2
BÁO CÁO SÁNG KIẾN

VẬN DỤNG SÁNG TẠO KIẾN THỨCGIẢI TÍCH
VÀO BÀI TOÁN SỐ HỌC, TỔ HỢP
TRONG BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA MƠN TỐN

I. ĐIỀU KIỆN HỒN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN
Số học và Tổ hợp là hai nội dung Toán học tổng hợpmà các thao tác
giải quyết những bài toán thuộc hai nội dung này bao gồm nhiều phân mơn
của Tốn học nói chung (Đại số, Số học, Giải tích, Hình học). Bài tốn số học
và bài tốn tổ hợp thường xuyên có mặt trong hầu hết các kì thi chọn học sinh
giỏi Tốn với tư cách là câu “phân loại” học sinh, bởi vậy đây là nội dung rất
quan trọng trong chương trình Tốn THPT chun và trong các đợt tập huấn
các đội tuyển học sinh giỏi. Các “kỹ thuật”, thao tác tư duy cho loại toán này
có thể bắt gặp (và cũng được ứng dụng lại) trong việc giải quyết nhiều bài
toán của thực tiễn. Một điều thực tế đang diễn ra là tài liệu (tiếng Việt) về
toán tổ hợp và số học chuyên biệt (cho từng chủ đề) cịn ít, khơng đầy đủ và
học sinh khó tiếp cận. Đậy là yếu tố cản trở lớn đối với quá trình tự học của
học sinh, nhất là đối với những học sinh tham gia các đội tuyển học sinh giỏi
mơn Tốn.
Bài tốn số học và bài tốn tổ hợp khá đa dạng về nội dung và hình
thức và cũng khơng có một thuật tốn rõ ràng nào cho chúng. Trong quá trình
nghiên cứu và giảng dạy các chuyên đề về số học, tổ hợp cho học sinh chuyên
Toán và bồi dưỡng các đội tuyển học sinh giỏi, tơi nhận thấy có nhiều bài
tốn có thể vận dụng một cách linh hoạtkiến thức về giải tích và cao hơn là
sáng tạo một số ý tưởng kiểu “giải tích”vào giải quyết bài tốn có hiệu quả
hơn so với cách xử lý chỉ dùng kiến thức đơn thuần của phân môn số học hay
tổ hợp. Như vậy bên cạnh việc phân loại và định hướng giải các kỹ thuật giải

3

thì việc liên kết sử dụng kiến thức thuộc mảng kháclà một cách giúp người
dạy và người học có thể dễ dàng hơn trong việc tiếp cận và tìm lời giải bài
tốn. Đây chính là nguồn gốc ý tưởng của báo cáo mà tác giả đã triển khai
dạy trong nhiều năm. Bên cạnh việc hệ thống một số kiến thức cơ bản về giải
tích, tác giả đưa sẽ ra một số giải pháp tiếp cận sáng tạo theo kiểu “giải tích”
cho bài tốn số học và tổ hợp thơng qua các ý tưởng hoặc bổ đề đúc kết được.

II. MÔ TẢ GIẢI PHÁP
Trong phần này, báo cáo sẽ trình bày những nội dung sau:
Mô tả giải pháp trước khi tạo ra sáng kiến:
- Nêu thực trạng trong việc làm toán số học và tổ hợp.
- Một số nội dung giải tích trong chương trình Tốn THPT.
- Tóm tắt một số nội dung kiến thứcvề giải tích.
Mơ tả giải pháp sau khi có sáng kiến:
Phần này trong báo cáo trình bày các ý tưởng cụ thể sử dụng giải tích
vào bài toán số học, vào bài toán tổ hợp nhằm định hướng tư duy, tiếp cận lời
giải; làm rõ các định hướng thơng qua phân tích và hướng dẫn giải các bài
toán trong một số đề thi Olympic các cấp.
Các giải pháp trình bày trong báo cáo bao gồm:
Vận dụng sáng tạo kiến thức giải tích vào bài tốn số học và tổ hợp với
ba giải pháp cụ thể cho từng phân mơn:
- Sử dụng giới hạn.
- Sử dụng tính liên tục.
- Sử dụng đạo hàm.
Điểm mới và sáng tạo của sáng kiến là:
- Sử dụng giải tích trong bài tốn chưa có yếu tố giải tích.



4

- Thể hiện tính “liên kết, liên mơn” trong các phân mơn của Tốn
học.
- Cung cấp giải pháp đặc biệt trong việc giải các bài toán số học hay
tổ hợp bên ngồi phạm vi của phân mơn số học, tổ hợp.
- Sáng tạo một số bổ đề mới(trang 13, trang 48) thể hiện góc nhìn
của giải tích vào trong số học, tổ hợp. Đây là điểm nổi bật nhất của
báo cáo và những bổ đề này theo ý kiến chủ quan của tác giả, chúng
rất hữu hiệu trong nhiều bài tốn Olympic.

1. Mơ tả giải pháp trước khi tạo ra sáng kiến:
1.1. Thực trạngtrong giải tốn số học, tở hợp
Bài tốn số học hay tổ hợpthường địi hỏi năng lực tư duy tổng hợp để
giải quyết, các kiến thức cần sử dụng của mỗi phân môn thường ở phạm vi
rộng. Điều này tạo ra những “trở ngại” nhất định đối với đa số người giải tốn
trong q trình tìm kiếm lời giải. Nguồn tài liệu hiện nay về số học và về tổ
hợp chủ yếu là tài liệu trực tuyến, tuy phong phú về số lượng nhưng phần
lớnbằng tiếng nước ngồi, trình bày theo những hệ thống lí thuyết chung,
trình bày các phân mơn của Tốn hồn tồn độc lập, riêng rẽ. Trong q
trình bồi dưỡng học sinh giỏi Tốn tác giả cho rằng bên cạnh việc cung cấp
được “cái tổng quan” về các kỹ thuật thì việc hình thành cách phương pháp
hay kỹ thuật liên kết các phân môn của toán vào giải quyết vấn đề sẽ giúp học
sinh không những tiếp cận được cách giải hay cho bài tốn mà cịn thấy được
tính thống nhất của Tốn. Trong báo cáo này, tác giả hy vọng sẽ giảm bớt
được một số hạn chếcủa thực tại đã nêu.

