Tạp chí Tốn học MathVn Số 03-2009 Số 03 - Năm 2009 Tạp chí Tốn Học dành cho Học sinh - Sinh viên Việt Nam Tạp chí Tốn học MathVn Số 03-2009 Mục lục Câu chuyện Tốn học • Tốn học điện ảnh Dương Tấn Vũ 03 • Phép Nghịch đảo giải chứng minh Hình học phẳng Nguyễn Lâm Minh 11 • Applying R,r,p - method in some hard problems Tran Quang Hung 26 • Các phương pháp tính tích phân Nguyễn Văn Vinh 34 • Bài toán Kakeya Phan Thành Nam, Mạch Nguyệt Minh 43 Đinh Ngọc Vương 56 Trần Bạt Phong 71 Bài viết chuyên đề Bài viết Chuyên đề Dịch thuật • Phương trình bất phương trình hàm số Bạn đọc Tìm tịi • Bí ẩn tập đóng lồng Cuộc thi giải Tốn MathVn • Đề Tốn dành cho Học sinh 75 • Đề Tốn dành cho Sinh viên 76 • Các vấn đề mở 77 • Lời giải kì trước 78 Nhìn giới • Kỳ thi Qualify cho nghiên cứu sinh Mỹ 89 Olympic Học sinh – Sinh viên • Olympic Sinh viên Kiev 2009 93 • Olympic Xác suất Kolmogorov 2009 94 Trần Nam Dũng 96 Phan Thành Nam • Kì thi TST Việt Nam 2009 - Đề thi bình luận 103 Sai lầm đâu? • Độ đo Metric Tạp chí Tốn học MathVn Số 03-2009 Câu chuyện Toán học Toán học Điện ảnh Phỏng dịch theo Joan Lasenby, Maths goes to the movies, Plus Magazine, Tháng 03 - 2007 Dương Tấn Vũ, Học sinh trường THPT Quốc Học - Huế Ăn hết bỏng ngô chưa? Chỗ ngồi bạn tốt chứ? Bạn ngồi có thoải mái khơng? Hãy bắt đầu xem Toán học hân hạnh giới thiệu Tất điều ngạc nhiên hình ảnh vi tính giống thực đến mức khơng thể tin phim Nhưng hầu hết không nhận khủng long Công viên kỷ Jura kì quan Chúa tể nhẫn - đặc biệt nhân vật Gollum - khơng thể có khơng có Tốn học Những hình ảnh đáng kinh ngạc làm nào? Đồ họa vi tính tầm nhìn máy tính vấn đề lớn Trong viết này, có nhìn đơn giản vào vài yếu tố tốn học cần dùng để đến sản phẩm cuối Đầu tiên, xây dựng giới thấy phim, sau mang chúng đời thực Dựng cảnh Mơ hình chủ thể khung dây làm từ đa giác đơn giản ví dụ tam giác Bước thứ việc làm phim vi tính tạo nhân vật truyện giới chúng sống Mỗi đối tượng làm mơ bề mặt phủ đa giác liên kết với (thường tam giác) Các đỉnh tam giác lưu nhớ máy tính Biết mặt tam giác nằm bề mặt vật thể hay nhân vật quan trọng Thơng tin mã hóa thứ tự đỉnh lưu vào, theo quy tắc đinh ốc (quy tắc nắm tay phải): Khum ngón tay bàn tay phải vịng quanh tam giác theo chiều quy định đỉnh Chỉ có Tạp chí Tốn học MathVn Số 03-2009 cách để làm điều ngón tay phải phía tam giác - phía phía ngồi Nếu bạn thử với ví dụ, bạn thấy chiều hướng (pháp tuyến ngoài) tam giác (A, B, C) ngược chiều với tam giác (A, C, B) Pháp tuyến (A, B, C) ngược hướng với (A, C, B) xác định theo quy tắc nắm tay phải (quy tắc đinh ốc) Kẻ tia từ điểm nhìn đến bề mặt Nó có phản xạ giao với nguồn sáng không? Bây bề mặt vật thể mạng lưới tam giác, sửa tơ thành phần Điều quan trọng phải bắt giữ ánh sáng thực tế khung làm mơ hình, điều thực quy trình gọi ray tracing Bắt đầu từ điểm nhìn, kẻ tia trở lại hướng vào vật thể để chúng phản xạ qua Nếu tia từ mắt phản xạ qua bề mặt (một mắt lưới tam giác) giao với nguồn sáng, tơ bề mặt màu sáng để xuất chúng bị chiếu sáng nguồn sáng Nếu tia không giao với nguồn sáng tô màu tối Để vẻ tia trở lại bề mặt, cần mô tả bề mặt cách toán học bao gồm đường thẳng mặt phẳng mơ tả bề mặt Điều thực việc sử dụng Vectơ Chúng ta đặt hệ tọa độ không gian chiều lên phông với điểm gốc (0, 0, 0) - đặt điểm nhìn Một vectơ v = (a, b, c) biểu thị mũi tên từ gốc đến điểm có tọa độ (a, b, c) Chúng ta nhân v với số, chẳng hạn, theo quy tắc 2v = 2(a, b, c) = (2a, 2b, 2c) Vậy 2v mũi tên vẽ hướng với v dài gấp đôi Xét biểu thức λv với biến λ số thực Đây khơng cịn hiển thị mũi tên với chiều dài xác định nữa, chiều dài trở thành biến, có hướng xác định thơi Nói cách khác, Tạp chí Tốn học MathVn Số 03-2009 biểu thức mô tả đường thẳng chứa vectơ v Nó mơ tả đường thẳng - tia phát từ điểm gốc nhìn theo hướng cho vectơ v Mặt phẳng xác định bề mặt tam giác miêu tả mẫu thông tin: tọa độ đỉnh-gọi đỉnh a1 , hai vectơ thể đường thẳng từ đỉnh a1 đến đỉnh a2 từ đỉnh a1 đến đỉnh a3 Dưới cho thấy phương trình tia từ mắt phương trình mặt phẳng cho bề mặt Để tìm tia có cắt bề mặt khơng có cắt đâu để lập phương trình tia phản xạ, cần giải