B¶n tin To¸n häc (Bé m«n To¸n trêng PTNK) - sè 03 - 1
Trong số này:
- Abel vµ ®Þnh lý lín cđa «ng (tiÕp theo).
- Lêi gi¶i vµ nhËn xÐt c¸c ®Ị to¸n sè 02.
- §Ị ra kú nµy.
- Liªn hƯ gi÷a d·y sè vµ d·y ®a thøc.
- Giíi thiƯu gi¶i thëng Wolf.
- TiÕng Anh qua c¸c bµi to¸n.
Abel vµ ®Þnh lý lín cđa «ng (TiÕp theo kú tríc)
V.Tikhomirov (Ngêi dÞch: TrÇn Nam Dòng)
§Þnh lý Abel. §èi víi mçi sè tù nhiªn n lín
h¬n bèn kh«ng thĨ t×m ®ỵc c«ng thøc biĨu diƠn
nghiƯm cđa mäi ph¬ng tr×nh bËc n th«ng qua c¸c
hƯ sè cđa nã sư dơng c¨n thøc vµ c¸c phÐp to¸n
sè häc.
Chóng ta sÏ chøng minh ë ®©y mét ®iỊu m¹nh
h¬n, vµ chÝnh lµ tån t¹i mét ph¬ng tr×nh (cơ thĨ)
bËc n¨m víi hƯ sè nguyªn kh«ng gi¶i ®ỵc b»ng
c¨n thøc.
VÝ dơ sÏ lµ ph¬ng tr×nh p(x) = x
5
− 4x − 2 = 0
Cã thĨ chøng minh ®ỵc (h·y thư tù lµm ®iỊu nµy)
r»ng ®a thøc p(x) kh«ng thĨ ph©n tÝch ®ỵc thµnh
c¸c thõa sè bËc nhá h¬n víi hƯ sè h÷u tØ (nh÷ng
®a thøc nh vËy ®ỵc gäi lµ bÊt kh¶ quy- vỊ tÝnh
chÊt cđa chóng xem trong phÇn Phơ lơc).
TÝnh kh«ng gi¶i ®ỵc b»ng c¨n thøc cđa ph¬ng
tr×nh p(x) = 0 ®ỵc suy ra tõ kÕt qu¶ nỊn t¶ng sÏ
®ỵc chóng ta chøng minh díi ®©y: nÕu ph¬ng
tr×nh bÊt kh¶ quy bËc n¨m gi¶i ®ỵc b»ng c¨n

x
k
x
l
= 0 (v×
tỉng c¸c tÝch cỈp b»ng hƯ sè cđa x
3
, mµ nã còng
b»ng 0). Nhng khi ®ã s
2
= ∑
1
5
x
k
2
= σ
1
2
− 2σ
2
= 0,
tõ ®©y suy ra p(x) kh«ng thĨ cã 5 nghiƯm ®Ịu
thùc. Nh vËy p(x) cã nghiƯm phøc a + bi. Nhng
khi ®ã a − bi còng lµ nghiƯm. MỈc kh¸c, ph¬ng
tr×nh cđa chóng ta cã kh«ng díi ba nghiƯm thùc
v× p(−2) = − 26, p(−1) = 1, p(1) = −5, p(2) = 22
vµ sù tån t¹i ba nghiƯm ®ỵc suy ra tõ ®Þnh lý vỊ
c¸c gi¸ trÞ trung gian cđa hµm sè liªn tơc. Nh vËy
chóng ta ®· chøng minh ®ỵc r»ng ®a thøc p(x) cã

