Tạp chí Toán học

93 trang phuongnguyen 5030

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Tạp chí Toán học", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

tap_chi_toan_hoc.pdf

Nội dung text: Tạp chí Toán học

Tạp chí Toán học MathVn Số 02-2009 Số 02 - Năm 2009 Tạp chí Toán Học dành cho Học sinh - Sinh viên Việt Nam
Tạp chí Toán học MathVn Số 02-2009 Mục lục Câu chuyện Toán học • Giả thuyết Riemann Phan Thành Nam 03 Bài viết chuyên đề • Vẻ đẹp của phân số Farey Nguyễn Mạnh Dũng 09 • Câu chuyện nhỏ về một định lý lớn Hoàng Quốc Khánh 20 • Bất đẳng thức Turkevici và một số dạng mở rộng Võ Quốc Bá Cẩn 39 • Các phương pháp tính tích phân Nguyễn Văn Vinh 48 • Lý thuyết các quân xe Nguyễn Tuấn Minh 58 Cuộc thi giải Toán MathVn • Đề Toán dành cho Học sinh 72 • Đề Toán dành cho Sinh viên 74 • Các vấn đề mở 74 Olympic Học sinh – Sinh viên • Olympic Sinh viên toàn Belarus 2009 75 • Olympic Sinh viên khoa Toán Đại học Sofia 2009 76 • VMO 2009 – Đề thi, lời giải và bình luận Trần Nam Dũng 77 Góc Lập trình tính toán • Đồ thị trong Mathematica 85 Tin tức Toán học • Tin Thế giới 89 • Tin trong nước 92
Tạp chí Toán học MathVn Số 02-2009 Câu chuyện Toán học Giả Thuyết Riemann Dựa theo J. Brian Conrey, American Institute of Mathematics Phan Thành Nam, Khoa Toán - Đại học Copenhagen, Đan Mạch Lời giới thiệu. Bài viết này của J. Brian Conrey, Director of the American Institute of Mathe- matics, đăng trên Notices of the AMS (Match 2003). Bài báo vừa được nhận giải thưởng 2008 AMS Levi L. Conant cho các bài viết hay nhất trên các tờ Notices of the AMS và Bulletin of the AMS ( Bài viết cho một cái nhìn tổng quan về giả thuyết Riemann, từ lịch sử bài toán đến những bước tiến gần đây. Chúng tôi xin lược trích nửa đầu của bài báo, và bạn đọc quan tâm được khuyến khích đọc nguyên bản bài báo này tại địa chỉ Hilbert, tại đại hội Toán học Thế giới năm 1990 ở Paris, đã đưa Giả Thuyết Riemann vào danh sách 23 bài toán dành cho những nhà Toán học của thế kỷ 20. Bây giờ thì nó đang tiếp tục thách thức những nhà Toán học ở thế kỷ 21. Giả thuyết Riemann (RH−Riemann Hypothesis) đã tồn tại hơn 140 năm, và hiện tại cũng chưa hẳn là thời kỳ hấp dẫn nhất trong lịch sử bài toán. Tuy nhiên những năm gần đây đã chứng kiến một sự bùng nổ trong nghiên cứu bắt nguồn từ sự kết hợp giữa một số lĩnh vực trong Toán học và Vật lý. Trong 6 năm qua, Viện Toán học Mỹ (AIM−American Institute of Mathematics) đã tài trợ cho 3 đề án tập trung vào RH. Nơi đầu tiên (RHI) là ở Seattle vào tháng 8 năm 1996 tại đại học Washington (University of Washington). Nơi thứ hai (RHII) là ở Vienna vào tháng 10 năm 1998 tại Viện Schrodinger (Erwin Schrodinger Institute), và nơi thứ ba (RHIII) là ở New York vào tháng 5 năm 2002 tại Viện Toán Courant (Courant Institute of Mathematical Sciences). Mục tiêu của 3 đề án này là để khích lệ nghiên cứu và thảo luận về một trong những thách thức lớn nhất của Toán học và để xem xét những hướng tiếp cận khác nhau. Liệu chúng ta có tiến gần hơn tới lời giải cho Giả thuyết Riemann sau các nỗ lực đó? Liệu có phải chúng ta đã học được nhiều điều về hàm zeta (zeta-function) từ các đề án đó? Điều đó là chắc chắn! Một số thành viên trong các đề án này đang tiếp tục cộng tác với nhau trên trang web ( nơi cung cấp một cái nhìn tổng quan cho chủ đề này. Ở đây tôi hi vọng phác thảo một số hướng tiếp cận tới RH và kể nhứng điều thú vị khi làm việc trong lĩnh vực này tại thời điểm hiện tại. Tôi bắt đầu với bản thân Giả thuyết Riemann. Năm 1859 trong một báo cáo seminar "Ueber die Anzahl der Primzahlen unter eine gegebener Grosse", G. B. F. Riemann đã chỉ ra một số tính chất giải tích căn bản của hàm zeta ∞ 1 1 X 1 ζ(s) := 1 + + + = . 2s 3s ns n=1 Chuỗi này hội tụ nếu phần thực của s lớn hơn 1. Riemann chứng minh rằng ζ(s) có thể mở rộng bởi sự liên tục thành một hàm giải tích trên cả mặt phẳng phức ngoại trừ tại điểm s = 1 (simple pole). Hơn nữa ông chứng minh rằng ζ(s) thỏa mãn một phương trình hàm thú vị mà dạng đối xứng của nó là − s s ξ(s) := s(s − 1)π 2 Γ ζ(s) = ξ(1 − s) 2 trong đó Γ(s) là hàm Gamma (Gamma-function).
Tạp chí Toán học MathVn Số 02-2009 1 Hình 1: ζ( 2 + it) với 0 < t < 50 Thật ra hàm zeta đã được nghiên cứu trước đó bởi Euler và một số người khác, nhưng chỉ như một hàm với biến số thực. Nói riêng, Euler chỉ ra rằng 1 1 1 1 1 1 ζ(s) = 1 + + + + . 1 + + + . 1 + + 2s 4s 8s 3s 9s 5s −1 Y 1 = 1 − , ps p trong đó tích vô hạn (gọi là tích Euler) lấy trên tất cả các số nguyên tố. Tích này hội tụ khi phần thực của s lớn hơn 1. Đây là một phiên bản giải tích cho định lý cơ bản của số học, rằng mỗi số nguyên có thể phân tích một cách duy nhất thành các thừa số nguyên tố. Euler đã dùng tích này để chứng minh rằng tổng nghịch đảo của các số nguyên tố là không bị chặn. Chính tích Euler đã thu hút sự quan tâm của Riemann tới hàm zeta: khi đó ông đang cố gắng chứng minh một giả thuyết của Legendre, và trong một dạng chính xác hơn phát biểu bởi Gauss: x Z dt π(x) := (số các số nguyên tố nhỏ hơn x) ∼ . log(t) 2 Riemann đã tạo ra một bước tiến lớn tới giả thuyết của Gauss. Ông nhận ra rằng số phân bố các số nguyên tố phụ thuộc vào sự phân bố các không điểm của hàm zeta. Tích Euler chứng tỏ không có không điểm nào của ζ(s) có phần thực lớn hơn 1; và phương trình hàm chỉ ra không có không điểm nào có phần thực nhỏ hơn 0 [Người dịch: do sự đối xứng] ngoài các không điểm tầm thường tại s = −2, −4, −6, Do đó mọi không điểm phức phải nằm trong dải 0 ≤ Re(z) ≤ 1. Riemann đưa ra một công thức tường minh cho π(x) phụ thuộc vào các không điểm phức ρ = β + iγ của ζ(s). Một dạng đơn giản của công thức nói rằng X X xρ 1 1 Ψ(x) := Λ(n) = x − − log 2π − log 1 − ρ 2 x2 n≤x ρ đúng nếu x không phải là lũy thừa của một số nguyên tố, trong đó hàm von Mangoldt Λ(n) = log p nếu n = pk với một số nguyên k nào đó và Λ(n) = log 0 nếu ngược lại. Chú ý rằng tổng này không hội tụ tuyệt đối (nếu vậy thì P Λ(n) phải liên tục theo x nhưng điều này rõ ràng không đúng). n≤x Do đó phải có nhiều vô hạn các không điểm ρ. Ở đây tổng tính trên ρ với số bội và được hiểu là lim P . Chú ý rằng |xρ| = |x|β; do đó cần chỉ ra β < 1 để chứng minh rằng P Λ(n) ∼ x, một T →∞ |ρ|≤T n≤x
Tạp chí Toán học MathVn Số 02-2009 cách phát biểu khác của giả thuyết Gauss. Hình 2: Biểu đồ viền Re(ζ(s)), đường Re(ζ(s)) = 0 (đậm), Im(ζ(s)) (chấm), biểu đồ viền Im(ζ(s)) Hình 3: Biểu đồ 3D của |Re(ζ(s))|, đường Im(ζ(s)) (đường chấm) Phương trình hàm ta nói ban đầu chỉ ra rằng các không điểm phức phải đối xứng với đường 1 1 1 thẳng Re(s) = 2 . Riemann đã tính một số không điểm phức đầu tiên: 2 + i14.134 , 2 + i21.022 và chứng tỏ rằng N(T ), số các không điểm với phần ảo nằm giữa 0 và T , là T T 7 N(T ) = log + + S(T ) + O(1/T ) 2π 2πe 8 1 trong đó S(T ) = π arg ζ(1/2 + iT ) được tính bởi biến phân liên tục bắt đầu từ arg ζ(2) = 0 dọc theo các đường thẳng tới arg ζ(2 + iT ) = 0 rồi arg ζ(1/2 + iT ) = 0. Riemann cũng chứng minh rằng S(T ) = O(log T ). Chú ý: ta sẽ thấy sau này rằng bước nhảy giữa các không điểm là ∼ 2π/ log T . Riemann cũng dự đoán rằng số N0(T ) các không điểm của ζ(1/2 + it) với 0 ≤ t ≤ T là khoảng T T log và sau đó nêu ra giả thuyết rằng mỗi không điểm của ζ thực sự đều nằm trên đường 2π 2πe thẳng Im(z) = 1/2; đó chính là giả thuyết Riemann.
Tạp chí Toán học MathVn Số 02-2009 Các nỗ lực của Riemann đã tiến gần đến việc chứng minh giả thuyết của Gauss. Bước cuối cùng được hoàn tất bởi Hadamard và de la Vallée Poussin, hai người đã chứng minh độc lập nhau trong năm 1896 rằng ζ(s) khác không khi phần thực của s bằng 1, và từ đó dẫn tới kết luận khẳng định cho giả thuyết của Gauss, bây giờ được gọi là định lý số nguyên tố (Prime Number Theorem). Hình 4: Biến đổi Fourier của phần sai số trong Định lý số nguyên tố và − P xρ với |ρ| 0 x Z dt π(x) = + O(x1/2+ε). log t 2 Tuy nhiên khó khăn nằm ở chỗ tìm ra một cách tiếp cận khác với π(x) và thu các thông tin về các không điểm. Một tương đương dễ thấy khác của RH là khẳng định M(x) = O(x1/2+ε) với mọi ε > 0, trong đó X M(x) = µ(n) n≤x và µ(n) là hàm Mobius được định nghĩa từ chuỗi Dirichlet sinh 1/ζ ∞ 1 X µ(n) Y 1 = = 1 − . ζ(s) ns ps n=0 p k Vậy nếu p1, , pk là các số nguyên tố phân biệt thì µ(p1 pk) = (−1) ; và µ(n) = 0 nếu n chia hết cho p2 với một số nguyên tố p nào đó. Chuỗi này hội tụ tuyệt đối khi Re(s) > 1. Nếu ước lượng M(x) = O(x1/2+ε) đúng với mọi ε > 0 thì bằng cách lấy các tổng riêng phân ta thấy chuỗi hội tụ với mọi s có phần thực lớn hơn 1/2; nói riêng không có không điểm nào của ζ(s) nằm trên nửa mặt phẳng mở này, bởi vì không điểm của ζ(s) là điểm kỳ dị (poles) của 1/ζ(s) [Người dịch: và do tính đối xứng nên cũng dẫn đến không có không điểm nào nằm trên nửa mặt phẳng mở Re(s) < 1/2, và do đó mỗi không điểm đều chỉ nằm trên đường thẳng Re(s) = 1/2]. Ngược lại, RH suy ra ước lượng này cho M(x), điều này cũng không khó để chứng minh. Thay vì phân tích trực tiếp π(s), có vẻ sẽ dễ dàng hơn khi làm việc với M(x) và chứng minh ước lượng ở trên. Thật ra, Stieltjes đã thông báo rằng ông có một chứng minh như vậy. Hadamard, trong chứng minh nổi tiếng năm 1896 về Prime Number Theorem, đã dẫn ra tuyên bố của Stieltjes.
Tạp chí Toán học MathVn Số 02-2009 Hình 5: 1/|ζ(x + iy) với 0 < x < 1 và 16502.4 < y < 16505 Hadarmard nói rằng định lý của ông yếu hơn nhiều, và chỉ chứng minh ζ(s) khác 0 trên đường thẳng Re(s) = 1, nhưng hi vọng tính đơn giản của chứng minh sẽ có ích. Stieltjes, tuy nhiên, sau đó không bao giờ công bố chứng minh của mình. Mertens dự đoán một giả thuyết mạnh hơn rằng √ M(x) ≤ x, Điều rõ ràng dẫn đến RH. Tuy nhiên giả√ thuyết của Mertens đã bị chứng minh là sai bởi Odlyzko và te Riele năm 1985. Ước lượng M(x) = O( x) thậm chí đã dùng RH như một lá chắn: ông từng gửi bưu thiếp tới đồng nghiệp Harald Bohr trước khi qua English Channel trong một đêm bão tố, tuyên bố là ông đã chứng minh xong RH. Thậm chí Hardy là một người vô thần, ông cũng tin một cách tương đối về Chúa, rằng nếu Chúa tồn tại, cũng chẳng để thành tựu tới trong một hoàn cảnh như vậy! Hilbert có vẻ hơi mâu√ thuẫn khi nhìn nhận về độ khó của RH. Một lần ông so sánh ba bài toán mở: tính siêu việt của 2 2, định lý lớn Fermat, và giả thuyết Riemann. Theo quan điểm của ông, RH có thể sẽ được giải trong vài năm, định lý lớn Fermat có thể được giải khi ông còn sống, và câu hỏi về sự siêu việt có thể sẽ không bao giờ được trả lời. Đáng ngạc nhiên là câu hỏi về sự siêu việt được giải trong vài năm sau đó bởi Gelfond và Schneider, và, dĩ nhiên, Andrew Wiles gần đây đã chứng minh định lý lớn Fermat [Người dịch: vậy nếu đảo ngược dự đoán của Hilbert thì có thể RH sẽ không bao giờ được giải]. Tuy nhiên trong một dịp khác Hilbert lại nói rằng nếu ông ta sống lại sau một giấc ngủ 500 năm thì câu hỏi đầu tiên sẽ là: RH có được giải hay chưa. Khi gần kết thúc sự nghiệp, Hans Rademacher, người được biết bởi công thức chính xác cho số các cách phân hoạch một số nguyên, nghĩ rằng ông đã có một phần chứng minh cho RH. Siegel đã kiểm tra kết quả này, công việc dựa trên kết luận rằng một hàm nhất định sẽ có một nới rộng giải tích bởi liên tục nếu RH đúng. Cộng đồng Toán học đã cố gắng làm cho Tạp chí Time (Time magazine) quan tâm câu chuyện. Time đã thích thú và đăng một bài báo sau khi người ta tìm ra lỗi sai trong chứng minh của Rademacher.
Tạp chí Toán học MathVn Số 02-2009 Các chứng cứ của giả thuyết Riemann Hình 6: Công thức chính xác của Ψ(x) sử dụng 100 cặp không điểm đầu tiên Sau đây là một số lý do để tin vào RH. • Hàng tỉ không điểm không thể sai. Gần đây, van de Lune đã chỉ ra 10 tỉ không điểm đầu tiên nằm trên đường thẳng Re(s) = 1/2. Ngoài ra, một dự án với sự chung sức nhiều máy tính tổ chức bởi Sebastian Wedeniwski, chương trình đã được nhiều người hưởng ứng, đã khẳng định rằng họ đã kiểm tra 100 tỉ không điểm đầu tiên nằm trên đường thẳng đó. Andrew Odlyzko đã tính hàng triệu không điểm gần các không điểm thứ 1020, 1021 và 1022 (có thể xem trên website của ông). • Hầu hết tất cả các không điểm đều nằm rất gần đường thẳng Re(s) = 1/2. Thật sự người ta đã chứng minh rằng có hơn 99 phần trăm các không điểm ρ = β + iγ thỏa mãn |β − 1/2| ≤ 8/ log(γ). • Người ta đã chứng minh có rất nhiều không điểm nằm trên đường thẳng Re(s) = 1/2. Selberg đạt được một tỉ lệ dương, và N. Levinson chỉ ra ít nhất là 1/3; tỉ lệ này sau đó được cải thiện lên 40 phần trăm. Ngoài ra RH cũng ngụ ý rằng mỗi không điểm của mọi đạo hàm của ζ(s) nằm trên đường thẳng Re(s) = 1/2. Người ta đã chứng minh được rằng có nhiều hơn 99 phần trăm các không điểm của đạo hàm bậc ba ζ000(s) nằm trên đường thẳng Re(s) = 1/2. Lúc gần cuối đời Levinson nghĩ rằng ông có một phương pháp cho phép đảo ngược định lý Rolle trong trường hợp này, tức là nếu ζ0(s) có ít nhất một tỉ lệ dương các không điểm nằm trên đường thẳng đó thì điều này cũng đúng với ζ(s), và tương tự với ζ00(s), ζ0(s) Tuy nhiên chưa ai có thể hiện thực hóa ý tưởng của ông. • Phương pháp thống kê. Với ít hầu hết các dãy ngẫu nhiên gồm −1 và +1, hàm tổng tương ứng của x bị chặn bởi x1/2+ε. Dãy Mobius có vẻ khá ngẫu nhiên. • Sự đối xứng của các số nguyên tố. RH nói rằng các số nguyên tố phân bố theo cách đẹp nhất có thể. Nếu RH sai thì sẽ có những điều bất thường trong sự phân bố các số nguyên tố; không điểm đầu tiên có phần thực khác 1/2 chắc chắn sẽ là một hằng số toán học rất quan trọng. Tuy nhiên, có vẻ tự nhiên không khắc nghiệt tới như vậy!