phương trình bao gồm biểu thức Phương trình tia, với λ số thực v vectơ: r = λv Phương trình mặt phẳng xác định bề mặt với đỉnh a1 , a2 a3 : r = a1 + µ1 (a2 − a1 ) + µ2 (a3 − a1 ) Ray tracing tạo khung cảnh thực tế chậm Nó chấp nhận phim vi tính, trở thành vấn đề bạn cần thay đổi ánh sáng thời gian thực, ví dụ trị chơi vi tính Những tượng phức tạp bóng, tụ quang, phản xạ phức tạp khó để làm mẫu sống động Nhiều phương tiện tốn học phức tạp, ví dụ Precomputed Radiance Transfer1 Radiosity2 sử dụng Các game Doom Neverwinter nights đòi hỏi ánh sáng sống động http : //en.wikipedia.org/wiki/Precomputed_Radiance_Transfer http://en.wikipedia.org/wiki/Radiosity Tạp chí Tốn học MathVn Số 03-2009 Tất phải cần chút tưởng tượng Một khung cảnh thiết lập chiếu sáng, đợi đạo diễn nói “Action” nhân vật bắt đầu chuyển động Bây kiểm tra tốn học mang những hình ảnh đến với sống không Một chuyển động mà vât thể trình diễn xoay trịn quanh trục cho trước qua góc cho trước Hình học tọa độ cho công cụ để tính vị trí điểm vật thể sau chúng xoay, điều quan trọng cơng cụ phải nhanh hiệu Để tìm công cụ này, hày lùi bước trở lại lớp học mơn Tốn Chúng ta biết có hai bậc hai 25 là: −5 (±5)2 = 25 Nhưng bậc hai -25 bao nhiêu? Để tìm bậc hai số âm, nhà toán học xây dựng số mới, gọi i, với i2 = −1 Vậy √ (±5i)2 = 25i2 = −25 nên tìm −25 = ±5i Sự đưa vào số i có nghĩa phương trình x2 = −1 giải Và số có dạng z = x + iy, gọi số phức, trở thành cơng cụ quan trọng tốn học Nhưng nhiều người không vui với số ảo i lạ Cuối vào năm 1806 nhà toán học nghiệp dư Jean-Robert Argand đưa giải thích hình học số phức số i Argand liên kết số phức với điểm trên mặt phẳng số thực nằm trục số ảo i nằm trục khác Ví dụ số + i tương ứng với điểm (1, 1) Một cách tổng quát số a + ib tương ứng với điểm (a, b) Phép nhân với số phức có ý nghĩa hình học - phép quay Argand nhận phép nhân với số phức mô tả ý niệm hình học: phép quay Hãy xem chuyện xãy ta nhân số + i, biểu diễn điểm (1, 1), với i i(i + 1) = i − = −1 + i số mà biểu diễn điểm (−1, 1), phép quay với góc 90◦ Lại nhân với i ta được: i(−1 + i) = −i − = −1 − i Tạp chí Tốn học MathVn Số 03-2009 điểm (−1, −1), phép quay 90◦ Nhân với i "lệnh" để quay 90◦ ! Thực tế, quay nào, khơng 90◦ , đạt đạt phép nhân với số phức Tiến tới 3D Tấm bia tưởng niệm đặt cầu Broome (Dublin), Hamilton phát quaternion cầu Nhà toán học Sir William Rowan Hamilton cống hiến 20 năm cuối đời cho việc tìm kiếm cách biểu diện phép quay ba chiều tương tự việc số phức biểu diễn phép quay không gian chiều Đến cuối đời Hamilton khám phá câu trả lời, hình thức ơng gọi quaternion - số có dạng q = a0 + a1 i + a2 j + a3 k Với i2 = j = k = ijk = −1 a0 , a1 , a2 , a3 số thực Cũng làm với số phức, mơ tả quaternion cách hình học sử dụng chúng để mô tả phép quay Nhưng lần phép quay không gian chiều Để làm điều này, i, j k phải mô tả mặt phẳng khơng gian chiều: i mơ tả mặt phẳng yz, j cho mặt phẳng xz k cho mặt phẳng xy với pháp tuyến theo hướng x, −y z i, j k thể mặt phẳng không gian chiều Tạp chí Tốn học MathVn Số 03-2009 Giả sử cần quay điểm a = (a1 , a2 , a3 ) góc β qua trục qua gốc tọa độ cho vectơ (b1 , b2 , b3 ) Chúng ta xây dựng quaternion q1 q2 sử dụng vectơ trục b góc quay β q1 cos(β/2) + sin(β/2)(b1 i + b2 j + b3 k) q2 = cos(β/2) − sin(β/2)(b1 i + b2 j + b3 k) Sau nhân a (được biểu diễn kết hợp vectơ đơn vị theo hướng x, y z) với quaternion (tuân theo quy tắc đặc biệt nhân mặt phẳng i, j k với vectơ đơn vị), ta được: a = q1 aq2 Thì điểm a cho phép nhân xác điểm có bạn quay a quay quanh trục cho trước góc β! Vậy số phức dùng để miêu tả quay mặt phẳng, quaternion sử dụng để mô tả quay không gian chiều Ánh sáng lóe lên Hamilton, ơng cầu Dublin, hóa cách hiệu để quay vật thể không gian chiều Nhưng người vui với phương pháp nhân mẻ ông Lord Kelvin, nhà vật lí, nói quaternion: “ tài tình, dù nữa, hồn tồn tai họa cho đụng đến nó!” Có điều đặc biệt đáng ngại với số người bạn nhân quaternion, kết phụ thuộc vào thứ tự bạn nhân chúng, đặc tính gọi khơng giao hốn Ví dụ, từ quy tắc nhân Hamilton, thấy ij = k ji = −k Tuy nhiên người xem i, j k mặt phẳng bản, đặc