Tải bản đầy đủ (.pdf) (60 trang)

lovetoan wordpress com te1baacp san star 01 2019

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (2.86 MB, 60 trang )

Mục lục
3

1

Sử dụng phương pháp đại số trong chứng minh hình học

2

Bổ đề về số mũ đúng

19

3

Đa thức bất khả quy

27

4

Các bài toán tổ hợp trên dãy số

41

5

Đề thi tham khảo hướng tới VMO 2019

50


1


2
NGUYỄN TĂNG VŨ - NGUYỄN NGỌC DUY
VƯƠNG TRUNG DŨNG - LÊ PHÚC LỮ

TẬP SAN TOÁN HỌC
STAR EDUCATION
Số thứ 01 - 2019
Phong trào chuyên Toán các năm gần đây diễn ra ngày một sôi nổi trên khắp cả nước;
cùng với đó là nhiều chuyên tạp chí, kỷ yếu, chuyên đề liên quan đến Toán sơ cấp
được phát hành rộng rãi.
Để góp phần vào phong trào ấy, STAR EDUCATION ra mắt cuốn tập san cho riêng
mình dành tặng các bạn đồng nghiệp, học sinh đam mê với môn Toán, giúp các em có
thêm nhiều kinh nghiệm trong các kì thi HSG cũng như các kì thi toán khác. Dự định
của chúng tôi là một năm sẽ có hai quyển là:
• Quyển 1: ra mắt vào đầu năm, hướng tới kỳ thi HSG quốc gia.
• Quyển 2: ra mắt vào giữa năm, hướng tới kỳ thi tuyển sinh THPT, Đại học.
Trong tài liệu đợt này, chúng tôi giới thiệu các bài giảng chọn lọc cùng 1 đề thi
thử tham khảo. Lần đầu ra mắt, tác giả các bài viết chính là giáo viên của STAR
EDUCATION, rất mong sự đón nhận của bạn đọc các nơi và mong có thêm nhiều bài
viết gửi về STAR EDUCATION để thêm phần phong phú.
Ban biên tập dù đã cố gắng rất nhiều nhưng không tránh khỏi sai sót, xin nhận được
góp ý từ đồng nghiệp cùng các em học sinh. Mong rằng tài liệu này sẽ có ích cho
các thí sinh đang chuẩn bị cho kỳ thi sắp tới. Mọi thắc mắc, đóng góp xin liên hệ
nguyentangvu@gmail.com.

Tập san Toán học STAR EDUCATION



Sử dụng phương pháp đại số trong
chứng minh hình học
Nguyễn Tăng Vũ
(Giáo viên PTNK TP Hồ Chí Minh)
Bài toán hình học phẳng thường xoay quanh việc chứng minh 3 điểm thẳng hàng, các điểm đồng
viên, sự tiếp xúc, các đẳng thức, bất đẳng thức hình học...Có nhiều phương pháp tiếp cận như
phương tích trục đẳng phương, hàng điểm điều hòa, cực đối cực, phép biến hình, tính toán. Trong
đó phương pháp tính toán cũng có khá nhiều cách như tọa độ Oxy, số phức, tọa độ cực,...Việc
tính toán trong hình học, thoạt nhìn có vẻ không đẹp, lời giải cồng kềnh không mang nhiều ý
nghĩa hình học thuần túy. Người làm toán hay các học sinh giỏi thường ngại sử dụng phương
pháp này, tuy nhiên trong lúc cần một công cụ để giải nhanh bài toán thì phương pháp này lại
hiệu quả. Vì muốn đẹp về mặc hình học thì cần phải vẽ thêm nhiều yếu tố phụ ẩn chứa sau mô
hình, với việc tính toán ta giảm đi việc phát hiện yếu tố phụ và chỉ sử dụng các yếu tố có sẵn.
Hơn nữa việc tính toán phức tạp với định hướng rõ ràng sẽ rất có lợi sau này trong việc nghiên
cứu các vấn đề khác. Trong bài viết này tôi đưa ra một phương pháp tính gần gũi với hình học
thuần túy đó là việc sử dụng các định lý pitago, định lý sin, định lý cosin, ptoleme trong việc tính
toán các độ dài, hay tỉ số của các đoạn thẳng, bên cạnh đó kết hợp các định lý Ceva, Menelaus để
chứng minh các bài toán thẳng hàng, đồng viên.

1. Lý thuyết và ví dụ
Ngoài các định lý Ceva, Menelaus dạng đại số, lượng giác ta còn sử dụng các định lý
sau:
Định lý 1. (Định lý Sin) Cho tam giác ABC, đặt BC = a, AC = b, AB = c, R là bán
kính đường tròn ngoại tiếp tam giác. Khi đó
a
b
c
=
=

= 2R
sin A sin B
sin C
Chú ý Định lý sin rất hiệu quả trong việc chuyển một tỉ lệ về độ dài sang một tỉ lệ về
lượng giác, từ đó có thể biến đổi lượng giác.
Định lý 2. (Định lý Cosin) Trong tam giác ta có a2 = b2 + c 2 − 2bc cos A.

3


4

NGUYỄN TĂNG VŨ

Định lý 3. (Ptolemy) Cho 4 điểm A, B, C, D. Khi đó
AB.C D + AD.BC ≥ AC.BD
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ABC D là tứ giác nội tiếp.

Định lý 4. Cho tam giác ABC. Khi đó:
1
1. SABC = AB.AC sin BAC.
2
2. M là điểm trên cạnh BC, khi đó
BC thì

AB
sin M AC
=
.
AC

sin M AB

BM
AB. sin M AB
=
. Nếu M là trung điểm
CAM
AC. sin M AC

Chú ý Tính chất này là một trong những tính chất được sử dụng khi cần chứng minh
một đường thẳng đi qua trung điểm của một đoạn thẳng nào đó.
Tính chất 1. Cho tam giác ABC cân tại A, M là điểm thuộc cạnh BC. Khi đó:
MB
sin M AB
=
MC
sin M AC

Tính chất 2. Cho 0o ≤ x, y ≤ α < 90o thỏa

sin y
sin x
=
thì x = y.
sin(α − x) sin(α − y)

Có một số bổ đề định lý các bạn đã biết được cách chứng minh bằng những phương
pháp hình học thuần túy như sử dụng tam giác đồng dạng, phép biến hình như định
lý Feuerbach, định lý Protassov cho lời giải rất ngắn gọn, nhưng để có được lời giải
đó là điều không dễ dàng nghĩ ra. Trong các vị dụ đầu tiên này, chúng tôi đưa ra các

chứng minh chủ yếu dựa vào tính toán đại số.
Ví dụ 1. Cho tam giác ABC, đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với
BC, AC, AB tại D, E, F . DI cắt E F tại K. Chứng minh AK qua trung điểm của BC.
Bổ đề này có thể chứng minh dựa vào tứ giác nội tiếp, bằng cách vẽ đường thẳng qua
K song song với BC cắt AB, AC tại P, Q và chứng minh tam giác I PQ cân. Đó là cách
mà bất kì học sinh giỏi nào cũng làm được. Tuy nhiên để giải được ta phải biết vẽ
đường phụ, và đó là trở ngại lớn nhất đối với học sinh. Ta hãy giải bài toán này theo
hướng tiếp cận đại số.