Tạp chí Toán học MathVn Số 02-2009 Vẻ đẹp của phân số Farey Nguyễn Mạnh Dũng, Học sinh lớp 12A2 Toán, Trường ĐHKHTN-ĐHQG Hà Nội A - Mở đầu Trong lịch sử của toán học, nhiều khi những lời giải, những định lí mới được tìm ra bởi những người nghiệp dư, những người ở lĩnh vực khác. Chính điều này đã góp phần làm cho các khía cạnh của toán học đa dạng hơn, thú vị hơn. Trong bài viết này, tôi xin được trao đổi với các bạn về phân số Farey, gắn liền với tên tuổi của nhà địa lí học John Farey (1766-1826) khi ông công bố những tính chất thú vị của phân số Farey trên một tạp chí Triết học dưới dạng phỏng đoán. Định nghĩa. Tập hợp Fn các phân số Farey bậc n, gọi là chuỗi Farey bậc n, là tập hợp của các phân số tối giản thuộc khoảng [0, 1] với mẫu số không vượt quá n và được sắp xếp theo thứ tự tăng h dần. Do đó k thuộc Fn nếu 0 ≤ h ≤ k ≤ n, (h, k) = 1 0 1 Các số 0, 1 gọi là các phần tử cơ sở của mọi tập hợp phân số Farey vì viết được dưới dạng 1 và 1 . Ta có thể biểu diễn phân số Farey như sau: Hoặc dưới dạng cây Stern:
Tạp chí Toán học MathVn Số 02-2009 B - Tính chất Chúng ta hãy cùng xét các tính chất thú vị của phân số Farey h h0 Định lí 1. Nếu k và k0 là hai phần tử liên tiếp của Fn thì (k + k0) > n Chứng minh 0 0 h h Xét phân số h+h (phân số này được gọi là trung bình của và ). Khi đó k+k0 k k0 h + h0 h kh0 − hk0 − = > 0 k + k0 k k(k + k0) Và h0 h + h0 kh0 − hk0 − = > 0 k0 k + k0 k0(k + k0) Do đó h + h0 h h0 ∈ , k + k0 k k0 h + h0 h h0 Nên nếu k + k0 ≤ n thì ∈ F . Điều này là vô lí vì và là hai phần tử liên tiếp. Định k + k0 n k k0 lí được chứng minh. Chúng ta sẽ quay lại tính chất này ở phần sau. 5 Định lí 2. Không có hai phần tử liên tiếp nào của Fn có mẫu số giống nhau. Chứng minh h h0 Nếu k > 1 và , là hai phần tử liên tiếp trong F , khi đó h + 1 ≤ h0 < k. Mặt khác k k n h h h + 1 h0 < < ≤ k k − 1 k k h h h0 Do dó là một phần tử nằm giữa 2 phần tử liên tiếp , , vô lí. Ta có điều phải chứng k − 1 k k minh. 5 h h0 Định lí 3. Nếu và là hai phần tử liên tiếp của F thì k k0 n hh0 − kk0 = 1 Chứng minh Đầu tiên ta cần chứng minh một bổ đề Bổ đề 1. Nếu (h, k) là các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau thì khi đó tồn tại các số nguyên dương (x, y) sao cho kx − hy = 1 Chứng minh. Xét các số nguyên k, 2k, 3k, ··· , (h − 1)k
Tạp chí Toán học MathVn Số 02-2009 và số dư của chúng khi chia cho h. Các số dư này đều khác nhau. Thật vậy, nếu k1k = q1h + r, k2k = q2h + r với k1, k2 ∈ {1, 2, ··· , (h − 1)} thì (k1 − k2)k = (q1 − q2)h ≡ 0 (mod h) Mà k1, k2 ∈ {1, 2, ··· , (h − 1)} nên k1 − k2 y k ky k x h x h0 x h Suy ra nằm sau trong F . Nếu 6= thì cũng nằm sau , khi đó y k n y k0 y k x h0 k0x − h0y 1 − = ≥ y k0 ky0 k0y0 mà h0 h kh0 − hk0 1 − = ≥ k0 k kk0 kk0 Vì vậy 1 kx − hy x h 1 1 k + y n 1 = = − ≥ + = > ≥ ky ky y k k0y kk0 kk0y kk0y ky (theo Định lí 1) x h0 Vô lí, vậy = do đó kh0 − hk0 = 1. 5 y k0 h h00 h0 Định lí 4. Nếu , và là ba phần tử liên tiếp của F thì k k00 k0 n h00 h + h0 = k00 k + k0 Chứng minh. Từ Định lí 3 ta thu được kh00 − hk00 = 1, k00h0 − h00k0 = 1 (3.1)
Tạp chí Toán học MathVn Số 02-2009 Giải hệ phương trình trên theo ẩn h00 và k00 ta có h + h0 k + k0 h00 = , k00 = kh0 − hk0 kh0 − hk0 Hay h00 h + h0 = k00 k + k0 Đây chính là Định lí 4. Nhận xét. Chú ý rằng Định lí 3 và Định lí 4 là tương đương, ta có thể suy ra Định lí 3 từ Định lí 4 bằng phép quy nạp như sau: Giả sử rằng Định lí 4 đúng với mọi Fn và Định lí 3 đúng tới Fn−1, ta sẽ chứng minh nó cũng đúng với Fn. Hiển nhiên rằng nó tương đương với việc chứng minh phương trình (3.1) thỏa mãn h00 00 khi k00 thuộc Fn nhưng không thuộc Fn−1, do đó k = n. Trong trường hợp này, theo Định lí 4, 0 00 h h0 h00 k, k 0, k00h0 − h00k0 = s > 0 Giải hệ phương trình này theo ẩn h00, k00 với điều kiện kh0 − hk0 = 1 ta thu được h00 = sh + rh0, k00 = sk + rk0 Từ đó kết hợp với (h00, k00) = 1 nên (r, s) = 1. Xét tập hợp S bao gồm tất cả các phân số có dạng p γh + λh0 = q γk + λk0 h00 với γ, λ là các số nguyên dương có (γ, λ) = 1. Do đó k00 ∈ S, Mọi phần tử của tập hợp S đều nằm h h0 giữa k và k0 do mọi ước chung của p và q đều chia hết cho k(γh + λh0) − h(γk + λk0) = λ, h0(γh + λh0) − k0(γk + λk0) = γ Do đó mọi phần tử của S đều là phần tử của một số chuỗi Farey nào đó, khi đó phân số đầu h00 tiên xuất hiện phải có q nhỏ nhất. Suy ra γ = λ = 1, Vậy phân số này phải là k00 . Nên h00 = h + h0, k00 = k + k0 Định lí được chứng minh.
Tạp chí Toán học MathVn Số 02-2009 Hai phép chứng minh trên cho Định lí 3 không phải là duy nhất, các bạn có thể tham khảo cách chứng minh bằng hình học khá hay của G.H.Hardy hoặc dùng định lí Pick, chi tiết các bạn có thể tham khảo [1]. 5 Định lí 5. Tổng của các tử số bằng một nửa tổng các mẫu số trong chuỗi Farey bậc n. Chứng minh Đầu tiên ta chứng minh một bổ đề. h k − h Bổ đề 2. Nếu là một phần tử của chuỗi F thì cũng là một phần tử của chuỗi. k n k Chứng minh h h Do (h, k) = 1 và 0 ≤ ≤ 1 nên (k − h, k) = 1 và 0 ≤ 1 − ≤ 1. Ta có đpcm. k k P Quay lại bài toán, kí hiệu là tổng của tất cả các phần tử của chuỗi Fn. Áp dụng Bổ đề 2, ta có P h = P (k − h) nên 2 P h = P k. Đây là chính là kết quả của Định lí 5. 5 n Định lí 6. Tổng của các phần tử của chuỗi Farey Fn bằng 2 Chứng minh P h P h Theo Bổ đề 2, ta có k = 1 − k nên X h X 2 = 1 = n k Đây là điều phải chứng minh. 5 1 Định lí 7. Trong chuỗi Farey bậc n F , mẫu số của phân số liền trước và liền sau phân số n 2 bằng số nguyên lẻ lớn nhất không vượt quá n. Chứng minh h 1 Gọi là phân số liền trước trong F , khi đó k − 2h = 1 nên k lẻ. Theo Định lí 3, ta có k 2 n k + 2 > n nên k ≥ n − 1, mà k ≤ n nên k là số nguyên lẻ lơn nhất không vượt quá n. 5 C - Mở rộng Phân số Farey và Phi hàm Euler Trong phần trước, ta đã làm quen với một số tính chất cơ bản của phân số Farey, vấn đề đặt ra ở đây là có bao nhiêu phân số Farey trong một chuỗi Farey bậc n? Chúng ta xuất phát từ một nhận xét đơn giản: Do tất cả các phân số Farey đều ở dạng tối giản, nên với một mẫu số b cho trước, số tử số nhỏ hơn b và nguyên tố cùng nhau với b là φ(b), gọi là Phi-hàm Euler. (Chi tiết về các tính chất cũng như các phép chứng minh của Phi-hàm Euler, các bạn có thể tham khảo [3].) Ta có thể sử dụng tính chất này cho mọi nguyên từ 2 đến n. Do đó ta có thể tính được số phân số có trong 0 1 Fn (kể cả hai phân số cơ sở 1 và 1 ) là N = 2 + φ(2) + φ(3) + ··· + φ(n)
Tạp chí Toán học MathVn Số 02-2009 Ta có thể tính được φ(n) với n > 1 qua công thức Y 1 φ(n) = n 1 − p p|n Ví dụ khi n = 7 ta có N = 2 + φ(2) + φ(3) + ··· + φ(7) = 2 + 1 + 2 + 2 + 4 + 2 + 6 = 19 Đúng với kết quả trong bảng ở phần Định nghĩa. Ví dụ ta có thể tính khi n = 100 thì N = 3045. Do φ(x) luôn là số chẵn ngoại trừ trường hợp x = 1, 2 nên ta có N = 2 + φ(2) + φ(3) + ··· + φ(n) 1 luôn là một số lẻ. Do đó số phân số cách đều 2 luôn bằng nhau. Đây là một cách chứng minh khác cho Bổ đề 2. Với n rất lớn thì việc tính N trở nên khó khăn hơn rất nhiều. Nhưng nhờ một tính chất của Phi hàm Euler ta có thể tính toán dễ dàng hơn: 3n2 φ(1) + φ(2) + ··· + φ(n) ≈ π2 Do đó 3n2 N ≈ 1 + π2 Giá trị xấp xỉ này sẽ ngày càng chính xác hơn khi giá trị của n tăng. Ví dụ với n = 100, theo 3.1002 công thức trên ta tính được N = 1 + π2 ≈ 3040, 635 trong khi giá trị chính xác của N là 3045. Ta có thể lập bảng tính như sau: SỐ PHẦN TỬ CỦA CHUỖI FAREY n φ(n) N = 1 + P φ(n) 1 + 3n2/π2 1 1 2 1,30 2 1 3 2,22 3 2 5 3,74 4 2 7 5,86 5 4 11 8,60 6 2 13 11,94 7 6 19 15,90 8 4 23 20.46 9 6 29 25,62 10 4 33 30,40 15 8 73 69,39 25 20 201 190,98 50 20 775 760,91 100 40 3045 3040,63 200 80 12233 12159,54 300 80 27399 27357,72 400 160 48679 48635,17 500 200 76115 75991,89
Tạp chí Toán học MathVn Số 02-2009 Phân số Farey và đường tròn Ford Một trong những mở rộng liên quan đến hình học của phân số Farey là đường tròn Ford. p Định nghĩa. Xét hệ trục tọa độ Oxy. Với mỗi phân số tối giản q nằm trên trục Ox, ta dựng p 1 các đường tròn tiếp xúc với Ox tại điểm đó, tâm có tọa dộ là q , 2q2 , được gọi là đường tròn Ford, kí hiệu C(p, q). Một số hình ảnh đẹp của đường tròn Ford sau khi được cách điệu
Tạp chí Toán học MathVn Số 02-2009 Ta có một rất cơ bản sau của đường tròn Ford: Tính chất 1. Hai đường tròn Ford C(h, k) và C(h0, k0) hoặc tiếp xúc với nhau, hoặc nằm ngoài nhau. Điều kiện để hai đường tròn này tiếp xúc là |hk0 − h0k| = 1. Chứng minh Gọi D là khoảng cách giữa tâm của 2 đường tròn. r, R tương ứng là bán kính của đường tròn C(h, k),C(h0, k0). Khi đó ta có 1 1 2 (r + R)2 = + 2k2 2k02 Xét hiệu số D2 − (r + R)2: h h0 2 1 1 2 1 1 2 (hk0 − h0k)2 − 1 D2 − (r + R)2 = − + − − + = ≥ 0 k k0 2k2 2k02 2k2 2k02 k2k02 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi |hk0 − h0k| = 1. Từ tính chất này ta dễ dàng thấy được bất cứ hai phân số Farey liên tiếp nào được biểu diễn trên hệ trục tọa độ cũng có hai đường tròn Ford tiếp xúc với nhau. Ta có một ví dụ minh họa sau với chuỗi Farey bậc 7. h h00 h0 00 00 Tính chất 2. Giả sử k < k00 < k0 là ba phần tử liên tiếp của Fn. Khi đó C(h, k) và C(h , k ) tiếp xúc với nhau tại điểm h00 k 1 A = − , 1 k00 k00(k2 + k002) k2 + k002
Tạp chí Toán học MathVn Số 02-2009 và C(h00, k00) và C(h0, k0) tiếp xúc với nhau tại điểm h00 k0 1 A = + , 2 k00 k00(k02 + k002) k02 + k002 Chứng minh Kí hiệu độ dài các đường như trong hình vẽ. Áp dụng định lí Thales ta có 1 a 2k2 b h h00 = 1 1 = 1 1 k − k00 2k002 − 2k2 2k002 − 2k2 Do đó k k02 − k002 a = , b = k00(k2 + k002) 2k002(k2 + k002) Tọa độ điểm A1 = (x1, y1), trong đó h00 h00 k h00 1 1 1 x = − a = − , y = + − − b = 1 k00 k00 k00(k2 + k002) 1 k00 2k002 2k2 k2 + k002 Tương tự ta cũng tính được toạ độ của A2. Kết thúc bài viết, tôi xin nêu ra một số bài tập để các bạn luyện tập thêm. a c Bài tập 1. Hai phân số b và d được gọi là đồng bậc nếu (c − a)(d − b) ≥ 0. Chứng minh rằng bất kì hai phần tử liên tiếp nào của chuỗi Farey bậc n cũng đồng bậc. a c Bài tập 2. Cho a, b, c, d là các số nguyên dương thỏa mãn b < d và λ, γ là các số nguyên dương. Chứng minh rằng λa + γc θ = λb + γd a c λ a c nằm giữa hai phân số b , d và (c − dθ)(θb − a) = γ . Khi λ = γ, θ chính là trung bình của b , d . a Bài tập 3. (Hurwitz) Cho một số vô tỉ θ, khi đó tồn tại vô số phân số hữu tỉ b sao cho a 1 θ − < √ b 5a2 Hơn nữa ta không thể thay thế √1 bằng một số nhỏ hơn. 5
Tạp chí Toán học MathVn Số 02-2009 Tài liệu tham khảo [1] G. H. Hardy and E. M. Wright, An Introduction to the Theory of Numbers, Fifth Edition, Oxford Science Publications, 1996. [2] J. H. Conway and R. K. Guy, The Book of Numbers, Springer-Verlag, NY, 1996. [3] David M, Burton, Elementary number theory, 6th Edition, Mc Graw Hill, 2007. [4] A. H. Beiler, Recreations in the Theory of Numbers, Dover, 1966 [5] Apostol, T. M. , Modular Functions and Dirichlet Series in Number Theory, 2nd ed. New York: Springer-Verlag, 1997. [6] Ford, L. R, Fractions, Amer. Math. Monthly 45, 586-601, 1938. [7] Weisstein, Eric W, Ford Circle, From MathWorld–A Wolfram Web Resource.