1.2.Nội dung giải tích trong chương trình Tốn THPT



5

Mục tiêu của phần này là thống nhất cách hiểu về bộ mơn giải tích và
phương pháp giải tích cho tồn bộ những trình bày phía sau của báo cáo.
Trong “Từ điển Tiếng Việt” (Hoàng Phê chủ biên, NXB Đà Nẵng, năm
1997), trang 373 viết “Giải tích Tốn học là ngành toán học nghiên cứu các
hàm số, giới hạn, phép tính vi phân, tích phân, v.v”. Ở chương trình Tốn
THPT, phân mơn Giải tích bắt đầu hình thành và phát triển với các chủ đề cụ
thể như sau:
1- Ánh xạ, hàm số.
2- Dãy số và giới hạn dãy số.
3- Giới hạn hàm số.
4- Tính liên tục của hàm số.
5- Tính khả vi của hàm số.
6- Ngun hàm, tích phân.
Theo đó, giải tích tốn học (mathematical analysis) có vai trị rất quan
trọng trong chương trình Tốn THPT chun sâu, trong đó một “phép tốn cơ
bản” rất đặc trưng của nó là “phép lấy giới hạn”, do đó các yếu tố mà nó
nghiên cứu cũng mang tính “động” nhiều hơn. Điều này dẫn đến việc nhiều
bài toán nếu giải quyết theo các cách “tĩnh” (kiểu đại số) khó thành cơng thì
phương pháp giải tích có thể có hiệu quả hơn.
Trong báo cáo này thể hiện việc vận dụng sáng tạomột số mạch kiến
thức giải tích, gọi tắt là phương pháp giải tíchvào hai phân môn Số học và Tổ
hợp với ba giải pháp chính, đó là dùng giới hạn, dùng tính liên tục và dùng
đạo hàm.

1.3. Tóm tắt một số nội dung kiến thức về giải tích (liên quan tới báo cáo)
1.3.1 – Ánh xạ và hàm số



6

a) Định nghĩa ánh xạ: Một ánh xạ f từ tập hợp X đến tập hợp Y là một quy
tắc đặt tương ứng mỗi phần tử x thuộc X với một và chỉ một phần tử thuộc
tập Y . Phần tử này được gọi là ảnh của x qua ánh xạ f và được kí hiệu là
f ( x) .

+ Ánh xạ f là đơn ánh nếu với mọi a, b phân biệt thuộc X thì
f ( a )  f (b ) .

+ Ánh xạ f là toàn ánh nếu với mỗi

y  Y đều tồn tại

x X

mà

f ( x) = y .

+ Ánh xạ f là song ánh nếu nó vừa là đơn ánh, vừa là tồn ánh.
b) Định nghĩa hàm số: Cho tập hợp khác rỗng D  . Hàm số f xác định
trên D là một quy tắc đặt tương ứng mỗi số x  D với một và chỉ một số kí
hiệu f ( x ) .
Như vậy hàm số f chính là một ánh xạ từ tập con D của
vào .
Bên cạnh việc nghiên cứu tính đơn ánh, tồn ánh, song ánh của hàm số f thì
người ta cũng quan tâm đến các tính chất khác của hàm số f . Trong số đó
đặc biệt hay dùng tính đơn điệu, tính tuần hồn, tính liên tục, tính khả vi, tính
khả tích của hàm số.

Xét K là một khoảng, một đoạn hoặc một nửa khoảng con của D :
+ Hàm số f đồng biến (tăng ngặt) trên K nếu với mọi x1 , x2  K thì
x1  x2  f ( x1 )  f ( x2 ) .

+ Hàm số f nghịch biến (giảm ngặt) trên K nếu với mọi x1 , x2  K thì
x1  x2  f ( x1 )  f ( x2 ) .

+ Hàm số f không đổi trên K nếu với mọi x1 , x2  K thì f ( x1 ) = f ( x2 ) .
1.3.2 – Dãy sốvà giới hạn dãy số
, trong đó

a) Dãy số là một hàm số u từ M vào

M = 1;2;3;...; n (cho dãy số hữu hạn), hoặc M =

hạn bắt đầu từ chỉ số 0), hoặc M =

*

(cho dãy số vô

(cho dãy số vô hạn bắt đầu từ chỉ số 1).


7

Với dãy số u : M →

thường kí hiệu là ( un ) với un = u ( n ) là số hạng trong


dãy.
b) Xét dãy số vô hạn bắt đầu từ chỉ số 1 là ( un ) (các trường hợp khác xét
tương tự):
+ Dãy ( un ) gọi là tăng (tăng ngặt) nếu un+1  un , n 
hợp un+1  un , n 

*

*

. Trong trường

ta nói dãy ( un ) tăng không nghiêm ngặt.

+ Dãy ( un ) gọi là giảm (giảm ngặt) nếu un+1  un , n 
trường hợp un+1  un , n 

*

*

. Trong

ta nói dãy ( un ) giảm khơng nghiêm ngặt.

+ Dãy ( un ) gọi là tuần hoàn nếu tồn tại T 

*

mà un+T = un , n 


*

+ Dãy ( un ) gọi là bị chặn trên nếu tồn tại số A mà un  A, n 

*

.

+ Dãy ( un ) gọi là bị chặn dưới nếu tồn tại số a mà un  a, n 

*

.

.

+ Dãy ( un ) gọi là bị chặn nếu nó bị chặn trên và bị chặn dưới.
c) Định nghĩa giới hạn của dãy số:
* lim un = L  (Với mỗi   0 , tồn tại N = N (  ) 
* lim un = +  (Với mỗi A  0 , tồn tại N = N ( A) 

mà un − L  , n  N ).

*

*

* lim un = −  (Với mỗi A  0 , tồn tại N = N ( A ) 


mà un  A, n  N ).
*

mà un  A, n  N ).

d) Một số định lý quan trọng về giới hạn của dãy số:
* Tính chất: Giả sử lim un = L và lim vn = M và c là một hằng số. Khi đó:
lim ( un  vn ) = L  M ,

lim ( unvn ) = LM ,

lim ( cun ) = cL ,

lim

lim un = L ,

un L
(nếu M  0 ),
=
vn M

lim 3 un = 3 L ,

lim un = L nếu L  0 .
* Cấp số nhân lùi vô hạn:
- Nếu q  1 thì lim q n = 0 .


8


- Dãy số ( un ) là cấp số nhân với cơng bội q thỏa mãn q  1 thì

u1 + u2 + ... + un + ... =

u1
.
1− q

* Tiêu chuẩn Cauchy: Một dãy số hội tụ khi và chỉ khi nó là dãy Cauchy
(hay dãy cơ bản).
* Tiêu chuẩn Weierstrass: Một dãy số đơn điệu và bị chặn thì hội tụ.
* Định lý kẹp: Xét các dãy số ( un ) , ( vn ) , ( wn ) .
- Nếu un  vn  wn với n đủ lớn và lim un = lim wn = L thì lim vn = L .
- Nếu un  vn với n đủ lớn và lim un = + thì lim vn = + .
- Nếu vn  wn với n đủ lớn và im wn = − thì lim vn = − .