hai thu ®ỵc b»ng c¸ch bỉ sung thªm vµo c¸c
ph©n sè c¸c sè d¹ng p
1
+ p
2
√a , trong ®ã a lµ
ph©n sè kh«ng chÝnh ph¬ng, cßn nghiƯm cđa ph-
¬ng tr×nh x
3
+ px + q thu ®ỵc b»ng c¸ch bỉ sung
vµo cho c¸c ph©n sè ®Çu tiªn lµ c¨n thøc d¹ng
√a , sau ®ã lµ c¸c sè d¹ng q
1
+ q
2
3
√c + q
2
3
√c
2
,
trong ®ã c = p
1
+ p
2
√a. C¸c sè cã d¹ng b + √a
cã thĨ céng, trõ, nh©n vµ chia (tÊt nhiªn lµ trõ
BẢN TIN TOÁN HỌC
BỘ MÔN TOÁN – TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU

và thu đợc trờng
hạng 1 P
1
, sau đó lại bổ sung nghiệm
n2
a
2
trong
đó a
2
thuộc P
2

Gọi P là trờng số thu đợc từ tập hợp các số hữu tỷ
bằng cách bổ sung thêm tất cả các căn trừ căn
cuối cùng r =
n
a, trong đó a thuộc P và a
n
với mọi thuộc P. Không mất tính tổng quát có
thể giả sử n là số nguyên tố (vì nếu n không
nguyên tố thì nó có thể viết dới dạng n = n
1
p,
trong đó p nguyên tố, nh vậy đầu tiên ta bổ sung
n1
a = a
1
, sau đó là
p

. Kết quả này có thể chứng
minh trực tiếp một cách dễ dàng.
Nh vậy, giả sử x
1
là nghiệm thực của đa thức p(x)
(mà nghiệm thực của một phơng trình bậc 5 thì
luôn tồn tại - điều này suy ra từ tính chất hàm số
liên tục nhận mọi giá trị trung gian; đa thức bậc
5 với hệ số cao nhất dơng sẽ dần đến cộng vô
cùng khi x dần đến cộng vô cùng, dần đến trừ vô
cùng khi x dần đến trừ vô cùng, do đó phải có
nghiệm). Ta viết x
1
dới dạng x
1
=
0
n-1

k
r
k
với
hệ số thuộc P. Giả sử = e
2

i/n
là căn nguyên
thuỷ của đơn vị và x
k

n

2
+ (1)
n

n
.
Khi đó
1
=
1
n
x
k
= n
0
, nghĩa là số hạng thứ
hai của đa thức q(x) thuộc trờng P. Tiếp theo,
bằng cách bình phơng, ta thu đợc s
2
=
1
n
x
k
2
-
cũng là số thuộc P, từ đó áp dụng công thức s
2

Q bất khả quy nên P chia hết cho Q và do đó mọi
x
k
là nghiệm của P(x).
Hơn nữa, có thể chứng minh đợc rằng nếu đa
thức bất khả quy P bậc nguyên tố n trở thành khả
quy khi bổ sung căn thức bậc k, trong đó k cũng
là số nguyên tố, thì k = n. Chúng ta sẽ không đa
ra ở đây chứng minh của kết quả này. Từ đây có
thể suy ra đợc rằng đa thức q(x) là luỹ thừa của
đa thức p(x). Nhng vì bậc của các đa thức này
nguyên tố nên n (bậc của q) chia hết cho 5 và vì
n là số nguyên tố nên n = 5 và các đa thức p và q
trùng nhau.
Nh vậy p(x) = (xx
1
) (xx
5
), trong đó x
1
là số
thực, còn x
k
=
0
+
1

k


.r
4
, nh vậy x
1
=
0
+
1
.r + +

4
.r
4
( c ký hiệu số phức liên hợp của c - đây
không phải là ký hiệu chuẩn, chỉ dùng trong bài
này, ký hiệu chuẩn dùng gạch ngang ở bên trên),
và, từ tính duy nhất của biểu diễn nghiệm, ta suy
ra tất cả các
i
đều thực. Nhng khi đó thì tất cả
các nghiệm còn lại đều phức. Ta chứng minh,
chẳng hạn cho x
2
. Ta có x
2
=
0
+
1
.r + +