Tạp chí Toán học MathVn Số 02-2009 Bài viết Chuyên đề MathVn Câu chuyện nhỏ về một định lý lớn Hoàng Quốc Khánh - Lớp 12A10 THPT Chuyên Vĩnh Phúc, Tỉnh Vĩnh Phúc A - Sơ lược về định lí Pascal và phép chứng minh Một định lí được Descartes khẳng định là bao hàm được cả bốn cuốn sách đầu của Apolonius, tất nhiên là một định lí lớn, đó chính là định lí Pascal. Định lí Pascal chắc không còn quá xa lạ với những bạn yêu toán và đặc biệt là yêu thích hình học và bài viết này chỉ là một tìm tòi nhỏ của tác giả đề cập đến những ứng dụng của định lí tuyệt mĩ ấy trong toán phổ thông. Định lí Pascal tổng quát được phát biểu cho các đường cônic trong mặt phẳng xạ ảnh nhưng ở đây chúng ta sẽ chỉ đề cập đến một trường hợp đặc biệt của nó, đó là với đường tròn trong mặt phẳng, cụ thể như sau: Định lí. Cho sáu điểm bất kì A, B, C, A0,B0,C0 cùng thuộc một đường tròn (O). Khi đó giao điểm nếu có của từng cặp đường thẳng (AB0,A0B), (BC0,B0C), (CA0,C0A) sẽ thẳng hàng. Chứng minh (Jan van Yzeren) Đây là một định lí đẹp và cũng có rất nhiều chứng minh đẹp cho nó (Các bạn có thể xem thêm ở [1], [2], [3], [4])ở đây tác giả sẽ chỉ trình bày một chứng minh khá thú vị và ít quen biết, chứng minh này có sử dụng một bổ đề sau: Bổ đề. Cho hai đường tròn phân biệt cắt nhau ở A và B. Hai điểm C, E thuộc đường tròn thứ nhất, hai điểm D, F thuộc đường tròn thứ hai sao cho C, A, D thẳng hàng; E, B, F thẳng hàng. Thế thì: CE//DF . Chứng minh bổ đề Nhận thấy: (CE, CA) ≡ (BE, BA) ≡ (BF, BA) ≡ (DF, DA)(modπ) Suy ra CE//DF . Trở lại chứng minh định lí:
Tạp chí Toán học MathVn Số 02-2009 Gọi giao điểm của từng cặp đường thẳng (AB0,A0B), (BC0,B0C), (CA0,C0A) lần lượt là M, N, P . Gọi (O0) là đường tròn đi qua C, P, C0. B0C và BC0 cắt lại (O0) tương ứng ở Q, T . Sử dụng bổ đề trên ta có: AB0//QP nên MB0//QP (1); BB0//T Q (2); BA0//P T nên BM//P T (3). Từ (1), (2) và (3) suy ra tồn tại một phép vị tự biến tam giác BMB0 thành tam giác TPQ Do đó: BT, MP, B0Q đồng quy tại tâm vị tự ấy. Nói cách khác BC0,B0C và MP đồng quy. Từ đây suy ra điều cần chứng minh. B - Một số ứng dụng của định lí Pascal trong hình học sơ cấp I. Ứng dụng của định lí Pascal với sáu điểm phân biệt Chúng ta cùng bắt đầu với một bài toán khá quen thuộc: Bài toán 1. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Gọi A0,B0,C0 lần lượt là các điểm chính giữa của các cung BC, CA, AB không chứa A, B, C của (O). Các cạnh BC, CA, AB cắt các cặp đoạn thẳng C0A0 và A0B0; A0B0 và B0C0; B0C0 và C0A0 lần lượt ở các cặp điểm M và N; P và Q; R và S. Chứng minh rằng MQ, NR, P S đồng quy. Lời giải
Tạp chí Toán học MathVn Số 02-2009 Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác ABC. Sử dụng định lí Pascal cho sáu điểm A, B, C, A0,B0,C0 ta thu được S, I, P thẳng hàng (1) Hoàn toàn tương tự: M, I, Q thẳng hàng (2); N, I, R thẳng hàng (3) Từ (1), (2) và (3) suy ra MQ, NR, P S đồng quy ở I. Bài toán 2. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi M là điểm nào đó trên cạnh AC (M khác A, C). Đường thẳng BM cắt đường tròn lần nữa tại N. Đường thẳng qua A vuông góc với AB và đường thẳng qua N vuông góc với NC cắt nhau tại điểm Q. Chứng minh rằng QM luôn đi qua một điểm cố định khi M di chuyển trên cạnh AC. (Bài T4/294 Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ) Lời giải Kẻ các đường kính BD, CE của (O). Theo giả thiết bài toán ta thấy ngay: E, N, Q thẳng hàng; A, D, Q thẳng hàng. Bây giờ áp dụng định lí Pascal cho sáu điểm A, B, C, N, D, E ta suy ra O, M, Q thẳng hàng, do đó QM luôn đi quan một điểm cố định chính là O. Tiếp đến là một định lí rất đẹp và nổi tiếng của hình hoc - định lí Lyness cùng cách chứng minh rất thú vị bằng định lý Pascal: Bài toán 3. Cho tam giác ABC nội tiếp (O), ngoại tiếp (I). Một đường tròn (O0) tiếp xúc trong với (O) và tiếp xúc với hai cạnh AB, AC lần lượt tại S, M, N. Chứng minh rằng I thuộc MN. Lời giải Trước tiên cần chứng minh một bổ đề: Bổ đề. Cho đường tròn (O) với dây cung AB. Một đường tròn (I) tiếp xúc trong với (O) và tiếp xúc với AB lần lượt tại M,N. Thế thì MN đi qua điểm chính giữa cung AB không chứa M của (O).
Tạp chí Toán học MathVn Số 02-2009 Chứng minh bổ đề MN cắt lại (O) ở P . Để ý rằng: (MN, MI) ≡ (MP, MO)(modπ) Chú ý tam giác IMN và OMP cân ở I,O ta sẽ suy ra: (IM, IN) ≡ (OM, OP )(modπ) Suy ra OP//IN, mà IN vuông góc với AB nên OP cũng vuông góc với AB, suy ra điều cần chứng minh. Trở lại bài toán: Sử dụng bổ đề ta dễ thấy: SM, CI và (O) đồng quy tại một điểm F ; SN, BI, (O) đồng quy tại một điểm E. Bây giờ sử dụng định lí Pascal cho sáu điểm A, B, C, S, E, F ta suy ra M, I, N thẳng hàng. Bài toán 4. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và một điểm S trong mặt phẳng. AS, BS, CS cắt lại (O) tương ứng ở D, E, F . Một đường thẳng d qua S cắt BC, CA, AB lần lượt tại M, N, P . Chứng minh rằng: DM, EN, F P và đường tròn (O) đồng quy. Lời giải
Tạp chí Toán học MathVn Số 02-2009 Gọi giao điểm thứ hai của DM và (O) là V , VE cắt AC ở N 0. Sử dụng định lí Pascal cho bộ sáu điểm V, A, E, C, D, B ta suy ra M, S và N 0 thẳng hàng. Từ đó ta khẳng định được N 0 chính là N,nên DM, EN và (O) đồng quy (1). Tương tự có DM, F P, (O) đồng quy (2). Từ (1) và (2) suy ra điều cần chứng minh. Đây là bài toán khá đặc trưng trong việc vận dụng định lí Pascal, sự đơn giản của lời giải trình bày ở trên khó có thể gặp được trong một phương án khác. Bây giờ chúng ta sẽ đến với một bài toán đồng quy thú vị đã từng góp mặt trong kì thi Olympic toán Quốc tế năm 1996, với bài toán này có khá nhiều lời giải đẹp cho nó và lời giải sử dụng định lí Pascal cũng là một trong số đó: Bài toán 5. Cho P là một điểm nằm trong tam giác ABC sao cho ∠AP B −∠C = ∠AP C −∠B. Lấy D, E tương ứng là tâm đường tròn nội tiếp của các tam giác AP B và AP C. Chứng minh rằng AP, BD và CE đồng quy. Lời giải
Tạp chí Toán học MathVn Số 02-2009 Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC; AP, BP, CP cắt đường tròn (O) lần thứ hai ở S, M, N tương ứng; BD, CE cắt nhau ở I và cắt đường tròn (O) lần thứ hai tương ứng ở T,V . Thế thì MV, MT chính là các đường phân giác của tam giác AMN (1) Ta thấy: ∠SAM = ∠AP B = ∠P BS = ∠AP B − ∠ASB = ∠AP B − ∠C = ∠AP C − ∠B = ∠AP C − ∠ASC = ∠NCS = ∠SAN Do vậy AS là đường phân giác của tam giác AMN (2) Từ (1) và (2) suy ra AS, NT, MV đồng quy tại một điểm Q. Sử dụng định lí Pascal cho sáu điểm B,N,V,T,M,C ta suy ra Q, I, P thẳng hàng. Từ đây dễ thấy điều cần chứng minh. Bài toán sau là một kết quả đồng quy rất đẹp của Darij Grinberg, thoạt nhìn bài toán có vẻ rắc rối nhưng nếu phân tích ngược bằng định lí Pascal thì mọi thứ lại trở nên thật rõ ràng và đơn giản. Bài toán 6. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và ba điểm M, N, P cùng thuộc đường thẳng d. AM, BM, CM cắt lại (O) tương ứng ở A1,B1,C1; A1N, B1N, C1N cắt lại (O) tương ứng tại A2,B2,C2; A2P, B2P, C2P cắt lại (O) lần lượt tại A3,B3,C3. Chứng minh rằng AA3, BB3,CC3, d đồng quy. Lời giải Giả sử AA3, BB3 cắt nhau tại S, giao điểm của B1A3,B3A1 là V .
Tạp chí Toán học MathVn Số 02-2009 Sử dụng định lí Pascal cho sáu điểm B1,A3,B3,A1,A2,B2 ta suy ra N, P, V thẳng hàng hay V nằm trên d (1) Lại áp dụng định lí Pascal cho sáu điểm B1, A, B, A1,A3,B3 suy ra M, S, V thẳng hàng, kết hợp với (1) ta được S thuộc d (2) Tương tự trên, nếu gọi giao điểm của là S’ thì S’ nằm trên d (3) Từ (2) và (3) ta sẽ có điều cần chứng minh. Bài toán 7 dưới đây là một kết quả rất đẹp về hai điểm đẳng giác và đi kèm nó chính là một lời giải cũng rất đẹp và khéo léo bằng định lí Pascal, mời các bạn cùng "thưởng thức": Bài toán 7. Cho P và Q là hai điểm liên hợp đẳng giác đối với tam giác ABC.Từ P kẻ PP1 ⊥ BC, P P2 ⊥ CA, P P3 ⊥ AB. Từ Q kẻ QQ1 ⊥ BC, QQ2 ⊥ CA, QQ3 ⊥ AB. Gọi giao điểm của các cặp đường thẳng (P2Q3,P3Q2), (P1Q3,P3Q1), (P1Q2,P2Q1) lần lượt là X1,X2,X3. Chứng minh rằng X1,X2,X3, P, Q thẳng hàng. Lời giải Gọi O là trung điểm của PQ, ta biết rằng các điểm P1,P2,Q1,Q2,Q3 cùng thuộc một đường tròn tâm O. Bây giờ, kẻ các đường kính Q1T,Q3V của (O). Ta thấy ngay: T, P, P1 thẳng hàng, và V, P, P3 thẳng hàng.
Tạp chí Toán học MathVn Số 02-2009 Do vậy, sủ dụng định lí Pascal cho bộ sáu điểm P3,Q3,T,P1,Q1,V ta thu được O, P, X2 thẳng hàng hay X2 thuộc PQ. Hoàn toàn tương tự ta cũng có X1,X3 cũng thuộc PQ. Kết thúc mục một này sẽ là một bài toán đơn giản mà tác giả tin tưởng rằng ai đang đọc bài viết này cũng giải được nó, tuy nhiên lời giải sau đây bằng định lí Pascal của Greg thật sự thú vị Bài toán 8. Cho hai điểm C, D nằm trên đường tròn (O) đường kính AB. AD cắt BC ở I. Kẻ IH vuông góc với AB. Chứng minh rằng ∠IHC = ∠IHD. Lời giải Lấy P, Q đối xứng với C, D qua AB. Ta dễ thấy P, Q thuộc (O). Gọi giao điểm của BP và AQ là J, của PD và CQ là H0. Từ tính chất của phép đối xứng trục ta có H0 nằm trên AB, IJ vuông góc với AB Sử dụng định lí Pascal cho sáu điểm A, B, C, D, P, Q ta được I,H0,J thẳng hàng, kết hợp với trên ta có H0 chính là H. Như vậy ∠IHC = ∠PHJ = ∠IHD. II. Áp dụng định lí Pascal cho sáu điểm không phân biệt Như các bạn thấy ở phần trước, định lí Pascal luôn được sử dụng với sáu điểm hoàn toàn phân biệt, tuy nhiên định lí Pascal vẫn đúng nếu như sáu điểm ấy có thể không phân biệt (Các bạn có thể chứng minh tương tự như khi chứng minh với sáu điểm phân biệt), đó là một điều thú vị và ở mục này chúng ta sẽ nghiên cứu ứng dụng của định lí Pascal trong những trường hợp đó. Ta có bài toán mở đầu: Bài toán 9. Cho hình chữ nhật ABCD nội tiếp (O). Tiếp tuyến của (O) tại A cắt CD ở S. BS cắt lại đường tròn ở T . Chứng minh rằng CT, SO và AD đồng quy. Lời giải
Tạp chí Toán học MathVn Số 02-2009 Gọi giao điểm của CT và AD là I. Sử dụng định lí Pascal cho sáu điểm A,B,C,D,T,A ta suy ra S,I,O thẳng hàng. Do đó nhận được điều cần chứng minh. Tiếp theo chúng ta sẽ cùng xem xét một bài toán chứng minh đường thẳng đi qua điểm cố định của tác giả bài viết này, nó đã có mặt trong [6a] nhưng ở đây chúng ta sẽ không trình bày phương án cực và đối cực cho nó mà sẽ trình bày một lời giải rất ngắn gọn sử dụng định lí Pascal. Bài toán 10. Cho tam giác cân ABC (AB = AC) nội tiếp đường tròn (O). Kẻ đường kính AD của đường tròn. S là một điểm di động trên đường tròn. SB cắt AC ở M, SD cắt BC ở N. Chứng minh rằng MN luôn đi qua một điểm cố định. Lời giải
Tạp chí Toán học MathVn Số 02-2009 Giả sử BM, AN cắt lại (O) tương ứng ở S, I; tiếp tuyến của (O) tại C cắt SI ở T Chú ý rằng SN, IN tương ứng là phân giác của ∠BSC, ∠BIC. SB NB IB Do đó = = SC NC IC Vì vậy BSCI là tứ giác điều hòa; nên SI, tiếp tuyến tại B và tiếp tuyến tại C của (O) đồng quy, nói cách khác T chính là giao điểm của hai tiếp tuyến tại B, C của (O) nên T cố định. Cuối cùng sử dụng định lí Pascal cho sáu điểm A, B, C, C, S, I suy ra M, N, T thẳng hàng và nhận được điều cần chứng minh. Bài toán 11. Cho tam giác ABC và điểm S thuộc cạnh BC. Trên các tia AB, AC lấy tương 1 1 ứng các điểm M, N sao cho ∠AMC = 2 ∠ASC, ∠ANB = 2 ∠ASB. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN. Chứng minh rằng IS ⊥ BC. Lời giải Giả sử NB, MC cắt lại (I) tương ứng ở H, K; HK cắt tiếp tuyến tại A của (I) ở V. Sử dụng định lí Pascal cho sáu điểm A, A, H, K, M, N ta thu được V, B, C thẳng hàng. Bây giờ bài toán đã khá đơn giản. Để ý rằng ∠HIA = 2∠HNA = ∠ASV suy ra tứ giác AISV nội tiếp. ◦ ◦ Do đó ∠ISV = 180 − ∠IAV = 90 . Kế đến là một bài toán thú vị của Trần Quang Hùng, được giới thiệu trên diễn đàn Math- Scope.org (Xem [6b]) Bài toán 12. Cho tam giác ABC trực tâm H gọi Ha,Hb,Hc là điểm đối xứng của H qua BC, CA, AB; gọi da là đường thẳng Simson của A tương ứng với HaBC, tương tự với db, dc thì 0 0 0 0 0 0 da, db, dc tạo thành tam giác thấu xạ với A B C , trong đó A ,B ,C là các chân đường cao kẻ từ
Tạp chí Toán học MathVn Số 02-2009 A, B, C. (Ghi chú: Hai tam giác được gọi là thấu xạ nếu ba đường thẳng nối các đỉnh tương ứng của hai tam giác đồng quy) Lời giải Sử dụng định lí Desagues chúng ta sẽ chỉ cần chứng minh các giao điểm A00,B00,C00 của các cặp 0 0 0 0 0 0 (B C , da), (C A , db), (A B , dc) thẳng hàng. Chú ý rằng theo kết quả đã biết thì Ha,Hb,Hc nằm trên đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác ABC. Gọi M, S, T tương ứng là các trung điểm của BC, OH, AH thế thì A0,B0,C0, M, T cùng thuộc đường tròn Euler tâm S của tam giác ABC. Bây giờ gọi D là hình chiếu của A trên HaC. Ta có thể thấy: (A0D, A0C) ≡ (AD, AC) ≡ (AH, AO) ≡ (TA0,TM)(modπ) 0 0 Suy ra DA là tiếp tuyến của (S), dễ thấy DA chính là da nên sử dụng định lí Pascal cho sáu điểm A0,A0,B0,B0,C0,C0 ta sẽ thu được A”,B”,C” thẳng hàng, tức là có điều cần chứng minh. III. Định lí Pascal với cực và đối cực Định lí Pascal rất thú vị, cực và đối cực cũng rất thú vị và còn một điều cũng rất thú vị nữa là không ít trường hợp chúng ta cần kết hợp hai công cụ thú vị ấy để giải quyết các bài toán, một ví dụ kinh điển của phần này chính là phép chứng minh cho một định lí rất nổi tiếng của hình học - định lí Brianchon: Bài toán 13. Chứng minh rằng ba đường chéo chính của một lục giác ngoại tiếp đồng quy. Lời giải
Tạp chí Toán học MathVn Số 02-2009 Ta kí hiệu ABCDEF là lục giác ngoại tiếp (O). Tiếp điểm của (O) trên AB, BC, CD, DE, EF, F A lần lượt là M, N, P, Q, R, S. Xét cực và đối cực đối với (O) Gọi I, J, K lần lượt là giao điểm của các cặp đường thẳng (SM, P Q), (MN, QR), (NP, RS) Dùng định lí Pascal cho lục giác nội tiếp MNP QRS ta có I, J, K thẳng hàng, thế thì các đường đối cực của I, J, K đồng quy. Dễ thấy các đường đối cực của I, J, K lần lượt là AD, BE, CF nên ta có AD, BE, CF đồng quy. Như vậy ta có điều cần chứng minh! Tiếp đến là hai bài toán khá thú vị về quan hệ song song: Bài toán 14. Cho hình vuông ABCD ngoại tiếp (O). Tiếp điểm của (O) trên AB, BC, CD, DA lần lượt là M, N, P, Q. Một điểm S nằm trên cung nhỏ PN của (O). Tiếp tuyến của (O) tại S cắt BC, CD lần lượt tại H, K. Chứng minh rằng MH//AK Lời giải
Tạp chí Toán học MathVn Số 02-2009 Xét cực và đối cực đối với (O). Giả sử SN cắt AB ở I, SP cắt MQ ở J. Áp dụng định lí Pascal cho sáu điểm M, M, Q, P, S, N ta thu được I, O, J thẳng hàng. Mặt khác ta thấy rằng I,J lần lượt là các cực của MH, AK nên MH//AK (vì cùng vuông góc với IJ) Bài toán cuối cùng của phần này là do tác giả đề xuất, về tư tưởng cũng tương tự bài toán 14 nhưng nó còn mang một ý nghĩa khác Bài toán 15. Cho sáu điểm A, B, C, D, E, F cùng thuộc một đường tròn (O) sao cho ABCD là hình chữ nhật. Giả sử EF cắt AB, CD lần lượt ở P, Q; BE cắt AF ở H; CE cắt DF ở K. Chứng minh rằng P H//QK. Lời giải Xét cực và đối cực đối với (O). Giả sử AE cắt BF ở I, DE cắt CF ở J. Theo định lí Pascal cho sáu điểm A, B, C, F, E, F ta có I, O, J thẳng hàng. Ta nhận thấy I,J chính là các cực của HP, QK nên PH//QK.
