MỤC LỤC
Ban biên tập
Lời giới thiệu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

Trần Nam Dũng
Học một bài toán như thế nào? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

Võ Quốc Bá Cẩn
Một tính chất thú vị của tam thức bậc hai và nhị thứ bậc nhất . . . . . . . . . . . . . .

25

Nguyễn Văn Huyện, Tống Hữu Nhân
Một số vấn đề bất đẳng thức bậc bốn ba biến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

33

Nguyễn Mạnh Linh
Một số vấn đề xung quanh tổng lũy thừa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

55

Nguyễn Hoàng Vinh
Hàm lồi một biến và bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

69

Kiều Đình Minh
Một số kỹ thuật sử dụng định lý giới hạn kẹp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

83

Trần Minh Hiền
Định lý Ruf và hàm sinh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107
Nguyễn Đình Thành Công, Nguyễn Văn Hưởng
Một số bài toán về trò chơi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125
Đậu Hoàng Hưng
Phương pháp đếm bằng hai cách thông qua bảng ô vuông . . . . . . . . . . . . . . . . 145
Trần Ngọc Thắng
Phương pháp quỹ đạo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157
1


2

Các phương pháp giải toán qua các kỳ thi Olympic

Trần Quang Hùng
Tổng quát và ứng dụng một bài toán chia đôi đoạn thẳng . . . . . . . . . . . . . . . . 169
Huỳnh Chí Hào
Hàng điểm điều hòa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185
Nguyễn Văn Linh
Các tam giác có dạng AB C AC D kBC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 209
Nguyễn Ngọc Giang
Vẻ đẹp bài toán thi Olympic Hungary . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 229
Nguyễn Duy Liên
Định lý thặng dư Trung Hoa và một số ứng dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 241

Lê Phúc Lữ
S.n/ – hàm tổng các chữ số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 267
Ban biên tập
Lời giải và bình luận đề thi VMO 2015 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 299
Ban biên tập
Đề thi Olympic Toán quốc tế 2015 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 349


LỜI GIỚI THIỆU
Ban biên tập

Các bạn đang cầm trên tay cuốn kỷ yếu của chương trình Gặp gỡ Toán học 2015 do Viện nghiên
cứu cao cấp về Toán (VIASM) phối hợp cùng với công ty cổ phần Giáo dục Ti tan (Titan
Education) và trường THPT chuyên Lê Quý Đôn Vũng Tàu tổ chức tại Vũng Tàu tháng 7, 2015.
Gặp gỡ toán học 2015 được thực hiện dưới sự bảo trợ của Chương trình trọng điểm quốc gia phát
triển toán học giai đoạn 2010-2020.
Tuy nhiên, có thể coi đây là một ấn phẩm độc lập, một tài liệu tham khảo bổ sung dành cho các
bạn học sinh và các thầy cô giáo.
Chủ đề chính của kỷ yếu này là Các phương pháp giải toán với 16 bài viết về phương pháp giải
toán Đại số, Giải tích, Hình học, Số học, Tổ hợp của các tác giả là các thầy cô giáo chuyên toán,
nghiên cứu sinh, học viên cao học, các bạn sinh viên và học sinh đến từ mọi miền đất nước. Sự
ủng hộ nhiệt tình và có chất lượng của các tác giả dành cho Kỷ yếu đã tạo ra một cuốn Kỷ yếu
dày dặn, có nội dung phong phú, cập nhật. Vì một số lý do khác nhau, một số bài viết chưa được
đưa vào Kỷ yếu lần này, chúng tôi sẽ trao đổi với các tác giả để có thể sử dụng trong các ấn phẩm
sau. Ban biên tập xin chân thành cảm ơn sự ủng hộ của các tác giả cho kỷ yếu Gặp gỡ toán học
2015 cũng như trong suốt những năm qua.
Bên cạnh đó, kỷ yếu giới thiệu Lời giải và Bình luận của các kỳ thi chính trong năm học vừa
qua: VMO 2015, Vietnam TST 2015 và IMO 2015. Qua các lời giải chi tiết đặc biệt là phần bình
luận, độc giả có thể có một cái nhìn rộng hơn về mặt phương pháp giải toán.
Ban biên tập xin cảm ơn lãnh đạo các đơn vị tổ chức đã luôn đồng hành cùng Gặp gỡ toán học,

đặc biệt là sự quan tâm, động viên của GS Ngô Bảo Châu, GS Nguyễn Hữu Dư, TS Nguyễn Thị
Lê Hương, TS Nguyễn Văn Lượng và thầy Lê Quốc Hùng dành cho các hoạt động của chương
trình nói chung và Kỷ yếu nói riêng.
Ban biên tập gửi lời cảm ơn đặc biệt đến họa sĩ thiết kế Phạm Minh Thư (Trento, Italy) đã thiết
kế một bộ áo mới thật đẹp và hiện đại cho Kỷ yếu lần này.
Hy vọng cuốn kỷ yếu này sẽ là một tài liệu bổ ích cho các bạn học sinh và các thầy cô giáo.
Tp Hồ Chí Minh, 7/2015
Ban biên tập

3


4

Các phương pháp giải toán qua các kỳ thi Olympic


HỌC MỘT BÀI TOÁN NHƯ THẾ NÀO?
Trần Nam Dũng
(Đại học KHTN, thành phố Hồ Chí Minh)

Quý hồ tinh bất quý hồ đa
Tôn Vũ
Để cải thiện trí óc, ta cần học ít, thấu hiểu nhiều
Rene Descartes
Đi chậm, tiến xa
Ngạn ngữ Nga
Mỗi một bài toán tôi giải đều trở thành quy tắc mà sau này được dùng để giải những bài toán
khác Hãy chia những khó khăn thành những thành phần đủ nhỏ để có thể giải quyết chúng
Rene Descartes

Làm thế nào để học tốt môn toán luôn là câu hỏi mà nhiều bạn học sinh trăn trở. Tại sao có nhiều
bạn bỏ rất nhiều thời gian cho việc học toán, nhưng tiến bộ thì rất chậm, nhiều lúc còn đứng yên
tại chỗ và thụt lùi? Có nhiều bạn nhìn học rất thoải mái, nhưng học đâu hiểu đó, áp dụng được
những điều mình đã học vào các tính huống khác nhau.
Vấn đề là ở cách học. Khi học một bài toán, có bạn chỉ học qua loa, nắm được lời giải là thôi,
chuyển ngay qua bài toán khác. Không đào sâu khai thác, không so sánh với những bài toán khác
để tìm những cái chung, không tóm tắt lại để biết đâu là điểm chính yếu, không mở rộng để xem
phương pháp giải sẽ còn áp dụng được đến đâu. Vì thế, một lời giải chỉ đơn thuần là một lời giải.
Không phải là phương pháp, không có sự kết nối đa chiều với những bài toán khác.
Chúng ta cứ tưởng tượng, nếu cần thuộc đường ở thành phố Hồ Chí Minh. Với hàng trăm con
đường như thế, chúng ta có nhớ nổi không? Và nếu bỏ công sức ra học thì bao giờ mới nhớ hết?
Nhưng nếu ta học một cách có hệ thống, đầu tiên là các trục ngang, trục dọc lớn, sau đó là các
cụm theo quận, theo phường. Ta không cần nhớ hết, chỉ cần biết ở quận nào, phường nào, gần
đường lớn nào. Khi cần chi tiết ta sẽ nghiên cứu sau, vì khi đã khoanh vùng được thì đó không
còn là việc khó.
Học giải toán cũng vậy. Nếu chúng ta học các bài toán một cách riêng rẽ thì biết bao nhiêu là đủ.
Và ta có đủ thời gian để nhớ được bao nhiêu bài toán. Và nếu ta biết rằng khó hy vọng cho sự
trúng tủ, mà chỉ có thể là những bài toán gần, tương tự, có mối liên hệ với những bài toán mình
biết. Vậy thì khi cần vận dụng mối liên hệ với những bài toán đó, trong kho tàng vài nghìn bài
toán được sắp xếp lộn xộn, không có lớp lang thì ta có đủ thời gian mà đem ra mà dùng không?
Nói một cách hình ảnh, giả sử ta có 100 bài toán, thay vì học cả 100 bài một cách riêng lẻ, ta có
thể chọn ra 10 15 bài chốt.
5


6

Các phương pháp giải toán qua các kỳ thi Olympic
1


3
4
2

13
5

15

14

6
7
8
9
10

11

12

Lúc đó, mỗi một bài toán chốt (ta biết rõ cách giải) hay thường (là những bài toán ta chưa biết
nhưng có thể gặp) đều có những mối liên hệ hàng ngang, cột dọc hay đường chéo với những bài
toán khác. Từ đó, khi cần ta sẽ có thể phục hồi lại, y như ta giải Sudoku vậy.
Dưới đây ta xem xét một số ví dụ về khai thác phương pháp giải toán từ những chứng minh và lời
giải kinh điển.