tính, gây lo lắng cho Kelvin người thời với ông, sinh trực tiếp từ tốn học Mang hình ảnh vào cuốc sống Phát minh Halminton sử dụng nhiều ứng dụng đồ họa để di chuyển vật thể hay tạo vận động Hai cơng cụ quan trọng đồ họa vi tính biến hình phép nội suy Phép nội suy kĩ thuật keyframing bao gồm xác định hình dạng, vị trí ban đầu kết thúc vật thể máy tính thực cơng việc giữa, thấy hình sau Hình dạng ấm trà thay đổi qua chuỗi ảnh Sự biến hình cách dựng vật thể phức tạp từ đơn giản Một vải rơi vào cầu méo, hình dưới, nhận từ vận dụng tốn học vào vào khung cảnh cầu bình thường Cả biến hình nội suy yêu cầu kĩ thuật tốn học nhanh chóng ổn định phương pháp liên quan đến quaternion cung cấp thứ Tạp chí Tốn học MathVn Số 03-2009 Một vải rơi xuống cầu trịn đựơc làm mơ hình việc sử dụng quy tắc vật lí Và sau vận dụng để làm hình ảnh cầu méo Làm cho Gollum thật! Những kĩ thuật miêu tả cơng cụ thiết yếu hoạt hình cổ điển, thật vui tin tưởng thành chúng nhân vật hoạt hình Nhưng làm người nhận khơng Để xây dựng chuyển Tạp chí Tốn học MathVn Số 03-2009 động thực tế, thường thường phải đòi hỏi kỹ thuật bắt giữ chuyển động Nhiều nhân vật, Gollum phim Chúa Tể Của Những Chiếc Nhẫn chẳng hạn, đựơc xây dựng sử dụng cách bắt giữ chuyển động Điều đựơc thực việc gắn gương phản xạ người thật điểm thể: đầu, vai, khuỷu tay, đầu gối Những cá thể quay phim những máy quay đa chiều thay đổi vị trí gương phản xạ lưu trữ máy tính Một xương đặt vào khơng gian chiều ảo Cuối cùng, tất kĩ thuật mô tả sử dụng để đặt thịt vào xương tạo nhân vật sống, thở chuyển động Dữ liệu thu đựơc từ chuyển động gương phản xạ gắng vào phần khác thể Một khung xương lắp cách toán học vào liệu Nếu bạn lại để xem toàn đoạn giới thiệu bạn nhận có nhiều tài sáng tạo làm phim thành công: tác giả, đạo diễn, diễn viên, thiết kế trang phục, dựng cảnh danh sách tiếp tục Nhưng tên thường bị bỏ qn - Tốn học Rất nhiều phim ngày khơng thể có đựơc khơng có Hình học việc vẽ tia quaternion quay vật thể không gian Vậy lần sau bạn vào ghế ngồi rạp chiếu phim để thưởng thức quang cảnh CG, giơ cao bỏng ngơ bạn cho Tốn học - ngơi lặng lẽ buổi biểu diễn Hãy thử nhé! 10 Tạp chí Tốn học MathVn Số 03-2009 Olympic Học sinh - Sinh viên Olympic Sinh viên Kiev 2009 Bài Tam giác ABC nội tiếp đường tròn Liệu có ln tồn điểm D đường trịn cho tứ giác ABCD ngoại tiếp Bài F0 = 0, F1 = 1, Fk = Fk−1 + Fk−2 , k ≥ dãy Fibonaci Tìm tất số nguyên dương n cho đa thức Fn xn+1 + Fn+1 xn − bất khả quy Q[x] Bài Cho A, B, C góc tam giác nhọn Chứng minh bất đẳng thức cos A cos B cos C + + ≥2 sin B sin C sin C sin A sin A sin B √ √ cos B cos C cos A +√ +√ ≤ sin B sin C sin C sin A sin A sin B Bài Tìm tất số nguyên dương n cho tồn ma trận A, B, C ∈ Mn (Z) cho ABC + BCA + CAB = I Bài Cho hàm x, y : R → R cho (x(t) − x(s))(y(t) − y(s)) ≥ với t, s ∈ R Chứng minh tồn hai hàm không giảm f, g : R → R hàm z : R → R cho x(t) = f (z(t)), y(t) = g(z(t)) với t ∈ R Bài Với (xn )n≥1 dãy số thực cho tồn giới hạn hữu hạn n→∞ n n xk lim k=1 Chứng minh với p > tồn hữu hạn lim n→∞ np n k p−1 xk k=1 Bài Đặt K(x) = xe−x , x ∈ R Với n ≥ 3, tính sup x1 , ,xn ∈R 1≤i 0, µ((0, +∞)) > Chứng minh tồn số thực a 93 Tạp chí Tốn học MathVn Số 03-2009 xeax dµ(x) = cho R Bài 11 Với (ξn )n≥0 , (νn )n≥0 hai dãy biến ngẫu nhiên gồm phần tử đôi độc lập phân phối (phân phối hai dãy khác nhau) Nếu E(ξ0 ) = 0, P {v1 = 1} = p, P {v1 = 0} = n n ξxk → theo xác suất − p, p ∈ (0, 1) Kí hiệu x0 = 0, xn = vk , n ≥ Chứng tỏ n k=0 k=1 n → ∞ Bài 12 Với X1 , X2 , , X2n biến ngẫu nhiên độc lập phân phối cho X1 = hầu chắn Kí hiệu k Xi Yk = i=1 , ≤ k ≤ 2n k Xi i=1 Chứng minh bất đẳng thức E(Y2n ) ≤ + 4(E(Yn ))2 Olympic Xác suất Kolmogorov 2009 Bài Đại lượng ngẫu nhiên X có phương sai hữu hạn không đồng Chứng minh P (X = 0) ≤ (E(X ))−1 D(X) Bài Các tập hợp A1 , A2 , , A2000 ⊂ A, tập chứa tối thiểu phần tử khơng có tập trùng Chứng minh tồn 100 phân hoạch tập A, phân hoạch tạo tập đôi không giao E1 , E2 , E3 , E4 , E5 cho tập Ai chứa hai tập Ei Bài Từ container A mà có 1000 táo xanh 3000 táo đỏ người ta lấy nửa số táo chuyển sang container B mà có 3000 táo