TÀI LIỆU TẬP HUẤN
PHÁT TRIỂN CHUYÊN MÔN GIÁO VIÊN
TRƯỜNG THPT CHUYÊN MÔN TOÁN
(Tài liệu lưu hành nội bộ)

Hà Nội, tháng 7 năm 2012
VỤ GIÁO DỤC TRUNG HỌC

CHƯƠNG TRÌNH PHÁT TRIỂN
GIÁO DỤC TRUNG HỌC

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
Một số lớp phương trình Diophant cơ bản 66
Vũ Đình Hoà
Bài toán tô màu đồ thị 105
Nguyễn Vũ Lương
Một cách tiếp cận tới bài toán tổ hợp 134
Trịnh Đào Chiến
Một số dạng bất phương trình hàm 188
Phạm Văn Quốc
Phương trình Pell 207
Lê Anh Vinh
Bất biến và nửa bất biến 220
3
Lời nói đầu
Hoạt động bồi dưỡng theo các bộ môn, phân theo các cụm, khu vực theo
địa hình và đặc thù văn hoá, đã trở thành sinh hoạt chuyên môn truyền
thống và ngày càng đi vào nề nếp trong hệ thống các trường trung học chuyên
và năng khiếu bậc phổ thông. Nhờ đó, các đơn vị, các trường THPT chuyên
chủ động xây dựng chương trình hành động và lựa chọn cách thức triển khai.
Đặc biệt chương trình tập huấn phát triển năng lực chuyên môn giáo viên
trường THPT chuyên gắn với các hoạt động bồi dưỡng chuyên môn nghiệp
vụ và năng lực tổ chức các hoạt động xã hội cho giáo viên đang giảng dạy ở
các đội tuyển các trường THPT Chuyên.
Ban tổ chức đã xây dựng nội dung, chương trình kế hoạch cho các hoạt
động bồi dưỡng chuyên môn nghiệp vụ; liên hệ mời các giáo sư, các nhà khoa
học có kinh nghiệm và tâm huyết trực tiếp giảng bài và tổ chức các semina
khoa học.
Sản phẩm của chương trình tập huấn là đã xây dựng một tập san (tài liệu
tập huấn) trong đó lưu giữ các nội dung gồm các bài viết, bài giảng, các đề
thi Olympic đề xuất kèm theo lời giải và giới thiệu những xu hướng mới cập
nhật với olympic khu vực và quốc tế.

+
1
δ
= 1.
5
Chứng minh rằng nếu đặt a
n
= [nγ], b
n
= [nδ] thì mỗi số nguyên dương xuất
hiện đúng một lần trong một trong hai dãy a
n
, b
n
.
Phân tích - Lời giải
Rõ ràng yêu cầu của bài toán tương đương với việc chứng minh rằng, các
số trong mỗi đoạn hữu hạn tùy ý [1, 2, ··· , N] có mặt ở một trong hai dãy, và
xuất hiện đúng một lần. Như vậy vấn đề chỉ còn là đếm xem trong N − 1 số
nguyên dương nhỏ hơn N, có bao nhiêu số thuộc một trong hai dãy nói trên.
Xét mọi số nguyên dương n thỏa mãn [nγ] < N, tức là n <
N
γ
. Như vậy,
các số n thỏa mãn là n = 1, 2, ··· , [
N
γ
]. Tương tự, các số m sao cho [mδ] < N
là m = 1, 2, ··· , [
N

N
δ
− 1 < [
N
δ
] <
N
δ
,
suy ra
N(
1
γ
+
1
δ
) −2 = N −2 < [
N
γ
] + [
N
δ
] < N(
1
γ
+
1
δ
) = N.
Do đó

1
, a
2
, ··· , a
n−1
;
b
1
, b
2
, ··· , b
n−1
}.
Rõ ràng ba điều kiện nói trên xác định một cách duy nhất các dãy
{a
n
}, {b
n
}. Hơn nữa, đối với hai dãy tăng, việc thỏa mãn các điều kiện 1/
, 2/, 3/ tương đương với việc thỏa mãn các điều kiện 1/, 2/ , và 3’/ như sau:
3’/ Mỗi số nguyên dương đều thuộc một và chỉ một trong hai dãy đang
xét.
Do tính xác định duy nhất của các dãy thỏa mãn 1/, 2/, 3’/, ta chỉ cần
chứng minh sự tồn tại, bằng cách chỉ ra ví dụ cụ thể. Bài toán 1 cho ta cách
tìm hai dãy thỏa mãn điều kiện 3’/: đó chính là các dãy a
n
= [nγ], b
n
= [nδ],
trong đó γ, δ là những số vô tỷ dương, thỏa mãn