Tạp chí Toán học MathVn Số 02-2009 Bây giờ giả sử cho E trùng vào B, ta sẽ thu được ngay một kết quả rất quen biết đó là ba đường cao trong một tam giác đồng quy. Nói cách khác bài toán 15 chính là một mở rộng cho kết quả ấy. IV. Định lí Pascal và bài toán con bướm đối với đường tròn Chúng ta chắc hẳn đã rất quen biết với kết quả rất đẹp sau ,chính là bài toán con bướm đối với đường tròn. Bài toán 16. Cho đường tròn (O) và dây cung AB. Gọi I là trung điểm của AB. Qua I vẽ hai dây cung tùy ý MN và PQ sao cho MP và NQ cắt AB tại E, F . Chứng minh rằng I là trung điểm của EF . Lời giải Chúng ta có khá nhiều chứng minh cho kết quả này, ở đây với định lí Pascal sẽ dẫn ra một cách tiếp cận không ngắn nhưng rất thú vị cho nó và chứng minh này cần sử dụng một bổ đề như sau: Bổ đề. Cho bốn điểm phân biệt A, B, C, D trong mặt phẳng. Giả sử AC cắt BD ở S. Một đường thẳng qua S cắt AB, BC, CD, DA lần lượt ở M, N, P, Q. Thế thì IM = IP khi và chỉ khi IN = IQ. Bổ đề này thực ra chính là nội dung của bài toán con bướm đối với cặp đường thẳng và các bạn có thể tìm thấy một chứng minh cho nó tại mục I.39 của [6c]. Trở lại bài toán ban đầu: Giả sử AP cắt MN ở S; QP cắt MB ở V (Trường hợp S, V không tồn tại khá đơn giản, xin dành bạn đọc). Áp dụng định lí Pascal cho sáu điểm A, B, M, N, P, Q ta thu được S, V, F thẳng hàng. Tiếp tục sử dụng bổ đề cho bốn điểm S, V, M, P và đường thẳng AB với chú ý IA = IB thì sẽ nhận được kết quả bài toán. Trên đây là một lời giải khá mới mẻ với bài toán con bướm quen biết được tác giả tình cờ khám phá trong khi định kết hợp hai bài toán con bướm (tuy nhiên kết quả thu được lại chỉ là một trường
Tạp chí Toán học MathVn Số 02-2009 hợp của định lí Pascal). Mạnh dạn hơn, tác giả đã thử tìm cách sử dụng ý tưởng trên vào bài toán con bướm mở rộng của Klamkin: Bài toán 17. Cho đường tròn (O) với dây cung AB nhận I làm trung điểm. Hai điểm H, K thuộc AB và đối xứng với nhau qua I. Gọi MN, P Q lần lượt là hai dây cung của (O) đi qua H, K. Giả sử QN, MP cắt AB tại E, F tương ứng. Chứng minh rằng IE = IF . Lời giải Với bài toán này bổ đề trong bài toán 16 tỏ ra không có hiệu lực, chúng ta cần đến một bổ đề mở rộng hơn như sau: Bổ đề. Cho bốn điểm phân biệt A, B, C, D. Một đường thẳng d bất kì trong mặt phẳng cắt AB, BC, CD, DA lần lượt ở M, N, P, Q. Thế thì điểm I là trung điểm MP khi và chỉ khi I là trung điểm của NQ. Bổ đề này có thể suy ra trực tiếp và đơn giản từ định lí Blaikie, bạn đọc có thể xem mục I.40 trong [6c]. Trở lại với bài toán 17. Giả sử MN cắt AQ ở V ; QP cắt NP ở T . (Trường hợp V, T không tồn tại khá đơn giản xin dành bạn đọc) Sử dụng định lí Pascal cho sáu điểm A, B, M, N, P, Q ta thu được F, T, V thẳng hàng.
Tạp chí Toán học MathVn Số 02-2009 Đến đây sử dụng bổ đề cho bốn điểm V, T, Q, N và đường thẳng AB ta thu được kết quả bài toán. Trong [7] cũng có một chứng minh rất đẹp mắt cho bài toán này bằng định lí Pascal, các bạn có thể tìm hiểu thêm. Bài toán 17 sẽ giúp chúng ta có một cách tiếp cận khác rất thú vị với bài toán thách đấu trên Tạp chí toán tuổi thơ II số 25. Xin được trích dẫn lại bài toán để bạn đọc tiện theo dõi. Bài toán 18. Cho đường tròn (O); A và B là hai điểm thuộc (O); H là trung điểm của AB. Hai điểm K, L thuộc đoạn AB sao cho HK = HL. Điểm M thuộc (O); MH, MK, ML lần lượt cắt (O) tại D, E, F . Gọi S là giao điểm của AB và EF . Chứng minh rằng SD tiếp xúc với (O). Lời giải Sử dụng bài toán số 17 trong trường hợp hai điểm trên đường tròn trùng nhau với chú ý HK = HL ta nhận được kết quả là Nếu gọi V là giao điểm của tiếp tuyến tại M của (O) với AB thì HV = HS (V luôn tồn tại) Do đó OV = OS (1) Dễ thấy OM = OD (2) Ta lại có: (V H, V O) ≡ (MH, MO)(modπ) Kết hợp với (1) và (2) suy ra rằng (OM, OD) ≡ (OV, OS)(modπ) Vì vậy (OM, OV ) ≡ (OD, OS)(modπ) (3) ◦ Từ (1), (2) và (3) suy ra hai tam giác OMV và ODS bằng nhau nên ∠ODS = ∠OMV = 90 Bài toán cuối cùng là một bài toán khá đẹp đã được đăng trên Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ (Bài T5/297): Bài toán 19. Cho đường tròn tâm O đường kính EF . Lấy hai điểm N, P trên đường thẳng EF sao cho ON = OP . Từ điểm M nào đó nằm bên trong đường tròn mà không thuộc EF , kẻ đường thẳng MN cắt đường tròn tại A và C, đường thẳng MP cắt đường tròn tại B và D sao cho B và O nằm khác phía đối với AC. Gọi K là giao điểm của OB và AC, Q là giao điểm của EF và CD. Chứng minh rằng các đường thẳng KQ, BD và AO đồng quy. Lời giải
Tạp chí Toán học MathVn Số 02-2009 Giả sử AO cắt BD ở I và cắt lại (O) ở S; BO cắt lại (O) ở T ; AB cắt EF ở V . Theo bài toán 17 sẽ có OV = OQ. Mặt khác AT SB là hình chữ nhật nên dễ thấy Q thuôc TS. Đến đây sử dụng định lí Pascal cho sáu điểm A, T, D, S, C, B ta thu được K, I, Q thẳng hàng. Các bạn hãy thử mở rộng bài toán này nhé! Qua 19 bài toán vừa rồi, tác giả hi vọng rằng định lí Pascal đã phần nào gần gũi hơn với bạn đọc, cuối bài viết là một số bài tập hay khác liên quan dành cho các bạn tự luyện tập. Bài tập đề nghị Bài 1. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Một đường thẳng đi qua O cắt hai cạnh AB, AC lần lượt tại M, N. Gọi I, J, K lần lựot là trung điểm của CM, BN, MN. Chứng minh bốn điểm I, J, K, O nằm trên một đường tròn. π Bài 2. Cho ngũ giác lồi ABCDE có DC = DE và ∠BCD = ∠DEA = 2 . Gọi F là một điểm nằm AF AE trên đoạn thẳng AB sao cho = . Chứng minh rằng FCE = ADE và F EC = BDC BF BC ∠ ∠ ∠ ∠ (Thi vô địch quốc gia Ba Lan 1997) Bài 3. (Virgil Nicula) Cho tam giác ABC. Đường tròn nội tiếp (I) của nó tiếp xúc với các cạnh AB, AC tại E, F tương ứng. Đường thẳng EF cắt đường tròn ω đường kính BC tại X, Y sao cho X, F nằm về hai phía của AI.Đường tròn ω cắt AB, AC tương ứng tại M, N. Giả sử MX cắt NY tại K; NX cắt MY ở L. Chứng minh rằng K thuộc AI và L thuộc HI, trong đó H là trực tâm của tam giác ABC. Bài 4. Một đường tròn cắt các cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC lần lượt tại D1,D2; E1,E2; F1,F2. D1E1 cắt D2F2 ở L; E1F1 cắt E2D2 ở M; F1D1 cắt F2E2 ở N. Chứng minh rằng AL, BM và CN đồng quy. (Chinese Math Olympiad 2005) Bài 5. Cho tam giác ABC không cân nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB. Chứng minh rằng các đường tròn (AOM), (BON), (COP ) có hai điểm chung.
Tạp chí Toán học MathVn Số 02-2009 Bài 6. Hãy sử dụng định lí Pascal với sáu điểm không phân biệt để chứng minh cho định lí Brianchon. Bài 7. Cho tứ giác P QRS ngoại tiếp đường tròn tâm O; PR cắt QS ở T . HA,HB,HC ,HD tương ứng là trực tâm của các tam giác P OQ, QOR, ROS, SOP . Chứng minh rằng T,HA,HB,HC ,HD thẳng hàng. Bài 8. Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp một đường tròn (O). Tiếp điểm của (O) trên AB, BC, CD, DA lần lượt là M, N, P, Q; BP, BQ cắt lại (O) tương ứng tại F, E. Chứng minh rằng ME, NF và BD đồng quy. (MOP 1995) Bài 9. Gọi O là tâm của đường tròn có các đường kính BBt,CCt,MtNt và các dây cung BAb,CAc. Giả sử rằng BAb,CAc cắt MtNt tương ứng tại M, N. Gọi Kb,Kc là giao điểm thứ hai của NBt,NCt với đường tròn. Chứng minh rằng Ab,Ac trùng nhau khi và chỉ khi Kb,Kc trùng nhau. Bài 10. Xét một lục giác lồi nội tiếp ABCDEF . Đường chéo BF cắt AE, AC lần lượt tại M, N. Đường chéo BD cắt CA, CE lần lượt tại P, Q. Đường chéo DF cắt EC, EA lần lượt tại R, S. Chứng minh rằng MQ, NR và PS đồng quy. (Bài T12/344 Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ). Tài liệu tham khảo [1] Milivoje Lukic, Projective Geometry, Olympiad Traning Materials Link: http : //www.imomath.com/tekstkut/projg_ml.pdf [2] Nguyễn Minh Hà, Nguyễn Xuân Bình, Bài tập nâng cao và một số chuyên đề Hình học 10, NXB Giáo dục 2006. [3] V.V.Praxolov, Các bài toán về hình học phẳng, NXB Đại học Quốc gia Thành phố Hồ Chí Minh. [4] Tạp chí Toán tuổi thơ II số 25, 27, 54 [5] Nguyễn Phạm Đạt, Một số bài toán sử dụng định lí Pascal. [6] Diễn đàn MathScope. Link: http : //forum.mathscope.org/showthread.php?t = 7287 http : //forum.mathscope.org/showthread.php?t = 7198 http : //forum.mathscope.org/showthread.php?t = 4986 [7] Darij Grinberg, On cyclic quadrilaterals and the butterfly theorem Link: http : //www.cip.ifi.lmu.de/ ∼ grinberg/Butterfly.zip [8] Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ số 301, 294 [9] Kirans Kedlaya, Geometry Unbound
Tạp chí Toán học MathVn Số 02-2009 Link: http : //www − math.mit.edu/ ∼ kedlaya/geometryunbound/gu − 060118.pdf [10] Mathematical Excalibur vol.10 no. 3, vol. 11 no. 2 Link: http : //www.math.ust.hk/excalibur/ [11] Tuyển tập 30 năm tạp chí Toán học và Tuổi trẻ, NXB Giáo dục 2004. [12] Diameters and Chords, Interactive Mathematics Miscellany and Puzzles Link: http : //www.cut − the − knot.org/Curriculum/Geometry/DiametersAndChords.shtml
Tạp chí Toán học MathVn Số 02-2009 Bất đẳng thức Turkevici và một số dạng mở rộng Võ Quốc Bá Cẩn - Sinh viên Đại học Y Dược Cần Thơ, Thành phố Cần Thơ A- Mở đầu Trong bài này, chúng ta sẽ cùng bàn về bất đẳng thức nổi tiếng sau: Bài toán 1. Chứng minh rằng nếu a, b, c, d là các số thực không âm thì a4 + b4 + c4 + d4 + 2abcd ≥ a2b2 + a2c2 + a2d2 + b2c2 + b2d2 + c2d2. Bất đẳng thức này có tên là bất đẳng thức Turkevici do nó được nhà toán học Turkevici đề nghị đầu tiên trên tạp chí Kvant của Nga vào năm 1979. Đây là một bất đẳng thức đẹp và không hề dễ để ta giải nó. Không những thế, nó còn ẩn chứa nhiều kết quả mở rộng mạnh và thú vị khiến ta không thể nào thoát khỏi sự cuốn hút, kéo ta vào vòng xoáy đào sâu về nó. Bài viết này, chúng tôi sẽ giới thiệu đến các bạn một số chứng minh của chúng tôi cho bất đẳng thức nổi tiếng này cùng với một số mở rộng của nó. B - Một số chứng minh Cách chứng minh thứ nhất Không mất tính tổng quát, ta giả sử 0 ≤ a ≤ b ≤ c ≤ d, khi đó xét hàm số sau f(d) = a4 + b4 + c4 + d4 + 2abcd − a2b2 − a2c2 − a2d2 − b2c2 − b2d2 − c2d2. Ta có f 0(d) = 4d3 + 2abc − 2d(a2 + b2 + c2), và f 00(d) = 12d2 − 2(a2 + b2 + c2) ≥ 0, nên f 0(d) là hàm đồng biến và ta suy ra được f 0(d) ≥ f 0(c) = 4c3 + 2abc − 2c(a2 + b2 + c2) = 2c (c2 − b2) + a(b − a) ≥ 0. Vậy f(d) là hàm đồng biến, suy ra f(d) ≥ f(c) = a4 + b4 + c4 + 2abc2 − a2b2 − 2(a2 + b2)c2 = (c2 − b2)2 + a(2c2 − ab − a2)(b − a) ≥ 0, nên bất đẳng thức của ta được chứng minh xong. Dễ thấy đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d hoặc a = 0, b = c = d và các hoán vị tương ứng. Nhận xét. Cách giải này dựa trên ứng dụng của phương pháp khảo sát hàm số vào chứng minh bất đẳng thức. Đây là một phương pháp hay và được ứng dụng khá nhiều để giải toán bất đẳng thức. Một điều lưu ý khi ta lựa chọn hàm số để khảo sát là hãy chú ý đến đẳng thức của bài toán, chẳng hạn ở bài toán này, với giả thiết a ≤ b ≤ c ≤ d thì ngoài bộ (a, b, c, d) ∼ (1, 1, 1, 1) ra, đẳng thức còn xảy ra tại a = 0, b = c = d nên ta nên chọn hàm f(d) như trên để tiện cho việc khảo sát! Cách chứng minh thứ hai Với giả thiết rằng 0 ≤ a ≤ b ≤ c ≤ d, ta thấy rằng kết quả của bài toán là hiển nhiên dựa trên đẳng thức sau a4 + b4 + c4 + d4 + 2abcd − a2b2 − a2c2 − a2d2 − b2c2 − b2d2 − c2d2 = = (c − d)2(a + c + d)(c + d − a) + (d2 − b2)(c2 − b2) + a(b − a)(2cd − ab − a2).