1.3.3 – Giới hạn hàm số
a) Định nghĩa:
* Giả sử ( a; b ) là khoảng chứa x0 và hàm số f ( x ) xác định trên ( a; b ) \  x0  .
Ta nói lim f ( x ) = L nếu với mọi cách chọn dãy số ( xn ) trong ( a; b ) \  x0 
x → x0

mà lim xn = x0 đều có lim f ( xn ) = L .
n →+

n→+

Nói cách khác: lim f ( x ) = L khi và chỉ khi
x → x0


  0,   0: x  x0 , x − x0    f ( x ) − L   .
* Giả sử ( a; b ) là khoảng chứa x0 và hàm số f ( x ) xác định trên ( a; b ) \  x0  .
Ta nói lim f ( x ) = + nếu với mọi cách chọn dãy số ( xn ) trong ( a; b ) \  x0 
x → x0

mà lim xn = x0 đều có lim f ( xn ) = + .
n→+

n→+

Nói cách khác: lim f ( x ) = + khi và chỉ khi
x → x0

M  0,   0 : x  x0 , x − x0    f ( x )  M .

Ta cũng có lim f ( x ) = −  lim ( − f ( x ) ) = + .
x → x0

x → x0


9

* Các định nghĩa khác lim f ( x ) = L , lim f ( x ) = L , lim f ( x ) =  … được
x →+

x →−

x →+


phát biểu tương tự.
b) Tính chất về giới hạn của hàm số:
Giới hạn của tổng, hiệu, tích, thương của hai hàm số tại một điểm bằng
tổng, hiệu, tích, thương của các giới hạn của chúng tại điểm đó (nếu các giới
hạn thành phần này tồn tại và trong trường hợp thương thì giới hạn của mẫu
phải khác khơng).
1.3.4 – Hàm số liên tục

a) Định nghĩa:
* Hàm số f ( x ) xác định trên khoảng ( a; b ) được gọi là liên tục tại điểm
x0  ( a; b ) nếu lim f ( x ) = f ( x0 ) .
x→ x0

Trong trường hợp ngược lại ta nói f ( x ) gián đoạn tại x0 .
* Hàm số f ( x ) liên tục trên ( a; b ) nếu nó liên tục tại mọi điểm thuộc ( a; b ) .
Hàm f ( x ) liên tục trên  a; b ) nếu nó liên tục trên ( a; b ) và lim+ f ( x ) = f ( a ) .
x →a

* Các trường hợp còn lại: Hàm f ( x ) liên tục trên ( a; b,  a; b được định
nghĩa tương tự.

b) Tính chất:
- Các hàm số sơ cấp liên tục trên tập xác định của chúng.
- Tổng, hiệu, tích, thương của hai hàm số liên tục tại một điểm là hàm
số liên tục tại điểm đó (trong trường hợp thương, giá trị của mẫu thức tại điểm
đó khác 0).
- Nếu hàm g ( x ) liên tục tại x0 và f ( x ) liên tục tại g ( x0 ) thì hàm hợp

f ( g ( x ) ) liên tục tại x0 .


- Hàm số f ( x ) liên tục trên đoạn  a; b thì có giá trị nhỏ nhất, giá trị
lớn nhất trên đoạn này.


10

Định lý Bolzano-Cauchy (định lý giá trị trung gian)
- Nếu hàm số f ( x ) liên tục trên đoạn  a; b và f ( a ). f ( b )  0 thì tồn

tại c  ( a; b ) mà f ( c ) = 0 .

- Nếu f ( x ) liên tục trên đoạn  a; b thì nó nhận mọi giá trị nằm giữa

f ( a ) , f ( b ) . Nói cách khác: Nếu f ( x ) liên tục trên đoạn  a; b và có giá trị

lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên đoạn  a; b tương ứng là M 1 , M 2 thì phương
trình f ( x ) = m có nghiệm x   a; b khi và chỉ khi M 2  m  M 1 .

1.3.5 – Tính chất của hàm số khả vi

a) Định nghĩa đạo hàm tại điểm:
Giả sử hàm số f ( x ) xác định trên khoảng ( a; b ) và x0  ( a; b ) . Giới
hạn hữu hạn (nếu có) lim
x → x0

f ( x ) − f ( x0 )
được gọi là đạo hàm của f ( x ) tại
x − x0


điểm x0 và kí hiệu f / ( x0 ) hoặc là f / ( x )

x = x0

. Khi f ( x ) có đạo hàm tại

điểm x0 người ta cũng nói nó khả vi tại điểm x0 .
Nhận xét: Nếu f ( x ) khả vi tại x0 thì nó liên tục tại x0 , tuy nhiên chiều
ngược lại chưa chắc đã đúng.

b) Một số định lý giá trị trung bình:
Bổ đề Fermat:Nếu hàm số f ( x ) có đạo hàm trên ( a; b ) và x0  ( a; b ) là một
điểm cực trị của f ( x ) thì f / ( x0 ) = 0 .
Định lý Lagrange:Nếu hàm số f ( x ) liên tục trên đoạn  a; b và có đạo hàm
trên khoảng ( a; b ) thì tồn tại c  ( a; b ) mà f / ( c ) =

f (b) − f ( a )
.
b−a

Định lý Rolle: Nếu hàm số f ( x ) liên tục trên đoạn  a; b và có đạo hàm trên
khoảng ( a; b ) và f ( b ) = f ( a ) thì tồn tại c  ( a; b ) mà f / ( c ) = 0 .


11

c) Quy tắc L’Hopital:Xét U là một lân cận của x0 và f ( x ) , g ( x ) là hai hàm
số liên tục trên U và có đạo hàm trên U \  x0  sao cho f ( x0 ) = g ( x0 ) = 0 ,
f ( x)
f / ( x)

lim /
= L . Khi đó lim
= L.
x → x0 g ( x )
x → x0 g ( x )

d) Tính đơn điệu và đạo hàm và vấn đề số nghiệm của phương trình:
* Nếu f / ( x )  0, x  ( a; b ) và dấu bằng xảy ra tại hữu hạn điểm thì
f ( x ) đồng biến (tăng ngặt) trên ( a; b ) .

Nếu f / ( x )  0, x  ( a; b ) và dấu bằng xảy ra tại hữu hạn điểm thì
f ( x ) nghịch biến (giảm ngặt) trên ( a; b ) .