Chứng minh. Gọi M là trung điểm BC, ta sẽ chứng minh tia AK trùng tia AM . Từ
tính chất 2, ta thấy rằng để chứng minh 2 tia này trùng nhau, ta chỉ cần chứng minh
sin ∠BAM
sin ∠BAK
=
(*)
sin ∠CAK
sin ∠CAM
Tập san Toán học STAR EDUCATION


NGUYỄN TĂNG VŨ

Áp dụng tính chất 1, ta có:
cũng có

sin C
sin ∠K I E
KE
sin ∠KAE
AB

=
=
=
=
. Mặt khác, ta
AC
sin B
sin ∠K I F
KF
sin ∠KAF

AB
sin ∠M AB
=
. Từ đó ta có:
AC
sin ∠M AC

sin ∠KAE
sin ∠M AE
=
.
sin ∠KAF
sin ∠M AF

Tiếp theo là định lý Casey - Một mở rộng của định lý Ptoleme, đây là một định lý
với phát biểu và hình thức khá phức tạp, tuy vậy để giải nó ta chỉ cần các công cụ
tính toán đơn giản là định lý cosin và định lý Pitago, tất nhiên phải cần đến định lý
Ptoleme.
Ví dụ 2. (Định lý Casey - Mở rộng của định lý Pltolemy) Cho tứ giác ABCD nội tiếp

(O, R). Đặt các đường tròn α, β, γ, δ là các đường tròn tiếp xúc với (O) tại các đỉnh
A, B, C, D. Đăt t αβ là độ dài đoạn tiếp tuyến chung của hai đường tròn α, β. Trong
đó t αβ là độ dài tiếp tuyến chung ngoài nếu hai đường tròn α, β cùng tiếp xúc trong
hoặc cùng tiếp xúc ngoài với (O), và là độ dài đoạn tiếp xúc trong với trường hợp còn
lại. Các đoạn t αγ , t βγ , ... được xác định tương tự. Khi đó ta có
t αβ .t γδ + t βγ .t αδ = t αγ .t βδ .

Lời giải.
1. Gọi (A ; r1 ), (B , r2 ), (C , r3 ), (D , r4 ) lần lượt là các đường tròn tiếp xúc
với (O) tại các tiếp điểm A, B, C, D.
Đặt a = AB, b = BC, c = C D, d = DA, x = AC, y = BD.
2
2. Ta có t αβ
= A B 2 − (r2 − r1 )2 . Theo định lý cosin ta có A B = OA 2 + OB 2 −
2OA .OB . cos ∠A OB = (r + r1 )2 + (r + r2 )2 − 2(r + r1 )(r + r2 ) cos ∠A OB .
AOB
2
, suy ra t αβ = ar (r + r1 )(r + r2 ).
Khi đó t αβ
= 4(r + r1 )(r + r2 ) sin2
2

Tập san Toán học STAR EDUCATION


6

NGUYỄN TĂNG VŨ
3. Tương tự ta có t βγ = br (r + r2 )(r + r3 ), t γδ = cr (r + r3 )(r + r4 ), t αδ =
d r (r + r1 )(r + r4 ).

Và t αγ = x r (r + r1 )(r + r3 ), t βδ = y r (r + r2 )(r + r4 ).
4. Từ đó ta có (∗) ⇔ ac + bd = x y (Đúng do định lý Ptoleme).

Ví dụ 3. (Đường thẳng Newton) Cho các tứ giác ABC D ngoại tiếp đường tròn (I).
Gọi E, F, G, H là tiếp điểm của (I) với các cạnh AB, BC, C D, DA; M , N là trung điểm
của AC và BD.
1. Chứng minh AC, BD, EG, F H đồng quy.
2. Chứng minh I, M , N thẳng hàng và

IM
BE + DH
=
.
IN
AE + C H

Lời giải. Đặt AE = AH = a, BE = BF = b, C F = C G = c, DG = DH = d.

Tập san Toán học STAR EDUCATION


NGUYỄN TĂNG VŨ
AK
sin ∠AEK
CK
sin ∠C GK
=

=
. Mà

AE
sin AK E
CG
sin ∠C K G
sin ∠AK E = sin ∠C K G, sin ∠AEK = sin C GK.
AK
AE
a
Do đó
=
= . Gọi K là giao điểm của H F và AC ta cũng chứng minh được
CK
CG
c
AK
a
= . Do đó K ≡ K hay EG, H F, AC đồng quy. Tương tự ta cũng có BD, EG, H F
CK
c
đồng quy.



















−→
(b) Ta có AB. I E = b. IA + a. I B, BC. I F = b. I C + c. I B, C D. I G = c. I D + d. I C, AD. I H =




d. IA + a. I D. Theo định lý con nhím ta có
(a) Gọi K là giao điểm của EG và AC. Ta có








−→ −
AB. I E + BC. I F + C D. I G + AD. I H = 0 ,






→ −


→ −

→ −
−→ −
→ −

−→
suy ra (a+c).( I B + I D)+(b+d).( IA+ I C) = 0 . Mà IA+ I C = 2 I M , I B + I D = 2 I N . Do
b+d
IM

−→
−→ −
=
.
đó (a + c). I N + (b + d). I M = 0 , từ đó suy ra I, M , N thẳng hàng và
IN
a+c

Ví dụ 4. (Định lý Feuerbach) Trong một tam giác thì đường tròn Euler tiếp xúc trong
với đường tròn nội tiếp và tiếp xúc ngoại với các đường tròn bàng tiếp.
Lời giải. Gọi E, O, I lần lượt là tâm đường tròn Euler, ngoại tiếp, nội tiếp tam giác
ABC. SQ là đường kính vuông góc BC tại M . P là hình chiếu của A trên PS; gọi
K, N , F là hình chiếu của A, I, E trên BC. Ta có E là trung điểm OH, nên F là trung
điểm M K.
Ta thấy trong tam giác I HO thì I E là trung tuyến, một hướng suy nghĩ tự nhiên là

tính I E theo I H, IO và OH, các đoạn thẳng này đều có thể biểu diễn theo p, R, r, tuy
nhiên cách tiếp cận này bắt buộc tính rất nhiều đẳng thức liên quan đến các độ dài.
Trong bài viết này, trình bày một các khác, do áp dụng với một số tính chất hình học
phẳng nên cách tính sẽ nhẹ nhàng hơn, do chỉ dùng pitago cho tam giác I E L, với L là
giao điểm của I N và HO, tất nhiên các đoạn thẳng I L, LE cũng cần liên hệ với R, r.

Tập san Toán học STAR EDUCATION


8

NGUYỄN TĂNG VŨ
1. Chứng minh OP = 2E F . Ta có AH = 2OM và OM + K H = 2E F và AK = P M .
Khi đó OP = P M − OM = AK − OM = AH + H K − OM = OM + H K = 2E F .
2. Chứng minh I N .PQ = M N .N K.
Ta có ∠KAS = ∠N I D = ∠PAQ = ∠ASQ, đặt là α. Mà I N = I D cos α, PQ =
AP tan α = AS sin α tan α, suy ra I N .PQ = I D.AS sin2 α. Mặt khác, M N .N K =
IS sin α.AI sin α = IS.AI sin2 α. Mà SD.SA = SM .SQ = SB 2 = IS 2 nên suy ra
I D.AS = (IS − SD)(IS + IA) = IS 2 − SD(IS + IA) + IS.IA = IS.IA
Từ đó ta được I N .PQ = M N .N K.
3. Chứng minh I E =

R
− r. Ta có
2

I E 2 = (I N − E F )2 + (M N − M F )2 = (I N =

OP 2
MK 2

) + (M N −
)
2
2

OP 2
M K2
+ I N 2 − I N .OP +
+ M N 2 − M N .M K
4
4
OA2
R2
2
=
+ I N − I N .OP − M N .N K =
+ r 2 − I N (OP + PQ)
4
4
R2
R
=
+ r 2 − R.r = ( − r)2 .
4
2
=

Do đó I E =

R

− r nên ta có (I) và (E) tiếp xúc trong.
2

Ví dụ 5. (Định lý Protasov) Cho tam giác ABC, một đường tròn w qua A, C cắt AB, BC
tại D, E. Một đường tròn w tiếp xúc với AD, AE và cung DE tại M . Chứng minh rằng
phân giác góc ∠AM C đi qua tâm đường tròn nội tiếp của tam giác ABC.
Lời giải. Gọi N là điểm chính giữa cung AC, N I cắt cung DE tại M . Ta chứng minh
M ≡ M.
Vẽ tiếp tuyến của (O) tại M cắt AB, BC tại P, Q. Ta cần chứng minh M là tiếp điểm
của w và w hay M là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp tam giác BPQ và PQ. Từ đó
cot ∠BPQ
M P
=
.
cần chứng minh
MQ
cot BQP
Bài toán đưa về việc tính toán tỉ số lượng giác của các góc.
• Đặt a = ∠IAM , x = ∠M AB; b = ∠I C M , y = ∠M C B.
Khi đó ∠BPQ = 2b + y + x, ∠BQP = ∠2a + x + y.
AM
PM
AM . sin x
=
, suy ra P M =
.
sin ∠AP M
sin M AP
sin(2b + x + y)
C M sin y