1. Chứng minh của G.Polya cho bất đẳng thức AM-GM
và bài học về sử dụng hằng số trong bất đẳng thức
không thuần nhất

Chúng ta đều biết bất đẳng thức AM-GM và rất nhiều các cách chứng minh của nó: Dùng quy
nạp lùi, dùng hàm lồi, dùng khai triển, dùng dồng biến ... Tuy nhiên cách chứng minh dưới đây
của G.Polya rất đẹp đẽ và đem đến cho ta nhiều bài học bổ ích.
Định lý 1 (Bất đẳng thức AM-GM). Nếu a1 ; a2 ; : : : ; an là n số thực dương thì ta có
a1 C a2 C
n

C an

p
n

a1 a2

an :

Lời giải. Trước hết ta chứng minh bổ đề:
Bổ đề 1. Nếu x1 ; x2 ; : : : ; xn là các số thực dương có tích bằng 1 thì
x1 C x2 C

C xn

n:

Ta chứng minh bổ đề bằng quy nạp theo n:
Với n D 1 mệnh đề hiển nhiên đúng. Giả sử mệnh đề đã đúng với n số. Ta chứng minh mệnh đề
đúng với n C 1 số. Xét n C 1 số x1 ; x2 ; : : : ; xn ; xnC1 có tích bằng 1:
Nếu tất cả các số bằng nhau (và bằng 1/ thì bất đẳng thức trở thành đẳng thức. Trong trường hợp
ngược lại, phải có một số > 1 và một số < 1: Không mất tính tổng quát của bài toán, ta có thể
giả sử xn < 1; và xnC1 > 1:

Khi đó ta có .xn

1/.xnC1

x1 C

C xn

1/ < 0; suy ra xn C xnC1 > xn xnC1 C 1: Từ đó ta có
1

C xn C xnC1 > x1 C

C xn

1

C xn xnC1 C 1:

.1/


7

Học một bài toán như thế nào?
Áp dụng giải thiết quy nạp cho n số x1 ; : : : ; xn 1 ; xn xnC1 có tích bằng 1; ta có
x1 C

C xn


1

C xn xnC1

n:

.2/

Từ .1/ và .2/ ta suy ra
x1 C

C xn

1

C xn C xnC1 > n C 1:

Như vậy bổ đề đúng đến n C 1: Theo nguyên lý quy nạp toán học, bổ đề đúng với mọi n:
Quay trở lại bài toán, ta đặt
an
a1
x1 D p
;
:
:
:
;
x
D
;

p
n
n
n
a1 an
a1 an
thì
x1

xn D p
n

a1
a1

p
n

an

an
a1

an

x1 C

C xn

n;


C

C p
n

D

a1
a1

an
D 1:
an

Áp dụng bổ đề ta có
suy ra
p
n

a1
a1

an

an
a1

n;


an

tương đương với
a1 C a2 C
n
Bất đẳng thức AM-GM được chứng minh.

p
n

C an

a1

an :

Trong lời giải này, có hai ý tưởng chính, thứ nhất là bước đưa bài toán về bài toán với điều kiện
chuẩn hóa x1 x2 xn D 1 và thứ hai là bước sử dụng hằng số 1 để "dồn" xn ; xnC1 thành xn xnC1
(cụ thể là thay xn C xnC1 bằng xn xnC1 C 1/: Nhờ có bước thay thế này mà ta có thể áp dụng
được giả thiết quy nạp.
Ta sẽ tiếp tục phân tích ý tưởng chuẩn hóa ở bước 1 trong mục sau. Ở đây ta khai thác ý tưởng sử
dụng hằng số để so sánh các đại lượng không cùng bậc.
Bài toán 1. Cho x; y; z là các số thực dương. Chứng minh rằng ta có bất đẳng thức
x 2 C y 2 C z 2 C 2xyz C 1

2.xy C yz C zx/:

.1:1/

Phân tích. Ở đây x 2 C y 2 C z 2 và xy C yz C zx là cùng bậc, có thể so sánh được, nhưng xyz

là đại lượng khác bậc. Ta muốn dùng hằng số 1 để so sánh xyz với các đại lượng vế trái, làm đơn
giản bớt thành phần này.
Lời giải. Trong 3 số x; y; z luôn có hai số cùng lớn hơn hay bằng 1 hoặc cùng nhỏ hơn hay
bằng 1: Giả sử đó là x; y thì ta có .x 1/.y 1/ 0; suy ra xy C 1 x C y: Từ đó
2xyz C 2z

2xz C 2yz:

Như vậy, để chứng minh .1:1/; ta chỉ cần chứng minh
x2 C y2 C z2 C 1

2xy C 2z:

Nhưng bất đẳng thức cuối này là hiển nhiên vì nó tương đương với
.x
Bài toán được chứng minh.

y/2 C .z

1/2

0:

.1:2/


8

Các phương pháp giải toán qua các kỳ thi Olympic


Bài toán 1 là một bổ đề có nhiều ứng dụng hiệu quả, đặc biệt là trong các bất đẳng thức không
thuần nhất chứa xyz: Bạn đọc có thể sử dụng bài toán 1 để giải 2 bài toán song sinh sau.
Bài tập 1 (Hello IMO, 2007). Cho x; y; z là các số thực dương. Chứng minh rằng
xyz C 2.x 2 C y 2 C z 2 / C 8

5.x C y C z/:

Bài tập 2 (Ninh Thuận, 2014). Cho x; y; z là các số thực dương. Chứng minh rằng ta có bất
đẳng thức
xyz C x 2 C y 2 C z 2 C 5 3.x C y C z/:
Hằng số 1 trong áp dụng nói trên, về nguyên tắc, có thể thay bằng hằng số bất kỳ. Điều quan
trọng trong việc chọn hằng số nào là nó phải liên quan đến các đại lượng ở hai vế và phải giúp ta
giải quyết được bài toán.
Bài toán 2. Cho a; b; c là ba số dương và đặt
1
1
1
x DaC ; y DbC ; z DcC :
b
c
a
Chứng minh rằng ta có bất đẳng thức
xy C yz C zx

2.x C y C z/:

.2:1/

Phân tích. Trong ví dụ này, ta cũng dùng kỹ thuật chuồng và thỏ, nhưng vách ngăn là số 2:
Điều này có thể thấy rõ từ hai vế của bất đẳng thức cần chứng minh.

Lời giải. Trong 3 số x; y; z luôn có hai số cùng lớn hơn hay bằng 2 hoặc cùng nhỏ hơn hay
bằng 2: Giả sử đó là x; y thì ta có .x 2/.y 2/ 0; suy ra
xy C 4

2.x C y/:

.2:2/

Như vậy, để chứng minh .2:1/; ta chỉ cần chứng minh
yz C zx

2z C 4;

z.y C x

2/

4:

Ã

Â

hay là
.2:3/

Thật vậy, ta có
Â

z .x C y


1
2/ D c C
a

ÃÂ
1
1
aC CbC
b
c

2

1
cC
a

ÃÂ
Ã
1
aC
c

r
2

c
2
a


r

a
D 4:
c

Ở đây ta đã sử dụng đánh giá b C b1 2 và 2 lần dùng AM-GM ở cuối). Tức là .2:3/ đúng. Cộng
với .2:2/ vế theo vế, ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 3 (Việt Nam MO, 1996). Cho x; y; z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện
xy C yz C zx C xyz D 4: Chứng minh rằng ta luôn có
xCyCz

xy C yz C zx:

.3:1/


9

Học một bài toán như thế nào?

