + k
i
(n − 2) π (i = 1, , n, n ≥ 3) ,
trong đó 0 ≤ k
i
(n − 2) ≤ 2, 0 ≤ 2k
0
+ k
i
(n − 2) ≤ 2.
Thu hẹp giả thiết của Bài toán 3.4, ta thu được
Bài toán 3.5. Tìm tất c ả c á c hàm số f
i
(i = 1, , n, n ≥ 3) xác định và liên tục trên R thỏa
mãn điều kiện sau: “Nếu 0 ≤ A
i

i
(n − 2) π (i = 1, , n, n ≥ 3) ,
trong đó 0 ≤ k
i
(n − 2) ≤ 1, 0 ≤ k
0
+ k
i
(n − 2) ≤ 1.
Từ những k ế t quả trên ta thấy rằng, v ớ i ba góc của một tam giác c h o trước, có thể tạo
ra được ba góc của một tam giác mới v à do đó có thể suy ra được nhiều hệ thức lượng giác
liên quan đến các góc của tam giác đó. Hơn nữa, bằng cách phối hợp những phương pháp khác
nhau, ta còn có thể tạo ra được nhiều đẳng thức v à bất đẳng thức lượng giác khác, v ô cùng
phong phú. Sau đây là một v à i ví dụ.
Giả sử rằng, ta đã c h ứ n g minh được các hệ thức sau đây v à xem c h ú n g là những hệ thức
"gốc" ban đầu
sin A + sin B + sin C ≤
3
√
3
2
, (15)
cos A cos B cos C ≤
1
8
(16)
0 < sin A sin B sin C ≤
3
√
3

B
2
+ cos
C
2
≤
3
√
3
2
.
21
Áp dụng Hệ quả 3.1 v à o (16), ta có
cos

π −A
2

cos

π −B
2

cos

π −C
2

≤
1

2

= 4 sin
π −A
2
sin
π −B
2
sin
π −C
2
.
hay
sin (π −A) + sin (π −B) + sin (π −C) = 4 sin
π −A
2
sin
π −B
2
sin
π −C
2
.
Như v ậ y , ta đã tạo được đẳng thức sau
Đẳng thức 1. sin A + sin B + sin C = 4cos
A
2
cos
B
2

cos
C
2
≤ 4cos
A
2
cos
B
2
cos
C
2
⇔ 4

2 sin
A
2
cos
A
2

2 sin
B
2
cos
B
2

2 sin
C

2
cos
C
2
.
Bởi (18) v à Đẳng thức 1, từ (19), ta có bất đẳng thức sau
Bất đẳng thức 4. sin 2A + sin 2B + sin 2C ≤ sin A + sin B + sin C.
T a tiếp tục khai thác Bất đẳng thức 4. Nhận xét rằng, nếu tam giác ABC là tam giác nhọn
thì, áp dụng Hệ quả 3.2 v à o Bất đẳng thức 4, ta có
sin 2 (π −2A) + sin 2 (π −2B) + sin 2 (π −2C)
≤ sin (π −2A) + sin (π −2B) + sin (π −2C)
⇔ −sin 4A − sin 4B − sin 4C ≤ sin 2A + sin 2B + sin 2C.
Như v ậ y , ta tiếp tục tạo được bất đẳng thức sau
Bất đẳng thức 5. sin 2A + sin 2B + sin 2C + sin 4A + sin 4B + sin 4C ≥ 0.
Bây giờ, áp dụng Hệ quả 3.3 v à o Bất đẳng thức 4, ta có
sin

2.
A
2

+ sin

2.
B
2

+ sin

2.

2B
2
+ cos
2C − π
2
≤
3
√
3
2
.
T a tạo được bất đẳng thức sau
Bất đẳng thức 7. cos A + cos B + sin C ≤
3
√
3
2

C >
π
2

.
Tiếp theo, giả sử tam giác ABC nhọn (hoặc vuông tại C). Áp dụng Hệ quả 3.5 v à o (17), ta
có
0 < sin

π
2
− A

− A

+ sin

π
2
− B

+ sin (π −C) ≤
3
√
3
2
T a được bất đẳng thức sau
Bất đẳng thức 9. 0 < cos A + cos B + sin C ≤
3
√
3
2

C ≥
π
2

.
T À I LIỆU THAM KHẢO
[1] J. A c z é l (1966), L e c t u r e s on F u n c t i o n a l e q u a t i o n s and their applications, Chapter 3, pp.
141-145, Chapter 4, pp. 197-199.
[2] Nguyễn V ă n Mậu, Một số lớp phương trình hàm đa ẩn hàm dạng c ơ b ả n , Kỷ y ế u Hội
thảo khoa học "Các c h u y ê n đề c h u y ê n T o á n bồidưỡng học sinh giỏi T r u n g học phổ thông", Hà

2
(y) v ớ i mọi x, y ∈ R.
Từ (3) ta cũng đạt được công thức của hàm cosin (phương trình hàm d’Alembert )
f(x + y) + f(x − y) = 2f(x)f(y) v ớ i mọi x, y ∈ R.
Ngoài ra từ một số công thức lượng giác mà ta cũng đoán được nghiệm
f (2x) = 2f
2
(x) −1, f (3x) = 4f
3
(x) −3f(x),∀x ∈ R.
Quy ước: f
n
(x) = [f(x)]
n
.
Bốn Phương trình hàm cơ bản : T r o n g các bài toán sau phần nhiều trước khi đi đến
k ế t quả thường phải qua trung gian là các phương trình hàm cơ bản sau
Các phương trình Cauchy
A(x + y) = A(x) + A(y) (I)
E(x + y) = E(x).E(y) (II)
L(xy) = L(x) + L(y) v ớ i x > 0 (III)
F (xy) = F (x).F (y) v ớ i x > 0 (IV)
T a có lần lượt các nghiệm là A(x)=ax ,với a=f(1) được giải bởiA.L.cauchy 1821
E(x) = exp(ax) hay E(x) = 0
L(x) = alnx hay L(x) = 0
F (x) = xc hay F (x) = 0
24