Tương tự QM =
.
sin(2a + x + y)
PM
AM sin x sin(2a + x + y) sin x sin(2b + y) sin(2a + x + y)
Suy ra
=
.
=
.
QM
C M sin y sin(2b + x + y) sin y sin(2a + x) sin(2b + x + y)

• Ta có

Tập san Toán học STAR EDUCATION


NGUYỄN TĂNG VŨ

2b + x + y
)
sin x sin(2b + y) sin(2a + x + y)
2
• Ta cần chứng minh
=
.
2a + x + y
sin y sin(2a + x) sin(2b + x + y)
cot(

)
2
cot(

(1)

• Sau khi biến đổi lượng giác ta có (1) tương đương:
sin x sin(2b+ y) cos(2a+ x + y)−sin y sin(2a+ x) cos(2b+ x + y) = sin y sin(2a+
x) − sin x sin(2b + y).
• Áp dụng biến tích thành tổng liên tục ta có:
RH = sin x sin(2b + y) cos(2a + x + y) − sin y sin(2a + x) cos(2b + x + y) =
2(sin b sin(a + x) cos b cos(a + x) − sin a sin(b + y) cos a cos(b + y).
(2)
• Mặt khác áp dụng Ceva sin cho tam giác AM C với AI, C I, M I và vì ∠AM I =
∠C M I nên:
sin a sin(b + y) = sin b sin(a + x).
(3).
• Từ (2), (3) ta có:
RHS = (cos b sin(b+ y)(sin(2a+x)−sin x)−sin b cos(b+ y)(sin(2a+x)+sin x) =
sin(2a+x)(sin(b+ y) cos b−sin b cos(b+ y))−sin x(sin(b+ y)−sin b cos(b+ y)) =
sin(2a + x) sin y − sin x sin(2b + y) = LHS.

Ví dụ 6. Cho tam giác ABC có BB , C C là các đường phân giác trong của góc B, C.
Chứng minh rằng:
BC ≥

2bc
A a
(a + b + c) sin −
(a + b)(a + c)

2 2

Lời giải.
• Áp dụng bất đẳng thức Ptoleme cho tứ giác BC B C ta có B C ≥
BB .C C − BC .B C
(1)
BC
Tập san Toán học STAR EDUCATION


10

NGUYỄN TĂNG VŨ
∠B
2 và cos ∠ cos ∠C = a + b + c sin ∠A .
a+c
2
2
2a
2

2ac cos
• Ta có BB =

4a2 bc
∠B
∠C
2abc(a + b + c)
∠A
cos

cos
=
sin
. (2)
• Khi đó BB .C C =
(a + c)(a + b)
2
2
(a + b)(a + c)
2
• Hơn nữa BC =

ac
ab
a2 bc
, CB =
, suy ra BC .C B =
a+b
a+b
(a + b)(a + c)

(3)

• Từ (1), (2) và (3) ta có điều cần chứng minh.

Ví dụ 7. Cho tam giác ABC nhọn có trực tâm H. Gọi M là trung điểm BC, đường
tròn tâm M bán kính M H cắt BC tại A1 , A2 ; các điểm B1 , B2 , C1 , C2 được xác định
tương tự. Chứng minh rằng 6 điểm A1 , A2 , B1 , B2 , C1 , C2 cùng thuộc một đường tròn.
Lời giải. Ta dễ nhận ra rằng các điểm này cách đều tâm đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC, vậy ta chỉ cần tính OA1 sao cho không phụ thuộc vào vị trí của A1 , hay kết

quả là một biểu thức đối xứng ta sẽ có điều cần chứng minh.

Ta có OA21 = OM 2 + M A21 = OM 2 + M H 2 và
1
1
1
M H 2 = (H B 2 + H C 2 )− BC 2 = 2ON 2 +2OP 2 − a2 = R2 (2 cos2 B +2 cos2 C −sin2 A).
2
4
4
Khi đó
OA21 = R2 (2 cos2 B + 2 cos2 C + cos2 A − sin2 A) = R2 (2 cos2 B + 2 cos2 C + 2 cos2 A − 1).
Tương tự cho các độ dài khác, từ đó ta có 6 điểm thuộc đường tròn tâm O.

Tập san Toán học STAR EDUCATION


NGUYỄN TĂNG VŨ

Ví dụ 8. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Tiếp tuyến tại B, C cắt nhau tại
L. Gọi X là điểm đối xứng của A qua BC, tiếp tuyến tuyến tại A cắt LX tại K. Chứng
minh K thuộc đường thẳng Euler của tam giác ABC.
• Gọi giao điểm của OK với AX là J, ta sẽ chứng minh J là trực tâm của
KJ
JA
=
=
∆ABC. Gọi giao điểm của OL với AK là I, theo định lý Thales ta có
OI
KO

JX
JA
OI

=
.
OL
JX
OL

Lời giải.

• Gọi H là trực tâm của tam giác ABC và P là giao của AH và (O), do tính đối
JA
AH
OI
HA
=
, tức là
=
(1).
xứng thì AP = H X . Ta cần chứng minh
HX
JX
AP
OL

• Từ đây chú ý thêm ∠OIA = 90o − ∠OAH = ∠AC P = α, hướng giải quyết của ta
OA
OC

OI
cos ∠BAC
đã sáng sủa hơn, ta có : OI =
; OL =

=
sin α
cos ∠BAC
OL
sin α
AH
cos ∠BAC
OI
=
=
. Suy ra
AP
sin α
OL
JA
HA
=
; nghĩa là H trùng J, suy ra K thuộc đường thẳng Euler của ∆ABC.
HX
JX

• Ta có AH = 2R cos ∠BAC; AP = 2R. sin α, suy ra

Sau đây là bài toán chọn đội tuyển Việt Nam năm 2009, bài này có nhiều cách tiếp
cận, trong bài viết này đưa ra 2 cách. Cách thứ nhất do bạn Hồ Quốc Đăng Hưng giải,

dựa vào yếu tố phụ và một chút biến đổi tỉ số cạnh và tỉ số lượng giác. Cách thứ 2
thực dụng hơn, không cần yếu tố phụ nên chỉ sử dụng thuần túy biến đổi lượng giác.
Các bạn cùng xem nhé.
Ví dụ 9. (VN TST 2009) Cho đường tròn (O) đường kính AB, M là một điểm nằm
trong (O). Phân giác trong ∠AM B cắt (O) tại N (N khác phía M đối với AB). Phân
giác ngoài ∠AM B cắt N A, N B lần lượt tại P, Q. AM cắt đường tròn đường kính NQ
tại điểm thứ 2R. BM cắt đường tròn đường kính N P tại điểm thứ 2S. Chứng minh
trung tuyến kẻ từ N của tam giác N SR luôn đi qua một điểm cố định.
Tập san Toán học STAR EDUCATION