, từ đó
1
= 0, tơng tự
2
=
3
=
4
= 0, mâu thuẫn.
Bây giờ ta xét trờng hợp thứ hai, khi a có modul
và argument 0 và có thể giả sử rằng r =
5
a.e
i

/5
. Đặt R =
5

2
. Khi đó r = R/r. Và tiếp
tục lại có hai trờng hợp: a) Việc bổ sung R dẫn
đến việc khai triển đợc p; b) Việc bổ sung R
không dẫn đến việc khải triển p. Trong trờng hợp
đầu (vì R là số thực) vấn đề lại đa về với trờng
hợp trớc, và, có nghĩa là p có nghiệm thực duy
nhất. Còn lại trờng hợp b). Khi đó x
1
=
0

+
4
(R
4
/a).r
+ +
1
(R/a).r
4
B¶n tin To¸n häc (Bé m«n To¸n trêng PTNK) - sè 03 - 3
Tõ ®©y, do tÝnh duy nhÊt cđa biĨu diƠn, ta ®i ®Õn
c¸c ®¼ng thøc
α
0
= α
0
, α
1
= α
4
(R
4
/a), α
2
= α
3
(R
3
/a), α
3

x
2
= α
0
+ α
1
ε.r + + α
4
ε
4
.r
4
= α
0
+
α
4
(R
4
/a)ε.r + + α
1
(R/a)ε
4
.r
4
= x
2
Nh vËy hc tÊt c¶ nghiƯm cđa p ®Ịu thùc, hc
chØ cã mét nghiƯm. Nhng ph¬ng tr×nh x
5

M
m ( theo gt)
do đó (*) đúng với n = 0.
- Giả sử (*) đúng với n = k, nghóa là T
k

M
m.
- Ta chứng minh (*) đúng với n = k+1.
Thật vậy, ta có T
k+1
– T
k
=
= a.b
k+1
– a.b
k
+ c
= b
k
.(a.b – a + c) – b
k
.c + c
= b
k
.(a.b – a + c) – c.(b
k
–1)
= b

∈
N.
Nhận xét: Đây là 1 bài toán dễ. Tất cả các
bạn tham gia giải đều giải đúng và tốt bài
toán này.
Bài 2 Cho H
n
là dãy Fibơnaci tổng qt: H
n
=
H
n
−
1
+ H
n
−
2
với mọi n > 2 và H
1
, H
2
là số
ngun .
a) Hãy tìm T phụ thuộc vào H
1
, H
2
sao cho
H

n+1
= H
n
(H
n
−
1
+H
n
−
2
)
− H
n
−
1
(H
n
+H
n
−
1
) = −(H
n
−
1
2
–H
n
−

2
– H
2
H
1
– H
1
2
).
Mặt khác,
H
n
2
– H
n
−
2
H
n+2
= H
n
2
– (H
n
– H
n
−
1
)(H
n+1

2
– H
2
H
1
− H
1
2
).
Xét T = (H
1
2
+ H
1
H
2
− H
2
2
), dễ thấy T thỏa
mãn điều kiện đề bài
B¶n tin To¸n häc (Bé m«n To¸n trêng PTNK) - sè 03 - 4
b) Chứng minh T duy nhất. Thật vậy, giả sử
tồn tại T
1
≠ T thoả điều kiện đề bài. Ta có
H
2n+1
2
– H

+ T
1
−T = H
2n
H
2n+2
+ T
1
= K
2
.