* Nếu f ( x ) đơn điệu trên ( a; b ) thì:
- Phương trình f ( x ) = m có tối đa một nghiệm trên khoảng ( a; b ) .
- Xảy ra f ( u ) = f ( v ) (với u, v  ( a; b ) ) khi và chỉ khi u = v .
* Giả sử hàm số f ( x ) có đạo hàm trên ( a; b ) . Nếu f / ( x ) có đúng k

nghiệm trên ( a; b ) thì f ( x ) có tối đa k + 1 nghiệm trên khoảng ( a; b ) .


12

2. Mơ tả giải pháp sau khi có sáng kiến:
2.1. Vận dụng sáng tạo kiến thức giải tích vào bài toán số học
2.1.1 – Vận dụng giới hạn trong bài toán số học
Trước hết ta phát biểu và chứng minh bốn bổ đề quan trọng, trong đó
Bở đề 1 và 2 nói về việc chuyển đổi qua lại giữa giới hạn và bất đẳng thức,
Bổ đề 3 và 4 là những tính chất đặc biệt của dãy số nguyên khi kết hợp với
giới hạn.

Bổ đề 1. Xét dãy số thực ( un ) :
a) Nếu lim un = + thì với mỗi số thực A  0 , tồn tại vô hạn số nguyên
n→+

dương n mà un  A .
b) Nếu lim un = − thì với mỗi số thực A  0 , tồn tại vô hạn số nguyên
n→+

dương n mà un  A .
c) Nếu lim un = L  ( a; b ) thì tồn tại vơ hạn số nguyên dương n mà
n →+

un  ( a; b ) .

Chứng minh:
* Các phát biểu trong a, b thực chất là hệ quả trực tiếp của định nghĩa giới
hạn vô cực.
* Chứng minh c:
Giả sử lim un = L  ( a; b ) .
n →+

Chọn số thực dương  đủ nhỏ sao cho   min b − L; L − a . Khi đó
theo định nghĩa giới hạn hữu hạn của dãy số ta suy ra tồn tại số nguyên dương
N mà n  N : un − L   .
  b − L  + L  b

Ta có un − L    L −   un  L +  ; 
. Các



a
−
L
a


+
L


điều trên dẫn đến n  N : a  un  b . Vậy có vơ hạn số nguyên dương n mà

un  ( a; b ) .

Bổ đề 2: Xét hai dãy số thực ( un ) và ( vn ) lần lượt có giới hạn là L và M
(hữu hạn). Giả sử rằng với n đủ lớn, ln có un  vn thì phải có L  M .


13

Chứng minh:
Giả sử tồn tại hai dãy số thực ( un ) và ( vn ) thỏa mãn

lim un = L,lim vn = M

(ở đó N 0 là số nguyên dương nào đó).
un  vn , n  N 0
L  M

Ta chọn số thực dương  =


L−M
, theo định nghĩa giới hạn hữu hạn có:
3

+ Tồn tại N1 nguyên dương mà un − L   , n  N1 , do đó L −   un , n  N1 .
+ Tồn tại N 2 nguyên dương mà vn − M   , n  N 2 , do đó
vn  M +  , n  N 2 .

Suy ra với mọi số nguyên dương n  max  N0 ; N1; N 2  thì
L −   un  vn  M + 

 L − M  2 

1
( L − M )  0  L  M , mâu thuẫn với điều giả sử.
3

Vậy bổ đề 2 được chứng minh xong.
Nhận xét: Bổ đề 2 vẫn đúng nếu ta mở rộng tập số thực
cùng quan hệ so
sánh lớn nhỏ thành
với việc coi +, − như hai “phần tử”.
Bổ đề 3. Nếu dãy số nguyên ( un ) thỏa mãn lim un = + và có số nguyên A
n→+

thỏa mãn un | A với mọi n đủ lớn thì phải có A = 0 .
Chứng minh:
Giả sử A  0 , khi đó un | A  un  A với mọi n đủ lớn, dẫn đến dãy số


( u ) bị chặn. Điều này mâu thuẫn với việc
n

lim un = + .

n→+

Bổ đề 4. Nếu dãy số nguyên ( un ) có giới hạn hữu hạn bằng L thì L là số
nguyên và tồn tại số nguyên dương N 0 mà un = L, n  N 0 .


14

Chứng minh:
Theo định nghĩa giới hạn hữu hạn của dãy số, từ lim un = L suy ra tồn
1
tại N 0  * mà với mọi n  N 0 có un − L  .
3
+ Lấy hai chỉ số m, n  N 0 và m  n thì ta có
1 1 2
um − un = ( um − L ) − ( u n − L )  u m − L + u n − L  + = .
3 3 3

+

Mặt

khác

un , um 


nên

un − um  ,

từ

đó

dẫn

đến

un − um = 0  un = um . Điều này chứng tỏ kể từ số hạng thứ N 0 thì dãy số

( un )

là dãy số hằng. Khi đó giới hạn của dãy số là giá trị của số hạng hằng

u N0 . Vậy L = uN0  . Bổ đề 4 được chứng minh xong.

Ý tưởng vận dụng giới hạn trong bài toán số học:
+ Trong các bài toán cần chứng minh sự tồn tại (hoặc phủ định sự tồn
tại) của đối tượng số học, ta có thể tiếp cận theo hướng:
- Xây dựng các dãy số nguyên hoặc dãy số đại số phát sinh
trong bài tốn.
- Khảo sát giới hạn của dãy số đó.
- Sử dụng các bổ đề đã nêu để suy luận.
+ Với các bài tốn phương trình, bất phương trình hàm trên các tập
, , , ta có thể tiếp cận theo hướng:

- Dự đoán trước kết quả hàm số.
- Đưa việc tìm giá trị f ( n ) về việc tìm f ( p ) với p nguyên
tố.
- Chỉ ra u ( f ( p ) , p ) | A với A là đại lượng không phụ thuộc
vào p hoặc là bị chặn cịn u là hàm có giá trị đủ lớn khi p
tiến ra vơ cực. Khi đó ta có kết quả A = 0 . Tất nhiên với ý
tưởng này ta có thể thay thế p bởi n (tức là không nhất thiết
xét trên số nguyên tố). Ta sẽ gọi tên ý tưởng này là “chặn”
một đại lượng tiến đến vô cùng theo quan hệ chia hết.
Sau đây là một số minh họa cho các ý tưởng đã nêu:


15

Ví dụ 1. Với mỗi số tự nhiên n , ta ký hiệu N ( n ) là số bộ nghiệm tự nhiên

( x; y )

của phương trình 2019 x + 2020 y = n . Chứng minh rằng có vô hạn số

nguyên dương n mà 20192.N ( n )  n .
Lời giải:
Xét

( a; b )

là một bộ nghiệm tự nhiên của phương trình

2019 x + 2020 y = n thì mọi bộ nghiệm tự nhiên của phương trình này có dạng
 x = a + 2020t

với t  .

y
=
b
−
2019
t


t 

+ Do x, y  0 nên có  b
−a .

t

 2019
2020
+ N ( n ) bằng số giá trị t thỏa mãn điều kiện trên, do đó
  b   −a 
 b   −a  
N ( n )  
−
+
1;
 

 2019  −  2020  
 2019   2020 



Suy ra N ( n ) −


b
a
−
3
2019 2020
N ( n ) 2019a + 2020b 3
−
 (đúng với n  1)
n
2019  2020n
n

N ( n)
1
=
n→+
n
2019  2020

Lấy giới hạn khi n → + và dùng định lý kẹp ta được lim
.