12

NGUYỄN TĂNG VŨ

Lời giải. Cách 1: Hướng đi và bình luận của Hồ Quốc Đăng Hưng

Qua hình vẽ ta có thể xác định được ngay điểm cố định chính là O. Thay vì chứng
minh trực tiếp trung tuyến kẻ từ N của ∆N SR đi qua O, ta có thể chứng minh N O đi
qua trung điểm của SR.
Nhưng cách xác định điểm S và R gây khá nhiều khó khăn và ta gần như không thể
tìm được mối liên hệ nào giữa trung điểm SR với các yếu tố còn lại. Để giải quyết khó
NS
sin ∠RN O
=
(*), một hệ thức
khăn này, ta nên chuyển hướng sang chứng minh
sin ∠SN O
NR
không liên quan gì đến trung điểm SR. Vấn đề bây giờ là các góc ∠RN O, ∠SN O. Ta sẽ

tìm một số tính chất từ giả thiết.
Ta có ∠BMQ = ∠RMQ, mà ∠RMQ = ∠RNQ do R, Q, N , M cùng thuộc đường tròn
đường kính NQ, nên ∠BMQ = ∠RNQ. Hoàn toàn tương tự, ta cũng có ∠AM P =
∠P N S, mà ∠AM P = ∠RMQ, cho nên ta suy ra được
∠RMQ = ∠BMQ = ∠RNQ = ∠P N S = ∠P M A = ∠P M S = α.
Mặt khác, ∠RN O = ∠BN O − ∠BN R = ∠OBN − α
(1)
Đến đây để ý rằng: ∠M BN = ∠BMQ + ∠BQM ⇔ ∠OBN + ∠M BA = α + ∠BQM ⇒
∠OBN − α = ∠BQM − ∠M BA
(2).
Từ (1), (2), suy ra ∠RN O = ∠BQM − ∠M BA
(3).
Đến đây, bài toán vẫn chưa tiến triển nhiều, ta phải tìm cách tính ∠RN O tường minh
hơn nữa bằng cách vẽ thêm yếu tố phụ.
Từ hệ thức (3) ta thấy rằng nếu trên đoạn AB ta lấy điểm L sao cho ∠M LA = ∠MQB
thì ta sẽ có ∠BM L = ∠M LA − ∠M BA = ∠BQM − ∠M BA = ∠RN O (*). Hơn nữa, với
cách dựng điểm L như thế thì tứ giác MQB L nội tiếp. Đến đây để ý rằng ∠M LA =
∠MQB = ∠M N A, ta có thêm tính chất M , L, N , A đồng viên. Như vậy dù chưa phân
tích cụ thể nhưng ta có thể tự tin với cách lấy thêm điểm L này, vì ta vừa có được liên
hệ với ∠RN O, vừa có thêm các tính chất đồng viên tương ứng.
Vậy ta lấy điểm L trên đoạn AB xác định như trên. Đến đây, một hướng đi rất tự nhiên
là ta sẽ dựng thêm 1 điểm K tương tự để liên hệ với góc ∠SN O, tuy nhiên nếu tính
toán kỹ hơn ta sẽ thấy điều này không cần thiết.
Tập san Toán học STAR EDUCATION


NGUYỄN TĂNG VŨ
Ta có ∠SN R = ∠AN B − ∠P N S − ∠RNQ = 90o − 2α; ∠LN B = ∠AN B − ∠AN L =
90o − (180o − ∠LM A) = 90o − (∠P M A + ∠BMQ + ∠BM L) = 90o − 2α − ∠BM L =
∠SN R − ∠BM L = ∠SN R − ∠RN O = ∠SN O (theo (**) ta có ∠BM L = ∠SN O).

Vậy ta có ∠LN B = ∠SN O. Đến đây do tứ giác MQB L nội tiếp ta có ∠LQB = ∠BM L =
sin ∠RN O
∠RN O. Lúc này, ta hoàn toàn có thể dựa vào tam giác LNQ để tính
=
sin ∠SN O
sin ∠LQB
LN
LN
NS
=
. Theo (*), ta chỉ cần chứng minh
=
nữa là xong.
sin ∠LN B
LQ
LQ
NR
Mà do 2 tam giác vuông PSN và QRN đồng dạng (cùng có một góc nhọn α) nên
NP
NP
MN
NS
=
. Điểm P không có nhiều liên hệ với L, ta sẽ thay
bởi
. Vậy ta đưa
N R NQ
NQ
MQ
LN

MN
hệ thức (*) ban đầu về chứng minh
=
.
(***)
LQ
MQ
Ta hoàn toàn có thể làm cho hệ thức này đơn giản hơn nữa bằng cách lợi dụng 2 tứ
giác nội tiếp MQB L và AM LN . Áp dụng cho đường tròn (AM LN ) thì
LN
sin ∠BAN
=
.
MN
sin ∠M AN
Lại áp dụng tương tự cho đường tròn (M LBQ) ta có
LQ
sin ∠LBQ
sin ∠ABN
=
=
MQ sin ∠M BQ sin ∠M BN
Từ các điều trên, ta suy ra bài toán sẽ được giải quyết nếu ta chứng minh được
sin ∠ABN
NB
sin ∠M AN
sin ∠BAN
=

=

,
sin ∠M AN
sin ∠M BN
N A sin ∠M BN
một hệ thức chỉ phụ thuộc vào các điểm M , N , A, B ban đầu. Những thao tác còn lại
tương đối đơn giản, ta có:
NA
MN
NB
MN
=
;
=
sin ∠AM N
sin ∠M AN sin ∠BM N
sin ∠M BN
Từ đó, kết hợp với ∠AM N = ∠BM N , ta suy ra (***) và (*) đúng, theo kết quả 2, 3, ta
có trung tuyến từ N của ∆N SR đi qua O cố định.
Lời giải. Cách 2. (Lượng giác hóa) Cũng tương tự cách trên, ta cần chứng minh
sin ON S
NR
=
, tuy nhiên cách giải này chuyển hết sang các góc liên quan để tính.
sin RN O
NS
Đặt x = ∠N AB, y = ∠BN A, a = ∠M AB, b = ∠M BA, α = ∠SN P = ∠RNQ.
Khi đó ta có
x + y = 90o , ∠P M A = α, ∠M PA = a + x − α, ∠MQB = b + y − α, a + b = 2α.
S M AN
MA

M A. sin(a + x).AN
sin(a + x)
BN
sin x
=
=
, suy ra
=
=
S M BN
MB
M B. sin(b + y).BN
sin(b + y)
AN
sin y
sin ON S
NR
sin(x − α)
sin(x + a − α)
Ta cần chứng minh
=

=
.
sin RN O
NS
sin( y − α) sin( y + b − α)
Ta có (2) tương đương:
Ta có


cos(x + y + b − 2α) − cos( y + b − x) = cos(x + y + a − 2α) − cos(x + a − y)
⇔ sin a − sin b = cos( y + b − x) − cos(x + a − y)
Tập san Toán học STAR EDUCATION

(1).
(2).


14

NGUYỄN TĂNG VŨ

Dễ thấy (1) tương đương:
cos(a + x + y) − cos(a + x − y) = cos(b + x + y) − cos(b + y − x)
⇔ sin a − sin b = cos(b + y − x) − cos(a + x − y)
Từ (1), (2) và hai đẳng thức trên, ta có điều cần chứng minh.
Để kết thúc bài viết này, tác giả đưa ra cách giải cho bài toán thi chọn đội tuyển toán
trường Phổ thông Năng khiếu năm 2017, đây là một bài toán khó, bằng chứng là có
khá ít bạn giải được câu a, còn câu b thì quá thử thách. Đáp án bài toán sử dụng
phương pháp cực đối cực và khá ngắn gọn, tuy nhiên trong bài viết này tác giả trình
bày bằng phương pháp biến đổi đại số, một phương pháp trực tiếp và không cần phải
dựng yếu tố phụ. Cái hay của phương pháp đại số là khi tính toán cẩn thận và đúng
định hướng thì kết quả sẽ thật đẹp đúng như yêu cầu bài toán.
Ví dụ 10. Đường tròn (O) nội tiếp tứ giác ABC D và tiếp xúc với các cạnh AB, BC, C D, DA
lần lượt tại E, F, G, H. Gọi I, J là trung điểm của AC, BD và I B, I D, JA, J C theo thứ
tự cắt E F, GH, H E, F G tại M , N , P, Q.
1. Chứng minh rằng I J, M N , PQ đồng quy (tại điểm S).
2. Các tia đối của các tia JA, I B, J C, I D lần lượt cắt (O) tại các điểm A , B , C , D .
Giả sử A C , B D lần lượt cắt PQ, M N tại U, V. Gọi K là hình chiếu của S trên
U V. Chứng minh rằng ∠AK B = ∠C K D.


Lời giải.
1.