Do
đó
|T
1
−T| = |(K−H
2n+1
)(K+ H
2n+1
)|
≥
|H
2n+1
| (*)
Dễ thấy: H
n
tiến đến ∞ khi n tiến đến ∞, nên
H
2n+1

= −
∑
.
Lời giải. (Dựa theo lời giải của bạn Nguyễn
Hoài Phương, lớp 12T
1
)
Trước hết ta có bổ đề đơn giản sau đây:
Cho 0
≤
a
≤
1/2 và 0
≤
b
≤
1/3. Chứng minh
rằng (a+b)
4
– (a+b)
5

≥
(a
4
– a
5
) + (b
4
– b

4
+
10a
2
b
3
+ 10a
3
b
2
) ≥ 0
⇔ (4a
2
+ 4b
2
+6ab) − (5a
3
+5b
3
+10ab
2
+10a
2
b)
≥ 0
⇔ (1/2 − a)( 5a
2
+14b
2
/3+11ab/2 ) + (1/3−b)

n
≥ 0.
Với n = 2 ta có F(x
1
, x
2
) = (x
1
4
− x
1
5
) + (x
2
4
–
x
2
5
) = x
1
4
(1 − x
1
) + x
2
4
(1 – x
2
) = x

2
+ x
2
2
–x
1
x
2
) =
x
1
x
2
(x
1
2
+ x
2
2
– x
1
x
2
) = (1/3)(3x
1
x
2
)(x
1
2

2
– x
1
x
2
⇔
x
1
.x
2
=1/6. Mà theo giả thiết, x
1
+ x
2
= 1 và
x
1
, x
2

≥
0, do đó x
1,2
= (3 ±
3
)/6.
Với n > 2. Do x
1
≥ x
2

−
1
4
–x
n
−
1
5
)+(x
n
4
–x
n
5
).
Suy ra:
F(x
1
, x
2
, …, x
n-1
+x
n
)
≥
F(x
1
, x
2

)/6, x
2
= (3−
3
)/6 (4)
Từ (1) & (3) suy ra F(x
1
, x
2
, …, x
n
)
≤
1/12.
Từ (2) & (4) ta được dấu “=” xảy ra ⇔ x
1
=
(3+
3
)/6, x
2
= (3−
3
)/6 và x
i
= 0 với i >2.
Nhận xét: Đây là 1 bài toán khá hay. Có rất
ít các bạn giải bài toán này. Như bạn Phương
cho hướng giải khá tốt tuy nhiên trong trình
bày vẫn còn nhiều chỗ chưa tốt. Mong các

0 (mod p) (1)
Mà
3.6 6 2.6 6
1 ( 1)( 1)
n n n n
a a a a+ = + − +
Nên
3.6
1
n
a +
≡
0 (mod p) (2)
Suy ra
1
6
n
a
+
≡
1 (mod p)
Gọi h là cấp của a theo mod p.
Suy ra: h |
1
6
n+
.
Do đó h có dạng h =
3 .2
k t

- Nếu t = n+1 và k =n+1, suy ra h =
1
6
n+
. Do
đó
1
6
n+
| p-1.
Do đó ta có điều cần chứng minh.
Nhận xét: Đây là 1 bài tốn tương đối hay. Kỹ
thuật của bài tốn khơng phải là khó lắm,
nhưng có ít bạn tham gia giải bài. Các bạn sau
đây có lời giải đúng : Lương Minh Thắng -
11T, Nguyễn Hồi Phương - 12T.
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.
Lời giải. Thực hiện phép quay
0
90
A
Q
−
: B
→

Do đó :
S
ABCDE
= S
ABCD
+ S
ADEF
= S
AFC’D’
+S
ADEF
= S
ADD’
−
S
EFC’
= 4 (đvdt).
Vậy: S
ABCDE
= 4 (đvdt).
Nhận xét: Đây là 1 bài toán khá đơn giản.
Tuy nhiên, để có được 1 cách giải hay và
ngắn gọn thì không phải là dễ.
Phần thưởng tháng 10 sẽ được trao cho các bạn: Nguyễn Hoài Phương (lớp 12T1) và bạn Lương
Minh Thắng (lớp 11 Toán).
.
Liên hệ giữa dãy số và dãy đa
thức
Nguyễn Đăng Khoa (12 Tốn)
Giữa đa thức và số ngun có nhiều điểm tương