Tạp chí Toán học MathVn Số 02-2009 Cách chứng minh thứ ba Đây là một lời giải bằng phương pháp dồn biến của Gabriel Dospinescu ở [1]. Đặt x = a2, y = b2, z = c2, t = d2, khi đó bất đẳng thức của ta được viết lại là √ f(x, y, z, t) = x2 + y2 + z2 + t2 + 2 xyzt − xy − xz − xt − yz − yt − zt ≥ 0. Do tính đối xứng nên ta có thể giả sử một cách không mất tổng quát rằng t = min {x, y, z, t} . Với √ giả thiết này, ta sẽ chứng minh f(x, y, z, t) ≥ f(u, u, u, t) ≥ 0, với u = 3 xyz. Thật vậy, ta thấy rằng bất đẳng thức này tương đương với x2 + y2 + z2 − xy − yz − zx ≥ t (x + y + z − 3u) , hay là √ x2 + y2 + z2 − xy − yz − zx ≥ t (x + y + z − 3 3 xyz) . √ Do t ≤ 3 xyz nên ta chỉ cần chứng minh được √ √ x2 + y2 + z2 − xy − yz − zx ≥ 3 xyz (x + y + z − 3 3 xyz) , tương đương p3 √ x2 + y2 + z2 + 3 x2y2z2 ≥ 3 xyz(x + y + z) + xy + yz + zx. Áp dụng bất đẳng thức Schur dạng bậc 3 cho bộ (x2/3, y2/3, z2/3), ta được p3 X x2 + y2 + z2 + 3 x2y2z2 ≥ x2/3y2/3(x2/3 + y2/3). cyc Mặt khác, theo bất đẳng thức AM – GM thì ta có X x2/3y2/3(x2/3 + y2/3) ≥ 2(xy + yz + zx), cyc và X X x2/3y2/3(x2/3 + y2/3) = x4/3(y2/3 + z2/3) cyc cyc ≥ 2x4/3y1/3z1/3 + 2y4/3z1/3x1/3 + 2z4/3x1/3y1/3 √ = 2 3 xyz(x + y + z). Cộng tương ứng 2 bất đẳng thức này rồi chia cả 2 vế cho 2, ta thu được X √ x2/3y2/3(x2/3 + y2/3) ≥ 3 xyz(x + y + z) + xy + yz + zx. cyc Từ đó kết hợp với bất đẳng thức Schur ở trên, ta có thể dễ dàng thu được p3 √ x2 + y2 + z2 + 3 x2y2z2 ≥ 3 xyz(x + y + z) + xy + yz + zx, hay nói cách khác, bất đẳng thức f(x, y, z, t) ≥ f(u, u, u, t) được chứng minh. Và với bất đẳng thức này, ta thấy rằng√ để chứng minh bất đẳng thức đã cho, ta chỉ cần chứng minh được f(u, u, u, t) ≥ 0, tức là t2 + 2u ut ≥ 3ut, đây là một kết quả hiển nhiên đúng theo AM – GM. Phép chứng minh của ta được hoàn tất. Nhận xét. Đây là một cách dồn biến rất đặc sắc, thay vì như các phép dồn biến thông thường đưa về 2 biến bằng nhau trước rồi tiếp tục lập luận thì tác giả lời giải đã dồn một cách trực tiếp đưa về ba biến bằng nhau để giải. Cách dồn biến này khá mạnh và sử dụng nó, ta có giải được một số kết quả tương tự như sau
Tạp chí Toán học MathVn Số 02-2009 1. Nếu a, b, c, d là các số không âm có tổng bằng 4 thì 3(a2 + b2 + c2 + d2) + 4abcd ≥ 16. (Nguyễn Anh Cường) 2. Nếu a, b, c, d là các số không âm có tổng bằng 1 thì 1 176 abc + bcd + cda + dab ≤ + abcd. 27 27 (Nguyễn Minh Đức, IMO Shortlist 1996) Cách chứng minh thứ tư Tương tự với lời giải 3, ta cũng sẽ chứng minh bất đẳng thức sau với x, y, z, t là các số không âm √ x2 + y2 + z2 + t2 + 2 xyzt ≥ xy + yz + zx + xt + yt + zt, tương đương √ x2 + y2 + z2 + t2 + 2 xyzt ≥ (x + z)(y + t) + xz + yt, hay là 1 1 1 √ √ 2 (x − z)2 + (y − t)2 + (x + z − y − t)2 ≥ xz − yt . 2 2 2 Bây giờ, ta giả sử x ≥ z ≥ y ≥ t, và đặt x = t + m, y = t + n, z = t + p, với m ≥ p ≥ n ≥ 0, thì bất đẳng thức trên có thể được viết lại thành 1 1 1 h i2 (m − p)2 + n2 + (m + p − n)2 ≥ p(t + m)(t + p) − pt(t + n) . 2 2 2 √ Nếu n + p ≥ m thì ta có 0 ≤ p(t + m)(t + p) − pt(t + n) ≤ mp. Thật vậy, bất đẳng thức bên trái là hiển nhiên nên ta sẽ chứng minh bất đẳng thức bên phải, ta viết lại nó như sau √ p(t + m)(t + p) ≤ pt(t + n) + mp. Bình phương 2 vế và thu gọn, ta thấy bất đẳng thức này tương đương với từng bất đẳng thức trong dãy sau (t + m)(t + p) ≤ t(t + n) + mp + 2ptmp(t + n), t(m − n + p) ≤ 2ptmp(t + n), t(m − n + p)2 ≤ 4mp(t + n), t(m2 + n2 + p2 − 2mn − 2mp − 2np) ≤ 4mnp. Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng bởi vì m2 + n2 + p2 − 2mn − 2mp − 2np = m(m − n − p) + n(n − m) + p(p − m) − 2np ≤ 0. Do đó, khẳng định của ta ở trên là đúng, và sử dụng nó, ta có thể đưa bất đẳng thức về chứng minh 1 1 1 (m − p)2 + n2 + (m + p − n)2 ≥ mp, hay m2 + n2 + p2 ≥ mn + np + pm. 2 2 2 Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng theo AM – GM. p p m+p−n Nếu m ≥ n + p thì ta có 0 ≤ (t + m)(t + p) − t(t + n) ≤ √ . Thật vậy, bất đẳng thức 2 này tương đương với m + p − n p(t + m)(t + p) ≤ √ + pt(t + n), 2
Tạp chí Toán học MathVn Số 02-2009 hay là (m + p − n)2 (t + m)(t + p) ≤ + t(t + n) + (m + p − n)p2t(t + n), 2 (m + p − n)2 t(m + p − n) + mp ≤ + (m + p − n)p2t(t + n). 2 √ Ta có (m + p − n)p2t(t + n) ≥ (m + p − n)t 2 ≥ (m + p − n)t, và (m + p − n)2 1 1 − mp = m(m − 2n) + (n − p)2 ≥ 0 (do m ≥ n + p ≥ 2n), 2 2 2 nên bất đẳng thức trên là đúng, từ đó ta suy ra được h i2 1 1 1 1 p(t + m)(t + p) − pt(t + n) ≤ (m + p − n)2 ≤ (m − p)2 + n2 + (m + p − n)2. 2 2 2 2 Bất đẳng thức của ta được chứng minh xong. Cách chứng minh thứ năm Không mất tính tổng quát, ta giả sử a ≥ b ≥ c ≥ d, khi đó với chú ý rằng X a4 − 4abcd = (a2 − b2)2 + (c2 − d2)2 + 2(ab − cd)2, cyc và X X X 3 a4 − 2 a2b2 = (a2 − b2)2, cyc sym sym ta có thể viết lại bất đẳng thức cần chứng minh như sau (a2 − c2)2 + (b2 − c2)2 + (a2 − d2)2 + (b2 − d2)2 ≥ 2(ab − cd)2. Bây giờ, áp dụng các bất đẳng thức Cauchy Schwarz và AM – GM, ta có 1 1 (a2 − d2)2 + (b2 − d2)2 ≥ (a2 + b2 − 2d2)2 ≥ (2ab − 2d2)2 2 2 = 2(ab − d2)2 ≥ 2(ab − cd)2, nên bất đẳng thức trên là hiển nhiên, và phép chứng minh của ta được hoàn tất. Cách chứng minh thứ sáu Ta sẽ giả sử a ≥ b ≥ c ≥ d và viết lại bất đẳng thức cần chứng minh như sau a4 + b4 + c4 − a2b2 − b2c2 − c2a2 ≥ d d(a2 + b2 + c2 − d2) − 2abc , hay (a2 − b2)2 + (b2 − c2)2 + (c2 − a2)2 ≥ 2d d(a2 + b2 + c2 − d2) − 2abc . Do (a2 − b2)2 ≥ 2d(a + b)(a − b)2, (b2 − c2)2 ≥ 2d(b + c)(b − c)2, (c2 − a2)2 ≥ 2d(c + a)(c − a)2 nên (a2 − b2)2 + (b2 − c2)2 + (c2 − a2)2 ≥ 2d (a + b)(a − b)2 + (b + c)(b − c)2 + (c + a)(c − a)2 . Từ đó ta có thể đưa bài toán về chứng minh (a + b)(a − b)2 + (b + c)(b − c)2 + (c + a)(c − a)2 ≥ d(a2 + b2 + c2 − d2) − 2abc,
Tạp chí Toán học MathVn Số 02-2009 tương đương 2(a3 + b3 + c3 + abc) − ab(a + b) − bc(b + c) − ca(c + a) ≥ d(a2 + b2 + c2 − d2). Bây giờ, áp dụng bất đẳng thức Schur bậc 3, ta có ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a) ≤ a3 +b3 +c3 +3abc, nên để chứng minh bất đẳng thức này, ta chỉ cần chứng minh 2(a3 + b3 + c3 + abc) − (a3 + b3 + c3 + 3abc) ≥ d(a2 + b2 + c2 − d2), tương đương a3 + b3 + c3 − abc ≥ d(a2 + b2 + c2 − d2). Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev, ta được 1 a3 + b3 + c3 ≥ (a + b + c)(a2 + b2 + c2). 3 Do đó, ta cần chứng minh 1 (a + b + c)(a2 + b2 + c2) − abc ≥ d(a2 + b2 + c2) − d3, 3 hay là (a2 + b2 + c2)(a + b + c − 3d) ≥ 3(abc − d3). Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có √ √ √ √ √ 3(abc − d3) = 3 3 abc − d 3 a2b2c2 + d 3 abc + d2 ≤ 9 3 a2b2c2 3 abc − d √ a + b + c ≤ 3(a2 + b2 + c2) 3 abc − d ≤ 3(a2 + b2 + c2) − d 3 = (a2 + b2 + c2)(a + b + c − 3d), nên bất đẳng thức trên là hiển nhiên đúng. Phép chứng minh của ta được hoàn tất. Cách chứng minh thứ bảy Không mất tính tổng quát, giả sử rằng a ≥ b ≥ c ≥ d ≥ 0. Khi đó, đặt X A = a4 + b4 + c4 − a2b2 − b2c2 − c2a2 = (a2 − b2)(a2 − c2), a,b,c X B = d2(ab + bc + ca) − d2(a2 + b2 + c2) = −d2 (a − b)(a − c), a,b,c và C = d4 + 2abcd − d2(ab + bc + ca), ta thu được a4 + b4 + c4 + d4 + 2abcd − a2b2 − a2c2 − a2d2 − b2c2 − b2d2 − c2d2 = X X = A + B + C = (a2 − b2)(a2 − c2) − d2 (a − b)(a − c) + C a,b,c a,b,c X X = (a2 − d2)(a − b)(a − c) + (ab + bc + ca) (a − b)(a − c) + C. a,b,c a,b,c Vì a2 − d2 ≥ b2 − d2 ≥ c2 − d2 ≥ 0 nên X (a2 − d2)(a − b)(a − c) ≥ (a2 − d2)(a − b)(a − c) + (b2 − d2)(b − c)(b − a) a,b,c ≥ (b2 − d2)(a − b)(a − c) + (b2 − d2)(b − c)(b − a) = (b2 − d2)(a − b)2 ≥ 0.
Tạp chí Toán học MathVn Số 02-2009 Ngoài ra, ta dễ dàng kiểm tra được X (a − b)(a − c) ≥ 0. a,b,c Do vậy, để chứng minh bất đẳng thức Turkevici, ta thấy rằng chỉ cần chứng minh C ≥ 0 là đủ, tức là d3 + 2abc − d(ab + bc + ca) ≥ 0. Ta có d3 + 2abc − d(ab + bc + ca) = d3 − dab + c(2ab − ad − bd) ≥ d3 − dab + d(2ab − ad − bd) = d(d − a)(d − b) ≥ 0. Nên bất đẳng thức C ≥ 0 là hiển nhiên, và vì thế, phép chứng minh của ta được hoàn tất. Nhận xét. Theo chúng tôi, hai lời giải 5 và 6 là hai lời giải đẹp và đặc sắc nhất cho bài toán này, bởi lẽ chúng chỉ hoàn toàn sử dụng những bất đẳng thức kinh điển như AM – GM, Cauchy Schwarz và Schur. Chúng cho ta thấy rằng dù hiện nay có nhiều phương pháp mạnh để giải bất đẳng thức đến đâu đi nữa thì các lời giải sử dụng bất đẳng thức kinh điển vẫn là những lời giải đẹp và sâu sắc nhất. Đây chính là vẻ đẹp của sự "thô sơ" mà hiệu quả. Ngoài 7 cách chứng minh này, còn có một số cách chứng minh khác như cách chứng minh dùng phương pháp dồn biến mạnh SMV của Phạm Kim Hùng, dùng phương pháp phân tích bình phương của Michael Rozenberg hay dùng phương pháp EV của Vasile Cirtoaje, Nhưng chúng tôi cho rằng những lời giải này đều phải dùng đến những công cụ quá mạnh, và chúng khiến bài toán mất đi vẻ đẹp của nó. Vì thế chúng tôi sẽ không giới thiệu chúng ở đây, nếu các bạn có hứng thú muốn tham khảo thêm những lời giải này thì có thể liên hệ trực tiếp với chúng tôi. Bây giờ chúng ta sẽ đến với những mở rộng của bài toán này C- Một số mở rộng Để ý rằng bất đẳng thức Turkevici tương đương với !2 X X 3 a4 + 4abcd ≥ a2 . (1) cyc cyc Với những dạng phát biểu như thế này, ta thường nghĩ đến liệu bất đẳng thức của ta có thể tổng quát cho n biến được không? May mắn thay, điều đó là được trong trường hợp này. Và ta có kết quả sau Bài toán 2. Cho x1, x2, . . . , xn (n ≥ 2) là các số thực không âm. Khi đó ta có 2 n q n ! X 2 n 2 2 2 X (n − 1) xi + n x1x2 ··· xn ≥ xi . i=1 i=1 Chứng minh của kết quả này, các bạn có thể tham khảo thêm ở [1]. Bây giờ, nếu ta áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz !2 ! ! X X X a2 ≤ a a3 , cyc cyc cyc
Tạp chí Toán học MathVn Số 02-2009 để đưa bất đẳng thức về chứng minh ! ! X X X 3 a4 + 4abcd ≥ a a3 . cyc cyc cyc Rất may mắn là kết quả này lại một lần nữa đúng, và nó chính là một trường hợp riêng của bài toán sau (được Suranyi đề nghị trong cuộc thi Miklos Schweitzer Competition) Bài toán 3. Chứng minh rằng nếu x1, x2, . . . , xn là các số không âm thì n n n n−1 n−1 n−1 (n − 1)(x1 + x2 + ··· + xn) + nx1x2 ··· xn ≥ (x1 + x2 + ··· + xn)(x1 + x2 + ··· + xn ). (Suranyi) Các bạn cũng có thể tham khảo thêm chứng minh của Gabriel Dospinescu ở [1]. Bây giờ, chúng ta sẽ đi đến kết quả mở rộng chính mà chúng tôi muốn giới thiệu đến các bạn ở phần này Bài toán 4. Cho x1, x2, . . . , xn (n ≥ 2) là các số thực không âm. Chứng minh rằng với mọi số thực k, ta luôn có n n n ! n ! X n+k X k X X n+k−1 (n − 1) xi + x1x2 ··· xn xi ≥ xi xi . i=1 i=1 i=1 i=1 Ta thấy rằng kết quả mà Suranyi đề nghị thực chất chính là một trường hợp riêng của kết quả này (ứng với k = 0). Để chứng minh nó, ta sẽ thực hiện phép quy nạp trên n tương tự như Gabriel Dospinescu đã thực hiện ở [1] để chứng minh bất đẳng thức Suranyi. Với n = 2 thì bất đẳng thức trên trở thành đẳng thức, còn với n = 3 thì sau một vài biến đổi, ta thấy rằng nó tương đương với bất đẳng thức Schur dạng bậc 3 k+1 k+1 k+1 x1 (x1 − x2)(x1 − x3) + x2 (x2 − x3)(x2 − x1) + x3 (x3 − x1)(x3 − x2) ≥ 0, nên nó hiển nhiên đúng. Bây giờ, giả sử rằng bất đẳng thức trên đúng với n biến, ta sẽ chứng minh rằng nó cũng đúng với n + 1 biến. Thật vậy, do tính thuần nhất nên không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử x1 + x2 + ··· + xn = n, khi đó ta cần chứng minh n ! n ! n ! n ! X n+k+1 n+k+1 Y X k k X n+k n+k n xi + xn+1 + xn+1 xi xi + xn+1 ≥ (n + xn+1) xi + xn+1 . i=1 i=1 i=1 i=1 Áp dụng giả thiết quy nạp, ta có n n ! n ! n X n+k Y X k X n+k−1 (n − 1) xi + xi xi ≥ n xi , i=1 i=1 i=1 i=1 nên ta chỉ cần chứng minh được n ! n n n ! X n+k+1 n+k+1 X n+k−1 X n+k Y k+1 n xi + xn+1 + nxn+1 xi − (n − 1)xn+1 xi + xi xn+1 i=1 i=1 i=1 i=1 n ! X n+k n+k ≥ (n + xn+1) xi + xn+1 , i=1
Tạp chí Toán học MathVn Số 02-2009 tương đương n n ! n n ! X n+k+1 X n+k X n+k X n+k−1 n xi − xi − nxn+1 xi − xi + i=1 i=1 i=1 i=1 " n # k+1 Y n−1 n + xn+1 xi − nxn+1 + (n − 1)xn+1 ≥ 0. i=1 + Nếu n + k − 1 ≥ 0 thì theo bất đẳng thức Chebyshev, ta có n n n n ! n ! X X X 1 X X xn+k − xn+k−1 = xn+k − x xn+k−1 ≥ 0. i i i n i i i=1 i=1 i=1 i=1 i=1 Giả sử x1 ≥ x2 ≥ · · · ≥ xn ≥ xn+1 (ta có thể giả sử điều này vì bất đẳng thức cần chứng minh là đối xứng), suy ra 0 ≤ xn+1 ≤ 1. Khi đó n n ! n n ! X n+k+1 X n+k X n+k X n+k−1 n xi − xi − nxn+1 xi − xi ≥ i=1 i=1 i=1 i=1 n n ! n n ! X n+k+1 X n+k X n+k X n+k−1 ≥ n xi − xi − n xi − xi i=1 i=1 i=1 i=1 n n X n+k+1 n+k n+k−1 X n+k−1 2 = n (xi − 2xi + xi ) = n xi (xi − 1) ≥ 0. i=1 i=1 Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức Bernoulli (chú ý rằng xi−xn+1 ≥ 0 ∀i = 1, 2, . . . , n), ta được xn+1 n n n ! Y Y xi − xn+1 Xxi − xn+1 x = xn 1 + ≥ xn 1 + = nxn−1 − (n − 1)xn , i n+1 x n+1 x n+1 n+1 i=1 i=1 n+1 i=1 n+1 nên hiển nhiên n Y n−1 n xi − nxn+1 + (n − 1)xn+1 ≥ 0. i=1 Do đó, bất đẳng thức đã cho cũng đúng với n + 1 biến. Theo nguyên lý quy nạp, ta suy ra được nó đúng với mọi n ≥ 2. + Nếu n + k − 1 ≤ 0 thì theo bất đẳng thức Chebyshev, ta có n n n n ! n ! X X X 1 X X xn+k − xn+k−1 = xn+k − x xn+k−1 ≤ 0. i i i n i i i=1 i=1 i=1 i=1 i=1 Giả sử x1 ≤ x2 ≤ · · · ≤ xn ≤ xn+1 (ta có thể giả sử điều này vì bất đẳng thức cần chứng minh là đối xứng), suy ra xn+1 ≥ 1. Khi đó n n ! n n ! X n+k+1 X n+k X n+k X n+k−1 n xi − xi − nxn+1 xi − xi ≥ i=1 i=1 i=1 i=1 n n ! n n ! X n+k+1 X n+k X n+k X n+k−1 ≥ n xi − xi − n xi − xi i=1 i=1 i=1 i=1 n n X n+k+1 n+k n+k−1 X n+k−1 2 = n (xi − 2xi + xi ) = n xi (xi − 1) ≥ 0. i=1 i=1
Tạp chí Toán học MathVn Số 02-2009 Và theo bất đẳng thức Bernoulli (với chú ý rằng 0 ≥ xi−xn+1 ≥ −1), ta có xn+1 n n n ! Y Y xi − xn+1 Xxi − xn+1 x = xn 1 + ≥ xn 1 + = nxn−1 − (n − 1)xn , i n+1 x n+1 x n+1 n+1 i=1 i=1 n+1 i=1 n+1 nên hiển nhiên n Y n−1 n xi − nxn+1 + (n − 1)xn+1 ≥ 0. i=1 Do đó, bất đẳng thức đã cho cũng đúng với n + 1 biến. Theo nguyên lý quy nạp, ta suy ra được nó đúng với mọi n ≥ 2. Phép chứng minh của ta được hoàn tất. Với lời giải của kết quả mở rộng trên, chúng tôi xin được kết thúc bài viết của mình ở đây. Rất mong nhận được những ý kiến đóng góp quý báu của bạn đọc cho bài viết này. Xin chân thành cảm ơn! Tài liệu tham khảo [1] T. Andreescu, V. Cartoaje, G. Dospinescu, M. Lascu, Old and New Inequalities, Vol. 1, GIL, 2004. [2] V. Q. B. Can, C. Pohoat¸ă, Old and New Inequalities, Vol. 2, GIL, 2008. [3] I. Boreico, V. Q. B. Can, Mircea Lascu, Yong Su, Bin Xiong, Introduction to Inequalities, GIL, 2009. [4] T. N. Dung, G. Dospinescu, Mixing variables method, chuyên đề bồi dưỡng giáo viên THPT chuyên, hè 2005.