• Trước hết, sử dụng định lý Menelaus trong các tam giác ABC và ADC, ta
thấy rằng các đường thẳng GH và E F cùng cắt AC tại một điểm, đặt là U.
Tập san Toán học STAR EDUCATION


NGUYỄN TĂNG VŨ
Tương tự, các đường thẳng EH, F G cùng cắt BD tại một điểm, đặt là V.
Tiếp theo, áp dụng định lý Desargue cho hai tam giác AH P và C GQ ta có
GH; AC; PQ đồng quy tại U. Tương tự thì H E, M N , BD đồng quy tại V.
• Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác AI U thì
DN I U AH
DN
AU DH
·
·
= 1 nên
=
·
.
I N AU DH
IN
I U AH
• Gọi S = M N ∩ I J thì
IS
HA U I V D
IS V J N D

NI VD
·
= 1 nên
·
=
·
·
(1).
·
=
JS V D N I
JS
ND VJ
H D UA V J
• Tương tự, ta cũng có

AP
V D AH
=
·
. Gọi S là giao điểm của PQ và I J thì
PJ
VJ HD

IS
U I V D AH
U I AP
·
=
·

·
(2).
=
JS
US P J
UA V J H D
• Từ (1) và (2) suy ra S ≡ S . Vậy PQ, M N , I J đồng quy tại một điểm đặt là
S. Ta có đpcm.
2.

• Chứng minh S trùng O. Theo câu a thì
U I V D AH
IS
=
.
.
(3).
JS
UA V J H D
Theo định lý đường thẳng Newton, ta có I, O, J thẳng hàng và
IO
C F + AE
=
.
OJ
BE + DH
Ta có

AE BF U C
AE · U C

·
·
= 1, suy ra C F =
. Suy ra
BE C F UA
UA
AE + C F = AE(1 +

Tương tự thì BF + DH =

UC
AE(U C + UA)
AE · U I
)=
=2
.
UA
UA
UA

2DH · V J
. Khi đó
VD

2 · AE · U I 2 · DH · V J
U I V D AH
OI
=
:
=

.
.
(4).
OJ
UA
VD
UA V J DH
Từ (3) và (4) suy ra S ≡ O.
• A C , PQ, AC đồng quy tại U và B D ; M N ; BD đồng quy tại V .
Thật vậy, xét trong đường tròn (O), vì GH là đường đối cực của D và đi
qua U nên đường đối cực của U đi qua D. Tương tự thì đường đối cực của
U đi qua B nên BD là đường đối cực của U. Suy ra J(RU, C A ) = −1, suy
ra U, C , A thẳng hàng.
Do đó A C , PQ, AC đồng quy. Tương tự với B D ; M N ; BD.
Ta cũng chú ý rằng H F, GE, AC, BD đồng quy tại R.
Tập san Toán học STAR EDUCATION


16

NGUYỄN TĂNG VŨ
• Theo định lý Brokard thì OR⊥U V tại K.
Ta có V (UR, V F ) = −1, suy ra B(UR, E F ) = −1, suy ra (U, R, A, C) = −1.
Do đó K(UR, AC) = −1. Mà KU⊥KR nên KR là phân giác góc ∠AKC.
Chứng minh tương tự, ta có KR là phân giác ∠BK D.
Vậy ∠AK B = ∠C K D. Bài toán được giải quyết hoàn toàn.

2. Bài tập
1. (Iran 1998) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O). Điểm D di chuyển trên cung
BC không chứa A. Gọi I, J lần lượt là tâm nội tiếp các tam giác DAB, DAC. Chứng

minh đường tròn ngoại tiếp tam giác DI J luôn đi qua một điểm cố định khi D
thay đổi.
2. (4 IMO 2010) Cho P là một điểm nằm trong tam giác ABC(CA = C B). Các
đường thẳng AP, BP, C P lần lượt cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC (kí
hiệu là w) tại K, L, M . Tiếp tuyến tại C của w cắt AB tại S. Chứng minh rằng
nếu SC = SP thì M K = M L.
3. Cho AB và C D là 2 dây cung cắt nhau của (O). Đường tròn (w) tiếp xúc trong với
cung nhỏ BD của (O) tại T và tiếp xúc với AB, C D. P là một điểm di chuyển trên
cung nhỏ BD của (O). Gọi I, J lần lượt là tâm nội tiếp các tam giác PAB, P C D.
Chứng minh rằng P, I, J, T đồng viên.
4. Cho 2 tam giác ABC và DE F cùng nội tiếp một đường tròn (O). Gọi X Y Z là tam
giác tạo bởi 3 đường thẳng Simson của D, E, F đối với tam giác ABC và M N P là
tam giác tạo bởi 3 đường thẳng Simson của A, B, C đối với tam giác DE F . Chứng
minh X , Y, Z, M , N , P đồng viên.
5. (IMO 2013) Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có A1 là tiếp điểm của đường tròn
bàng tiếp góc A lên cạnh BC. B1 , C1 được xác định tương tự. Chứng minh nếu
tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A1 B1 C1 thuộc (O) thì ∆ABC vuông.
6. Cho tam giác ABC có E, F lần lượt là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp (I) với
cạnh AC, AB. BM , C N là các đường cao của tam giác ABC. Chứng minh rằng
trực tâm ∆AE F cũng chính là tâm đường tròn nội tiếp ∆AM N .
7. (Vietnam TST 2008) Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có phân giác trong AD, BE, C F .
MB
KA
=
=
Các điểm K, M , N lần lượt thuộc các đoạn AD, BE, C F sao cho
KD
ME
NC
= k. Kí hiệu (X ) là đường tròn qua K, A và tiếp xúc với OA. Các đường tròn

NF
(Y ), (Z) xác định tương tự.
1
(a) Với k = , chứng minh rằng (X ), (Y ), (Z) có 2 điểm chung và trọng tâm G
2
của tam giác ABC thuộc đường nối 2 điểm chung này.
(b) Tìm mọi k sao cho (X ), (Y ), (Z) có 2 điểm chung.
Tập san Toán học STAR EDUCATION


NGUYỄN TĂNG VŨ
8. (4a Vietnam TST 2014) Cho tam giác ABC có đường cao AD và P di động trên
AD. Các đường thẳng P C và AB cắt nhau ở F , các đường thẳng P B và AC cắt
PA
nhau ở E. Giả sử tứ giác AE DF nội tiếp, chứng minh rằng:
= (t anB +
PD
t anC).cotA/2
9. (3 USA TST 2013) Cho tam giác ABC vuông tại C có D là chân đường cao hạ
từ C. Gọi X là một điểm thuộc đoạn C D. K thuộc đoạn AX sao cho BK = BC, L
thuộc đoạn BX sao cho AL = AC. Đường tròn ngoại tiếp tam giác DK L cắt AB
tại điểm thứ 2 là T (T khác D). Chứng minh ∠AC T = ∠BC T .
10. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O). Đường tròn A-mixtilinear tiếp xúc với
(O) tại A . Tương tự định nghĩa B , C . Gọi A A là đường kính của đường tròn
A-mixtilinear, tương tự định nghĩa B, C. Chứng minh rằng AA, BB, C C đồng
quy.
11. Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có K là giao điểm của tiếp tuyến tại A và B và L
là giao điểm của tiếp tuyến tại A và C. Gọi P là giao điểm của C K và B L. Kẻ 3
đường cao AD, BE, C F của tam giác ABC. Trung tuyến kẻ từ A của tam giác ABC
cắt E F tại Q. Chứng minh D, P, Q thẳng hàng.