1
= 1, a
n+2
= 14a
n+1
– a
n.
Chứng
minh rằng 2a
n
– 1 là số chính phương.
Giải: Dùng qui nạp, chứng minh (a
n
, a
n+1
) là
nghiệm (x,y) của phương trình:
x
2
– 14xy + y
2
+ 12 = 0 (1)
Suy ra, phương trình x
2
– 14xa
n
+ a
2
n
+ 12 = 0

n
+ 1) = 3m
1
2
Dùng qui nạp chứng minh (2a
n
+ 1)
M
3,∀n.
Mà (2a
n
– 1 ; 2a
n
+1) = 1
⇒ 2a
n
– 1 là số chính phương và (2a
n
+1) /3 là số
chính phương.
Câu hỏi :
1) Tại sao có thể đưa ra phương trình (1)?
2) Xét dãy u
0
= u
1
= 1, u
n+2
= (u
n+1

2
?
Ba câu hỏi trên đều có thể trả lời dựa trên mối
quan hệ giữa dãy truy hồi tuyến tính cấp 2 và
phương trình Pell, hay tổng quát hơn là phương
trình Diophant bậc 2. Tuy nhiên đó không phải
là chủ đề chính của bài này. Ta xét thêm một số
ví dụ :
Bài 2. Cho a
0
= 2 ;a
1
= 1, a
n+1
= a
n
+ a
n – 1
. Chứng
minh rằng, nếu p là ước nguyên tố của a
2k – 2
thì
p là ước nguyên tố của a
2k+1
+1.
Bài 3. Cho u
1
= u
2
= −1, u

∑
luôn là tổng 2 số chính phương
liên tiếp.
II. Tương tự hóa cho các dãy đa thức:
Xét các dãy đa thức {P
n
(x)} được xác định bởi:
A
1
B
1
P
0
; P
1
∈ C[x], P
n+2
= A.P
n+1
+B.P
n
Tương tự như dãy truy hồi ta xét phương trình
đặc trưng:
x
2
– Ax – B = 0
Đặt x
1
= (A −
BA 4

’
: Cho P
0
(x) =P
1
(x)=1/2; A(x) = 2 x
2
+ 12x
+17; P
n+2
(x) = 2A(x)P
n+1
(x) – P
n
(x). Chứng minh
rằng 2(x+3)P
n
(x) – 1 = (x+2) H
n
2
(x) với H
n
(x)
∈ Z[x].
Giải: Đặt M(x) = x
2
+ 6x + 8. Dùng quy nạp,
chứng minh
P
n+1

n
(x)
M
M(x) = (x+2).(x+4).
⇒(2(x+3)P
n
(x)–1)(2(x+3)P
n
(x)+1) =
= (x+2)(x+4)
)(
2
xQ
n
(i)
Ta có (2(x+3)P
n
(x)–1), 2(x+3)P
n
(x)+1) = 1. (ii)
Chứng minh P
n
(−2)=1/2 ∀n.
Suy ra 2(x+3)P
n
(x) – 1
M
(x+2) ∀n
Khi đó 2(x+3)P
n

0
=P
1
=1/2;
P
n+2
= 62P
n+1
– P
n .
Chứng minh (8P
n
–1)/3 luôn là
số chính phương.
Ta thực hiện việc tương tự hóa đối với bài 2 ở số
nguyên.
Bài 2’. Cho P
0
(x)=2 ; P
1
(x)=A(x)∈ R[x],
P
n+2
(x)= A(x)P
n+1
(x) + B(x)P
n
(x). Chứng minh
rằng, nếu α là nghiệm của P
2n