Tạp chí Toán học MathVn Số 02-2009 Các phương pháp tính tích phân Nguyễn Văn Vinh, Sinh viên chuyên ngành Toán Lý, Đại học Tổng hợp Quốc gia Belarus Nói đến vấn đề về tích phân thì người học toán đều va chạm ít nhiều, tuy nhiên có những người chỉ ở mức độ sơ cấp với mức độ tính toán thông thường có nhiều người lại sử dụng nó như là công cụ để giải quyết các vấn đề phức tạp hơn, nhưng ở góc độ ứng dụng nào cũng cần có những kĩ năng và sự hiểu biết nhất định. Bài viết nhỏ này nêu ra một số phương pháp mà nhiều người làm toán cao cấp hay sử dụng, có thể nói chỉ là những chia sẻ mang tính cá nhân trong quá trình học tập đã thu nhận được. Các phương pháp tính tích phân thông thường xin không nêu lại, chỉ đề cập các phương pháp như sử dụng phép biến đổi Laplace, Fourier, hàm sinh của các hàm đặc biệt, tích phân tham số, hàm Gamma, Beta, Gauss, Dirac, lý thuyết thặng dư, tích phân kép, chuỗi Taylor Lượng kiến thức được sử dụng trong bài này khá nhiều không thể trình bày tất cả, nên chỉ có thể điểm qua đôi nét kiến thức cần thiết trước mỗi phương pháp, có thể có nhiều khái niệm định nghĩa được bỏ qua. Vì khối lượng bài viết khá dài nên các ví dụ đưa ra chỉ mang tính định hình phương pháp có các bài tập áp dụng kèm theo. 1. Phép biến đổi Laplace, và biến đổi Fourier ∞ Z Như chúng ta đã biết L [f(t), p] = f(t)e−ptdt là ảnh của hàm f(t) qua phép biến đổi Laplace 0 với đối số p. Trong đó f(t) được gọi là hàm gốc và cho bởi công thức c+i∞ 1 Z f(t) = L−1 [f(t), p] = L [f(t), p] eptdp 2πi c−i∞ Đối với phép biến đổi Fourier thì có nhiều dạng khác nhau nhưng có hai dạng mà chúng ta hay gặp và sử dụng đó là dạng đối xứng ∞ 1 Z F [f(t), p] = √ f(t)e−iptdt 2π −∞ Và không đối xứng ∞ Z Fb [f(t), p] = f(t)e−iptdt −∞ Tương ứng với hai hàm gốc được cho bởi công thức +∞ 1 Z f(t) = F −1 [f(t), p] = √ F [f(t), p] eiptdp 2π −∞ Và +∞ 1 Z f(t) = Fb−1 [f(t), p] = Fb [f(t), p] eiptdp 2π −∞ Các tính chất của hai phép biến đổi này khá nhiều mọi người có thể xem thêm cuốn “The Trans- forms and Applications Handbook” của Alexander D. Poularikas.
Tạp chí Toán học MathVn Số 02-2009 Để đơn giản ta kí hiệu các hàm ảnh không có đối số L [f(t)] ,F [f(t)] , Fb [f(t)] Chúng ta bắt đầu bằng một ví dụ đơn giản. ∞ Z 1 − cos xt Ví dụ 1. Tính I(x) = dt t2 0 Lời giải Nói chung, cách áp dụng của cả hai phép biến đổi này là thay vì ta tính trực tiếp các tích phân cần tính thì ta có thể tác động vào cả hai về một phép biến đổi Laplace hay Fourier và sau đó ta tìm hàm gốc của tích phân vừa tìm được thì sẽ thu được kết quả như mong muốn. Ta có ∞  ∞  ∞  ∞  Z Z 1 − cos xt Z 1 Z L [I(x)] = e−px dt dx = e−px (1 − cos xt) dx dt  t2  t2   0 0 0 0 ∞ ∞ Z Z ∞ 1 1 1 p 1 t π = 2 L [1 − cos xt] dt = 2 − 2 2 dt = arctg = 2 t t p p + t p pt=0 2p 0 0 π π Ta dễ dàng nhận thấy L−1 = x. 2p2 2 π Vậy ta có I(x) = x. 2 Ta áp dụng tương tự cho phép biến đổi Fourier và thu được kết quả tương tự. Bài tập áp dụng ∞ Z cos xt 1. Tính I(x) = dt a2 + t2 0 ∞ Z x sin mx 2. Tính I = dx 1 + x2 0 ∞ Z cos t. sin tx 3. Tính I = dt t 0 Bên cạnh đó ta có thể sử dụng các tính chất của phép biến đổi Laplace, Fourier để thu được các kết quả nhanh và hiệu quả. Có ba tính chất đơn giản mà chúng ta đã biết khi làm quen với phép biến đổi Laplace ∞ ∞ Z f(t)dt Z i. = L [f(t)] dp t 0 0 ∞ f(t) Z ii. L = L [f(t), q] dq t p  t  Z iii. L  f(x)g(t − x)dx = L [f] .L [g] 0
Tạp chí Toán học MathVn Số 02-2009 Ta thử xem thêm một vài ví dụ ứng dụng ba tích chất này ∞ Z sin t Ví dụ 2. Tính I = dt t 0 Lời giải Tích phân này khá là phức tạp khi ta sử dụng các kiến thức thông thường ngay cả sử dụng tích phân tham số cũng khá dài nhưng nếu áp dụng tính chất trên ta thấy ngay kết quả ∞ ∞ ∞ Z sin t Z Z dp π I = dt = L [sin t] dp = = arctgp|∞ = t 1 + p2 0 2 0 0 0 ∞ Z p2 − 1 Ví dụ 3. Tính I = dp (p2 + 1)2 x Lời giải Dựa vào tính chất thứ hai dễ dàng thu được kết quả của bài trên: x I = L [cos t, x] = 1 + x2 t Z Ví dụ 4. Tính I = ex sin x cos(t − x)dx 0 Lời giải Áp dụng tính chất thứ ba ở trên ta có  t  Z x x 1 p L  e sin x cos(t − x)dx = L [e sin x] L [cos x] = . (p − 1)2 + 1 p2 + 1 0 1 p p − 1 1 1 = − − 2 + 3 5 p2 + 1 (p − 1)2 + 1 p2 + 1 (p − 1)2 + 1 Từ đó ta có lấy nghịch ảnh của hàm thu được và thu được kết quả cần tìm khá dễ dàng vì các hàm ảnh có dạng quen thuộc 1 I = cos t − et cos t − 2 sin t + 3et sin t 5 Bài tập áp dụng t Z 1. Tính I = et−τ ch(ατ)dτ, trong đó α là hằng số. 0 ∞ Z e−αt sin t 2. Tính I = dttrong đó α > 0. t 0 ∞ Z β (p − a) 3. Tính I = dp h i2 2 2 x (p − a) + β
Tạp chí Toán học MathVn Số 02-2009 Phép biến đổi Laplace còn có các tính chất khác mà mỗi tính chất đều có thể áp dụng xử lý linh hoạt các tích phân như tính chất về dịch ảnh, công thức Duhamel, (bạn đọc có thể tham khảo thêm ở [2],[5]). Với phép biến đổi Fourier, ngoài kĩ thuật đã nêu ở trên đối với phép biến đổi Laplace ta còn có những cách áp dụng khác. Ví dụ 5. Tính +∞ Z 2 I(α) = e−αx dx, α > 0 −∞ Lời giải Để cho thuận tiện khi các bạn đọc các sách tham khảo thêm và dễ dùng ta sẽ sử dụng phép biến đổi Fourier không đối xứng có dạng +∞ Z Fb [f(t)] = f(t)e−2πiptdt −∞ Nhận thấy √ √ 2 r h −αx2 i h −π( αx/ π) i π −π2p2/α Fb e = Fb e = e α Từ đó dễ dàng thu được tích phân cần tính +∞ r r Z 2 π π I(α) = e−αx e−2πi0xdx = Fb [0] = e0 = α α −∞ Đây chính là tích phân Euler Poisson mà chúng ta đã biết. Việc áp dụng công thức trên để tính tích phân hết sức đơn giản và thuận tiện tuy nhiên trong một số trường hợp có nhiều hàm thì việc lựa chọn hàm gốc cho phép biến đổi Fourier cũng hết sức quan trọng, hầu hết các hàm liên quan đến tích phân này là tích phân có chứa hàm lượng giác, hàm mũ, hàm luỹ thừa, Ví dụ 6. Tính +∞ Z sin (πx) cos (2παx) I(α) = dx, −∞ 1/2 x sin x Trong đósin c = . π x Khi đó ta có tích phân cân tính là +∞  1, |α| 1/2
Tạp chí Toán học MathVn Số 02-2009 Đối với phép biến đổi Fourier bên cạnh các tính chất cơ bản gần giống với phép biến đổi Laplace thì còn có một số các tính chất đặc biệt khác. Một vài tính chất thường hay sử dụng: + Đẳng thức Plancherel +∞ +∞ Z Z 2 2 |f(x)| dx = Fb [p] dp −∞ −∞ + Đẳng thức Parseval +∞ +∞ Z Z f(x)g(x)dx = Fb [p] Gb [p]dp −∞ −∞ Ví dụ 7. Tính +∞ Z dx I = (1 + x2)2 −∞ Lời giải Ta có 1 Fb = πe−2π|p| 1 + x2 Áp dụng đẳng thức Plancherel, thế thì +∞ +∞ Z 2 Z 1 2 −4πp π I = dx = 2π e dp = 1 + x2 2 −∞ −∞ Ta thu đươc kết quả rất nhanh và nhẹ nhàng. Ví dụ 8. Tính +∞ Z sin x3 I = dx x −∞ Lời giải Áp dụng đẳng thức Parseval đối với hai hàm sin x sin x2 f(x) = , g(x) = x x Ta thu được tích phân cần tìm +∞ +∞ Z sin x3 Z h x i h x i 1 1 3 I = dx = Fb sin c G sin c2 dp = π2 1 + = π x π π 2π 2 4 −∞ −∞ x sin x Trong đó sin c = π x Phép biến đổi Fourier cũng có tính chất của tích chập giống với phép biến đổi Laplace (tính chất số 3).
Tạp chí Toán học MathVn Số 02-2009 Sử dụng tính chất này ta cũng dễ dàng tính được tích phân sau +∞ Z sin πu sin π (x − u) g(x) = du = sin c(x) πu π (x − u) −∞ Bài tập áp dụng +∞ Z cos (πx) 1. Tính I = dx 1 + x4 −∞ +∞ Z sin αx3 2. Tính I = dx x −∞ +∞ Z sin αx4 3. Tính I = dx x −∞ +∞ Z sin (ax) cos (bx) 4. Tính I = dx x 0 +∞ Z sin (πax) 5. Tính I = dx x (x2 + b2) −∞ Phép biến đổi Laplace và Fourier còn chứa khá nhiều các tính chất hữu ích cho việc tính tích phân. Ngay cả đối với các tích phân bội khi sử dụng phương pháp này cũng hết sức hiệu quả. Phép biến đổi Laplace và Fourier cũng có các dạng suy rộng cho nhiều biến khác nhau mà với mỗi dạng điều có những ứng dụng hết sức thú vị. Vì bài viết chỉ mang tính giới thiệu các phương pháp nên hi vọng sẽ trở lại chủ đề này trong một bài viết khác. 2. Khai triển tích phân thành chuỗi Đây là một kĩ thuật khá sơ cấp nhưng rất thú vị và thường gặp trong các bài toán tính tích phân phức tạp. Vấn đề lựa chọn hàm để khai triển sẽ quyết định bài giải có đẹp và tối ưu hay không. Khi khai triển và hoán vị tích phân của tổng và tổng của tích phân ta cần chú ý đến các đối tượng thu được có quen và đảm bảo tính hội tụ của tích phân hay không. ∞  x  Z Z e−t − 1 Ví dụ 9. Tính I = e−x dt ln xdx  t  0 0 Lời giải Đây là một bài toán khá khó của tạp chí Crux. Tuy nhiên nếu áp dụng kĩ thuật khai triển chuỗi Taylor thì ta cũng thu được kết quả không mấy là khó khăn. Dưới đây là lời giải khi áp dụng kĩ thuật trên  ∞ n  ∞  x  ∞ x P (−t) Z Z −t Z Z n! − 1 −x e − 1 −x  n=0  I = e  dt ln xdx = e  dt ln xdx t  t  0 0 0 0
Tạp chí Toán học MathVn Số 02-2009 ∞ ∞  x  ∞ ∞ X (−1)n Z Z X (−1)n Z = e−x tn−1dt ln xdx = e−xxn ln xdx n!n   n!n n=1 0 0 n=1 0 ∞ ∞ X (−1)nΓ0(n + 1) X (−1)nΨ(n + 1) = = n!n n n=1 n=1 Trong đó Γ(x), Ψ(x) là các hàm Gamma và PolyGamma. Như ta thấy ở trên, ta đã sử dụng kĩ thuật khai triển hàm e−t dưới dạng chuỗi Taylor và chuyển tích phân cần tính thành tổng của chuỗi. Vấn đề tính tổng của chuỗi chúng ta không bàn ở đây nhưng ta cũng dễ dàng nhận được kết quả của chuỗi này là ∞ 1 X (−1)nΨ(n + 1) Z − ln 2 + ln(1 + t) 1 = γ ln 2 + dt = −π2 + 12γ ln 2 + 6 ln2 2 n 1 − t 12 n=1 0 Trong đó γ là hằng số Euler-Mascheroni. Chúng ta có một bài biến đổi tích phân thành chuỗi khá thú vị ở tạp chí La Gaceta. Ví dụ 10. Chứng minh 1 ∞ 1 Z xe2x X 1 I = √ dx = π 1 − x2 n!(n + 1)! −1 n=0 Lời giải Ta có 1 1 ∞ 2n+2 1 Z dx 1 Z X (2x) dx I = x e2x − e−2x √ = √ π 1 − x2 π (2n + 1)! 1 − x2 0 0 n=0 π/2 ∞ 1 ∞ 1 X 22n+2 Z dx 1 X 22n+2 Z = x2n+2 √ = sin2n+2 θdθ π (2n + 1)! 1 − x2 π (2n + 1)! n=0 0 n=0 0 ∞ ∞ 1 X 22n+2 (2n + 2)!π X 1 = = π (2n + 1)! 2n+3 2 n!(n + 1)! n=0 2 ((n + 1)!) n=0 Nhìn vào dạng biểu diễn của chuỗi, ta nhận thấy ngay đó là hàm I1(2) (Hàm modified Bessel bậc nhất). Phương pháp trên cho phép ta tiếp cận nhiều tích phân phân khó và giúp ích khá nhiều cho công tác nghiên cứu. Một trong những ứng dụng mạnh và hết sức hiệu quả đó là “Định lí cộng”, những người làm toán cao cấp và liên quan đến các vấn đề về phương trình vi tích phân hẳn sẽ thấy đây là một công cụ hiệu quả và thú vị. Các bạn có thể xem thêm về vấn đề này ở [7]. Sử dụng kĩ thuật này ta tính được khá nhiều tích phân hay mà nhiều phương pháp khác không làm được hoặc quá cồng kềnh, thí dụ như một bài của tạp chí PIMU 1 ∞ 1 ∞ Z ln(1 + x) X Z xn−1 X (−1)n−1 π2 dx = (−1)n−1 dx = = x n n2 12 0 n=1 0 n=1
Tạp chí Toán học MathVn Số 02-2009 Bên cạnh đó một phép chuyển tích phân về chuỗi rất thường gặp khi giải các bài toán tích phân liên quan đến phần lẻ và phần nguyên. Xin đưa ra một ví dụ về vấn đề này để chúng ta thấy rõ sự thú vị của phương pháp chuyển tích phân thành chuỗi. Chúng ta bắt đầu bằng một ví dụ nhỏ với hàm phần nguyên Ví dụ 11. Tính 1 Z 2 1 − 2 dx x x 0 Lời giải Đây là bài toán cơ bản áp dụng kĩ thuật đã nói ở trên. Sử dụng kĩ thuật khai tích phân thành dạng chuỗi ta có: 1/k 1 ∞ Z 2 1 X Z 2 1 − 2 dx = − 2 dx x x x x k=1 0 1/(k+1) ∞ X 1 1 = − k + (1/2) k + 1 k=1 Vấn đề tính tổng chuỗi trên không khó khăn, kết quả cuối cùng ta thu được ∞ X 1 1 1 1 1 1 − = 2 − + − + = 2 ln 2 − 1 ≈ 0.386 k + (1/2) k + 1 3 4 5 6 k=1 Bài toán khá đơn giản nhưng phần nào nói lên được kĩ thuật ta đã mô tả và có ý nghĩa khá thú vị, giá trị tích phân ta vừa tính được chính là xác suất để số dư không bé hơn một nữa của số bị chia, nói rõ hơn ta xét phương trình đồng dư n ≡ nν (modν) , 0 ≤ nν < ν, thì giá trị tích phân thu ν được là xác suất để xảy ra trường hợp n ≥ . ν 2 Ta xem tiếp một ví dụ hay về phần lẻ 1 Z 1 Ví dụ 12. Tính I = ln xdx x 0 Lời giải Đây là một bài toán rất hay ở tạp chí MJMS và dưới đây là lời giải của Ovidiu Furdui. Ta dễ dàng biến đổi tích phân về dạng sau 1 ∞ k+1 Z 1 X Z ln t I = ln xdx = − (t − k) dt x t2 0 k=1 k Tích phân từng phần các tích phân thu được, ta có ∞ X ln2(k + 1) − ln2 k ln(k + 1) 1 I = − + ln(k + 1) − ln k − − 2 k + 1 k + 1 k=1 n n P 1 P ln k ln2 n Chú ý rằng γ = lim k − ln n là hằng số Euler-Mascheroni, và γ1 = lim k − 2 n→∞ k=1 n→∞ k=1 là hằng số Stieltjes.