√
5
2
n]; b
n
= [
1 + 3
√
5
2
n].
7
Bài toán 1 và Bài toán 2 lại có thể làm "thành phần" cho bài toán phức
tạp hơn sau đây:
Bài toán 3
Lập dãy số theo cách sau: lấy x
1
= 1, với i ≥ 2 số x
i
nhận được từ x
i−1
bằng cách đổi (trong cách viết số x
i−1
) số 1 thành 01, số 0 thành 1. Làm như
vậy, ta nhận được dãy số 1, 01, 101, 01101, Trong dãy này, gọi a
n
là vị trí
của chữ số 1 thứ n, b
n
là vị trí của chữ số 0 thứ n (như vậy a

.
Theo bài ra, chữ số 0 thứ n được "sinh ra" từ chữ số 1 thứ n. Mặt khác, chữ
số 1 biến thành hai chữ số 01, chữ số 0 biến thành một chữ số 1. Trước chữ số
1 thứ n có k
n
chữ số 0, và "biến thành k
n
chữ số; còn n chữ số 1 "biến thành"
2n chữ số. Từ đó suy ra:
b
n
= k
n
+ 2n.
Từ hai công thức trên đây, ta có
b
n
= a
n
+ n.
Vì a
n
và b
n
đều là các "số thứ tự" nên hai dãy là dãy tăng, đồng thời mỗi
một số nguyên dương xuất hiện đúng một lần trong một trong hai dãy.
Các Bài toán 1 và Bài toán 2 cho ta đáp số:
a
n
= [

tờ 1000 đồng, hoặc có tờ 2000 đồng. Như vậy, để dễ thấy bản chất bài toán,
ta có thể lập tương ứng mỗi hàng học sinh với một dãy gồm hai chữ số 0, 1.
Giả sử ứng với mỗi học sinh có tờ 1000 đồng trong hàng, ta viết số 0; ứng với
học sinh có tờ 2000 đồng, ta viết số 1. Như vậy, mỗi hàng học sinh tương ứng
một dãy gồm k chữ số 0, m chữ số 1. Để tồn tại cách xếp mà không có em
nào phải chờ lấy tiền trả lại, điều kiện cần là k ≥ m.
Cũng tương tự như trong nhiều bài toán tổ hợp khác, khi việc đếm số phần
tử thỏa mãn bài ra là khó, ta đếm "phần bù" của nó, tức là những phần tử
không thỏa mãn bài ra. Như vậy, ở đây ta sẽ xét xem có bao nhiêu hàng mà
9
có học sinh nào đó đến lượt mình phải chờ lấy tiển trả lại. Theo cách tương
ứng của chúng ta, một hàng như vậy sẽ tương ứng một - một với một dãy
gồm k số 0, m số 1, trong đó tồn tại vị trí 2s + 1 sao cho tại đó có số 1, đồng
thời ở 2s vị trí đầu, số số 0 và số số 1 là như nhau. Ta gọi một hàng như vậy
là "hàng xấu".
Nếu bạn là người giữ xe thì bạn sẽ làm thế nào trong tình huống đó?
Hiển nhiên là gọi thêm một bạn nào đó có tờ 1000 đồng lên đứng trước hàng!
Phương pháp "thực tiễn" này gợi cho ta lập tương ững mỗi hàng xấu gồm k
chữ số 0, m chữ số 1 với một hàng gồm k + 1 chữ số 0, m chữ số 1, với chữ số
0 đứng đầu. Đồng thời, trong 2s + 2 vị trí đầu tiên, số chữ số 0 và số chữ số
1 là như nhau.
Nếu ta đổi số 0 thành số 1, số 1 thành số 0 ở 2s + 2 vị trí đầu, một hàng
như trên sẽ tương ứng với một hàng gồm k + 1 chữ số 0, m chữ số 1, nhưng
với số 1 đứng đầu tiên. Lại bỏ đi số 1 đầu tiên này, ta được một hàng gồm
k + 1 chữ số 0, m − 1 chữ số 1.
Như vậy, mỗi hàng xấu gồm k chữ số 0, m chữ số 1 sẽ được tương ứng với
một hàng gồm k + 1 chữ số 0, m−1 chữ số 1 theo cách trên đậy. Dễ thấy rằng,
tương ứng như trên là một - một. Thật vậy, xét một hàng tùy ý gồm k + 1
chữ số 0, m −1 chữ số 1. Ta thêm số 1 vào đầu hàng, để được hàng gồm k + 1
chữ số 0, m chữ số 1. Do điều kiện k ≥ m nên trong hàng này phải tồn tại vị