Phân tích. Các đại lượng ở đây ngược chiều so với ví dụ 1; 2: Do đó ta không đi theo cách
chuồng và thỏ mà đi theo cách của Polya.
Lời giải. Giả sử x y z: Vì xy C yz C zx C xyz D 4 nên không thể tất cả các số đều > 1;
cũng không thể tất cả các số đều < 1: Từ đây suy ra x 1 và z 1:
Đặt s D x C z và p D xz thì ta có y.s C p/ D 4
sCy

p và ta cần chứng minh


sy C p:

Ta có
.s C p/.s C y

p/ D s2 C sp C 4

sy

p

4s C ps

p2 D .s

sp

2/2 C p.s

p

1/:

Mặt khác thì
s

1DxCz

p


xy

1 D .x

1/.1

z/

0;

nên từ đây suy ra
.s C p/.s C y
có nghĩa là s C y

sy

p

sy

p/

0;

0: Ta có điều phải chứng minh.

Bài tập 3 (PTNK, 2014). Cho a; b; c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện
.a C 1/.b C 1/.c C 1/ D 1 C 4abc:
Chứng minh rằng ta có bất đẳng thức

a C b C c Ä 1 C abc:

2. Bài học từ Polya về chuẩn hóa trong chứng minh bất
đẳng thức
Trong các bài toán ở trên, ta thấy rằng sử dụng các hằng số một cách thích hợp, ta đã rút gọn
được các bất đẳng thức cần chứng minh để đưa về các bất đẳng thức đơn giản hơn. Với bất đẳng
thức thuần nhất thì không thể có những hằng số như thế (vì khi nhân tất cả các biến với cùng một
đại lượng thì bất đẳng thức không thay đổi, trong khi hằng số bị thay đổi). Những hằng số đó sẽ
xuất hiện nếu ta đưa ra các điều kiện chuẩn hóa.
Ngoài ra, chuẩn hóa còn có thể giúp chúng ta đơn giản các biểu thức cồng kềnh, đặc biệt là các
biểu thức chứa căn. Ta bắt đầu bằng một ví dụ kinh điển.
Cho a D .a1 ; a2 ; : : : ; an / là bộ gồm n số thực dương. Với số thực r; ta đặt
Â
Mr .a/ D

a1r C a2r C
n

C anr

à 1r
; (trung bình bậc r của bộ a):

Ta có bất đẳng thức trung bình lũy thừa nổi tiếng sau: Nếu r > s thì Mr .a/ Ms .a/: Rất thú vị
là bất đẳng thức cực mạnh này (từ đây suy ra AM-GM, Cauchy-Schwarz, bất đẳng thức trung
bình điều hòa) lại được chứng minh chỉ dùng BDT Bernoulli.
Dưới đây ta xét trường hợp chính của bất đẳng thức này.


10


Các phương pháp giải toán qua các kỳ thi Olympic

Bài toán 4. Nếu r > s > 0 thì
Mr .a/

Ms .a/:

Lời giải. Biểu thức của Mr .a/ và Ms .a/ là khá cồng kềnh và ta chưa biết sẽ xử lý thế nào. Sử
dụng ý tưởng từ chứng minh của G.Polya, ta giải bài toán "đã được chuẩn hóa sau".
Bổ đề 2. Cho r > s: Nếu a1s C a2s C

C ans D n thì

a1r C a2r C
Thật vậy do r > s > 0 nên

r
s

C anr

n:

> 1: Áp dụng bất đẳng thức Bernoulli ta có

air D 1 C ais

1


r
s

1C

r s
a
s i

1 :

Cho i chạy từ 1 đến n rồi cộng lại vế theo vế, ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 5. Hãy từ bổ đề suy ra kết quả bài toán 4:
Bài toán 6 (Saudi Arabia TST 2015). Cho x; y; z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện
Ã
Â
1
1
1
C C
D 10:
.x C y C z/
x
y
z
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức
Â
Ã
1
1

1
2
2
2
P D .x C y C z /
C 2C 2 :
x2
y
z
Lời giải. Lời giải bài toán này có thể chia nhỏ thành các bước sau.
1: Dùng tư tưởng chuẩn hóa, đưa bài toán về bài toán tương đương (vì sao?) như sau: Cho
x; y; z là ba số dương thỏa mãn x C y C z D 10; và x1 C y1 C z1 D 1: Tìm giá trị nhỏ nhất
và giá trị lớn nhất của
Â
Ã
1
1
1
2
2
2
P D .x C y C z /
C 2C 2 :
x2
y
z
2: Đặt t D xyz D xy C yz C zx: Tính P theo t:
3: Đánh giá x; y; z bằng phương pháp điều kiện có nghiệm của hệ phương trình.
4: Đánh giá t bằng khảo sát hàm số hoặc phương pháp sử dụng hằng số.
5: Đánh giá P:

Bạn đọc hãy dựa vào sơ đồ trên để tìm ra lời giải cụ thể.
Bài toán 7 (Việt Nam MO, 2004). Cho x; y; z > 0 thoả mãn .x C y C z/3 D 32xyz: Tìm
giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P D

x4 C y4 C z4
.x C y C z/4

:

Bài toán 8 (British MO, 1986). Cho x; y; z là các số thực thoả mãn điều kiện x C y C z D 0
và x 2 C y 2 C z 2 D 6: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của
P D x 2 y C y 2 z C z 2 x:


11

Học một bài toán như thế nào?

3. Loạt bài toán liên quan đến bài Phổ Thông Năng Khiếu
2014 và Sóc Trăng 2014
Trong kỳ thi chọn đội tuyển của các trường và các tỉnh vừa qua, có hai bài toán sau đây:
Bài toán 9 (PTNK, 2014). Cho X D f1; 2; : : : ; 19g: Chứng minh rằng tồn tại tập hợp F
gồm ít nhất 2600 tập con 7 phần tử của X sao cho với mọi A khác B thuộc F thì jA \ Bj Ä 5:
Bài toán 10 (Sóc Trăng, 2014). Một nhóm học sinh có n người. Họ tổ chức 10 cuộc gặp mặt,
mỗi cuộc gặp mặt có 20 học sinh tham dự. Hai học sinh bất kỳ tham gia chung không quá một
cuộc gặp. Tìm giá trị nhỏ nhất của n:
Bài toán 9 thuộc về dạng xây dựng ví dụ. Những bài này luôn rất khó và không thể làm thủ công
được. Lời giải bài này dựa vào ý tưởng sau.
Lời giải. Với mỗi k D 0; 1; 2; : : : ; 18; nếu đặt P .k/ D A X j jAj D 7; S.A/ Á k mod 19;

(ở đây ta ký hiệu S.A/ là tổng các phần tử của A/ thì P .k/ thỏa mãn điều kiện nếu A khác
B thuộc P .k) thì jA \ Bj Ä 5 (vì nếu jA \ Bj D 6 thì ta có A D fa1 ; a2 ; : : : ; a6 ; ag;
B D fa1 ; a2 ; : : : ; a6 ; bg và S.A/ S.B/ D a b ¤ 0 mod 19/: Mặt khác ta có
7
C jP .18/j D C19
:

jP .0/j C jP .1/j C
Từ đó suy ra tồn tại k sao cho
jP .k/j

7
C19
D 2652:
19

Bài toán được chứng minh.
Bài toán 10 thuộc dạng cực trị rời rạc, bao gồm cả đánh giá và xây dựng ví dụ. Và hóa ra, bước
đánh giá là khá đơn giản.
Lời giải. Ta lập danh sách của 10 chuyến đi. Cho chuyến đi đầu tiên, ta cần 20 học sinh. Cho
chuyến đi thứ hai, ta cần ít nhất 19 học sinh mới (tức là học sinh chưa từng đi chuyến trước, do
chỉ có nhiều nhất 1 học sinh đi chuyến trước). Cho chuyến đi thứ ba, ta cần ít nhất 18 học sinh
mới (do chỉ có nhiều nhất 2 học sinh đi các chuyến trước). Cứ như vậy đến chuyến thứ 10; ta cần
ít nhất 11 học sinh mới. Như vậy số học sinh không ít hơn
20 C 19 C 18 C