Tạp chí Toán học MathVn Số 02-2009 Ta thu được tổng của chuỗi trên là I = γ + γ1 − 1. Các công đoạn biến đổi để thu được kết quả khá đơn giản bạn đọc có thể làm như là bài tập. Sử dụng kĩ thuật như trên ta thu được nhiều kết quả đẹp của các tích phân có giá trị đặc biệt là các tham số như Stieltjes, Euler-Mascheroni, Gold ratio Cũng dùng phương pháp trên, Ngô Phước Nguyên Ngọc đã tính được tích phân sau rất đẹp và thu được một biểu diễn khá thú vị của hằng số Euler-Mascheroni 1 Z 1 x I = dx = γ. x 1 − x 0 Chúng ta đã nhận thấy ở trên việc chuyển các tích phân cần tính đến các chuỗi tương đương giúp ta thu được nhiều đẳng thức đẹp. Bằng phương pháp này chúng ta cũng có thể chứng minh hai dạng biểu diễn của hàm hypergeometric function là tương đương nhau 1 Z ∞ k Γ(c) c−b−1 −a X (a) (b) z F (a, b, c, z) = tb−1 (1 − t) (1 − tz) dt = k k Γ(b)Γ(c − b) (c)k k! 0 k=0 Chứng minh xin dành cho bạn đọc. Bài tập áp dụng 1 Z 1. I = {ln x} xmdx, m > −1. 0 1 Z ln x ln2(1 − x) 2. I = dx. x 0 1 Z 1 x 3. I = dx = γ. x 1 − x 0 1 1 Z Z x n y o 4. I = xtyt dxdy, t > −1. y x 0 0 3. Tích phân phụ thuộc tham số Có thể nói đây là một chủ đề rất lớn với tính ứng dụng rất cao. Có khá nhiều kĩ thuật đối với phép tính tích phân nhưng phương pháp tích phân tham số là một vấn đề hết sức thú vị. Đều khó khăn nhất khi áp dụng phương pháp này bạn phải nghĩ ra tham số cần thêm là gì, chúng ta đi theo chiều thuận hay ngược của phép biến đổi. Việc áp dụng phương pháp này cho phép ta thu được nhiều kết quả rất là thú vị liên quan đến chuỗi, hàm đặc biệt. Vì chủ đề này khá dài và có nhiều ứng dụng phức tạp nên sẽ được đề cập chi tiết trong bài viết ở số tạp chí tiếp theo.
Tạp chí Toán học MathVn Số 02-2009 Tài liệu tham khảo 1. Manzirov A.V., Polyanin A.D.; Tuyển tập phương trình tích phân: Các phương pháp giải; NXB Factorial, Moskva 2000 (bản Tiếng Nga). 2. Alexander D. Poularikas, The Transforms and Applications Handbook, Second Edition; CRC Press, 2000. 3. Lê Văn Trực, Nguyễn Văn Thoả, Phương pháp Toán cho Vật lý ; NXB ĐHQG Hà Nội. 4. Các tạp chí CMJ, Crux, MJMS, PIMU, SSMJ. 5. Tuyển tập MathVn - Các kĩ thuật biến đổi vi tích phân, 2009 (preprint) 6. A.M. Mathai, Hans J. Haubold; Special Functions for Applied Scientists; Springer, 2008. 7. Erofeenko V.T., Tuyển tập về Định lý cộng; NXB Khoa học và Kỹ thuật, Minsk 1989 (bản Tiếng Nga).
Tạp chí Toán học MathVn Số 02-2009 Lý thuyết các quân xe Nguyễn Tuấn Minh, Lớp Cử nhân Chất lượng cao, Khóa III - Đại học Huế A - Mở đầu Hoán vị với các vị trí cấm Ta có một mô hình cho một bài toán tổng quát như sau: Xét các tập khác rỗng X1,X2, , Xn ⊂ {1, 2, , n} và kí hiệu Sn tập các hoán vị với độ dài bằng n Đặt P (X1,X2, , Xn) = {σ ∈ Sn | σ(i) ∈/ Xi, i = 1, 2, , n }, tập Xi được gọi là vị trí cấm của σ(i), các hoán vị thuộc P (X1,X2, , Xn) gọi là hoán vị với các vị trí cấm (permutation with forbidden positions) tương ứng với hệ (X1,X2, , Xn) Một hoán vị σ ∈ Sn tương đương với một cách sắp đặt n con xe trên bàn cờ vua n × n ở các tọa độ (i, σ(i)) (Ở đây ta đánh số các cột và các dòng bằng các số 1, 2, , n từ trái sáng sang phải và từ trên xuống dưới, (x, y) là tọa độ của ô nằm ở cột thứ x và hàng thứ y), dĩ nhiên là σ(i) 6= σ(j) nên không có 2 con nào ăn nhau. Nếu σ ∈ P (X1,X2, , Xn) thì hoán vị này tương ứng với một cách sắp đặt n con xe lên bàn cờ n × n sao cho không có hai con nào ăn nhau và con xe nằm ở cột thứ i thì không được phép đặt vào các ô vuông có tọa độ thuộc tập Mi = {(i, x) | x ∈ Xi}, các vị trí này gọi là vị trí cấm (dĩ nhiên Mi ∩ Mj = ∅ với i 6= j). Gọi Ai là tập các cách sắp xếp mà con xe ở cột thứ i được đặt vào vị trí cấm. Theo nguyên lý bao hàm-loại trừ ta có kết quả tổng quát |P (X1,X2, , Xn)| = |Sn| − |A1 ∪ A2 ∪ ∪ An| n X X n = n! − |Ai| + |Ai ∩ Aj| − + (−1) |A1 ∩ A2 ∩ ∩ An| i=1 1≤i<j≤n Gọi rk là số sắp đặt k con xe lên bàn cờ n × n sao cho mỗi con xe đều ở vị trí cấm, quy ước r0 = 1. Thế thì X |Ai1 ∩ Ai2 ∩ ∩ Aik | = rk(n − k)! 1≤i1<i2< <ik≤n Do đó n X k |P (X1,X2, , Xn)| = (−1) rk(n − k)! k=0 Số cách sắp đặt các quân xe Gọi rk(C) là số cách sắp đặt k con xe (rook number) lên miền ô vuông C (miền ở đây không nhất thiết là phải liên thông) trên bàn cờ sao cho không có 2 con nào ăn nhau. P∞ k Hàm sinh RC (x) = k=0 rk(C)x gọi là đa thức xe (rook polynomial) của miền C, quy ước r0(C) = 1.
Tạp chí Toán học MathVn Số 02-2009 Một miền các ô vuông C trên bàn cờ m × n có thể được đặc trưng bởi một trận (cij)m×n trên trường F2 = {0, 1} với cij bằng 1 nếu ô (i, j) ∈ C và cij = 0 nếu ô (i, j) ∈/ C. Một số tính chất quan trọng: 1. RC (x) = RC\∆(x) + xRC−∆(x) trong đó ∆ là một ô vuông trong C, C \ ∆ là miền ô vuông nhận được từ C khi bỏ đi ∆ và C − ∆ là miền ô vuông nhận được từ C khi bỏ đi tất cả các ô có cùng hàng và cùng cột với ∆. Thật vậy, khi sắp xếp k quân xe lên miền C, trong đó ô ∆ cố định, thì có hai trường hợp xảy ra: -Ô ∆ được sắp một quân xe, khi đó đối với k − 1 quân xe còn lại thì không thể sắp cùng hàng hoặc cùng cột với ∆. Số cách sắp trong trường hợp này là Rk−1(C − ∆). -Ô ∆ không được sắp quân xe nào, khi đó đối với k quân xe có thể sắp trên miền C∆. Số cách sắp xếp trong trường hợp này là Rk(C \ ∆). Vì vậy: Rk(C) = Rk(C \ ∆) + Rk−1(C − ∆) Từ đây dễ suy ra kết quả với dạng hàm sinh. Miền các ô vuông S gọi là một block của miền các ô vuông C nếu thỏa mãn: 0 i. Với bất kì các dòng i, i có chứa ô của S và cột j không chứa ô nào của S thì ô cij = ci0j. 0 ii. Với bất kì dòng i không chứa nào của S, và các cột j, j chứa ô của S thì cij = cij0 . Ta có một mở rộng (xem thêm ở [1]) của tính chất 1 như sau: 2. Với C là miền ô vuông trên bàn cờ và S là một block nằm trên s hàng và t cột thế thì min(s,t) X j RC (x) = rj(S)x RC(S,j)(x) j=0 Trong đó C(S, j) với 0 ≤ j ≤ min(s, t) là miền nhận được bằng cách bỏ các ô của C sao cho: i. Bỏ đi tất cả các ô của S ii. Bỏ đi tất cả các ô thuộc j dòng trong số s dòng chứa các ô của S iii. Bỏ đi tất cả các ô thuộc j cột trong số t cột chứa các ô của S Chứng minh này cũng không khó khăn, chi tiết xin dành cho bạn đọc. 3. RC1∪C2 (x) = RC1 (x)RC2 (x) với C1 và C2 là hai miền không có hàng nào chung và cột nào chung, C1 ∪ C2 là miền ô vuông bao gồm tất cả các ô vuông của C1 và C2 Thật vậy, vì C1,C2 là hai miền không có hàng nào chung và cột nào chung nên mỗi cách sắp đặt i quân xe lên C1 và j quân xe lên C2 sẽ ứng với mỗi cách sắp đặt i + j quân xe lên miền C1 ∪ C2, X với i, j ≥ 0. Vì vậy rk(C1 ∪C2) = ri(C1)rj(C2). Từ đây nhận được kết quả dưới dạng hàm sinh. i+j=k Giả sử B là một miền ô vuông trên bàn cờ và B là miền bù của nó trên bàn cờ m × n, thế thì số cách đặt k quân xe lên B sẽ bằng số cách sắp đặt k quân xe lên bàn cờ và coi các ô thuộc B như là các vị trí cấm. Tương tự như phần đầu, kí hiệu Ai với i = 1, 2, , k là số cắp sắp đặt mà quân xe
Tạp chí Toán học MathVn Số 02-2009 thứ i nằm vào miền cấm là B. Bằng quy tắc nhân ta tính được X (m − s)!(n − s)! |A ∩ A ∩ ∩ A | = r (B). i1 i2 is s (n − k)!(n − k)!(k − s)! 1≤i1<i2< <is≤k p!q! Ở đây ta chú ý rằng số cách sắp t quân xe lên bàn cờ p×q bằng , với t ≤ min(m, n) (p − t)!(q − t)!t! (chứng minh điều này xem như bài tập), và ta đã áp dụng cho t = k − s, p = m − s, q = n − s. Theo nguyên lý bao hàm-loại trừ, ta có k X (m − s)!(n − s)! r (B) = (−1)s r (B) k (n − k)!(n − k)!(k − s)! s s=0 Từ đây ta có một liên hệ đẹp giữ đa thức xe của hai miền ô vuông bù nhau: 4. n k ! X X (m − s)!(n − s)! R (x) = (−1)s r (B) xk B (n − k)!(n − k)!(k − s)! s k=0 s=0 Bài tập. 1. Kí hiệu Rm,n(x) là đa thức xe của bảng chữ nhật m × n ô. Chứng tỏ rằng Rm,n = Rm−1,n(x) + xnRm−1,n−1(x) và dạng tương tự Rm,n = Rm,n−1(x) + xmRm−1,n−1(x) Từ đó suy ra min(n,m) X m!n! R (x) = xk m,n (m − k)!(n − k)!k! k=0 ex dn xn+α 2. Kí hiệu Lα = (Đa thức Laguerre). Chứng tỏ rằng n n!xα dx ex 1 R (x) = n!xnLα − n,n+α n x 3. Chứng minh rằng ∞ X tm R (x) = (1 + xt)net m,n m! m=0 và ∞ ∞ X X tmun R (x) = et+u+xtu m,n m!n! m=0 n=0 4. Với C là một bảng vuông bất kì, ta viết rk thay vì rk(C). Giả sử n là bậc của đa thức RC (x), chứng các bất đẳng thức sau k + m a. r ≤ r r k k+m m k
Tạp chí Toán học MathVn Số 02-2009 r b. kk−2r ≤ 2 với 1 ≤ k ≤ n. k k − 1 2 c. rk−1rk+1 ≤ rk 1 1 d. r r 1 + 1 + ≤ r2 k−1 k+1 k n − k k !1/k !1/m rk rm e. n ≤ n với 0 ≤ m < k ≤ n. k m n f. rk ≤ nn−k với 0 ≤ k ≤ 2 n − k g. r ≤ r với 0 ≤ k ≤ n−1 k + 1 k n−k−1 2 Lý thuyết các quân xe (Rook Theory) mà đối tượng của nó là đa thức xe được nghiên cứu đầu tiên bởi Kaplansky and Riordan vào năm 1946, và sau đó là các mở rộng của Goldman với sự ứng dụng của nhiều phương pháp tổ hợp hiện đại từ những năm 1970. Trong những năm gần đây Haglund đạt được nhiều thành công trong việc gắn kết đa thức xe với nhiều lĩnh vực khác như chuỗi siêu hình học, bài toán đếm ma trận trên trường hữu hạn, lý thuyết biểu diễn nhóm. Lý thuyết các quân xe có quan hệ gần gũi với nhiều ứng dụng trong lý thuyết đồ thị, người ta cũng đã vận dụng đa thức xe cùng với cơ học lượng tử và đại số Weyl. Còn trong Tổ hợp đếm nói riêng, đa thức xe liên quan đến hàng loạt các bài toán đếm về hoán vị, phân hoạch, hình vuông Latin Trong phần mở đầu chúng ta đã làm quen với cách tính toán ma thức xe với sự đệ quy của các miền ô vuông. Phần ứng dụng máy tính trong tính toán đa thức xe sẽ được đề cập ở cuối bài viết, xem như là phụ lục. B - Mở rộng và ứng dụng 1. Bài toán đếm hoán vị bất hòa 1 Bài toán 1. (Derangement problem ) Tìm số các hoán vị σ ∈ Sn sao cho σ(i) 6= i. Lời giải Bài toán tương đương với việc tìm số các cách sắp xếp các quân xe lên bàn cờ n × n ô với và miền các vị trí cấm chính là đường chéo chính của bàn cờ: C = {(1, 1), (2, 2), , (n, n)} Rõ ràng miền này có thể được xem là phân hoạch thành n ô vuông đôi một không cùng hàng và cùng cột. Đa thức xe của mỗi ô như vậy là R0(x) = 1 + x. n n n Áp dụng tính chất 3, ta có RC (x) = [R0(x)] = (1 + x) . Suy ra rk(C) = k . Áp dụng bài toán hoán vị với các vị trí cấm, ta thu được công thức tính số các hoán vị σ ∈ Sn thỏa mãn điều kiện bài toán: n n X n X (−1)k D = (−1)k (n − k)! = n! n k k! k=0 k=0 1Bài toán được nghiên cứu đầu tiên bởi Pierre Raymond de Montmort vào năm 1713
Tạp chí Toán học MathVn Số 02-2009 Một hoán vị như vậy gọi là vô trật tự (derangement permutation). D Chú ý là khi n → ∞ thì n → e−1. n! Bài toán 2. (Ménage problem2) Tìm số cách sắp xếp n cặp cô dâu, chú rể vào một bàn tròn 2n chỗ (n ≥ 3) sao cho các cô dâu, chú rể ngồi luân phiên nhau, nhưng không xảy ra trường hợp chú rể ngồi bên cạnh cô dâu của mình. Lời giải Đầu tiên, ta sắp n cô dâu vào bàn, sao cho giữa hai cô dâu để trống một ghế dành cho một chú rể nào đó. Số cách sắp xếp như vậy bằng 2.n! Trong mỗi cách sắp xếp các cô dâu, đánh số họ theo chiều kim đồng hồ lần lượt là 1, 2, , n. Ghế trống bên phải cô dâu thứ i ta đánh số là i. Bây giờ ta xếp các chú rể vào n ghế trống này sao cho thỏa mãn yêu cầu bài toán. Giả sử chú rể của cô dâu thứ i được sắp vào ghế số σ(i) ∈ {1, 2, , n}. Thế thì σ(i) 6= i, i + 1 (mod n) Ta có thể cho tương ứng một hoán vị σ ∈ Sn (n ≥ 2) như vậy bằng với một cách sắp các quân xe lên bàn cờ n × n ô với miền các vị trí cấm là: Cn = {(1, 1), (2, 2), , (n, n), (1, 2), (2, 3), , (n, 1)} 2Bài toán được nghiên cứu đầu tiên bởi Édouard Lucas vào năm 1891