xanh 1000 táo đỏ Sau từ container B người ta lấy táo Tính xác suất để táo táo xanh Bài Cư dân thành phố N sau tan sở yêu thích câu cá Giờ tan sở họ ngẫu nhiên Ở hồ có cá chép cá rơ Tỷ lệ chép p Trong thành phố có đạo luật cấm người không bắt cá chép ngày, cư dân thành phố tuân thủ pháp luật, sau câu cá chép họ Hãy tính tỷ lệ số cá chép mà cư dân thành phố câu Bài Dãy đại lượng ngẫu nhiên (Xn )n∈N hội tụ theo xác suất đại lượng ngẫu nhiên X cho với n Xn X độc lập Phải chẳng X số hầu khắp nơi? Bài Cho dãy đại lượng ngẫu nhiên X1 , X2 , với phân phối Poisson ứng với tham số λ = Chứng minh E(max{X1 , X2 , , Xn }) = O(ln n) n → ∞ Bài Cho (Sn )n∈N dãy đại lượng ngẫu nhiên cho S0 = 0, Sn = ξ1 + + ξn , (ξj )j∈N đại lượng ngẫu nhiên đạt giá trị -1 ứng với xác suất 1/2 Kí hiệu τ = inf{n ∈ N : Sn = 0} Với a ∈ N tìm E(Na ) với Na = |{j < τ : Sj = a}| Bài Cho trình Wiener W = (Wt )t≥0 Tìm kì vọng thời gian mà đồ thị vượt cao đường thẳng y = t Viết tính phương sai thời gian dạng tích phân hàm 94 Tạp chí Toán học MathVn Số 03-2009 Bài Thực nghiệm với đại lượng ngẫu nhiên X có phân phối chuẩn với trung bình µ chưa biết, phương sai Để ước lượng µ ta sử dụng biểu thức f (X) với f hàm liên tục E(f (X)2 ) < +∞ với µ Chứng tỏ giá trị nhỏ (xác định tất hàm f thỏa mãn điều vậy) supµ∈R E(f (X) − µ)2 đạt hàm f (x) = x Bài 10 Với p > 0, X1 , X2 , , Xn đại lượng ngẫu nhiên không gian ∞ xác suất, cho với n−1 P ( max > dãy n=1 k=1,2, ,n Xn /n1/p → hầu khắp nơi n → ∞ 95 |Xk | > n1/p ) hội tụ Chứng minh Tạp chí Tốn học MathVn Số 03-2009 Kỳ thi TST Việt Nam 2009 – Đề thi Bình luận Trần Nam Dũng - Trường Đại học KHTN, ĐHQG Tp.Hồ Chí Minh Kỳ thi chọn đội tuyển Việt Nam tham dự IMO 2009 diễn hai ngày 18 19/4/2009 Hà Nội Như thường lệ, ngày thí sinh làm tốn vịng Đề thi năm đánh giá khó chịu kết điểm chuẩn 15 cho suất vào đội tuyển chứng tỏ điều Dưới đề thi bình luận chúng tơi Bình luận chung Đề thi có nhiều khó, khó (Số học) (Hình học) Bài khó tính độc đạo nó, có thí sinh nắm vững thuyết phương trình Pell nâng cao cơng phá Bài hình số có cấu hình khó chịu, chất tốn bị dấu kỹ khiến nhiều thí sinh khơng tìm phương hướng Bài số thực chất khơng khó cách phát biểu cồng kềnh, thừa kiện nên làm cho thí sinh sợ lạc đường Tương tự số khơng q khó đặt vị trí cuối nên số thí sinh dám công phá không nhiều, câu gợi ý (câu a) đơn giản Hai dễ kỳ thi số (Hình học) số (Bất đẳng thức) Đáng tiếc nhiều thí sinh gặp khó khăn với hai Tuy nhiên, lý khiến điểm cận kề khu vực “phao cứu sinh” đơng: có đến 10 nằm mức điểm 13-14 Đây điểm yếu đề thi chọn đội tuyển năm nay: tính phân loại khơng cao I - Các toán cho điểm Bài Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O; gọi A1 , B1 , C1 chân đường vng góc A, B, C xuống cạnh dối diện; gọi A2 , B2 , C2 điểm đối xứng A1 , B1 , C1 qua trung điểm cạnh BC, CA, AB Các đường tròn ngoại tiếp tam giác AB2 C2 , BC2 A2 , CA2 B2 cắt (O) điểm thứ hai A3 , B3 , C3 Chứng minh A1 A3 , B1 B3 , C1 C3 đồng quy Lời giải Gọi H trực tâm tam giác ABC Gọi S điểm đối xứng H qua O Ta có SA2 ⊥BC, SB2 ⊥CA, SC2 ⊥AB Do đó, đường tròn ngoại tiếp tam giác AB2 C2 đường trịn đường kính SA Gọi D điểm đối xứng A qua O SD⊥BC Do ∠AA3 D = 90◦ nên A3 thuộc đường thẳng SD Gọi M trung điểm BC Do M A1||AA3 M A1 = AA3 /2 nên A1 A3 qua trọng tâm G tam giác ABC Chứng minh tương tự ta có B1 B3 C1 C3 qua G Vậy A1 A3 , B1 B3 , C1 C3 đồng quy điểm G Bình luận Bài đơn giản Mấu chốt lời giải chứng minh AA3 ||BC Đáng tiếc nhiều thí sinh làm đến không tiếp sử dụng “định lý” tự chế “Nếu có đường thẳng đồng quy (ý nói AA2 , BB2 , CC2 ) lấy đối xứng qua ba trục đồng quy (ý nói ba đường trung trực tam giác) ba đường thẳng ảnh đồng quy” Các bạn lấy phản ví dụ để chứng tỏ “mệnh đề” khơng Bài Tìm tất số thực r cho với số dương a, b, c ta ln có bất đẳng thức sau r+ a b+c r+ b c+a r+ 96 c a+b ≥ r+ Tạp chí Tốn học MathVn Số 03-2009 Lời giải Do bất đẳng thức nhất, ta giả sử a + b + c = Ta biến đổi bất đẳng thức đề dạng (b − c)2 ( a r2 (b + c) + − )≥0 (Từ r ≥ 1/2 bất đẳng thức với a, b, c > 0) Đặt Sa = a r2 r2 (b + c) + − = − (4r2 − 2r + 1)a, Sb , Sc tương tự Bất đẳng