12. (mở rộng bài toán con bướm) Cho tứ giá ABC D nội tiếp (O). Gọi M là trung
điểm AB và N , P là 2 điểm thuộc AB đối xứng với nhau qua M . C N , C M cắt (O)
lần lượt tại S, T (S, T khác C). DS, DT cắt AB lần lượt tại E, F . Chứng minh rằng
M E = M F.
13. Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có BC cố định, A thay đổi trên cung lớn BC. Trên
các tia BA, CA lấy M , N sao cho BM = C N . BN cắt C M tại K, K D cắt AC tại E.
Chứng minh trung tuyến AI của ∆ADE luôn đi qua một điểm cố định.
14. Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có BC cố định, A thay đổi và AH là đường cao,
AK là phân giác trong. Gọi I là trung điểm AH, M là trung điểm AK. Điểm N
thuộc AK sao cho ∠AC M = ∠BC N . Chứng minh I N luôn đi qua một điểm cố
định.
15. Cho tam giác ABC có M là trung điểm BC. E, F di động trên AC, AB. M E cắt
AB tại P, M F cắt AC tại Q. Gọi (w) là đường tròn ngoại tiếp tam giác AE F . AK
là đường kính của (w). Đường tròn ngoại tiếp tam giác APQ cắt (w) tại điểm L
khác A. Chứng minh K L đi qua một điểm cố định.
16. Cho đường tròn (O). 6 đường tròn (O1 ), (O2 ), (O3 ), . . . (O6 ) tiếp xúc trong với
(O) lần lượt tại A, B, C, D, E, F và đường tròn (Oi ) tiếp xúc ngoài với đường tròn
(Oi+1 ) với mọi i = 1, 2, . . . 6 ( O7 ≡ O1 ). Chứng minh AD, BE, C F đồng quy.
17. Cho ∆ABC có đường cao AD. Gọi (O1 ) là đường tròn tiếp xúc với tia DA, DB
và tiếp xúc trong với (O), (O2 ) là đường tròn tiếp xúc với tia DA, DC và tiếp
xúc trong với (O). Tiếp tuyến chung trong khác AD của (O1 ), (O2 ) cắt BC tại M .
Chứng minh M là trung điểm BC khi và chỉ khi AB + AC = 2BC.
18. Cho tam giác ABC nhọn. Dựng ra phía ngoài tam giác ABC các tam giác đều
ABF và AC E. BE cắt C F tại T . Gọi S là điểm đẳng giác đối với T trong tam giác
ABC. Chứng minh rằng S là giao điểm chung của 3 đường tròn Apollonius ứng
với tam giác ABC.
Tập san Toán học STAR EDUCATION


Tài liệu tham khảo

[1] Hoàng Chúng, 1996, Hình học của tam giác NXB Giáo dục.
[2] Đỗ Thanh Sơn, 2010, Một số chuyên đề hình học phẳng bồi dưỡng học sinh giỏi
THPT NXB Giáo dục.
[3] Roger A.Johnson, 1964, Advanced Euclidean Geometry Dover Publications.
[4] Titu Adreescu và Cosmin Pohoata, 2016, Lemmas in Olympiad Geometry. XYZ
press.
[5] Evan Chen, 2015, Euclidean Geometry mathematical Olympiads. MAA press, 2
[6] Hồ Quốc Đăng Hưng, 2016, Ứng dụng tỉ số đoạn thẳng và tỉ số lượng giác trong
hình học

18


Bổ đề về số mũ đúng
Nguyễn Ngọc Duy
(Giáo viên trường PTNK TP Hồ Chí Minh)

Bổ đề số mũ đúng của một số nguyên là một hướng tiếp cận khá mới đối với các bài toán sơ
cấp. Nó cung cấp một công cụ khá hữu hiệu để giải các phương trình Diophante hoặc các bài
toán chia hết liên quan đến số mũ. Trong bài viết này tôi sẽ cố gắng mang đến một cái nhìn
thật sơ cấp và tự nhiên đến vấn đề, trang bị thêm kiến thức và kĩ năng cho các các em học
sinh để giải quyết các bài toán số học.Đặc biệt, ta sẽ dùng bổ đề số mũ đúng để giải quyết một
số trường hợp đặc biệt của định lí lớn Fermat.

1. Kiến thức cần nhớ
Định nghĩa 1. Cho (a, n) = 1. Kí hiệu cấp của a theo modulo n là or dn (a), là số
nguyên dương d nhỏ nhất thỏa a d ≡ 1 (modn).
Tính chất 1. Nếu x là số nguyên dương thỏa mãn a x ≡ 1 (modn) thì or dn (a) |x.
Định nghĩa 2. Cho p là số nguyên tố, x là số nguyên bất kì, kí hiệu vp (x) = n nếu x
chia hết cho p n nhưng không chia hết cho p n+1 .


Tính chất 2. Với a, b là các số nguyên và n là số nguyên dương thì:
• vp (ab) = vp (a) + vp (b).
• Nếu p|a thì vp (a) > 0.
• vp (a n ) = nvp (a).
• vp (a + b) ≥ min vp (a) , vp (b) . Đẳng thức xảy ra chẳng hạn khi vp (a) =
vp (b).
• vp (gcd(a, b)) = min(vp (a), vp (b)) và vp (lcm(a, b)) = max(vp (a), vp (b)).

19


20

NGUYỄN NGỌC DUY

Định lý 1. Bổ đề số mũ đúng. Cho p là số nguyên tố lẻ; a, b không chia hết cho p
• Nếu a − b chia hết cho p thì vp (a n − b n ) = vp (a − b) + vp (n).
• Nếu a + b chia hết cho p, n lẻ thì vp (a n + b n ) = vp (a + b) + vp (n).
• Nếu a, b lẻ thì v2 (a n − b n ) = v2

x 2− y2
2

+ v2 (n).

Chứng minh. i. Trước tiên, ta chứng minh: vp (a p − b p ) = vp (a − b) + 1 (*). Ta có:
a p − b p = (a − b) a p−1 + a p−2 b + ... + ab p−2 + b p−1 .
Do a ≡ b (modp) nên a p−1 + a p−2 b + ... + ab p−2 + b p−1 ≡ p.a p−1 ≡ 0 (modp).
Suy ra : a p−1 + a p−2 b + ... + ab p−2 + b p−1 chia hết cho p

Ta chứng minh tiếp

(1).

a p−1 + a p−2 b + ... + ab p−2 + b p−1 không chia hết cho p2 .
Thật vậy, do a ≡ b (modp) nên a = b + kp . Sử dụng khai triển nhị thức Newton ta có
a p−1 + a p−2 b + · · · + b p−1
≡ (p − 1) kpb p−2 + b p−1 + (p − 2) kpb p−2 + b p−1 +
p (p − 1)
kpb n−2 + p.b p−1 ≡ pb p−1 modp2
· · · + kpb p−2 + b p−1 + b p−1 modp2 ≡
2
Theo giả thiết thì b không chia hết cho p nên pb p−1 không chia hết cho p2 . Do đó
a p−1 + a p−2 b + · · · + ab p−2 + b p−1 cũng không chia hết cho p2
(2).
Từ (1), (2) ta có: vp a p−1 + a p−2 b + · · · + ab p−2 + b p−1 = 1.
Vậy vp (a p − b p ) = vp (a − b) + 1. Tương tự, ta cũng có: nếu m không chia hết cho p
thì vp (a m − b m ) = vp (a − b) (**).
Ta quay lại định lí, Đặt vp (n) = k ⇒ n = p k .m, với (m, p) = 1. Áp dụng (*) và (**) ta
có:
p
p
k−1
k−1
vp (a n − b n ) = vp a p .m − b p .m
= vp a p

k−1

.m


− bp

k−1

.m

+ 1 = . . . = vp (a m − b m ) + k

= vp (a − b) + vp (n) .
Vậy ta đã chứng minh xong phần i. của định lí ii. Vì n lẻ nên thay b bởi −b trong i. ta
được vp (a n + b n ) = vp (a n − (−b)n ) = vp (a + b) + vp (n) Vậy ta đã chứng minh xong
phần ii. của định lí iii. Tương tự cách làm trong i. ta cũng có kết quả iii. Như vậy ta đã
chứng minh xong bổ đề số mũ đúng. Sau đây ta sẽ sử dụng bổ đề để giải quyết một
bài toán thú vị.

2. Các bài toán áp dụng
Bài toán Fermat lớn: Cho n là số tự nhiên lớn hơn 2. Chứng minh rằng phương trình
a n + b n = c n không có nghiệm nguyên dương.
Tập san Toán học STAR EDUCATION


NGUYỄN NGỌC DUY
Bài Toán Fermat lớn là bài toán cực kì thú vị. Nó tồn tại gần bốn thế kỉ, kích thích
biết bao nhà toán học thế giới. Bài toán cuối cùng được chứng minh bởi nhà toán học
Andrew Wiles vào năm 1993. Và người ta nói rằng sẽ không có phương pháp sơ cấp
nào có thể chứng minh bài toán trên. Bài báo sẽ đề cập một trường hợp đặc biệt của
bài toán: số c là số nguyên tố. Và chúng ta sẽ giải quyết thông qua bổ đề số mũ đúng.
Bài toán 1. Cho số nguyên lẻ n > 2, p là số nguyên tố. Chứng minh rằng phương
trình a n + b n = p n không có nghiệm nguyên dương.