C 11 D 155:

Lời giải hoàn tất.
Cách 2. Ta mô hình hóa bài toán như sau: Cho X D f1; 2; : : : ; ng: Giả sử tồn tại 10 tập con

A1 ; A2 ; : : : ; A10 của X thỏa mãn các điều kiện:
i) jAi j D 20; với mọi i D 1; 2; : : : ; 10:
ˇ
ˇ
ii) ˇAi \ Aj ˇ Ä 1 với mọi 1 Ä i < j Ä 10:


12

Các phương pháp giải toán qua các kỳ thi Olympic

Tìm giá trị nhỏ nhất của n:
Áp dụng bất đẳng thức bao hàm và loại trừ (hay bất đẳng thức Bonferroni), ta có
ˇ 10 ˇ
10
ˇ[ ˇ X
X
ˇ
ˇ
n ˇ Ai ˇ
jAi j
jAi \ Aj j 10 10 45 1 D 155:
ˇ
ˇ
i D1

i D1

1Äi

Từ đó cũng có kết luận như trên.
Cách 3. Cách 3 này phức tạp hơn cả, nhưng, như chúng ta sẽ thấy về sau, là cách có khả năng
mở rộng xa nhất và sâu nhất.
Trước tiên, ta mô hình hóa bài toán như ở cách 2: Ta lập bảng thành viên gồm 10 dòng và n cột,
dòng đại diện cho 10 chuyến đi (các tập Ai / và cột đại diện cho n học sinh (phần tử của X/:
1

2

3

n

1

n

A1
A2
A10
Ở dòng i cột j ta sẽ viết số 1 nếu j 2 Ai (học sinh j dự cuộc gặp mặt thứ i/: Trong trường hợp
ngược lại, ta viết số 0: Khi đó, tổng số các số 1 trên mỗi dòng, theo giả thiết, bằng 20: Do đó
tổng số các số 1 trong toàn bảng bằng 200:
Nhưng điều kiện jAi \ Aj j Ä 1 được thể hiện như thế nào trên ngôn ngữ của bảng thành viên?
Đó là không có 4 số 1 tạo thành đỉnh của một hình chữ nhật. Nói cách khác, mỗi cặp số 1 trên
dòng sẽ xuất hiện không quá 1 lần trên 2 cột tương ứng và mỗi cặp số 1 trên cột sẽ xuất hiện trên
2 dòng tương ứng không quá 1 lần.
2
Ta thử dùng ý này để đánh giá n: Nếu đếm số cặp số 1 trên dòng thì trên mỗi dòng có C20
D 190

cặp số 1: Mặt khác, mỗi cặp cột chứa nhiều nhất 1 cặp số 1 trên dòng, do đó số cặp số 1 trên
dòng không lớn hơn Cn2 : Từ đây ta suy ra n.n 1/ 3800: Từ đó n 63: Đánh giá này quá
không chặt. Ta cũng có thể nhận ra ngay điều này khi bắt tay xây dựng ví dụ dấu bằng xảy ra.

Ta đổi lại tính số cặp số 1 trên cột. Để làm điều này, ta gọi cj là số số 1 trên dòng j: Ta dễ thấy
c1 C c2 C C cn bằng tổng số số 1 trong toàn bảng, do đó bằng 200: Ta đếm số cặp số 1 trên
c .c 1/
cột bằng 2 cách. Cách 1 là đếm theo cột. Cột thứ j có cj số 1 do đó có Cc2j D j 2j
cặp số 1:
n
P cj .cj 1/
Như vậy tổng số cặp số 1 trên cột của toàn bảng bằng
:
2
j D1

2
Mặt khác, ta có C10
D 45 cặp dòng, mỗi cặp dòng chứa không quá 1 cặp số 1 trên cột. Do đó
toàn bảng có không quá 45 cặp số 1 trên cột. Từ đây ta suy ra bất đẳng thức
n
X
cj .cj
j D1

1/

2

Ä 45;

tương đương với
n
X
j D1

cj2

Ä

n
X
j D1

cj C 90 D 290:


13

Học một bài toán như thế nào?
n
P

Làm thế nào để từ đây đánh giá n‹ Ở đây, do ta biết tổng

cj nên ta có thể dùng bất đẳng thức

j D1

Cauchy-Schwarz để đánh giá

n
P
n
X

290

!2
cj

j D1

cj2

;

n

j D1

suy ra
40000
D 137 9:
290

n
Suy ra tiếp n

138:

Theo như những lời giải ở trên thì ta đã biết n D 138 không phải là đáp số. Nhưng nếu ta chưa
biết đáp số 155 thì sao? Suy nghĩ một chút, ta thấy nếu n D 138 thì gần như dấu bằng đã xảy ra,
tức là các cj gần như bằng nhau. Nhưng không thể có 138 số nguyên không âm gần như bằng
nhau có tổng bằng 200 được.
Như vậy đánh giá bằng Cauchy-Schwarz là không chặt. Ta nhận thấy rằng do tổng các cj bằng
200 và có hơn 138 số như vậy nên cj sẽ bằng 1; hoặc 2: Như vậy nếu ta dùng bất đẳng thức (bất
đẳng thức này đúng với mọi cj nguyên)
.cj

1/.cj

2/

0;

thì có khả năng dấu bằng xảy ra với mọi j; tức là ta có một bất đẳng thức chặt.
Áp dụng bất đẳng thức này, ta có đánh giá
290

n
X

cj2

j D1

Suy ra 2n

310; tức là n

n
X
j D1

.3cj

2/ D3

n
X

3c

2n D 600

2n:

j D1

155:

Ta cũng đi đến kết quả như hai cách 1; 2 ở trên. Tuy cồng kềnh hơn nhưng là một mô hình có thể
mở rộng tốt hơn. Điều này sẽ được nhấn mạnh trong phần sau. Nhưng trước hết, thông tin cj D 1
hoặc 2 (cụ thể có 45 số bằng 2 và 110 số bằng 1/ giúp ta dễ dàng hơn trong việc xây dựng ví dụ
cho n D 155:
A1
A2
A3
A4
A5

A6
A7
A8
A9
A10

D f1; 2; : : : ; 20g;
D f1; 21; 22; : : : ; 39g;
D f2; 21; 40; 41; : : : ; 57g;
D f3; 22; 40; 58; : : : ; 74g;
D f4; 23; 41; 58; 75; : : : ; 90g;
D f5; 24; 42; 59; 75; 91; : : : ; 105g;
D f6; 25; 43; 60; 76; 91; 106; : : : ; 119g;
D f7; 26; 44; 61; 77; 92; 106; 120; : : : ; 133g;
D f8; 27; 45; 62; 78; 93; 107; 120; 134; : : : ; 144g;
D f9; 28; 46; 63; 79; 94; 108; 121; 134; 145; : : : ; 155g:


14

Các phương pháp giải toán qua các kỳ thi Olympic

Các bài toán 9; 10 đã được giải quyết trọn vẹn. Tuy nhiên, câu chuyện chỉ mới bắt đầu. Sau đây
là những bình luận tiếp theo về hai bài toán này.
7
Bình luận 1. Trong lời giải bài 9; ta sử dụng lý luận tổng các jP .k/j D C19
; nên tồn tại k
C7

19

sao cho jP .k/j
D 2652: Nhưng liệu ta có thể làm mạnh kết quả này bằng cách tính các
19
jP .k/j và chọn số lớn nhất?