thức 8 đưa dạng (b − c)2 Sa ≥ + Cho b = c bất đẳng thức tương đương Sb = Sc ≥ ⇔ 4r2 − (4r2 − 2r + 1)b ≥ + Cho a → 0, b → 1/2 ta 4r2 − (4r2 − 2r + 1) ≥ ⇔ 4r2 + 2r − ≥ Ta chứng minh điều kiện đủ để bất đẳng thức với a, b, c Thật vậy, giả sử a ≥ b ≥ c Vì 4r2 − 2r + > nên Sa ≤ Sb ≤ Sc Hơn b ≤ 1/2 nên Sb = r2 /2 − (4r2 − 2r + 1)b/8 ≥ r2 /2 − (4r2 − 2r + 1)/16 = (4r2 + 2r − 1)/16 ≥ Sb + Sa = r2 − (4r2 − 2r + 1)(a + b)/8 ≥ (4r2 + 2r − 1)/8 ≥ Từ Sa (b − c)2 + Sb (c − a)2 + Sc (a − b)2 = Sa (b − c)2 + Sb ((a − b) + (b − c))2 + Sc (a − b)2 = (Sa + Sb )(b − c)2 + (Sb + Sc )(a − b)2 + 2Sb (a − b)(b − c) ≥ Bình luận Ngồi cách giải trên, cịn có số cách giải khác khai triển toàn dùng bất đẳng thức Schur Muirhead Có số thí sinh tiếp cận phương pháp dồn biến pqr nắm lý thuyết không vững nên phạm sai lầm "không sửa chữa được" Đây học cho bạn học sinh: Khi học phương pháp mới, phải học thật kỹ phân tích rõ điểm mạnh yếu phương pháp, điểm dễ bị sơ hở, sai lầm II - Hai tốn trung bình Bài Cho đa thức P (x) = rx3 + qx2 + px + p, q, r số thực với r > Xét dãy số (an ), n = 0, 1, xác định sau a0 = 1, a1 = −p, a2 = p2 − q an+3 = −pan+2 − qan+1 − ran (n ≥ 0) Chứng minh đa thức P (x) có nghiệm thực khơng có nghiệm bội dãy (an ) có vơ số số âm Bình luận Bài tốn lẽ khơng khó đến (số thí sinh làm đếm đầu ngón tay) khơng phải "đề bài" Việc đề cho giá trị ban đầu a0 , a1 , a2 đặc thù khiến thí sinh lạc đề, khơng biết khai thác Lời giải trình bày cho thầy giá trị khơng quan trọng, khơng ảnh hưởng đến kết toán Lời giải 97 Tạp chí Tốn học MathVn Số 03-2009 Từ điều kiện đề suy phương trình đặc trưng phương trình sai phân x3 +px2 +qx+r = có nghiệm thực âm hai nghiệm phức liên hợp Giả sử ba nghiệm −a, R(cos α + i sin α), R(cos α − i sin α) với a > 0, R > 0, < α < π an = C1 (−a)n + C2 Rn (cos α + i sin α)n + C3 Rn (cos α − i sin α)n C1 , C2 , C3 số C2, C3 số phức liên hợp Đặt C2 = R∗ (cos ϕ + i sin ϕ) với ϕ ∈ [0, 2π), ta có an = C1 (−a)n + Rn (R∗ (cos ϕ + i sin ϕ)(cos nα + i sin nϕ) + R∗ (cos ϕ − sin ϕ)(cos nα − i sin nϕ)) = C1 (−a)n + 2Rn R∗ (cos(nα + ϕ)) Giả sử ngược lại tồn n cho an ≥ với n ≥ n0 Khi ta có ≤ an+1 + aan = 2Rn+1 R∗ (cos((n + 1)α + ϕ)) + a2Rn R∗ (cos(nα + ϕ)) = 2Rn R∗ (R cos((n + 1)α + ϕ) + a cos(nα + ϕ)) = 2Rn R∗ C cos(nα + ϕ∗ ) (C > 0, ϕ∗ ∈ [0, 2π)) với n ≥ n0 Điều không xảy < α < π nên tồn vô số n cho nα+ϕ∗ ∈ (π/2+k2π, 3π/2+2kπ) Bài Có 6n + nhà tốn học tham dự hội nghị, có 2n + buổi thảo luận Mỗi buổi thảo luận có bàn tròn cho người ngồi n bàn tròn cho người ngồi Biết người không ngồi cạnh đối diện lần Hỏi thực việc xếp chỗ ngồi với n = 1? Hỏi thực việc xếp chỗ ngồi với n > 1? Bình luận Bài tốn thuộc dạng xây dựng ví dụ Đây dạng tốn khơng thực quen thuộc với học sinh (vốn quen với tìm chứng minh) Chính điều việc tốn xếp vị trí số khiến cho có thí sinh giải giải Về thực chất khơng khó Với n = 1, ta dễ dàng xây dựng ví dụ cách xếp: (1 4), (5 10) (1 7), (2 10) (1 10), (2 7) Ở đây, ý tưởng tách riêng, số cịn lại phân thành nhóm (2 4), (5 7) (8 10), sau ghép cặp Lại ghép cặp cách khác: (1 8), (3 10) (1 9), (2 10) (1 10), (2 9) 98 Tạp chí Tốn học MathVn Số 03-2009 Tiếp theo, với n = 2, ta tách 15 số lại chia thành nhóm (2 6) (7 10 11) (12 13 14 15 16) tiếp tục xếp (1 12) (3 13 14) (5 10 11 15 16) (1 13) (2 11 12 16) (4 10 14 15) (1 14) (2 10 12 15) (3 11 13 16) (1 10 15) (2 12 13) (4 11 14 16) (1 11 16) (2 12 14) (3 10 13 15) Từ nảy sinh ý tưởng cho lời giải tổng quát: Tách số riêng, lại chia thành nhóm, nhóm 2n + người Sẽ cho người lẻ tham gia bàn người, 2n người lại tách thách n cặp phối hợp với cặp nhóm cịn lại tạo thành bàn người Vấn đề phải ghép cặp để hai người nhóm khơng ghép cặp với hai lần Như vậy, dễ thấy toán chuyển toán quen thuộc: Hãy xếp lịch thi đấu cho giải đấu gồm 2n + đội thành 2n+1 lượt, lượt có n trận đấu Bài tốn giải quy nạp hệ thặng dư Lời giải Tách số 6n + riêng Các số lại chia thành nhóm: {1, 2, , 2n + 1}, {2n + 2, , 4n + 2}, {4n + 3, , 6n + 3} Ở bước thứ k, từ nhóm ta chọn số k, 2k + + k 4k + + k để ghép với 6n + vào bàn Các số lại thuộc {1, 2, , 2n + 1}\{k} ta phân cặp theo quy tắc i, j cặp i + j ≡ 2k mod 2n + Ta chứng minh cách chia thoả mãn điều kiện: i Hai số i, j xuất tương ứng lần k lần k , 2k ≡ 2k mod 2n + ⇔ k ≡ k mod 2n + ii Với i thuộc A = {1, 2, , 2n + 1}\{k}, tồn j thuộc A cho i + j ≡ 2k mod 2n + (Bạn đọc chứng minh chi tiết điều này) Các số thuộc {2n + 2, , 4n + 2}\{2n + + k} {4n + 3, , 6n + 3}\{4n + + k} ghép cặp tương tự Lấy cặp từ nhóm 1, nhóm 2, nhóm ta ghép thành bàn người III - Hai tốn khó Bài Cho đường trịn (O) đường kính AB, M điểm tùy ý (O) Đường phân giác từ M tam giác AM B cắt (O) N Phân giác ngồi góc AM B cắt N A, N B P, Q Đường thẳng AM cắt đường trịn đường kính N Q điểm thứ hai R; đường thẳng BM cắt đường trịn đường kính N P điểm thứ hai S Chứng minh đường trung tuyến kẻ từ N tam giác N SR qua điểm cố định Bình luận Đây tốn khó chịu Và nhiều thí sinh sa lầy tốn này, tốn nhiều thời gian công sức không tìm sợi chứng minh Được biết toán tạo thành từ hai toán quen thuộc: 1) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn Giả sử hai đường chéo cắt O K, L, M, N chân đường vuông góc hạ từ O xuống AB, BC, CD, DA KLM N tứ giác ngoại tiếp Ngoài ra, O tâm đường trịn nội tiếp tứ giác KLM N ba đường thẳng (KL, M N, AC), (KN, LM, BC) đồng quy 2) (Đường thẳng Newton) Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp Giả sử E, F giao điểm cặp cạnh đối diện Khi trung điểm M, N, P AC, BD, EF tâm I đường tròn nội tiếp nằm đường thẳng 99 Tạp chí Tốn học MathVn Số 03-2009 Đáp án thức ngược theo hướng cồng kềnh, bao gồm bước tìm lại cấu hình ban đầu, tức tứ giác ngoại tiếp đường tròn (O), sử dụng ý tưởng chứng minh đường thẳng Newton để chứng minh thẳng hàng Chỉ có số thí sinh làm trọn vẹn này, đáng ý lời giải trình bày (rất ngắn gọn sáng sủa) lời giải phương pháp toạ độ Cũng sáng sủa (đó điều đặc biệt lời giải theo hướng thường cồng kềnh xấu xí) đặc biệt hơn, nhờ lời giải mà phát điều kiện ∠AN B = 90◦ không cần thiết Thực cần N nằm phân giác góc ∠AM B Sẽ lý thú bạn đọc tự kiểm tra lại điều (bằng phương pháp hình học phương pháp toạ độ) Lời giải Giả sử I = N S∩P Q, J = N R∩P Q Vì M, N, Q, R đồng viên, ta có ∠AM P = ∠RM Q = ∠JBM = ∠JN Q Từ suy M, N, B, J đồng viên Tương tự, M, N, A, I đồng viên Vì ∠JBN = ∠IAN = 90◦ Từ A B kẻ đường thẳng vng góc với M N cắt N J N I tương ứng U V Ta có NA NA AU = ⇒ AU = JP , JP NP NP BV NB NB = ⇒ BV = IQ IQ NQ NQ Từ JP N A N Q N A N Q SN JP NA NJ N A N Q N J.N P sin ∠P N J AU = = = = = BV IQ N B N P N B N B SN IQ N B N P N I.N Q sin ∠QN I NB NI Suy AU = BV , AU ||BV nên AU BV hình bình hành Vậy O trung điểm U V Mặt khác, ∆N AI ∼ ∆N SP ∼ ∆N BJ ∼ ∆N RQ ⇔ NA NS NB NR NA NS NB NR NU NS NV NR NU NV = = = ⇒ = ⇒ = ⇒ = NI NP NJ NB NI NP NJ NQ NJ NI NI NJ NR NS Do U V ||RS Từ suy trung tuyến kẻ từ N tam giác N SR qua trung điểm O U V Ta có điều phải chứng minh Bài Cho a, b số ngun dương khơng phương cho ab khơng phương Chứng minh hai phương trình ax2 − by = ax2 − by = −1 khơng có nghiệm nguyên dương Lời giải Trước hết ta chứng minh bổ đề sau Bổ đề Cho phương trình Ax2 − By = (1) với A AB khơng phương Gọi (a, b) nghiệm nhỏ phương trình Pell kết hợp x2 − ABy = (2) Giả sử phương trình (1) có nghiệm (x0 ; y0 ) nghiệm nhỏ (x0 ; y0 ) nghiệm hệ phương trình a = Ax2 + By2 b = 2xy Chứng minh Giả sử (x0 ; y0 ) nghiệm nhỏ (1) Đặt u = Ax2 + By0 , v = 2x0 y0 ta có 2 u2 − ABv = (Ax2 + By0 )2 − AB(2x0 y0 )2 = (Ax2 − By0 )2 = 0 100 Tạp chí Tốn học MathVn Số 03-2009 Chứng tỏ (u; v) nghiệm phương trình (2) Mà (a; b) nghiệm nhỏ phương trình nên u ≥ a, v ≥ b Ta chứng minh u = a, v = b Thật vậy, giả sử trái lại u > a, v > b √ √ √ − a − b AB < (a √ b AB)(a + b AB) = a2 − ABb2 = √ √ √ √ ⇒ (a − b AB)(√Ax0 + By0 ) < (√ Ax0 + By0 ) √ √ ⇒ (ax0 − Bby0 ) A + (ay0 − Abx0 ) B < ( Ax0 + By0 ) Lại có √ √ √ √ (a + b AB) < (u + v AB) = Ax0 + By0 √ √ √ √ √ AB)( Ax0 − By0 ) ⇒ (ax0 − Bby0 ) A − (ay0 − Abx0 ) B = (a + b √ √ √ √ √ √ < ( Ax0 + By0 )2 ( Ax0 − By0 ) = ( Ax0 + By0 ) Đặt s = ax0 − Bby0 , t = ay0 − Abx0 bất đẳng thức viết lại thành √ √ √ √ s√A + t√B < x0 √A + y0 √B (3) s A − t B < x0 A + y0 B (4) Tiếp theo, ta có (As2 − Bt2 ) = A(ax0 − Bby0 )2 − B(ay0 − Abx0 )2 = (a2 − ABb2 )(Ax2 − By0 ) = Ta thấy s > s > ⇔ ax0 > Bby0 ⇔ a2 x2 > B b2 y0 ⇔ a2 x2 > Bb2 (Ax2 − 1) 0 ⇔ (a2 − ABb2) x2 > −Bb2 ⇔ x2 > −Bb2 0 Bất đẳng thức cuối đúng, s > 2 2 Ta thấy t = t = ⇔ ay0 = Abx0 ⇔ a2 y0 = A2 b2 x2 ⇔ (ABb2 +1)y0 = Ab2 (By0 +1)y0 = Ab2 Điều xảy A khơng phương Nếu t > (s; t) nghiệm nguyên dương (1), mà (x0 , y0 ) nghiệm nhỏ (1) nên √ √ √ √ s ≥ x0 , t ≥ y0 Do s A + t B ≥ Ax0 + By0 , điều mâu thuẫn với (3) Tương tự, với t < (s, −t) nghiệm nguyên dương (1) ta dẫn đến bất đẳng thức mâu thuẫn với (4) Vậy u = a, v = b hay (x0 , y0 ) nghiệm hệ Trở lại toán giả sử hai phương trình ax2 − by = (3) bx2 − ay = (4) có nghiệm Gọi (m, n) nghiệm nhỏ phương trình x2 − aby = 1, (x1 , y1 ) nghiệm nhỏ phương trình (5) (x2 , y2 ) nghiệm nhỏ phương trình (6) 101 Tạp chí Tốn học MathVn Số 03-2009 2 Áp dụng bổ đề 2, ta có m = ax2 + by1 ; n = 2x1 y1 m = bx2 + ay2 ; n = 2x2 y 2 2 Do ax2 = by1 + ay2 = bx2 − nên từ ta suy 2 ax2 + by1 = bx2 + ay2 2 ⇔ 2by1 + = 2bx2 − 2 ⇔ b(x2 − y1 ) = Điều xảy b > Nhận xét Bổ đề lời giải phần định lý 5.19 , trang 148 Một số vấn đề Số học chọn lọc Nguyễn Văn Mậu chủ biên, NXB Giáo Dục 2008 Trong định lý có điều kiện AB khơng phương A > Điểm cần đến A khơng phương điểm mà ta chứng minh t = Trong chứng minh trên, t = y0 = Ab2 Thay vào 2 2 đẳng thức Ax0 − By0 = ta suy A(x0 − Bb ) = Điều xảy A > Vậy bổ đề với điều kiện AB khơng phương A > Và có nghĩa tốn ta ab khơng phương a, b > Bài tốn có xuất xứ gần với tốn sau đăng tạp chí American Mathematical Monthly: “Giả sử x y số nguyên dương cho x + xy y + xy số phương a Chứng minh có hai số x y số phương b Hãy mơ tả tất cặp số nguyên dương x, y vậy” (∗) Thật vậy, trước hết, biết chứng minh tốn (*), ta giải số VTST09 sau: Giả sử tồn x, y, u, v cho ax2 − by = au2 − bv = −1 Đặt X = by Y = au2 X(Y + 1) = by bv = (byv)2 , (X + 1)Y = ax2 au2 = (axu)2 số phương, suy X Y phương (theo tốn (*)!) Điều mâu thuẫn a b khơng phương Đó bề ngồi, cịn đọc kỹ lời giải tốn (*) thấy mấu chốt lời giải tính chất “cơ bản” phương trình Pell loại loại tương đương với bổ đề lời giải Thực kết toán định lý báo D.T Walker đăng tạp chí AMM năm 1967 (On the Diophantine equations mX − nY = ±1) Việc sử dụng định lý toán học đề thi việc làm thơng dụng, nhiên thường định lý phải nhiều quen thuộc, có chứng minh ngắn gọn toán phải áp dụng khéo léo định lý Ở đây, với toán 3, hai u cầu khơng đáp ứng Vì thế, dùng toán để phân loại học sinh khơng khả thi 102 Tạp chí Tốn học MathVn Số 03-2009 Sai lầm đâu? Độ đo Metric Phan Thành Nam - Khoa Toán, Đại học Copenhagen, Denmark Giới thiệu Một đặc tính tốt người học toán cẩn thận rèn luyện để tránh sai lầm lập luận Tuy nhiên, từ học sinh phổ thông giáo sư đại học việc mắc "lỗi" điều khó tránh khỏi Chuyên mục "Sai lầm đâu?" mở để chia sẻ số lỗi mà gặp trình học tập, đọc sách, nghiên cứu Học hỏi từ sai lầm mình, người khác điều hay, phải không bạn? Trong viết muốn trao đổi với bạn chứng minh sách "Hausdorff measure" C.A Rogers (Cambridge University Press, 1970) độ đo metric Trước hết, xin nhắc lại số định nghĩa Chúng giả sử bạn đọc quen thuộc với khái niệm σ−đại số (σ−algebra), độ đo (measure) không gian metric Cho Ω tập hợp khác rỗng 2Ω họ tất tập Ω (ký hiệu 2Ω từ nhận xét tập hữu hạn có n phần tử số lượng tập 2n ) Một hàm số µ : 2Ω → [0, ∞] gọi độ đo (outer measure) thỏa mãn: (i) µ(∅) = 0, (ii) Nếu A ⊂ B µ(A) ≤ µ(B), (iii) Nếu E1 , E2 , họ đếm tập Ω ∞ µ ∞ En ≤ n=1 µ (En ) n=1 Tính chất (iii) gọi cộng tính đếm (countably subaddtive) Từ độ đo ngồi µ vậy, thu hẹp 2Ω xuống lớp σ− đại số mà µ độ đo Cách xây dựng tổng quát ý tưởng Carathéodory Để làm điều đó, ta định nghĩa tập E ⊂ Ω µ−measurable thỏa mãn tiêu chuẩn Carathéodory µ(A) = µ(A ∩ E) + µ(A ∩ E c ), ∀A ⊂ Ω E c = Ω\E Một cách tương đương, E µ−measurable µ(A ∪ B) = µ(A) + µ(B) với A ⊂ E, B ⊂ E c (xin bạn đọc kiểm tra điều này) Ta có: Định lý [Carathéodory] Cho µ độ đo ngồi Ω lớp tập hợp µ−measurable Khi σ−đại số thu hẹp µ thỏa mãn tính cộng tính đếm Bây giả sử Ω có "hàm khoảng cách" ρ : Ω × Ω → [0, ∞) cho (Ω, ρ) khơng gian metric Bây ta có lớp tập hợp quan trọng tập mở tập đóng Một cách tự nhiên, ta