N ( n)
1
1

nên tồn tại vô hạn n (nguyên
=

n →+
n
2019  2020 20192
N ( n)
1
dương đủ lớn) mà
hay là 20192 N ( n )  n .

2
n
2019
+ Lại có lim

Bài tốn được giải quyết xong.

Ví dụ 2. Tồn tại hay khơng một cấp số cộng (khơng là dãy hằng) có vơ hạn số
hạng mà mỗi số hạng của nó là lũy thừa của một số nguyên dương với số mũ
tối thiểu là 2.


16

Lời giải:
Giả sử tồn tại cấp số cộng ( an )n1 như vậy, khi đó nó là cấp số cộng
tăng ngặt. Khi đó cơng sai d  0 .
+ Xét Sn =



1 1
+ +
a1 a2

+

1 1 1 1
. + + +
M 1 2 3

1 1
+ +
Ta biết nlim
→+ 
1 2

1
1
1
= +
+
an+1 a1 a1 + d
+

+

1
a1 + nd


1 
 với M = max a1; d  
n +1

*

.

1
+  = + nên lim Sn = + (1).
n→+
n

+ Mặt khác, cấp số cộng gồm tồn các số hạng có dạng ab với a, b 
b  2:

*

và

- Cùng lắm thì có một số hạng ứng với a = 1 (nếu không sẽ có dãy
hằng!), và nếu xảy ra điều ấy thì đó là số hạng đầu tiên.
- Bỏ qua số hạng đầu tiên, các số hạng còn lại đều ứng với cơ số
a  2 , ta gọi x là cơ số bé nhất trong các cơ số này, khi đó
n
1 1
1
1 + 1
1
, với mọi n (2).

Sn = + + +
 k  k =
a1 a2
an+1 k =0 x k =0 x
x −1
Điều (1) và (2) mâu thuẫn nhau, do đó điều giả sử sai, câu trả lời là khơng tồn
tại.
Ví dụ 3. Cho hai số thực dương x và y , p là số nguyên tố. Chứng minh rằng
tồn tại hữu hạn số nguyên dương n sao cho v p ( n )  nx + y .
Lời giải:
Ln có vP ( n )  log p n với mọi n, do đó nx + y  v p ( n )  log p n


log p n
y
 x + (*).
n
n

1
 log p x 
1
 log p n 
x.ln p
lim
=
lim
=
lim
= 0.

+ Ta có lim 
vì
=
0



x →+
x →+
x →+
n →+
x
1
x
.ln
p
n




H ' Lopital


17

+ Giả sử có vơ hạn n thỏa mãn u cầu thì suy ra có vơ hạn số ngun dương
y

x

+
n thỏa mãn (*), cho n tiến ra + thì từ (*) thu được 0  nlim

 = x , mâu
→+
n

thuẫn với giả thiết x  0 . Vậy điều giả sử là sai nên có hữu hạn n thỏa mãn
yêu cầu.
Ví dụ 4. Biết rằng hai số nguyên dương a, b thỏa mãn điều kiện
a | b 2 , b3 | a 4 , a 5 | b 6 , b 7 | a 8 , …

Chứng minh rằng a = b .
Lời giải:
Từ giả thiết ta có khái quát a 4 n+1 | b 4 n+ 2 và b 4 n +3 | a 4 n + 4 với mọi n .
Ta sử dụng kí hiệu v p ( x ) là số mũ (cao nhất) của thừa số nguyên tố p trong
biểu diễn nguyên tố của số nguyên dương x , khi đó để chứng minh a = b ta
đi chứng minh v p ( a ) = v p ( b ) với mọi số nguyên tố p .
Thật vậy:
a 4 n +1 | b 4 n + 2 , n  v p ( a ) 

 v p ( a )  v p ( b ) nlim
→+

4n + 2
= vp (b ) .
4n + 1

b 4 n +3 | a 4 n + 4 , n  v p ( b ) 


 v p ( b )  v p ( a ) nlim
→+

4n + 2
v p ( b ) , n
4n + 1

4n + 4
v p ( a ) , n
4n + 3

4n + 4
= vp ( a ) .
4n + 3

Từ hai điều trên suy ra v p ( a ) = v p ( b ) , bài toán được giải quyết xong.

Ví dụ 5 (Chọn đội tuyển Nghệ An – 2013).
Cho a, b

n

*

và a, b  1 thỏa mãn điều kiện ( bn − 1) ( a n − 1) với mọi

. Chứng minh rằng b là lũy thừa của a .

Lời giải:



18

Bổ đề 1: Giả sử x là một số hữu tỷ lớn hơn 1 và tồn tại dãy số nguyên ( an )
và hằng số c  0 sao cho nlim
( cx n − an ) = 0 . Khi đó x là số nguyên.
→+

p
n
cx
− an ) = 0
với ( p, q ) = 1 . Ta có nlim
(
→+
q

Chứng minh: Giả sử x =

 pn

 pn

 nlim
c
−
a
=
0


lim
c
−
qa
n
n



 = 0 (1).
n
n −1
→+
n →+
q
q





Cũng có

( qa

n

 p n −1

 pn


lim
c
−
a
=
0

lim
c
−
pa
n
−
1
n
−
1



 = 0 (2).
n −1
n −1
n →+
n →+
q
q






Do đó từ (1) và (2) có  nlim
( qan − pan−1 ) = 0 . Để ý rằng dãy số
→+

− pan −1 )n là dãy số nguyên nên nó hội tụ khi và chỉ khi nó là dãy hằng kể

từ số hạng nào đó trở đi và có qan − pan−1 = 0, n  N (N đủ lớn).
n

 p
a
Suy ra N + n =   , n  aN q n , n  q = 1  x = p  , có Đpcm.
aN  q 

Bở đề 2: Cho x1 , x2 ,..., xm 

( a ) và các hằng số c , c ,..., c
1

n

2

sao cho 1  x1  x2  ...  xm và có dãy số nguyên

m


 0 sao cho

lim ( c1 x1n + c2 x2n +

n →+

+ cm xmn − an ) = 0 .