2k em xếp lại thành một hàng dọc theo thứ tự chiều cao giảm dần. Làm như
vậy, ta được một dãy gồm k chữ số 0, k chữ số 1.
Dễ thấy rằng, một cách xếp hàng thỏa mãn bài ra chính là một cách xếp
hàng sao cho tại mỗi vị trí 2s +1, số số 0 từ vị trí đầu tiên đến đó phải ≥ s+1.
Theo Bài toán 4, số cách xếp hàng hỏa mãn bài ra là:
C
k
2k
− C
k+1
2k
=
(2k)!
k!(k + 1)!
.
§3. Tính chia hết
Ta bắt đầu với bài toán đơn giản sau.
Bài toán 6.
Tìm tất cả các tập hợp A = {a
1
, a
2
, ··· , a
n
; n > 2012} gồm những số nguyên
và có tính chất sau: 2012 ∈ A, đồng thời mỗi tập con tùy ý gồm 2012 số thuộc
11
A đều có thể chia thành 4 nhóm có số phần tử bằng nhau và tổng các phần
tử trong mỗi nhóm bằng nhau.
Phân tích - Lời giải.

k
).
Phân tích- Lời giải. Để giải bài này, rõ ràng ta cần biết những số nào
sẽ có 2
k
ước dương, sau đó mới tìm số nhỏ nhất trong những số như vậy. Lẽ
tự nhiên là ta nghĩ ngay đến việc phân tích một số nguyên dương n ra thừa
số nguyên tố. Vì cần có công thức cho n tổng quát (khi chưa có thông tin gì
12
về các ước nguyên tố của nó), ta viết
n = Π
p
p
α(p)
,
trong đó α(p) là các số nguyên không âm, đồng thời chỉ có hữu hạn số khác
0. Nếu gọi d(n) là số ước dương của n thì
d(n) = Π
p
(α(p) + 1).
Như vậy, d(n) là một lũy thừa của 2 khi và chỉ khi với mọi p, tồn tại b(p) ≥ 0
sao cho
α(p) = 2
b(p)
− 1.
Để có thể nhìn rõ hơn"cấu trúc" của n, ta viết số mũ thành tổng (và có n
dưới dạng tích)
α(p) = 2
b(p)
− 1 = 1 + 2 + 2

đó có mặt trong biểu diễn n thì mọi ước số của nó cũng đều tham gia trong
biểu diễn. Do đó ta có kết luận sau đây: nếu gọi S là tập hợp các số dạng p
2
r
,
với p nguyên tố và r nguyên không âm, thì d(n) là một lũy thừa của 2 khi và
chỉ khi n là tích các phần tử thuộc một tập con hữu hạn T của S có tính chất
sau: với mọi t ∈ T , s ∈ S, mà s|t thì s ∈ T. Hơn nữa, nếu d(n) = 2
k
thì tập
hợp T gồm k phần tử.
13
Dễ thấy rằng, với mọi k nguyên dương, tập hợp T
k
gồm k phần tử nhỏ
nhất của S thỏa mãn tính chất trên, suy ra f (2
k
) chính là tích các phần tử
thuộc T
k
. Từ đó suy ra ngay kết luận của bài toán.
Nhận xét: có thể thấy S = {2, 3, 4, 5, 7, 9, 11, 13, 16, 17, ···}, suy ra f(2) =
2; f(4) = 2.3 = 6; f(8) = 2.3.4 = 24; f(16) = 2.3.4.5 = 120; f (32) = 2.3.4.5.7 =
840,
Biểu diễn số
Có rất nhiều bài toán liên quan đến việc biểu diễn số nguyên (dương) dưới
một dạng nào đó. Nhìn chung, lời giải thường xuất phát từ việc xem xét kỹ
những trường hợp riêng rẽ, đặc biệt là khi các số đang xét tương đối nhỏ.
Ta xét ví dụ sau đây.
Bài toán 8.