Tạp chí Toán học MathVn Số 02-2009 Áp dụng tính chất 1, đối với miền ô vuông Cn khi bỏ đi ô (n, 1) ta được miền Sn, nếu xóa đi dòng và cột chứa ô này ta được miền Sn−1. Ta có: RCn (x) = RSn (x) + xRSn−1 (x) Với miền Sn ta loại đi ô (1, 1) được miền Tn, loại đi hàng và cột chứa ô này thu được Sn−1, tương tự ta nhận được RSn (x) = RTn (x) + xRSn−1 (x) Với miền Tn, ta loại đi ô (1, 2) thu được miền Sn−1, loại đi hàng và cột chứa ô này thu được Tn−1. Thế thì RTn (x) = RSn−1 (x) + xRTn−1 (x) Từ các quan hệ đệ quy trên, ta rút ra được: 2 RCn+1 (x) − (2x + 1)RCn (x) + x RCn−1 (x), n = 2, 3, 2 2 3 Và với các trường hợp đầu tiên, ta tính được RC2 (x) = 1+4x+2x , RC3 (x) = 1+6x+9x +2x . Kết quả cuối cùng, tính được (có thể sử dụng hàm sinh hoặc đa thức đặc trưng): n X 2n 2n − k R (x) = xk Cn 2n − k k k=0 Áp dụng bài toán hoán vị với các vị trí cấm, ta có số các hoán vị σ ∈ Sn thỏa mãn điều kiện là n X 2n 2n − k U = (−1)k (n − k)! n 2n − k k k=0 Đây là số cách sắp xếp n chú rể vào n vị trí trống như đã đánh số. Công thức của số cách sắp xếp các cô dâu chú rể thỏa mãn điều kiện bài toán là: n X 2n 2n − k 2.n! (−1)k (n − k)! 2n − k k k=0 Trường hợp tổng quát của Bài toán 1 và Bài toán 2, ta gọi hoán vị σ ∈ Sn sao cho σ(i) 6= i, i + 1, , i + k − 1 (mod n) là k-bất hòa (k-discordant). Cho đến nay người ta đã có các kết quả cho bài toán này cho k = 1, 2, 3, 4, 5. Trường hợp k = 3, 4, 5 có thể tiếp cận một cách sơ cấp để tìm quan hệ đệ quy và hàm sinh, trong bài viết không đề cập đến do khá phức tạp, bạn đọc có thể tham khảo ở [2], [3], [4]. Trong trường hợp tổng quát, vấn đề tìm một công thức chính xác để tính số hoán vị k-bất hòa vẫn là bài toán mở. Bài tập. 1. Một hoán vị σ ∈ Sn được gọi là không liên tiếp (nonconsecutive) nếu như thỏa mãn σ(i) 6= i+1 với i = 1, 2, , n − 1. Tìm công thức Qn tính số các hoán vị độ dài n không liên tiếp và chứng tỏ Qn = Dn + Dn−1 2. Chứng minh rằng: a. Dn = (n − 1)(Dn−1 + Dn−2), n ≥ 1 n b. Dn = nDn−1 + (−1) , n ≥ 2
Tạp chí Toán học MathVn Số 02-2009 n! 1 c. D = + , n ≥ 1 n e 2 n! n + 2 d. D = + , n ≥ 2 n e (n + 1)2 −1 e. Dn = (e + e )n! − [en!] , n ≥ 2 [e(n + m − 2)!] n + m f. D = + + e−1 n! − [en!] n (n + m − 2)! (n + m − 1)(n + m − 1)! với m ≥ 3, n ≥ 2 " m ! # {e(n + 2m)!} X n + 2i − 1 g. D = + + e−1 n! n (n + 2m)! (n + 2i)! i=1 với m ≥ 1, n ≥ 2. 3. Tìm công thức tính số các cách sắp xếp 2n quân xe lên bàn cờ 2n × 2n sao cho không có hai con nào nằm trên hai đường chéo lớn của bàn cờ. n X 2n 2n − k 4. Với U = (−1)k (n − k)! (ménage number), chứng minh rằng: n 2n − k k k=0 n 4(−1)n−1 a. U = nU + U + , n ≥ 2 n n−1 n − 2 n−2 n − 2 b. Un = nUn−1 + 2Un−2 − (n − 4)Un−3 − Un−4, n ≥ 4 2. Bảng Ferrers Với 1 ≤ c1 ≤ c2 ≤ ≤ cn thì miền các ô vuông được xác định bởi F = {(i, j) | 1 ≤ i ≤ n, 1 ≤ j ≤ ci} gọi là bảng một bảng Ferrers. Như vậy bảng Ferrers được tạo thành từ dãy các cột ô vuông với chiều cao không giảm. Ta có các định nghĩa: 1. h(F ) = (c1, c2, , cn) gọi là vector chiều cao của F . (m) (m) (m) (m) (m) 2. hm(B) = (c1 , c2 , , cm ) (s ≥ n) với ci = 0, i = 1, 2, , m − n và ci = ci−m+n với i = m − n + 1, , n gọi là m-vector chiều cao của F . Chú ý rằng hn(F ) = h(F ). Có thể hiểu một cách đơn giản rằng hm(F ) là vector tạo ra từ h(F ) bằng cách thêm các giá trị 0 vào m − n vị trí đầu tiên . (m) (m) (m) (m) (m) 3. sm(F ) = (s1 , s2 , , sm ) với si = ci − i + 1 gọi là vector m-cấu trúc của F . Dễ dàng kiểm chứng các tính chất sau: (m) i. s1 ≥ 0 (m) (m) ii. si ≥ si−1 − 1 với i = 2, 3, , m
Tạp chí Toán học MathVn Số 02-2009 (m) (m) (m) iii. si(m) = si−1 − 1 khi và chỉ khi ci = ci−1 Ngược lại, nếu một vector gồm n số nguyên thỏa mãn (i) và (ii) thì nó là một vector n-cấu trúc của một bảng Ferrers xác định duy nhất. Pm 4. Pm(F, x) = k=0 rk(F ).[x]m−k (m ≥ s) gọi là đa thức m-giai thừa của bảng Ferrers F . Định lý 1. (Factorization theorem) Xét bảng Ferrers F với n cột, với m ≥ n có vector m-cấu (m) (m) (m) trúc sm = (s1 , s2 , , sm ) và đa thức m-giai thừa Pm(F, x) thế thì m Y (m) Pm(F, x) = (x + si ) i=1 Ở đây [x]i = x(x − 1)(x − 2) (x − i + 1) nếu 0 ≤ i ≤ x và bằng 0 nếu i > x. Chứng minh Giả sử F có vector chiều cao là h(F ) = (c1, c2, , cn) và m-vector chiều cao (m) (m) (m) hm(F ) = (c1 , c2 , , cm ), m ≥ n Với x ∈ N, xét bảng Fx,m với vector chiều cao 0 0 0 h(Fx) = (c1, c2, , cm) = (x, , x, x + c1, x + c2, , x + cn) Dễ thấy, vế phải của đẳng thức cần chứng minh đúng bằng rm(Fx,m). Ta sẽ tính rm(Fx,m) theo một cách khác. Coi Fx,m = F ∪ C, C là bảng hình chữ nhật x × m ô nằm bên dưới F (hình vẽ) Trong mỗi trường hợp sắp xếp m quân xe lên Fx,m, giả sử trên F có k quân xe, thì số cách sắp xếp các quân xe trên F bằng rk(F ), khi đó còn lại m − k quân xe sắp xếp trên C. Sau loại đi k cột đã bị chiếm bởi k quân xe đã sắp trên F thì chỉ còn m − k cột có thể sắp xe lên được trên C. Nên đối với m − k quân xe còn lại ta xem như sắp xếp chúng lên một miền chữ nhật x × (m − k), có tất
Tạp chí Toán học MathVn Số 02-2009 cả [x]m−k cách sắp xếp. m X Vì vậy rm(Fx,m) = Pm(F, x) = rk(F ).[x]m−k k=0 Đẳng thức cần chứng minh được kiểm chứng với vô hạn điểm là các số tự nhiên, hơn nữa do dạng đa thức nên ta thu được kết quả cho mọi x ∈ R. Hệ quả 1. Xét bảng Ferrers F với h(F ) = (s + 1, 2(s + 1), , (n − 1)(s + 1)) thế thì Pn(F, x) = x(x + s)(x + 2s) (x + (n − 1)s) Hệ quả này suy ra từ định lý 1 với hn(F ) = (0, s + 1, 2(s + 1), , (n − 1)(s + 1)), và tương ứng sn(F ) = (0, s, 2s, , (n − 1)s). Trường hợp đặc biệt, đối với bảng F = (1, 2, , n − 1) thế thì rk(F ) = S(n, n − k), ở đây S(s, r) là số Stirling loại II. Thật vậy, áp dụng hệ quả trên ta có n X n rk[x]n−k = x k=1 đây là phương trình quen thuộc của số Stirling loại hai. Ngoài ra chúng ta có thể giải quyết bằng một phương án thuần túy hơn. S(n, n−k) là số các phân hoạch tập {1, 2, , n} thành n − k khối khác rỗng không giao nhau. Xét mỗi cách sắp xếp k quân xe lên bảng F = {(i, j) | 1 ≤ i ≤ n, 1 ≤ j ≤ i}. Quân xe được sắp ở vị trí (i, j) thì ta cho tương ứng hai số i, j nằm cùng một khối trong phân hoạch. Việc kiểm tra đây là một song ánh xin dành cho bạn đọc. Ta định nghĩa rằng hai miền ô vuông là tương đương (rook equivalence) nếu chúng có cùng đa thức xe. Theo định lý 1 ta suy ra được rằng: i. Hai bảng Ferrers F1 và F2 tương đương nếu và chỉ nếu với m nào đó thì đa thức m-giai thừa của chúng đồng nhất nhau. ii. Hai bảng Ferrers F1 và F2 tương đương nếu và chỉ nếu với m nào đó thì Sm(F1) = Sm(F2).Ở đây kí hiệu Sm(F ) là tập có lặp gồm các thành phần của vector sm(F ). Định lý 2. Mỗi bảng Ferrers tương đương với duy nhất một bảng Ferrers với dãy chiều cao các cột là tăng ngặt. Chứng minh Trước hết, xét bảng Ferrer F0 với các cột có chiều cao tăng ngặt 1 ≤ a1 < a2 < < an. Thế thì hm(F0) = (0, 0, , 0, a1, , an), trong đó m − n vị trí đầu tiên bằng 0. Khi đó sm(F0) = (0, −1, −2, , −(m − n − 1), u1, u2, , un) với −(m − n − 1) ≤ u1 ≤ ≤ un. Một vector m-cấu trúc như vậy xác định duy nhất một bảng Ferrers, và bảng này có các cột có chiều cao tăng ngặt. Với F là một bảng Ferrers bất kì, theo nhận xét trên ta sẽ xây dựng một bảng Ferrers F 0 tương 0 0 đương với F , nghĩa là có m để Sm(F ) = Sm(F ), và các thành phần sm(F ) được sắp tương tự như dạng của sm(F0). (m) Ta có r1(F ) = |F | nên các bảng tương đương thì có cùng số ô. Xét m = |F | + 1, thế thì s1 = 0. Giả sử −t là thành phần có giá trị nhỏ nhất trong sm(F ). Theo tính chất của của vector m-cấu trúc
Tạp chí Toán học MathVn Số 02-2009 thì −1, −2, , −(t − 1) cũng xuất hiện trong sm(F ). Xét vector: q = (0, −1, −2, , −(t − 1), −t, q1, q2, , qm−t−1) Ở đây qi là các phần tử của tập có lặp Sm(F ) loại đi các phần tử 0, −1, −2, , −t và sắp thứ tự 0 không giảm q1 ≤ q2 ≤ ≤ qm−t−1. Như vậy q là một vector m-cấu trúc của một bảng Ferrers F với 0 các cột có chiều cao tăng ngặt. Hơn nữa do −t là phần tử nhỏ nhất trong tập có lặp Sm(F ) = Sm(F ) nên F 0 là bảng Ferrers với các cột có chiều cao tăng ngặt duy nhất tương đương với F . Một bài toán nảy sinh là có bao nhiêu bảng Ferrers tương đương với một bảng Ferrers cho trước? 0 Ta thấy rằng sm(F ) và sm(F ) đều là các hoán vị của tập có lặp Sm(F ). Như vậy bài toán được giải quyết khi ta đếm được số hoán vị của tập có lặp Sm(F ). Định lý 3. Số bảng Ferrers tương đương với bảng Ferrers F cho trước bằng: j + j − 1j + j − 1 j + j − 1 0 1 1 2 t−1 t j1 j2 jt Ở đây −t là thành phần có giá trị bé nhất trong vector s|F |+1(F ), và ji là số lần xuất hiện của phần tử −i trong tập có lặp S|F |+1(F ). Chứng minh công thức này có thể xem trong [8], [9]. Bài tập. 1. Cho (cn) là dãy tăng bao gồm các số nguyên dương, và bảng Ferrers Fn với hF = (c1, c2, , cn). Đặt 1 q (x) = xcn+1 exR n Fn x Chứng tỏ rằng d q (x) = xcn+1−cn q (x) n dx n−1 2. Có bao nhiêu bảng Ferrers tương đương với bảng Ferrers F , trong đó: a. h(F ) = (1, 2, , n − 1). b. h(F ) = (2, 4, , 2(n − 1)). c. h(F ) = (k, 2k, , (n − 1)k) với k > 2. C - Lập trình tính toán 1. Sử dụng Mathematica Bài toán của chúng ta là tìm đa thức xe trên một miền ô vuông cho trước. Lập hàm RookPolynomial như sau để sinh đa thức xe RookPolynomial[n_List] := Module[{stacklist, top, SameColumnValues, SameRowValues, EntriesToEliminate, InclusionList, ExclusionList}, stacklist = {Union[n]}; While[Union[Flatten[stacklist]] =!= {1, x}, top = First[stacklist];
Tạp chí Toán học MathVn Số 02-2009 SameColumnValues = Position[top, {_, top[[1, 2]]}]; SameRowValues = Position[top, {top[[1, 1]], _}]; EntriesToEliminate = Union[SameColumnValues, SameRowValues]; InclusionList = Append[Delete[top, EntriesToEliminate], {x}]; ExclusionList = Delete[top, 1]; If[Length[ExclusionList] == 0, ExclusionList = {{1}}]; stacklist = Delete[Append[Append[stacklist, ExclusionList], InclusionList], 1]; While[Union[Flatten[First[stacklist]]] == {x}, stacklist = RotateLeft[stacklist]]]; Total[Apply[Times, stacklist, 2]]] Input của hàm này là một danh sách, bao gồm tọa độ các ô của miền ô vuông cần tính toán đa thức xe. Thí dụ. Tính RC (x) với miền ô vuông C = {(1, 1), (2, 2), (3, 3), (4, 4), (5, 5)}. Ta sử dụng hàm trên như sau: RookPolynomial[{{1, 1}, {2, 2}, {3, 3}, {4, 4}, {5, 5}}] Nhấp Shift+Enter, kết quả sẽ là Out[1]= 1 + 5 x + 10 x^2 + 10 x^3 + 5 x^4 + x^5 2. Sử dụng Maple Như phần đầu, ta cũng có thể lập một giải thuật tương tự bằng Maple. Nhưng để tránh sự lặp lại, ta xét bài toán tìm đa thức xe trên bàn cờ n × n với miền các vị trí cấm cho trước. Đầu tiên ta sử dụng hàm complement_board để tính miền cho phép đặt các quân xe trên bàn cờ, giá trị trả về là một danh sách. > with(combinat); > complement_board := proc (F, n) local i, j, x, L; L := []; for i to n do for j to n do if ‘not‘(member([i, j], F)) then L := [op(L), [i, j]] end if end do end do; RETURN(L) end proc; Hàm non_attacking_rooks_pos tìm tất cả các cách sắp đặt k quân xe trên bàn cờ n × n, với miền các vị trí cấm cho dưới dạng một danh sách F . >non_attacking_rooks_pos := proc (F, k, n) local i, j, ans, cols, R, pos, F0, F1, F2, m, P, x, stop0, is; P := permute(n, n); F0 := F; pos := []; if k = 1 then RETURN(complement_board(F0, n)) end if; for x in P do stop0 := 0; R := choose(n, k);