Khi đó ta có x1 , x2 ,..., xm đều là các số nguyên.
Chứng minh: Ta chứng minh bổ đề 2 bằng quy nạp theo m.
+ Với m = 1 ta có kết quả đúng theo bổ đề 1.
+ Giả sử phát biểu trong bổ đề 2 đúng tới m − 1 , bây giờ ta xét bài toán với chỉ
số m.
Ta có nlim
( c1 x1n + c2 x2n +
→+
 nlim
( c1 x1n−1 + c2 x2n−1 +
→+

+ cm xmn−1 − an −1 ) = 0

+ cm xmn − an ) = 0

(3)

(4)

 nlim
( c1 x1n−1 xm + c2 x2n−1 xm +

→+

+ cm xmn − xm an −1 ) = 0 (5).

Từ (3) và (5) suy ra
lim c1 x1n−1 ( xm − x1 ) + c2 x2n−1 ( xm − x2 ) +

n →+

+ cm−1 xmn−−11 ( xm − xm−1 ) − ( xm an−1 − an )  = 0 .


19

Đặt xm =

p
với ( p, q ) = 1 thì ta có
q

n −1
n −1
lim
c
x
p
−
qx
+
c

x

(
)
( p − qx2 ) +
1
1
1
2
2

n →+

+ cm−1 xmn−−11 ( p − qxm−1 ) − ( pan−1 − qan )  = 0

p
nên có ci ( p − qxi )  0, i = 1, m − 1 . Sử
q
dụng giả thiết quy nạp ta suy ra x1 , x2 ,..., xm −1  .
- Lưu ý rằng 1  x1  x2  ...  xm =

- Cũng từ (3) và (4) ta suy ra
lim c2 x2n−1 ( x2 − x1 ) +

+ cm−1 xmn−−11 ( xm−1 − x1 ) + cm xmn−1 ( xm − x1 ) − ( an − x1an −1 )  = 0

n →+

Cũng sử dụng giả thiết quy nạp suy ra được xm  . Bổ đề 2 được chứng
minh xong.


Trở lại bài tốn, giả sử phản chứng b khơng phải là lũy thừa của a, suy ra tồn
tại số nguyên dương m mà am  b  am+1 . Với mỗi số tự nhiên n, ta xét tổng
n

1  b 
−
n
n
m  b 
b − 1 a n  a n+1 
Sn =   i  − n
=
.
1
i =1  a 
a −1
1− n
a
bn − 1
Do lim Sn = 0 và n 
n→+
a −1

nên

b
 , i  b = ca m ( c  ,1  c  a ) .
i
a


Vậy bn − 1 = cn anm − 1 = cn ( anm − 1) + ( cn − 1) ( a n − 1)  ( cn − 1) ( a n − 1) , n
Điều này không xảy ra do 0  cn − 1  an − 1. Vậy điều giả sử là sai nên có
Đpcm.

Tiếp theo ta xét ý tưởng “chặn” một đại lượng tiến đến vô cùng theo
quan hệ chia hết trong các bài tốn phương trình hàm số học.
Ví dụ 6 (IMO Shortlists 2004).
Tìm tất cả các hàm số f : N* → N* thỏa mãn:
f ( m ) + f ( n ) ( m2 + n )
2

Lời giải:

2

với mọi m, nN* .


20

Ta dùng P ( m, n ) để chỉ phép thay bộ số nguyên dương ( m, n ) tương ứng vào
điều kiện f ( m ) + f ( n ) ( m2 + n ) .
2

2

- Với P (1,1): f (1) + f (1) (12 + 1) = 4  f (1) = 1
2


2

Tiếp theo ta chứng minh rằng f ( p − 1) = p − 1 với mỗi số nguyên tố p .
- Với P (1, p − 1): 1 + f ( p − 1) p  f ( p − 1) = p − 1 hoặc
2

f ( p − 1) = p 2 − 1 .

* Trường hợp 1: f ( p − 1) = p 2 − 1
Với
P ( p − 1,1): f ( p − 1) + f (1)
2

mặt khác

(( p − 1)

2

)

(( p − 1)

2

)

+ 1  ( p 2 − 1) + 1
2


2

(( p − 1)

2

)

2

+1 ,

+ 1  p 4 − 2 p 2 + 2 = ( p 2 − 1) + 1 nên có điều vơ lý.
2

2

* Trường hợp 2: f ( p − 1) = p − 1.
+ Với P ( p − 1, n ): f ( p − 1) + f ( n )
2

 ( p − 1) + f ( n )
2

(

( p − 1) + n

(( p − 1)


2

2

+n

+ Đặt A = ( p − 1) + f ( n ) , n N*

)

2

) ( *)
2

2

(

) (

)

(*)  ( p − 1) + n = ( p − 1) + f ( n ) + n − f ( n )  ( f ( n ) − n ) ( mod A)
2

2

2


2

2

ta suy ra ( p − 1) + f ( n ) ( f ( n ) − n ) với mỗi số nguyên tố p và mọi
2

2

số nguyên

( f ( n) − n)

2

dương

n.

Khi

chọn

p

đủ lớn

ta sẽ phải

có


= 0  f ( n ) = n . Vậy f ( n ) = n, n N* .

Ví dụ 7 (IMO Shortlist 2016). Tìm tất cả các hàm số f : N* → N* thỏa mãn:
f ( a ) + f ( b ) − ab af ( a ) + bf ( b ) với mọi a, bN* .
Lời giải:
Ta dùng P ( a, b ) là phép thay thế bộ số nguyên dương ( a, b ) tương ứng

vào điều kiện f ( a ) + f ( b ) − ab af ( a ) + bf (b ) (*).

Với P (1,1) : 2 f (1) − 1 2 f (1)  2 f (1) − 1 2 f (1) − ( 2 f (1) − 1) = 1suy ra
f (1) = 1 .
* Xét số nguyên tố p với p  7 .
Với P ( p,1) : f ( p ) − p + 1 pf ( p ) + 1


21

 f ( p ) − p + 1 pf ( p ) + 1 − p ( f ( p ) − p + 1) = p 2 − p + 1 .

• Nếu f ( p ) − p + 1 = p 2 − p + 1  f ( p ) = p 2 .