Lời giải.
Không mất tính tổng quát, giả sử phương trình có nghiệm a ≥ b .
1. Nếu a = 1 ⇒ b = 1, thế vào phương trình suy ra vô lí.
2. Nếu a = 2 ⇒ b = 1; 2. Trường hợp (a, b) = (2, 2) ⇒ p = 2(vô lí). Trường hợp
(a, b) = (2, 1) ⇒ p = 3 , thế vào phương trình ta được 3n − 2n = 1 , cũng suy ra
vô lí.
Vậy bắt buộc a ≥ 3, mà p n > a n ⇒ p > 3 , nên p là số nguyên tố lẻ. Do n lẻ, ta có :
p n = a n + b n = (a + b) a n−1 − a n−2 b + · · · − ab n−2 + b n−1
Suy ra p|a + b (do a + b > 1 ). Áp dụng bổ đề số mũ đúng cho p, ta có
vp a n−1 − a n−2 b + · · · − ab n−2 + b n−1 = vp (a n + b n ) − vp (a + b) = vp (n)
Mà a n−1 − a n−2 b + · · · − ab n−2 + b n−1 là lũy thừa của p nên ta có
a n−1 − a n−2 b + · · · − ab n−2 + b n−1 |n.
Do a n−1 −a n−2 b+· · ·−ab n−2 +b n−1 = 21 a n−1 + a n−3 (a − b)2 + · · · + b n−3 (a − b)2 + b n−1 ≥
1
n−1
+ b n−1 Vì a ≥ 3, n ≥ 3 nên 12 a n−1 + b n−1 > n nên không thể
2 a
a n−1 − a n−2 b + · · · − ab n−2 + b n−1 |n.
Vậy phương trình vô nghiệm khi p là số nguyên tố.

Bài toán 2. Cho số nguyên n > 2 có ước lẻ khác 1, p là số nguyên tố. Chứng minh
rằng phương trình a n + b n = p n không có nghiệm nguyên dương.
Lời giải. Gọi k > 1 là ước lẻ của n, giả sử n = km . Đặt x = a m ; y = b m . Phương trình
trên trở thành
x k + y k = pn.
Không mất tính tổng quát, giả sử x ≥ y . Tương tự bài toán 1 ta sẽ loại được các
trường hợp tầm thường x = 1; x = 2 . Nên ta xét bài toán với trường hợp x, p ≥ 3. Do
k lẻ, ta có p n = a k + b k = (a + b) a k−1 − a k−2 b + · · · − ab k−2 + b k−1 Suy ra p|b + a.
Áp dụng bổ đề số mũ đúng cho p ta có
vp a k−1 − a k−2 b + · · · − ab k−2 + b k−1 = vp a k + b k − vp (a + b) = vp (k)

Mà a k−1 − a k−2 b + · · · − ab k−2 + b k−1 là lũy thừa của p nên ta có
a k−1 − a k−2 b + · · · − ab k−2 + b k−1 |k
Lập luận tương tự bài toán 1 ta cũng suy ra vô lí. Vậy phương trình vô nghiệm .

Tập san Toán học STAR EDUCATION


22

NGUYỄN NGỌC DUY

Bài toán 3. Cho số nguyên n = 2k , k > 1 , p là số nguyên tố. Chứng minh rằng
phương trình a n + b n = p n không có nghiệm nguyên dương.
Lời giải. Tương tự Bài toán 1, ta loại được các trường hợp tầm thường nên ta chỉ xét
đối với trường hợp a, b có ít nhất một số lớn hơn 2, khi đó p > 3. Phương trình trở
thành dạng
x 4 + y 4 = p2

k

trong đó x, y có ít nhất một số lớn hơn 2 và (x, y) = 1. Do p lẻ nên x, y khác
k
tính chẵn lẻ. Không mất tính tổng quát, giả sử x lẻ, y chẵn. Ta có y 4 = p2 − x 4 =
k−1
k−1
k−1
k−1
p2 + x 2 p2 − x 2 Do p2 + x 2 ; p2 − x 2 = 2 nên
p2


k−1

+ x 2 = 2m1 2

p2

k−1

− x 2 = 2n1 2

k−1

= m1 2 + n 1 2

Suy ra
p2

x 2 = m1 2 − n1 2
và y 2 = 2m1 n1 . Ta thấy (m1 ; n1 ) = 1 vì nếu ngược lại thì m1 và m2 đều phải chia hết
cho p (vô lí) nên có các trường hợp sau
1. Nếu m1 = m22 , n1 = 2n22 và (m2 , n2 ) = 1 thì thế vào ta được
p2

k−1

= m2 4 + 4n2 4 = m2 2 + 2m2 n2 + 2n2 2

m2 2 − 2m2 n2 + 2n2 2



m2 2 + 2m2 n2 + 2n2 2 , m2 2 − 2m2 n2 + 2n2 2 = 1
nên
m2 2 − 2m2 n2 + 2n2 2 = 1 ⇔ (m2 − n2 )2 + n2 2 = 1 ⇔ m2 = n2 = 1.
Trường hợp này không thỏa.
2. Nếu m1 = 2m22 , n1 = n22 và (m2 , n2 ) = 1 thì cũng tương tự.
Vậy phương trình không có nghiệm nguyên dương.
Như vậy sử dụng bổ đề số mũ đúng ta đã chứng minh được một trường hợp đặc biệt
của Định lí lớn Fermat. Sau đây, chúng ta sẽ sử dụng Bổ đề số mũ đúng để giải quyết
một số bài toán khác.
Bài toán 4. Tìm bộ số nguyên dương (a, b, p) trong đó p là số nguyên tố thỏa
2a + p b = 15a .
Tập san Toán học STAR EDUCATION


NGUYỄN NGỌC DUY
.
.
thì x n − y n ..x + y nên p b = 15a − 2a ..13 ⇒ p = 13.

Lời giải. Ta có ∀x, y ∈ ; n ∈
Áp dụng bổ đề

.
b = v13 13 b = v13 (15a − 2a ) = v13 (15 − 2) + v13 (a) ⇒ v13 (a) = b − 1 ⇒ a..13 b−1
Mà a > 0 nên a ≥ 13 b−1 , suy ra
13 b = 15a − 2a = (15 − 2) 15a−1 + 15a−2 .2 + · · · + 15.2a−2 + 2a−1
≥ (15 − 2) 1513

b−1


−1

+ 1513

b−1

−2

.2 + · · · + 15.213

b−1

−2

+ 213

b−1

−1

⇒ b = 1 ⇒ a = 1.
Vậy nghiệm bài toán là(a, b, p) = (1, 1, 13).

Bài toán 5. Chứng minh rằng không tồn tại cặp số (a, n) nguyên dương, n > 2 , sao
cho (a + 1)n − a n là lũy thừa bậc dương của 5.
Lời giải. Giả sử tồn tại số nguyên dương m sao cho
(a + 1)n − a n = 5m .
Nhận xét: nếua hoặc a + 1 chia hết cho 5 thì số còn lại cũng cũng chia hết cho 5 (vô
lí). Nên cả hai số đều không chia hết cho 5. Ta xét các trường hợp:
1. Nếu a ≡ 1 (mod5) ⇒ 0 ≡ (a + 1)n − a n ≡ 2n − 1 (mod5) . Suy ra 4|n.