1
= {1, 2, 3} ∪{3m; m ≥ 4},
14
A
2
= {4, 5, 6} ∪{3m −1; m ≥ 4},
A
3
= {7, 8, 9} ∪{3m −2; m ≥ 4}.
Dễ thử lại rằng, phân hoạch trên đây thỏa mãn bài ra. Hơn nữa, có thể nhận
thấy rằng, điều kiện biểu diễn được mọi số ≥ 15 đối với phân hoạch trên đây
đã rất "chặt", chẳng hạn số 14 không thể biểu diễn dạng tổng hai số thuộc
A
2
hoặc hai số thuộc A
3
. Từ đó có thể dự đoán rằng, k = 3 là giá trị lớn nhất
có thể để tồn tại phân hoạch thỏa mãn bài ra.
Ta sẽ chứng minh dự đoán trên, nghĩa là với k ≥ 4 không thể phân hoạch
tập các số tự nhiên thành k tập hợp con thỏa mãn bài ra.
Rõ ràng nếu với k ≥ 4 nào đó mà tồn tại phân hoạch thỏa mãn, thì phân
hoạch như vậy cũng tồn tại với k = 4: chỉ cần lấy phân hoạch A
1
, A
2
, A
3
, A
4
∪

j
nào đó chứa đúng 5 số thuộc B, giả sử đó là các số
{x
1
, x
2
, x
3
, x
4
, x
5
}. Năm số này biểu diễn được đúng 10 số trong các số từ 15
đến 24, tức là 10 số đó chính là 10 tổng có thể {x
k
+ x
l
, k = l; 1 ≤ k,
eq5}. Từ đó suy ra:
15 + 16 + ··· + 24 = 4(x
1
+ x
2
+ x
3
+ x
4
+ x
5
),

1
2
|S|(|S|+ 1).
Trong hai bất đẳng thức cần chứng minh, bất đẳng thức bên phải tương
đối dễ thấy. Số C(m) là số nguyên dương k lớn nhất sao cho tồn tại tập S
gồm m số nguyên dương thỏa mãn
{1, 2, ··· , k} ⊂ S ∪ (S + S).
16
Từ chứng minh trên ta có
k ≤ |S ∪ (S + S)| ≤
1
2
|S|(|S|+ 3).
Từ đó suy ra
C(m) ≤
m(m + 3)
2
.
Ta chứng minh bất đẳng thức bên trái. Trước tiên, tập hợp S cần tìm chứa
một số số tự nhiên liên tiếp nào đó 1, 2, ··· , t; t < m. Với những số này, tập
hợp S ∪(S + S) chứa các số 1, 2, ··· , 2t. Như vậy, để biểu diễn được những số
tiếp theo, cần thêm số 2t + 1. Các số 1, 2, ··· , t, 2t + 1 cho phép biểu diễn các
số tự nhiên cho đến số 3t + 1, vì thế muốn biểu diễn các số lớn hơn, ta cần
thêm số 3t + 2. Lý luận trên đây chỉ ra rằng tập hợp S gồm m phần tử cần
tìm có dạng
{1, 2, ··· , t} ∪{(k + 1)t + k; k = 1, 2, ··· , m − t.}
Khi đó dễ thấy rằng
{1, 2, ··· , m + (m + 1)t −t
2
} ⊂ S ∪ (S + S).

1/ Nếu chỉ có một cặp (n = 2): người đi trước thua, vì chỉ được lấy một
que.
2/ Nếu số cặp lẻ và > 1 (n ≡ 2 mod 4): ta trở về trường hợp n lẻ (vì các
que diêm đã được gắn thành cặp), và người đi trước thắng.
3/ Nếu số cặp chẵn (n ≡ 0 mod 4): mỗi người muốn thắng thì luôn phải
lấy một số chẵn cặp (nếu ngược lại thì ta trở về trường hợp 2/). Khi đó có thể
hình dung các que diêm được gắn thành từng nhóm 4 que. Tương tự trường
hợp 1/ và 2/ ta thấy nếu số nhóm là một (n = 4) thì người đi trước thua; nếu
n > 4 và số nhóm lẻ (n ≡ 4 mod 8) thì người đi trước thắng. Nếu số nhóm là
chẵn (n ≡ 0 mod 8), ta lại gắn các que diêm thành từng nhóm 8 que,
Như vậy, người đi trước có chiến lược thắng khi và chỉ khi n không phải
là một lũy thừa của 2 (n = 2
k
.)
Trên đây là một bài về trò chơi, mà lời giải đơn giản dựa vào việc xét
modulo 2
k
. Trong phần còn lại của mục này, chúng ta sẽ xem xét một bài
toán trò chơi rất tổng quát. Sở dĩ chúng tôi đưa ra ví dụ này vì lời giải của nó
18
hội tụ đầy đủ những vấn đề thường gặp trong bài toán về trò chơi: tập hợp
có chiến lược thắng, đồ thị, số học. Hơn nữa, chúng ta lại một lần nữa tìm
thấy sự tham gia của "tỷ số vàng"
Bài toán 11.
Cho hai đống đá, một đống có a hòn đá, đống kia có b hòn. Hai người
chơi, mỗi người đến lượt mình được lấy một số tùy ý hòn đá từ một trong
hai đống, hoặc lấy từ hai đống số hòn đá như nhau. Người lấy được hòn cuối
cùng là người chiến thắng. Tìm tất cả các cặp (a, b) sao cho người đi sau có
chiến lược thắng. (Ví dụ: (1,2) là cặp có tính chất đó).
Phân tích - Lời giải.