muốn xây dựng độ đo σ−đại số chứa tất tập mở (và tập đóng) (σ−đại số nhỏ có tính chất gọi σ−đại số Borel) Từ cách xây dựng 103 Tạp chí Tốn học MathVn Số 03-2009 Carathéodory trên, ta làm điều ta có độ đo ngồi µ Ω mà tập mở (hoặc cách tương đương tập đóng) µ−measurable Để có điều nói trên, giả sử µ thỏa mãn thêm tính chất Ta định nghĩa khoảng cách hai tập hợp A, B ⊂ Ω d(A, B) = inf{ρ(x, y)|x ∈ A, y ∈ B} Ta gọi A, B tách ngặt (positively separated) d(A, B) > Tính chất sau nói µ thỏa mãn tính cộng tính hai tập tách ngặt (iv) Nếu A, B ⊂ Ω, d(A, B) > µ(A ∪ B) = µ(A) + µ(B) Một độ đo ngồi µ thỏa mãn từ (i)-(ii)-(iii)-(iv) gọi độ đo metric (metric outer measure, metric measure) Có thể chứng minh µ độ đo ngồi metric tập đóng (và đó, tập mở) µ-measurable, sử dụng xây dựng Carathéodory ta thấy thu hẹp µ σ−đại số Borel tạo thành độ đo Chứng minh sau trích từ sách "Hausdorff measure" C.A Rogers (Cambridge University Press, 1970, trang 32-33) Đây chứng minh tự nhiên đẹp mắt, nhiên cịn có lỗi nhỏ Câu hỏi dành cho bạn đọc: lỗi gì, để sửa chữa? Tòa soạn xin tặng in Tạp chí MathVN số cho bạn có câu trả lời sớm 104 Tạp chí Tốn học MathVn Số 03-2009 Ghi chú: Định lý 17 nhắc tới chứng minh phát biểu µ độ đo ngồi metric thỏa mãn tính chất "tăng ngặt": A1 ⊂ A2 ⊂ dãy tăng tập Ω cho An Ac tách ngặt (positively separated), tức d(An , Ac ) > 0, n n+1 ∞ µ An n=1 = sup µ (Am ) m∈N 105 Tạp chí Tốn học MathVn Số 03-2009 Thông báo vấn đề giải giải thưởng MathVn tạp chí khoa học mang tính cộng đồng giáo dục Toán học Đi kèm với viết chuyên đề khởi xướng thi giải tốn khơng hạn chế đối tượng Qua chúng tơi mong muốn bạn trẻ tham gia tìm hiểu giải nhiều vấn đề khác phân thành ba loại: phần cho học sinh, phần cho sinh viên, phần vấn đề mở Các đối tượng tham gia giải tất phần Cơ cấu giải thưởng • Giải nhất: triệu đồng (1 giải) • Giải nhì: triệu đồng (1 giải) • Giải ba: triệu đồng (2 giải) • Giải khuyến khích: Bản in Tạp chí MathVn năm (10 giải) Qui tắc tính điểm Với mục đích phát triển chuyên đề, động viên bạn tham gia trao đổi giao lưu, chúng tơi khuyến khích gửi lời giải cho tốn phần tạp chí + Lời giải cho vấn đề mở (Open Problems): 15 điểm (Các bạn khơng cần gửi cho tạp chí MathVn mà gửi trực tiếp đến địa gốc chứa vấn đề đó, bạn đăng tên lời giải tính điểm) + Lời giải cho đề Qualify cho nghiên cứu sinh: 15 điểm + Bài toán đề nghị gửi cho tạp chí: 10 điểm + Lời giải cho đề kì MathVn chia mức khác tuỳ thuộc vào tính thách thức tốn: * Bài khó hay: điểm * Bài bình thường hay: điểm * Bài dễ hay : điểm + Lời giải tập chuyên đề: điểm Với chế tính điểm sau số chúng tơi có bảng tổng kết theo thứ tự công bố diễn đàn tạp chí danh sách bạn đạt giải Tuy nhiên để giải xứng đáng điểm tổng kết sau kì báo phải lớn 150 điểm Các bạn nhận giải thưởng thông báo chuyển tiền qua bưu điện Về mức độ chia khó dễ qua số báo sau: + Loại khó: A2,A4,A8,A9,A10,A11,A12,A13, A14, A25, A26, A32, B1,B2,B3,B4,B5,B6,B9.(8 điểm) + Loại bình thường: A1,A3,A5,A6,A7,A15,A16,A17,A19,A20,A21,A23,A24,A27,A28,A29,A30,A31,A33,B7,B8.(6 điểm) 106 Tạp chí Tốn học MathVn Số 03-2009 + Loại dễ: A18, A22 (4 điểm) Về hạn giải bài: + Số : đến hết ngày 25/07/2009 + Số 2: đến hết ngày 29/10/2009 + Số 3: đến hết ngày 29/01/2010 Một lần thay mặt nhóm biên tập tạp chí MathVn mong có tham gia nhiều thầy giáo cô giáo bạn trẻ để cộng đồng tạp chí ngày phát triển bền vững chất lượng Thư từ thắc mắc xin gửi địa thư điện tử mathvn2008@gmail.com truy cập vào website http://mathvn.org Ban biên tập 107 ... theo tham số a thu −1 I (a) = + a2 37 Tạp chí Tốn học MathVn Số 03- 2009 Từ ta rút π − arctan a I(a) = Và tích phân ta cần tính π I= Ở xem xét số ví dụ ứng dụng phép đạo hàm tích phân tham số Tiếp... số + i, biểu diễn điểm (1, 1), với i i(i + 1) = i − = −1 + i số mà biểu diễn điểm (−1, 1), phép quay với góc 90◦ Lại nhân với i ta được: i(−1 + i) = −i − = −1 − i Tạp chí Tốn học MathVn Số 03- 2009... Academic Publishers, 1989 33 Tạp chí Tốn học MathVn Số 03- 2009 Các phương pháp tính tích phân Nguyễn Văn Vinh, Đại học Tổng hợp Quốc gia Belarus Trong số trước làm quen với số kĩ thuật tính tích phân