2. Nếu a ≡ 2 (mod5) ⇒ 0 ≡ (a + 1)n − a n ≡ 3n − 2n (mod5). Suy ra 2|n.
3. Nếu a ≡ 3 (mod5) ⇒ 0 ≡ (a + 1)n − a n ≡ 4n − 3n (mod5). Suy ra 4|n.
Do đó, n luôn là số chẵn, đặt n = 2n1 , (n1 ∈ , n1 ≥ 2). Ta có
5m = (a + 1)2n1 − a2n1 = (a + 1)2 − a2

(a + 1)2(n1 −1) + · · · + (a + 1)2 a2(n1 −2) + a2(n1 −1)

= (2a + 1) (a + 1)2(n1 −1) + (a + 1)2(n1 −2) a2 + ... + (a + 1)2 a2(n1 −2) + a2(n1 −1) .
Suy ra 5|2a + 15 , áp dụng bổ đề số mũ đúng ta được
v5 (a + 1)2(n1 −1) + (a + 1)2(n1 −2) a2 + ... + (a + 1)2 a2(n1 −2) + a2(n1 −1)
=v5 (a + 1)2n1 − a2n1 − v5 (2a + 1) = v5 (n1 ) .
Do (a + 1)2(n1 −1) + (a + 1)2(n1 −2) a2 + · · · + (a + 1)2 a2(n1 −2) + a2(n1 −1) là lũy thừa của 5
nên
.
n1 .. (a + 1)2(n1 −1) + (a + 1)2(n1 −2) a2 + ... + (a + 1)2 a2(n1 −2) + a2(n1 −1)
(vô lí vì về phải gồm n1 số nguyên dương, n1 > 1 và a + 1 ≥ 2). Vậy không tồn tại cặp
số (a, n) nguyên dương, n > 2 sao cho (a + 1)n − a n là lũy thừa bậc dương của 5.

Tập san Toán học STAR EDUCATION


24

NGUYỄN NGỌC DUY

Bài toán 6. Cho hai số nguyên a, n ≥ 2 sao cho tồn tại số nguyên dương k thỏa
n|(a − 1)k . Chứng minh rằng n là ước của 1 + a + a2 + ... + a n−1 .
Lời giải. Giả sử p là ước nguyên tố bất kì của n . Theo giả thiết n|(a − 1)k nên p cũng
là ước của a − 1 . Do a n − 1 = (a − 1) 1 + a + a2 + · · · + a n−1 nên áp dụng bổ đề số
mũ đúng ta có

vp 1 + a + a2 + · · · + a n−1 = vp (a n − 1) − vp (a − 1) = vp (n) .
Do mọi ước nguyên tố p của n đều thỏa điều trên nên ta có
n|1 + a + a2 + · · · + a n−1 .

Bài toán 7. (HSG Trung Quốc 2009) Tìm cặp số nguyên tố (p, q) thỏa pq|5 p + 5q (*).
Lời giải. Ta xét các trường hợp
1. p = q = 5 thỏa mãn bài toán.
2. Nếu có một số bằng 5, một số khác 5. Không mất tính tổng quát, giả sử p =
5; q = 5. Ta có :
5q|55 + 5q ⇔ q|54 + 5q−1 ⇔ q|54 + 1 = 626
do 5q−1 ≡ 1 (mod q) nên suy ra q = 2 hoặc q = 313.
3. Nếu cả hai số p, q = 5 . Do 5 p ≡ 5 (modp) , 5q ≡ 5 (mod q) nên


5 p−1 + 1...q
52(p−1) − 1...q
(∗) ⇔

5q−1 + 1...p
52(q−1) − 1...p
Do 52(p−1) −1 chia hết cho q nhưng 5 p−1 −1 không chia hết cho q nên v2 ordq (5) =
.
1 + v (p − 1). Do 5q−1 − 1 chia hết q nên q − 1..or d (5) nên v (q − 1) ≥ 1 +
2

q

2

v2 (p − 1) . Tương tự khi xét chia hết cho p ta lại có v2 (p − 1) ≥ 1 + v2 (q − 1)

(vô lí).
Vậy các cặp số thỏa mãn là (p, q) = (2, 5) ; (5, 2) ; (5, 5) ; (5, 313) ; (313, 5) .

Bài toán 8. (HSG Brazil 2009) Cho hai số nguyên tố p, q sao cho q = 2p + 1 . Chứng
minh rằng tồn tại một số là bội của q có tổng các chữ số của nó trong hệ cơ số 10 nhỏ
hơn 4.
Lời giải. Do p, q đều là số nguyên tố nên q ≥ 5 . Nếu q = 5 thì ta chỉ cần chọn số 10
thì thỏa yêu cầu bài toán. Nếu q > 5 , áp dụng Định lí Fermat nhỏ thì q|10q−1 − 1 =
102p − 1 = (10 p − 1) (10 p + 1) Suy ra q|10 p + 1 hoặc q|10 p − 1.
Tập san Toán học STAR EDUCATION


NGUYỄN NGỌC DUY
1. Nếu q|10 p + 1 thì số a = 10 p + 1 là số thỏa yêu cầu đề bài.
2. Nếu q|10 p − 1. Do p là số nguyên tố và q không là ước của 10 − 1(do q > 5 )
nên p cũng chính là or dq (10). Do đó 10; 102 ; . . . ; 10 p sẽ có số dư khác nhau khi
chia cho q. Ta sẽ có các trường hợp
• Nếu tồn tại 1 ≤ k ≤ p mà 10k ≡ p (mod q) thì 2.10k + 1 ≡ 2p + 1 ≡
0 (mod q). Khi đó số a = 2.10k + 1 là số thỏa yêu cầu đề bài.
• Nếu tồn tại 1 ≤ k ≤ p mà 10k ≡ 2p (mod q) thì 10k + 1 ≡ 2p + 1 ≡
0 (mod q). Khi đó số a = 10k + 1 là số thỏa yêu cầu đề bài.
• Nếu không tồn tại 1 ≤ k ≤ p mà 10k có số dư là p hay 2p khi chia cho q.
Thì ta sẽ chia các số dư còn lại của q thành p bộ
(1; 2p − 1) , (2; 2p − 2) , . . . , (p − 1; p + 1)
(tổng 2 phần tử của một bộ bằng 2p) . Do tập số dư khi chia cho q của tập
10; 102 ; . . . ; 10 p có p phần tử nên Theo nguyên lí Dirichlet sẽ có ít nhất
hai số 10k và 10l thuộc cùng một bộ. Khi đó số a = 10k + 10l + 1 sẽ chia
hết cho q là số thỏa yêu cầu đề bài.

Bài toán 9. (IMO Shortlist 1997) Cho b, m, n là các số nguyên dương thỏam >

1; m = n. Biết b m − 1và b n − 1 có cùng tập hợp các ước nguyên tố. Chứng minh
b + 1 là lũy thừa của 2.
Lời giải. Theo đề, gọi p là ước nguyên tố bất kì của b m − 1và b n − 1. Ta có kết quả
quen thuộc:
(b m − 1, b n − 1) = b(m,n) − 1,
đặt α = (m, n) nên p|bα − 1. Suy ra tồn tại k, l ∈ ∗ thỏa m = αk; n = αl. Đặt a = bα
, từ giả thiết suy ra mọi ước nguyên tố của a k − 1 và a l − 1 đều là ước của a − 1 . Nói
cách khác, tập hợp các ước nguyên tố của a k − 1, a l − 1 và a − 1 là trùng nhau. Do
m = n suy ra tồn tại một số k hoặc l lớn hơn 1. Giả sử số đó là k. Ta chứng minh a + 1
là lũy thừa của 2. Thật vậy:
1. Nếu k là số chẵn, đặt k = 2β .k (k là số lẻ). Ta có:
ak − 1 = ak − 1

ak + 1

β−1

a2k + 1 ... a2

k

+1 .

.
Do đó mọi ước nguyên tố q của a k + 1 cũng là ước của a − 1 Mà a k + 1..a + 1,
.
(a + 1; a − 1) = 1 hoặc 2. Suy ra 2..q ⇒ q = 2 nên a k + 1 là lũy thừa của 2. Suy
ra a + 1 cũng là lũy thừa của 2.

2. Nếu k là số lẻ, ta có a k − 1 = (a − 1) a k−1 + a k−2 + ... + a + 1 Gọi q là ước

nguyên tố bất kì của a k−1 + a k−2 + ... + 1. Do a k−1 + a k−2 + ... + a + 1 là số lẻ nên,
nên q cũng lẻ và là ước của a k −1 . Do đó q cũng là ước của a−1 . Áp dụng bổ đề
số mũ đúng của q ta có vq a k−1 + a k−2 + ... + 1 = vq a k − 1 −vq (a − 1) = vq (k)
.
Suy ra k.. a k−1 + a k−2 + ... + 1 (vô lí vì vế phải có k số nguyên dương, a > 1 ).
Tập san Toán học STAR EDUCATION


×