Hóa ra là ta có thể chứng minh tất cả các jP .k/j đều bằng nhau và bằng 2652: Ta chứng minh
bằng phương pháp song ánh như sau.
Ta chứng minh mẫu là jP .1/j D jP .2/j: Bài toán không thay đổi khi ta thay X D f0; 1; 2; : : : ; 18g:
Giả sử A D fa1 ; a2 ; : : : ; a7 g là tập con 7 phần tử của X sao cho
a1 C a2 C

C a7 Á 1 mod 19:

Ta đặt bi D 2ai mod 19 thì b1 ; b2 ; : : : ; b7 cũng thuộc X; đôi một phân biệt và
b1 C b2 C

C b7 Á 1 mod 19:

Ánh xạ rõ ràng là song ánh, từ đây suy ra jP .1/j D jP .2/j: Một song ánh khác cũng có thể sử
dụng là bi D ai C k mod 19 với k được chọn sao cho 7k Á 1 mod 19:
Trong lời giải này, ta sử dụng tính chất 0; 1; 2; : : : ; 18 vừa đủ một hệ thặng dư đầy đủ mod19:
Nhưng nếu X D f0; 1; 2; : : : ; 18; 19g thì sao? Phương pháp song ánh như trên không còn khả
thi. Thế nhưng ta vẫn có cách.
Ta tiếp tục gọi P .k/ là họ các tập con 7 phần tử của X D f0; 1; : : : ; 18g sao cho tổng các
phần tử đồng dư k mod 19; còn Q.k/ là họ các tập con 6 phần tử của X D f0; 1; : : : ; 18g
sao cho tổng các phần tử đồng dư k mod 19: Lại gọi P .k/ là họ các tập con 7 phần tử của
X D f0; 1; : : : ; 18; 19g sao cho tổng các phần tử đồng dư k mod 19: Thế thì vẫn bằng cách
chứng minh tương tự như ở trên, ta có tất cả các jP .k/j bằng nhau và tất cả các jQ.k/j bằng
nhau. Nhưng rõ ràng
jP .k/j D jP .k/j C jQ.k/j;

nên ta tiếp tục vẫn có tất cả các jP .k/j bằng nhau.
Bằng cách này, ta có thể tiếp tục chứng minh các jP .k/j vẫn bằng nhau với
X D f0; 1; 2; : : : ; 19; 20g:
Nhưng quá trình này có thể kéo dài tiếp được không? Thoạt nhìn ta nghĩ là có thể, nhưng suy nghĩ
một chút, ta thấy điều kiện cần để các jP .k/j bằng nhau là số tập con 7 phần tử của X phải chia
hết cho 19: Mà với jXj D 26 thì rõ ràng điều này không đúng. Vậy với X D f0; 1; 2; : : : ; 25g
thì các jP .k/j bằng bao nhiêu. Nếu làm thủ công tỷ mỉ từ dưới lên thì ta cũng có thể tính được
các jP .k/j nhưng cách thủ công cũng không thể đi xa hơn nữa. Ta đề xuất một phương pháp
tổng quát hơn để giải các bài toán tương tự, sử dụng số phức, cụ thể là căn của đơn vị.
Ta xét trường hợp X D f0; 1; : : : ; 25g và tập con 7 phần tử. Như thường lệ, gọi a là căn nguyên
thủy bậc 19 của 1: Khi đó
1 C a C a2 C C a18 D 0;
và
x 19

1 D .x

1/.x

a/

.x

a18 /:


15

Học một bài toán như thế nào?
Xét đa thức

P .x/ D .x

1/.x

a2 /

a/.x

.x

a25 /:

Ta tính hệ số của x19 trong P .x/ bằng hai cách. Một mặt, nếu khai triển P .x/ ra thì để được
ta cần lấy x từ 19 dấu ngoặc, còn 7 dấu ngoặc khác sẽ lấy các số có dạng ak với k thuộc
f0; 1; : : : ; 25g: Như thế, ta sẽ có tổng các số có dạng aS.A/ với A chạy qua tất cả các tập con 7
phần tử của X: Chú ý rằng aS.A/ chỉ phụ thuộc vào số dư khi chia s.A/ cho 19 (đó là lý do tại
sao ta lấy căn bậc 19 của đơn vị) nên từ đây dễ dàng suy ra tổng nói trên bằng
C P .18/a18 /:

.jP .0/j C P .1/a C
Mặt khác
P .x/ D .x 19
Suy ra hệ số của x 1 9 bằng 1 a a2

1/.x

1/.x

a6 D

a2 : Từ đây suy ra

jP .0/j C jP .1/ja C .jP .2/j

a/

1/a2 C

.x

a6 /:

C jP .18/ja18 D 0:

Điều này đúng với mọi a là nghiệm của phương trình 1 C x C x 2 C C x 18 D 0: Suy ra đa
thức
jP .0/j C jP .1/jx C .jP .2/j 1/x 2 C C jP .18/jx 18 ;
tỷ lệ với đa thức 1 C x C

C x 18 và vì thế

jP .0/j D jP .1/j D jP .2/j
Suy ra tất cả các jP .i/j; i ¤ 2; bằng nhau và bằng

1D
7
C19
1
:
19

D jP .18/j:
Riêng jP .2/j lớn hơn đúng 1 đơn vị!

Lời giải cho bài tính jP .k/j với X D f0; 1; 2; : : : ; 25g mà không dùng số phức như sau. Đặt
X1 D f0; 1; 2; : : : ; 18g; X2 D f19; 20; : : : ; 25g:
Đặt
P1 .k; s/ D fA
Với B

X1 j jAj D s; S.A/ Á k mod 19g:

X2 đặt

P .k; B/ D fA Xj jAj D 7; A \ X2 D B; S.A/ Á k mod 19g:
S
Khi đó rõ ràng P .k/ D
P .k; B/: Do đó, để so sánh các P .k/; ta so sánh các P .k; B/:
B X2

Bổ đề 3. Với mọi 1 Ä s Ä 7 thì các jP1 .k; s/j bằng nhau với k D 0; 1; 2; : : : ; 18:
Chứng minh bổ đề này bằng phương pháp song ánh như ở trên.
Bổ đề 4. Với mọi B

X2 ; B ¤ X2 thì các jP .k; B/j bằng nhau với k D 0; 1; 2; : : : ; 18:

Thật vậy nếu A thuộc P .k; B/ thì A \ X2 D B; jAj D 7; do đó
jA \ X1 j D 7
suy ra S.A \ X1 / D k

jBj D s

1 S.A/ D k;

S.B/ mod 19: Vậy
jP .k; B/j D jP1.k

S.B/ mod 19; s/j:


16

Các phương pháp giải toán qua các kỳ thi Olympic

Theo bổ đầu tiên các số cuối bằng nhau với k D 0; 1; 2; : : : ; 18 nên các số ở trước cũng thế. Ta
có điều phải chứng minh.
Còn riêng trường hợp B D X2 thì jP .k; B/j D 0 với k ¤ 2 và bằng 1 với k D 2: Tổng hợp tất
cả lại ta có các jP .k/j sẽ bằng nhau với mọi k ¤ 2 và jP .2/j lớn hơn các jP .k/j khác đúng 1
đơn vị. (Một lời giải rất gọn cho thấy nếu dùng ký hiệu một cách bài bản có thể diễn đạt các lý
luận chính xác và ngắn gọn).
Bình luận 2. Ta sẽ thử lửa các phương pháp đã sử dụng trong lời giải bài toán 7 bằng cách thay
đổi điều kiện một chút.
Bài toán 11. Một nhóm học sinh có n người. Họ tổ chức 10 cuộc gặp mặt, mỗi cuộc gặp mặt
có 7 học sinh tham dự. Hai học sinh bất kỳ tham gia chung không quá một cuộc gặp. Tìm giá trị
nhỏ nhất của n:
7C6C

Làm theo cách 1; ta sẽ có đánh giá: n

C 2 C 1 D 28:

Làm theo cách 2; ta sẽ có đánh giá: n 70 45 D 25:
n
n
P
P
Làm theo cách 3; ta có đánh giá:
cj2 Ä 160; với Œ
cj D 70:
j D1

j D1

Bây giờ áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz thì ta được
n
P
n
X

160
4900
160

cj

j D1

cj2

n

j D1

suy ra n

!2
D

D 30 625:

Ta có thể làm mạnh hơn bằng cách dùng bất đẳng thức cj2
160

n
X

cj2

3

j D1

suy ra tiếp n

4900
;
n

50
2

n
X

cj

cj

2n D 210

2‹
2n;

j D1

D 25:

Đánh giá này, trái với mong muốn, còn yếu hơn đánh giá trước đó! Tại sao vậy? Bởi vì ở đây ta
có khoảng 30 số có tổng bằng 70; như vậy các số này nằm giữa 2 và 3 chứ không phải 1 và 2: Vì
thế ta phải sử dụng bất đẳng thức .cj 2/.cj 3/ 0; tức là cj2 5cj 6 thì sẽ chặt hơn. Áp
dụng đánh giá này, ta có
160

n
X
j D1

Nên n 190
D 31 667: Suy ra n
6

xây dựng ví dụ dấu bằng xảy ra.

cj2

5

n
X

cj

6n D 350

6n:

j D1

32: Đây là đánh giá tốt nhất. Việc còn lại của chúng ta là

Hai bài toán 9 và 10 có thể phát biểu thành một dạng toán tổng quát như sau.
Bài toán 12. Cho X D f1; 2; : : : ; ng: Các tập con A1 ; A2; : : : ; Am của X có tính chất


17

Học một bài toán như thế nào?
i) jAi j D k với mọi i D 1; 2; : : : ; m:
ii) jAi \ Aj j Ä p với mọi i ¤ j:

Trong bài toán này có 4 tham số, là n; m; k; p: Nếu biết 3 tham số kia, có thể đánh giá các

tham số còn lại.
1) Cho biết m; k; p; tìm nmin : Bài Sóc Trăng cho m D 10; k D 20; p D 1:
2) Cho biết n; k; p; tìm mmax :
3) Cho biết n; k; p; chứng minh có thể tìm ít nhất m tập con thỏa mãn (bài Phổ Thông Năng
Khiếu là n D 19; k D 7; p D 1; m D 2600/:
4) Cho biết n; k; m: Tìm pmin :
Sau đây là một số bài tập tương tự chúng tôi dành cho bạn đọc ở dưới dạng bài tập.
Bài toán 13. Chúng ta có ba ý nhỏ:
a) Có 8 cái hộp, mỗi cái hộp có 6 viên bi thuộc một trong n màu. Biết rằng không có hai viên
bi cùng màu trong 1 hộp và không có hai màu xuất hiện trong quá 1 hộp. Tìm giá trị nhỏ
nhất của n:
b) Trong quốc hội có n thành viên. Người ta tổ chức 8 cuộc họp (tiếp nối nhau), mỗi cuộc
họp có 6 người tham dự. Biết rằng 2 thành viên bất kỳ không họp chung với nhau quá 1
lần, tìm giá trị nhỏ nhất của n:
c) Trong Duma quốc gia có 1600 đại biểu, lập thành 16000 ủy ban, mỗi ủy ban có 80 đại
biểu. Chứng minh rằng có ít nhất hai ủy ban có không dưới 4 thành viên chung.
Bài toán 14. Sau khi khai trương được đúng 10 ngày, một nhân viên thư viện cho biết:
1) Mỗi ngày có đúng 8 người đến đọc sách.
2) Không có người nào đến thư viện 1 ngày quá 1 lần.
3) Trong 2 ngày bất kỳ của 10 ngày đó thì có ít nhất là 15 người khác nhau cùng đến thư viện.
Căn cứ đồng thời cả 3 điều kiện mà nhân viên thư viện cung cấp hãy cho biết số người tối thiểu
đã đến thư viện trong 10 ngày nói trên là bao nhiêu?
Bài toán 15 (Mông Cổ, 2014). Một lớp học có n học sinh. Thầy giáo muốn tổ chức các tổ trực
gồm 3 học sinh sao cho hai học sinh bất kỳ cùng trực với nhau không quá 1 buổi. Gọi k là số
ngày nhiều nhất mà thầy giáo có thể phân công trực. Chứng minh rằng
n.n

3/
6

ÄkÄ

n.n

1/
6

:


18

Các phương pháp giải toán qua các kỳ thi Olympic

4. Từ một bài toán Olympic của Nga
Cách đây 20 năm, khi bắt đầu đi dạy, để chuẩn bị bài vở, tôi tìm được bài toán thú vị sau trong
một tuyển tập đề Olympic của Nga:
Bài toán 16. Cho a < b < c là 3 nghiệm của phương trình x 3
rằng ta có hệ thức
a2 c D b 2 a D c 2 b D 2:

3x C 1 D 0: Chứng minh

Lời giải. Lời giải rất ngắn gọn (tôi đọc được trong sách của thầy Phan Huy Khải):
Đặt x D 2 cos t thay vào phương trình thì được
8 cos 3t

6 cos t D

1:

Áp dụng công thức quen thuộc cos 3t D 4 cos 3t 3 cos t; ta được cos 3t D 21 : Từ đây ta được
3 nghiệm là a D 2 cos 160ı ; b D 2 cos 80ı ; c D 2 cos 40ı : Từ đó các đẳng thức
a2

c D b2

chẳng qua là công thức 2 cos 2x D .2 cos x/2

a D c2

b D 2;

2 mà thôi.

Khi tôi và các học sinh thảo luận bài này, có hàng loạt các câu hỏi nảy sinh:
1) Tại sao ta lại nghĩ đến phép đặt x D 2 cos t‹
2) Tại sao ta có quyền đặt x D 2 cos t‹
3) Liệu có cách giải nào khác ngoài phép thế lượng giác độc đáo nói trên?
Trả lời cho câu .1/; lúc đó chúng tôi tạm chấp nhận hệ số 3x làm chúng ta liên tưởng đến công
thức cos 3t D 4 cos 3t 3 cos t: Ở phần sau chúng ta sẽ thấy rằng đây là một phép đặt mang tính
tổng quát, còn hệ số 2 được chọn cũng theo một quy tắc tổng quát để tạo ra biểu thức cos 3t:
Trả lời cho câu .2/; có thể chứng minh được rằng 2 < a; b; c < 2 bằng cách sử dụng tính chất
hàm liên tục: Đặt f .x/ D x 3 3x C 1 thì f . 2/ D 1; f .0/ D 1; f .1/ D 1; f .2/ D 3 do
đó ta có 2 < a < 0 < b < 1 < c < 2: Từ đó ta có thể đặt x D 2 cos t:
Về mặt logic, để tìm một nghiệm riêng nào đó, ta có thể đặt x D q cos t với q bất kỳ. Vấn đề là
.i / chọn q phù hợp để rút gọn được phương trình .i i/ với q như vậy, có bảo đảm là ta vét hết
nghiệm hay không. Ví dụ nếu trong phương trình x 3 3x C 1 D 0 mà ta đặt x D cos t thì nếu
có giải được, ta cũng chỉ có thể tìm được 1 nghiệm. Ngược lại, nếu ta đặt x D 2 cos t và thay vào
tìm ra 3 nghiệm thì không cần đặt ngược lại vấn đề về “tính pháp lý” của phép đặt này.