Chứng minh. Giả sử R, S là hai lời giải khác nhau chứa điểm (0,0). Lấy
điểm s
1
∈ S; s
1
∈ R. Từ s
1
, tồn tại bước đi đến r
1
∈ R, và r
1
∈ S. Khi đó
lại tồn tại bước đi từ r
1
đến s
2
∈ S, s
2
∈ R. Lặp lại quá trình, ta được dãy
s
1
, r
1
, s
2
, r
2
, ··· , kết thúc tại (0,0), mà mỗi vị trí trong dãy chỉ thuộc một trong
hai tập hợp R; S Suy ra điểm (0,0) chỉ thuộc một trong hai tập hợp R; S:
mâu thuẫn.

chất 1/- 5/. Tập hợp như thế ta đã từng gặp trong Bài toán 2.
Thật vậy, xuất phát từ điểm (0, 0), ta xây dựng dãy a
n
, b
n
, n ≥ 1 bằng
quy nạp như sau: giả sử đã có (a
1
, b
1
); (a
2
, b
2
), ··· , (a
n
, b
n
). Khi đó lấy a
n+1
là
số nguyên dương nhỏ nhất chưa xuất hiện trong hai dãy a
n
, b
n
trước đó, đồng
thời lấy b
n+1
= a
n+1

(2, 1); (5, 3); (7, 4) ; (10, 6)
21
Lớp các phương trình hàm Cauchy, d’Alembert
và dạng toán liên quan
Nguyễn Văn Mậu
Trường Đại học KHTN, ĐHQGHN
Trong lý thuyết các phương trình hàm thì hai dạng toán cơ bản nhất là
phương trình hàm Cauchy và phương trình hàm d’Alembert. Chúng đóng vai
trò nòng cốt (về phương pháp luận và phương pháp giải) để giải quyết lớp các
khác nhau về xác định hàm số trong đại số và trong lượng giác tương ứng.
Hầu hết, các đề toán về phương trình hàm trong các kỳ thi Olympic quốc tế
và khu vực thường tập trung khai thác các tính chất giải tích của hàm số như
tính giải tích, tính khả vi, liên tục, khả tích, giới nội, đo được, Khi không
viện trợ đến một trong các tính chất giải tích đó thì việc giải các phương trình
hàm thường chỉ thực hiện được trên tập rời rạc (Z, N, Q, ), còn trên tập R
thì gặp muôn vàn khó khăn, chưa có hướng giải quyết tổng thể. Vì thế, việc
xem xét các phương trình hàm cộng tính Cauchy trên R trong lớp hàm không
liên tục sẽ gắn với tính phi tuyến (mạnh) và rất khó hình dung ra dáng điệu
đồ thị của chúng trên mặt phẳng.
Bài viết này nhằm giới thiệu và phân tích toàn cảnh bức tranh phức hợp
đó.
22
1 Hàm cộng tính và song cộng tính
Trong mục này sẽ giới thiệu tổng quan về lớp phương trình hàm Cauchy
(xem [1]-[8]). Có lẽ A.M. Legendre là người đầu tiên đã tìm được nghiệm của
phương trình hàm Cauchy (hàm cộng tính)
f(x + y) = f(x) + f(y), ∀x, y ∈ R.
Trong cuốn sách của mình, Kuczma (1985) đã trình bày rất chi tiết các tính
chất của lớp hàm cộng tính. Tiếp theo, lớp hàm này được đề cập nhiều trong
các cuốn sách của Acze’l (1966, 1987), Acze’l và Dhombres (1989), và Smital

Để ý rằng, tính liên tục của f suy ra nó cũng là hàm khả tích. Chính tính
khả tích của f đã làm cho hàm cộng tính f trở thành tuyến tính. Do đó mọi
hàm cộng tính khả tích cũng là tuyến tính.
Định nghĩa 1.3. Hàm f : R → R được gọi là khả tích địa phương khi và chỉ
khi nó là khả tích trên mọi đoạn hữu hạn.
Ta có kết luận rằng mọi ánh xạ cộng tính khả tích địa phương cũng là
tuyến tính. Ta nêu một chứng minh ngắn của Shapiro (1973). Giả thiết f
là hàm cộng tính khả tích địa phương. Từ đó f(x + y) = f(x) + f (y) đúng
24