• Nếu f ( p ) − p + 1  p 2 − p + 1 , do p 2 − p + 1 là một số nguyên dương
1
lẻ, nên ta có p 2 − p + 1  3( f ( p ) − p + 1)  f ( p )  p 2 + 2 p − 2 (1).
3
- Với P ( p, p ) : 2 f ( p ) − p 2 2 pf ( p )  2 f ( p ) − p 2 2 pf ( p ) − p ( 2 f ( p ) − p 2 ) = p 3

(


)

Từ (1) và f ( p )  1 ta có :

2 2
p − p + 1) − p 2  − p vì p  7
(
3
Điều này mâu thuẫn với 2 f ( p ) − p 2 là một ước của p 3 . Do đó
− p2  2 f ( p ) − p2 

f ( p ) = p 2 với mọi số nguyên tố p  7 .
* Ta xét một số nguyên dương a cố định và chọn một số nguyên tố p đủ
lớn từ (*) có:
- Với
P ( a, p ) : f ( a ) + p 2 − pa af ( a ) + p3 = a ( f ( a ) + p 2 − pa ) + p3 − p 2 a + pa 2

Suy ra f ( a ) + p 2 − pa p ( p 2 − pa + a 2 )

Nhưng p đủ lớn và a cố định cho nên p không chia hết f ( a ) từ đây
suy ra
gcd ( f ( a ) + p 2 − pa, p ) = 1
Do đó

f ( a ) + p 2 − pa p 2 − pa + a 2 = ( f ( a ) + p 2 − pa ) + a 2 − f ( a ) ,

suy ra

f ( a ) + p 2 − pa a 2 − f ( a ) .


Chú ý rằng a 2 − f ( a ) cố định, f ( a ) + p 2 − pa được chọn đủ lớn dẫn
đến a 2 − f ( a ) = 0 hay f ( a ) = a 2 , a  N* .

* Thử lại hàm số f ( a ) = a 2 , a  N* :

Ta có f ( a ) + f ( b ) − ab = a 2 + b 2 − ab ,

af ( a ) + bf ( b ) = a 3 + b3 = ( a + b ) ( a 2 + b 2 − ab ) .

Suy ra f ( a ) + f ( b ) − ab af ( a ) + bf (b ) , a, b N* (thỏa mãn (*)).
Vậy f ( a ) = a 2 , a  N* .
Ví dụ 8. Tìm tất cả các hàm f : N* → N* sao cho :
xf ( x ) + yf ( y ) ( x 2 + y 2 )

2020

, x, y N*


22

Lời giải:
Xét số nguyên tố p bất kì với p  2 . Ta dùng P ( a, b ) là phép thay thế
tương
ứng
vào
điều
kiện
( x; y ) = ( a, b )
xf ( x ) + yf ( y ) ( x 2 + y 2 )


2020

, x, y N* (*).

+ P ( p, p ): 2 pf ( p ) = pf ( p ) + pf ( p ) ( p 2 + p 2 )

2020

= 22020  p 4040

Ta suy ra: f ( p ) = 2 p  , ( ,   N )
+ P ( p,2 ): pf ( p ) + 2 f ( 2 ) ( p 2 + 4 )

2020

Do p 2 + 4 không chia hết cho 2 nên suy ra pf ( p ) không chia hết cho

2 và f ( p ) không chia hết cho 2 . Vậy f ( p ) = p  , (   N ) .

+ P (1,1): 2 f (1) = f (1) + f (1) (12 + 12 )
+ P ( 2,1): 2 f ( 2 ) + f (1) ( 22 + 12 )

2020

2020

= 22020  f (1) = 2 (  N ) .

= 52020  f (1) = 2  2   = 0


hay f (1) = 1 .
+ P ( p,1): pf ( p ) + f (1) ( p 2 + 12 )

2020

 p +1 + 1 ( p 2 + 1)

2020

  +1 = 2   =1
(do gcd ( p 2 + 1, p t + 1) = 2, t  N* , t  2 ). Vậy f ( p ) = p .

Cố định x N* , với p là số nguyên tố lẻ:
+ P ( p, x ): pf ( p ) + xf ( x ) ( p 2 + x 2 )

2020

 xf ( x ) + p 2 ( p 2 + xf ( x ) + x 2 − xf ( x ) )

 xf ( x ) + p 2 ( x 2 − xf ( x ) )

2020

2020

(*) .

Cho p → + từ (*) suy ra x 2 − xf ( x ) = 0  f ( x ) = x


Vậy có đúng một hàm số thỏa mãn đề bài là f ( x ) = x, x  N* .
2.1.2 – Vận dụng tính liên tục trong bài tốn số học
Ta biết một trong những tính chất quan trọng của hàm số liên tục trên
(hoặc một khoảng con của

) là định lí giá trị trung gian, hiểu đơn giản là

nó có thể nhận các giá trị nằm giữa hai giá trị chọn trước của hàm số đó.


23

Trong phần này tác giả sử dụng ý tưởng tương tự như “tính liên tục” đó trên
các hàm “rời rạc” trong số học. Cụ thể như sau:
- Hàm số học f :

→

thỏa mãn f ( n + 1) − f ( n )  1 (tức là “độ

dịch chuyển giá trị” giữa hai bước liên tiếp không quá 1), nếu đã
biết

f ( n1 ) = a, f ( n2 ) = b (với n1  n2 ) thì tồn tại số nguyên

n   n1; n2  mà f ( n ) = c với số c chọn trước, c  , a  c  b hoặc
b c  a.

- Xét một dãy số nguyên vô hạn không tăng, trong một số điều kiện
(chẳng hạn về độ dịch chuyển giá trị) có thể dẫn tới khả năng là dãy

hằng hoặc giá trị của nó lùi tới một số nguyên mong muốn. Ý tưởng
có thể diễn ra tương tự cho dãy số ngun vơ hạn khơng giảm.
Ví dụ 9 (Serbia TST 2014).
Ta nói một số tự nhiên n là số kì dị nếu tồn tại hai số nguyên dương

a, b  1 sao cho n = ab + b . Có tồn tại hay khơng 2014 số tự nhiên liên tiếp mà
trong đó có đúng 2012 số là số kì dị?
Lời giải:
Trước hết, ta có thể chỉ ra được 2012 số kì dị liên tiếp. Thật vậy, xét
2012 số liên tiêp sau: N + 2; N + 3;...; N + 2013, trong đó N = 22013! thì N ln
viết được dưới dạng aii , với i 2,3,...,2013. Do đó 2012 số này là số kì dị.
(Bằng cách này ta chưa thể trực tiếp chỉ ra 2014 số thỏa mãn yêu cầu bài tốn,
nhưng ta có thể chứng minh sự tồn tại của nó!)
Đặt f ( n ) là số các số kì dị trong 2014 số liên tiếp n, n + 1,..., n + 2013 .
Ta có f ( n + 1) − f ( n )  1,
f ( N )  2012 , f (1)  2012 (do n = 1, 2 đều khơng là số kì dị).