Trả lời cho câu hỏi .3/; chúng tôi đã tìm ra một cách tiếp cận khác như sau: Điều cần chứng
minh có thể viết lại thành
a D b2

2; b D c 2

2; c D a2

2:

. /

Từ đây ta thấy rằng b 2 2; c 2 2; a2 2 là nghiệm của phương trình x 3 3x C 1 D 0: Bây
giờ, nếu ngược lại ta chứng minh được rằng b 2 2; c 2 2; a2 2 là nghiệm của phương trình
x 3 3x C 1 D 0 thì ta cũng sẽ dễ dàng suy ra được . /: Từ đó có sơ đồ chứng minh sau:


19

Học một bài toán như thế nào?
i) Chứng minh rằng a2

2; b 2

ii) Sắp được thứ tự b 2

2; c 2

2 < c2

2 là 3 nghiệm của phương trình x 3

2 < a2

3x C 1 D 0:

2:

iii) Suy ra . /:
Ta thầy .i i / là khá hiển nhiên từ đánh giá 2 < a < 0 < b < 1 < c < 2 và a C b C c D 0:
Vấn đề .i / cũng khá thú vị. Cách tiếp cận truyền thống và tự nhiên là dùng định lý Viet thuật và
đảo. Ta có theo định lý Viet thì
a C b C c D 0; ab C bc C ca D

3; abc D

1:

Từ đó suy ra
a2 C b 2 C c 2 D .a C b C c/2

2.ab C bc C ca/ D 6;

a2 b 2 C b 2 c 2 C c 2 a2 D .ab C bc C ca/2
Do đó a2

2 C b2
.a2

2 C c2

2/.b 2

2 D 0; và
2/ C .b 2

2/.c 2

2 2

2/ C .c 2

2 2

2 2

Da b Cb c Cc a
D 9 24 C 12 D 3;
.a2

2/.b 2

2/.c 2

2abc.a C b C c/ D 9:

2/.a2
2

2/
2

4.a C b C c 2 / C 12

2/ D a2 b 2 c 2 2.a2 b 2 C b 2 c 2 C c 2 a2 / C 4.a2 C b 2 C c 2 /
D 1 18 C 24 8 D 1:

Theo định lý Viet đảo thì a2

2; b 2

2; c 2

2 là ba nghiệm của phương trình x 3

Cách tiếp cận thứ hai khá độc đáo là cách lập phương trình bậc 3 có nghiệm là a2
c 2 2 mà không dùng đến định lý Viet.
Ta có a là nghiệm của phương trình x 3 3x C 1 D 0; do đó a3
của đẳng thức, ta được a6 6a4 C 9a2 D 1; hay là
.a2 /3

6.a2 /2 C 9a2

3a D

8

3x C 1 D 0:
2; b 2

2;

1: Bình phương hai vế

1 D 0:

Điều này cũng đúng cho b 2 ; c 2 : Suy ra a2 ; b 2 ; c 2 là nghiệm của phương trình
x3
Từ đây ta tiếp tục suy ra a2

2; b 2

.x C 2/3

6x 2 C 9x
2; c 2

1 D 0:

2 là 3 nghiệm của phương trình

6.x C 2/2 C 9.x C 2/

1 D 0:

Khai triển phương trình cuối và rút gọn, ta được đúng phương trình x 3

3x C 1 D 0Š

Ý tưởng biến đổi phương trình độc đáo này tôi học được từ bài giảng của thầy Nguyễn Vũ Lương
trong đợt bồi dưỡng giáo viên chuyên toán trung học phổ thông vào tháng 12 năm 1996: Cũng

vào năm 1996; trong đợt dẫn hai bạn Lê Long Triều và Lê Quang Nẫm ra Hà Nội học và đợt
bồi dưỡng tháng 12; tôi đã học được rất nhiều điều từ các thầy Phan Đức Chính (ví dụ phép dồn
biến), Nguyễn Văn Mậu (điểm bất động trong phương trình hàm), Nguyễn Khắc Minh (phương
pháp song ánh), Nguyễn Minh Đức (phương trình hàm đa thức), Đặng Hùng Thắng (số phức


20

Các phương pháp giải toán qua các kỳ thi Olympic

trong các bài toán đếm). Những bài học vỡ lòng thường rất ấn tượng và sâu sắc. Và nếu tiếp tục
được nuôi dưỡng, phát triển sẽ trở thành những bửu bối cho mỗi chúng ta.
Quay trở lại với phép đặt x D 2 cos t; hóa ra đây là một cách tiếp cận tổng quát để giải phương
trình bậc 3 trong trường hợp phương trình có 3 nghiệm phân biệt.
Ta biết rằng phương trình bậc 3 dạng tổng quát ax 3 C bx 2 C cx C d D 0 bằng phép đặt
b
y D x C 3a
có thể đưa về dạng y 3 C py C q D 0: Lại đặt y D u C v thì ta có
.u C v/3 C p.u C v/ C q D 0;
hay là
u3 C v 3 C q C .3uv C p/.u C v/ D 0:
Nếu ta chọn u; v sao cho 3uv C p D 0 thì u3 C v 3 D
0

 D
thì ta sẽ có

r
uD

3

q2
p3
C
4
27

q p 0
C ;vD
2

q; u3 v 3 D

p3
:
27

Như vậy, nếu

0;
r
3

Từ đây ta có công thức Cardano nổi tiếng
s
s
r
3
3

q
p3
q
q2
C
C
C
yD
2
4
27
2

p

q
2

r

0 :

p3
q2
C
:
4
27

0

Nhưng nếu  < 0 thì sao? Ta không thể kết luận là phương trình vô nghiệm được. Chẳng hạn
0
với phương trình x 3 3x C 1 D 0 ở trên thì  D 34 < 0 nhưng phương trình thì rõ ràng có 3
nghiệm. Học cách đặt ở trên, ta thử đặt x D m cos t và thay vào phương trình để được
m3 cos 3t C mp cost C q D 0:
Ta muốn rằng m3 cos 3t C mp cos t tỷ lệ với 4 cos 3t 3 cos t D cos 3t: Để có điều này, ta
cần chọn m sao cho
m3
4
D
:
mp
3
q
0
4p
Tức là phải chọn m D
: Do  < 0 nên p < 0 nên điều này thực hiện được. Với giá trị m
3
như thế, ta viết lại phương trình dưới dạng
m3
cos 3t C q D 0:
4
ˇ
Phương trình cuối cùng này có nghiệm khi và chỉ khi ˇ
64p 3

0

4q ˇ
m3

ˇ

Ä 1: Điều này tương đương với
0

16q 2 Ä m6 ; tương đương với 16q 2 C 27 Ä 0 hay  Ä 0: Như vậy trong trường hợp  Ä 0
thì phép thế lượng giác giải quyết được phương trình bậc 3 rút gọn tổng quát x 3 C px C q D 0:
Tuy công thức Cardano và phép thế lượng giác nói trên cho phép giải quyết trọn vẹn phương trình
bậc 3 tổng quát nhưng trong thực tiễn những bài toán liên quan đến nghiệm, việc tìm nghiệm và
tính toán trực tiếp trên nghiệm là rất phức tạp và không cần thiết. Ta tránh làm như vậy mà thông


21

Học một bài toán như thế nào?

qua các phương pháp gián tiếp. Bài toán sau đây một đề thi của nước ta năm 2002 là một ví dụ
như vậy. Năm đó, rất nhiều thí sinh, do được trang bị “kỹ” về phương trình bậc 3 đã kỳ công biến
đổi và giải các phương trình bậc 3 tương ứng và cố gắng chứng minh đẳng thức đề bài nhưng
không thành công.
Bài toán 17 (Việt Nam MO, 2002). Cho hai đa thức:
P .x/ D 4x 3

2x 2

15x C 9;

Q.x/ D 12x 3 C 6x 2

7x C 1:

a) Chứng minh rằng mỗi một đa thức đều có 3 nghiệm thực phân biệt
b) Gọi ˛ và ˇ là các nghiệm thực lớn nhất của P và Q tương ứng. Chứng minh rằng
˛ 2 C 3ˇ 2 D 4:
Bài toán 18 (PTNK). Tìm tất cả các cặp số thực p; q sao cho phương trình x 3 C px C q D 0
có 3 nghiệm phân biệt a < b < c thỏa mãn điều kiện
a2

c D b2

a D c2

b D 2:

Bài toán 19 (Canadian MO). Cho a; b; c là ba nghiệm của phương trình x 3
Hãy tính giá trị của biểu thức sau đây
Â
P D

1 a
1Ca

Ã3

Â

1 b

C
1Cb

Ã3

Â

1 c
C
1Cc

3x C 1 D 0:

Ã3
:

5. Tiếp nối câu chuyện về phương trình x3

3x C 1 D 0

Câu chuyện về phương trình x 3 3x C 1 D 0 hóa ra chưa dừng lại. Cũng vào khoảng những
năm 1996; 1997; tôi mua được một cuốn bài tập đại số của Pháp, trong đó có bài toán sau:
Bài toán 20. Cho a < b < c là 3 nghiệm của phương trình x 3
của biểu thức
a
b
c
T D C C :
b
c

a

3x C 1 D 0: Hãy tính giá trị

Cái thú vị của bài toán này là, hoàn toàn khác với bài toán 19 hay những bài toán tương tự liên
quan đến biểu thức đối xứng của ba nghiệm, biểu thức T không đối xứng nên không thể trực tiếp
tính T mà chỉ sử dụng định lý Viet.
Lời giải. Lúc đó tôi đã biết bài toán 16 nên tôi có thể giải được khá dễ dàng
a
b
c
b 2 2 c 2 2 a2 2
C C D
C
C
b
c
a
b
c
a
2.ab C bc C ca/
2. 3/
D .a C b C c/
D0
D
abc
. 1/

T D

6:


22

Các phương pháp giải toán qua các kỳ thi Olympic

Tuy nhiên đây hoàn toàn là một lời giải thiếu tự nhiên, nhờ kiến thức biết trước chứ không phải
do suy luận mà có. Vậy lời giải tự nhiên của bài toán này như thế nào. Tôi đọc được trong sách ý
tưởng tuyệt vời sau:
Đặt S D ab C bc C ac ; thì S C T và S T là các biểu thức đối xứng đối với a; b; c nên ta có
thể dễ dàng tính được. Cụ thể (bài tập đơn giản này xin dành cho bạn đọc) S C T D 3 và
S T D 18: Từ đây, áp dụng định lý Viet đảo, ta suy ra fS; T g D f 6; 3g: Cuối cùng dùng
đánh giá 2 < a < 0 < b < 1 < c < 2 và a D .b C c/ ta dễ dàng suy ra T < 0: Từ đó
T D 6:
Ý tưởng “đối xứng hóa” quá đẹp đẽ! Học được cách tiếp cận này, tôi lập tức áp dụng thành công
cho bài toán sau, mà trước đó tôi đã phải làm khá vất vả bằng phương pháp tham số hóa lượng
giác (cũng chính là bài tập 8 từ mục 2/:
Bài toán 21 (British MO, 1986). Cho x; y; z là các số thực thỏa mãn điều kiện x Cy Cz D 0;
x 2 C y 2 C z 2 D 6: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức
P D x 2 y C y 2 z C z 2 x:
Lời giải. Theo cách tiếp cận ở mục 2; ta có
xy C yz C zx D

.x C y C z/2

.x 2 C y 2 C z 2 /
D
2

3:

Do đó nếu đặt t D xyz thì mọi biểu thức đối xứng của x; y; z đều có thể biểu diễn được qua t:
Từ đó ta đánh giá t rồi đánh giá biểu thức đó như hàm số của t là xong.
Tuy nhiên, P không là biểu thức đối xứng đối với x; y; z nên sơ đồ này chưa áp dụng được. Áp
dụng ý tưởng đối xứng hóa, ta xét Q D xy 2 C yz 2 C zx 2 thì được
P C Q D xy.x C y/ C yz.y C z/ C zx.z C x/ D
và

3xyz D

3t;

P Q D .x 2 y C y 2 z C z 2 x/.xy 2 C yz 2 C zx 2 /
D x 3 y 3 C y 3 z 3 C z 3 x 3 C 3x 2 y 2 z 2 C xyz.x 3 C y 3 C z 3 /
D .xy C yz C zx/3
D 9t 2

3.xy C yz/.yz C zx/.zx C xy/ C 6t 2

27:

Từ đây ta được
p
27.4 t 2 /
P D
:
2
Cũng từ đây ta suy ra điều kiện của t là 2 Ä t Ä 2: Để tìm giá trị lớn nhất, dĩ nhiên ta sẽ xét

trường hợp
p
3t C 27.4 t 2 /
:
P D
2
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có
3t ˙

4P 2 Ä .9 C 27/.t 2 C 4

t 2 / D 144:

Từ đó suy ra P Ä 6: Dấu bằng xảy ra, chẳng hạn khi t D 1: Vậy giá trị lớn nhất của P là 6;
đạt được, chẳng hạn khi t D 1 (và khi đó có thể tính ra được x; y; z là hoán vị nào đó của 3
nghiệm a; b; c của phương trình x 3 3x C 1 D 0/: Tương tự, giá trị nhỏ nhất của P là 6: Và
phương trình x 3 3x C 1 D 0 lần nữa lại xuất hiện!


23

Học một bài toán như thế nào?
Bài toán 22 (Junior Turkish MO, 2013). Tìm giá trị lớn nhất của j.x y/.y z/.z
x; y; z là các số thực thỏa mãn điều kiện x C y C z D 0 và x 2 C y 2 C z 2 D 6:

x/j với

Bài toán 23 (GGTH lần 1, 2010).
a) Chứng minh rằng đồ thị hàm số y D

x2
2

3x

1
;
x

có 3 điểm cực trị.

b) Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp và diện tích tam giác có đỉnh tại ba điểm cực trị trên.

Tài liệu tham khảo
[1] G.Polya, Giải Một Bài Toán Như Thế Nào, Nhà xuất bản Giáo dục.
[2] G. H. Hardy, J. E. Littlewood, G. Polya, Bất Đẳng Thức, Nhà xuất bản Đại học và Trung học
chuyên nghiệp, 1981.
[3] Arthur Engel, Problem-Solving Strategies, Springer, 1998.
[4] Loren C. Larson, Problem-Solving Through Problems, Springer, 1983.
[5] A.Kanel-Belov, A.Kovaldzi, Giải Bài Toán Không Mẫu Mực Như Thế Nào?, MCCME, 2001.


24

Các phương pháp giải toán qua các kỳ thi Olympic


MỘT TÍNH CHẤT THÚ VỊ CỦA TAM THỨC
BẬC HAI VÀ NHỊ THỨC BẬC NHẤT
Võ Quốc Bá Cẩn

(Archimedes Academy, Hà Nội)

Tam thức bậc hai và nhị thức bậc nhất là hai phần kiến thức quan trọng và gần gũi với học sinh
phổ thông khi học môn Toán. Những tính chất đẹp và đặc trưng của chúng đã được sử dụng rất
hiệu quả trong nhiều lĩnh vực khác nhau của Toán sơ cấp.
Phần lớn các tính chất đó đã được giới thiệu trong nhiều bài viết khác nhau trên các tạp chí như
Toán Học Tuổi Trẻ, Toán Tuổi Thơ, : : :
Ở đây, trong bài viết này, chúng tôi xin được giới thiệu cùng các bạn một tính chất khá đặc biệt
của tam thức bậc hai và nhị thức bậc nhất mà từ tính chất này với một cách sử dụng khéo léo, ta
có thể giải được các bài bất đẳng thức thi Olympic Toán Quốc tế khá dễ dàng.
Tính chất đó chính là:
Định lý 1. Xét hàm số f .x/ D ax 2 C bx C c trên miền D D Œx1 ; x2 : Đặt:
m D min ff .x1 /; f .x2 /g
và
M D max ff .x1 /; f .x2 /g :
Khi đó, ta có các kết quả sau:
a) Nếu a D 0 thì m Ä f .x/ Ä M:
b) Nếu a > 0 thì f .x/ Ä M:
c) Nếu a < 0 thì f .x/

m:

Chứng minh kết quả này khá dễ dàng, xin được dành cho bạn đọc. Ở đây, ta chỉ bàn về ý nghĩa
và ứng dụng của nó. Có thể thấy đây là một kết quả khá quan trọng có thể được ứng dụng rộng
rãi trong lĩnh vực bất đẳng thức và cực trị. Nó chỉ ra rằng:
Với các nhị thức bậc nhất: Hai biên x1 ; x2 của x cũng chính là hai vị trí mà hàm số sẽ
đạt được giá trị lớn nhất .max/ và giá trị nhỏ nhất .min/ của nó.
Với các tam thức bậc hai có hệ số cao nhất dương .a > 0/: Giá trị lớn nhất của hàm số
sẽ đạt được tại x1 hoặc x2 :
Ngược lại, với các tam thức bậc hai có hệ số cao nhất âm .a < 0/: Giá trị nhỏ nhất của

hàm số sẽ đạt được tại x1 hoặc x2 :
25