Bài 1. Cho {x
n
} là 1 dãy số khơng âm sao cho với mọi dãy số {y
n
} khơng âm mà
1
n
n
y
∞
=
< ∞
∑
thì
1
.
n n
n
x y
∞
=
< ∞
∑
. Chứng minh rằng:
1
n
n
x
∞
=

người Đức gốc do thái) và bà Francisca (vợ ông) là những người thành lập và tài trợ chính cho quỹ
này. Số tiền trên được đầu tư và chỉ dùng thu nhập hằng năm để trao giải, cấp học bổng và trang
trải các khoản chi phí cho quỹ.
Quỹ tài trợ Wolf được điều hành theo “Luật quỹ tài trợ Wolf 1975” và các hoạt động của nó
do một “Ban điều hành Israel” cai quản.
Mỗi năm có 5 hoặc 6 giải thưởng Wolf được trao cho các nhà khoa học hoặc nghệ só xuất
chúng, không phân biệt quốc tòch, sắc tộc, tôn giáo, giới tính hoặc quan điểm chính trò, vì những
cống hiến phục vụ loài người và vì tình hữu nghò giữa các dân tộc.
- Các lónh vực khoa học được xét trao giải là: Nông nghiệp, Toán học, Vật lý, Hoá
học, và Y học.
B¶n tin To¸n häc (Bé m«n To¸n trêng PTNK) - sè 03 - 8
- Các lónh vực nghệ thuật được xét trao giải luân phiên hằng năm là: m nhạc, Hội
họa, Điêu khắc và Kiến trúc.
Giải thưởng cho mỗi lónh vực gồm có bằng và 100 nghìn USD (trò giá gấp 10 lần giải thưởng
Fields!). Trong trường hợp hai hoặc ba người cùng nhận chung một giải thì số tiền thưởng được
chia đều cho mỗi người.
Những người được giải thưởng Wolf do một hội đồng giải thưởng quốc tế lựa chọn. Hội đồng
này gồm 3 hoặc 5 thành viên là những nhà khoa học và chuyên môn nổi tiếng trong mỗi lónh vực.
Mỗi năm có một hội đồng mới được chỉ đònh. Công việc của hội đồng, biên bản và nhận xét
của mỗi thành viên được giữ hoàn toàn bí mật. Chỉ công bố công khai tên của những người được
giải và lý do dẫn đến quyết đònh của hội đồng. Các quyết đònh của hội đồng giải thưởng là tối cao
và không được thay đổi.
Buổi chính thức giới thiệu giải thưởng được tổ chức tại toà nhà quốc hội Israel và đích thân
tổng thống nhà nước Israel trao giải thưởng tận tay cho những người được giải trong một buổi lễ
trọng thể.
Quỹ tài trợ Wolf còn cấp học bổng, trợ cấp cho sinh viên và các nhà khoa học Israel.
Tiếng Anh qua các bài toán: bài số 3.
Problem 3. Find three positive integers having the property that when you reverse the order of their
digits, the numbers increase by a factor of exactly 4. For example 1234 would be transformed to
4321, but that is not quite four times as large.

or N
1
N
2
N
k-1
N
k
N
k
N
k-1
N
2
N
1
B¶n tin To¸n häc (Bé m«n To¸n trêng PTNK) - sè 03 - 9
where each of the N
i
is of the form above (N
i
= 2178 or 21978 or 219978, ). For example,
21782178 and 21978219997821978.
BẢN TIN TOÁN HỌC – SỐ 02 (Ấn bản lưu hành nội bộ do bộ môn Toán – Trường Phổ thông Năng khiếu thực
hiện)
CHỦ NHIỆM: Trần Nam Dũng – Trònh Thanh Đèo
BAN BIÊN TẬP: Trần Nam Dũng, Trònh Thanh Đèo, Lê Minh Tuấn, Trần Vónh Hưng, Nguyễn Tiến Khải
BẢN TIN TOÁN HỌC – SỐ 03 (Ấn bản lưu hành nội bộ do bộ môn Toán – Trường Phổ thông Năng khiếu thực
hiện)
CHỦ NHIỆM: Trần Nam Dũng – Trònh Thanh Đèo