24

Do đó, từ các giá trị của f (1) , f ( N ) suy ra tồn tại số m, 1  m  N để
f ( m )  2012 . Khi đó 2014 số liên tiếp m, m + 1,..., m + 2013 sẽ thỏa mãn yêu

cầu bài tốn.

Ví dụ 10 (IMO Shorlist 2013).
Chứng minh rằng tồn tại vô hạn các số nguyên dương n sao cho ước
nguyên tố lớn nhất của n4 + n2 + 1 bằng ước nguyên tố lớn nhất của

( n + 1) + ( n + 1)

4

2

+ 1.

Lời giải:
Xét dãy ( an ) với ai là ước nguyên tố lớn nhất của i 4 + i 2 + 1; i = 1,2,...
và dãy ( bn ) với bi là ước nguyên tố lớn nhất của i 2 + i + 1, i = 1,2,... . Khi đó
an = bn2 . Ta có
n 4 + n 2 + 1 = ( n 2 − n + 1)( n 2 + n + 1) = ( (n − 1) 2 + (n − 1) + 1)( n 2 + n + 1)

Cùng với

(n

2

+ n + 1;(n − 1) 2 + (n − 1) + 1) = 1 suy ra an = max bn , bn−1 và

bn  bn −1 với mọi n  2 .

Ta sẽ chứng minh tồn tại vô hạn n sao cho bn  bn−1 và bn  bn+1
(1)
Thật vậy, giả sử (1) khơng đúng với vơ hạn n thì dãy ( bn ) phải đơn điệu từ
chỉ số N nào đó ( N  2 )
- Nếu bn  bn−1 , n  N thì bn2  bn  bn−1 , suy ra an  max bn , bn−1 , mâu
thuẫn.
- Nếu bn  bn−1 , n  N thì đến một lúc nào đó sẽ tồn tại bk = 1 , mâu thuẫn.
Vậy (1) được chứng minh. Từ kết quả này suy ra

an = max bn , bn−1; an+1 = max bn , bn+1  an = bn ; an+1 = bn

Do đó tồn tại vơ hạn n sao cho an = an+1 (đpcm).


25

Nhận xét:
+ Thực chất bài toán trên khai thác đẳng thức khá quen thuộc:
n 4 + n 2 + 1 = ( n 2 − n + 1)( n 2 + n + 1) = ( (n − 1) 2 + (n − 1) + 1)( n 2 + n + 1) .

+ Điểm cốt lõi cho lời giải trên là việc chứng minh mệnh đề (1). Trong
trường hợp ( bn ) tăng từ N nào đó ta đã giải quyết được nhờ an = bn2 . Tuy
nhiên cũng có thể chứng minh bài tốn mà khơng sử dụng đẳng thức này như
sau:
Ta có bN  bN +1  bN + 2  ... . Chú ý rằng mọi số nguyên tố lớn hơn 3 khi
chia cho 6 chỉ có số dư là 1 hoặc −1 và để ý bN + 2  3 .
Giả sử bk = 6t + 1 , suy ra bk +1  6(t + 1) − 1 ; bk +1  6(t + 1) + 1,
suy ra bk + 2  bk + 6 hay bk + 2 − bk  6, k  N + 2.
Do đó tồn tại C  0 sao cho bn  3n − C , n  N + 2. (2)
Bây giờ chọn t đủ lớn. Xét số p = bt −1  2t . Khi đó
p | (t − 1)2 + (t − 1) + 1  p | t 2 − t + 1  p | ( p − t ) 2 + ( p − t ) + 1

Vì p − t  t  t − 1  bp−t  p  bp−t . p  p 2  ( p − t )2 + ( p − t ) + 1, điều này vơ
lí vì

bp−t | ( p − t )2 + ( p − t ) + 1; p | ( p − t )2 + ( p − t ) + 1 và ( bp −t , p ) = 1 .
Bài tốn được giải quyết.

2.1.3 – Vận dụng tính khả vi trong bài toán số học

Trong phần này, báo cáo sẽ trình bày một số bài tốn số học được giải
quyết thông qua công cụ đạo hàm với ý tưởng là:
- Mở rộnghàm số học trong bài toán thành hàm số thực.
- Sử tính đơn điệu, các định lí giá trị trung bình trong việc ước lượng
biến số.
Ví dụ11. Tìm tất cả các số nguyên dương a và b thỏa mãn a  b  2 và


26

ab − a = b a − b .
Lời giải:
+ Xét b = 2 ta có phương trình a2 − a = 2a − 2 .
- Bằng quy nạp ta chứng minh được 2a  a 2 , a  , a  5 nên khi a  5
thì 2a = a2 − a + 2  a2 không xảy ra.
- Xét trực tiếp a  3;4 ta thu được nghiệm ( a; b ) = ( 3;2 ) .
+ Xét a  b  3  e .
ln x
1 − ln x
Hàm số f ( x ) =
có đạo hàm f / ( x ) =
 0, x  ( e; + ) nên
x2
x
f ( x ) nghịch biến trên ( e; + ) . Theo đó a  b  3  e suy ra
ln a ln b
f ( a )  f (b ) 

a
b

b
a
b
a
 a  b , lại có a − b = a − b nên a − b  0 , mâu thuẫn.
+ Tóm lại có đúng một cặp số ( a; b ) thỏa mãn là ( 3;2 ) .
Ví dụ 12(Russia MO 1978).
Tìm tất cả các cặp số nguyên dương ( x, y ) thỏa mãn
x ( x − y ) +1
=
y
y
2
2 x
( x − y ) −1
2

2

y
x

Lời giải:
Giả sử cặp số nguyên dương ( x, y ) thỏa mãn

x ( x − y ) +1
=
, khi
y
y

2
2 x
( x − y ) −1
2

( x2 − y 2 ) x + 1
y

đó

x
=
 1 nên x  y  1.
y
y
2
2 x
( x − y ) −1

( x2 − y 2 ) x + 1
y

* Ta có

y
y
x
2
2 x
2

2 x
=

x
x
−
y
−
x
=
y
x
−
y
+y
(
)
(
)
y
y
2
2 x
( x − y ) −1

 (x − y
2

2


) ( x − y) = x + y

y

+1

y
x

 ( x − y)x = ( x + y)

y
x

 ( x − y ) = ( x + y ) (1)
1
1
ln ( x − y ) ln ( x + y )
 ( x − y ) x− y = ( x + y ) x+ y 
=
x− y
x+ y
ln t
1 − ln t
* Xét hàm số f ( t ) =
liên tục trên 1;+ ) , có f  ( t ) =
.
t
t2
1−


x+ y

x− y

2

y
x