-
HỘI TOÁN HỌC HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC TÂY BẮC
**************** *******************
CHỦ BIÊN:
NGUYỄN VĂN MẬU, NGUYỄN VĂN BAO
HỘI THẢO KHOA HỌC
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN HỌCBỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI
VÙNG TÂY BẮC
KỶ YẾU
HỘI THẢO KHOA HỌC
SƠN LA 28-30/11/2014
-
.
I. BAN TỔ CHỨC
1. TS. Nguyễn Văn Bao - Hiệu trưởng Trường ĐH Tây Bắc, Đồng
Trưởng Ban;
2. GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu - Chủ tịch Hội Toán học Hà Nội, Đồng
Trưởng Ban;
3. TS. Đinh Thanh Tâm - Phó Hiệu trưởng Trường ĐH Tây Bắc, Phó
trưởng Ban;
4. TS. Nguyễn Triệu Sơn - Phó Hiệu trưởng Trường ĐH Tây Bắc, Phó
trưởng Ban;
5. TS. Đoàn Đức Lân - Phó Hiệu trưởng Trường ĐH Tây Bắc, Phó
trưởng Ban;
6. TS. Vũ Trọng Lưỡng - Trưởng Phòng KHCN&HTQT Trường ĐH Tây
Bắc, UVTT;
7. GS.TSKH Trần Văn Nhung - Tổng thư ký Hội đồng Chức danh GSNN,
UV;
8. TS. Vũ Đình Chuẩn - Vụ trưởng Vụ GDTH, UV;
9. ThS. Nguyễn Thanh Tùng - Hiệu trưởng Trường Chu Văn An - ĐH
Tây Bắc, UV;
10. TS. Nguyễn Văn Hồng - Trưởng Phòng ĐT SĐH Trường ĐH Tây Bắc,
UV;
11. ThS. Nguyễn Duy Quang - Trưởng Phòng QT CSVC Trường ĐH Tây
Bắc, UV;
12. ThS. Đặng Thị Thu Huệ - Trưởng Phòng KT-TC Trường ĐH Tây
Bắc, UV;
13. TS. Nguyễn Hoàng Yến - Trưởng Phòng HCTH Trường ĐH Tây Bắc,
UV;
14. ThS. Lừ Thị Minh - Trưởng Phòng CTCT&QLNH Trường ĐH Tây
Bắc, UV.
II. BAN NỘI DUNG
1. TS. Nguyễn Triệu Sơn - Phó Hiệu trưởng Trường ĐH Tây Bắc,
Đồng Trưởng ban;
2. PGS.TS Trần Huy Hổ - Phó Chủ tịch Hội Toán học Hà Nội, Đồng
Trưởng ban;
3. GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu - Chủ tịch Hội Toán học Hà Nội,
UV;
4. TS.Vũ Trọng Lưỡng - Trưởng Phòng KHCN&HTQT Trường ĐH Tây
Bắc, UVTT;
5. TS. Hoàng Ngọc Anh - Trưởng Khoa Toán - Lý - Tin Trường ĐH
Tây Bắc, UV;
6. PGS.TS Nguyễn Minh Tuấn - Trường ĐH Giáo dục, ĐHQGHN, UV;
7. TS. Nguyễn Văn Ngọc - Trường ĐH Thăng Long, UV.
2
-
CÁC BÁO CÁO KHOA HỌC
CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN HỌC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI VÙNG TÂY BẮC
tại Thành phố Sơn La vào các ngày 28-30/11/ 2014
Chiều ngày 28.11.2014
16h00-17h30 Họp BTC và Ban Chương trình
18h00-20h00 Ăn tối
Ngày 29.11.2013
08h00-08h30 Văn nghệ chào mừng
08h30-09h00 Khai mạc
Phát biểu khai mạc: NGƯT TS Nguyễn Văn Bao
Phát biểu của các đại biểu:
Phát biểu đề dẫn: GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu
9hh00-10h00 CÁC BÁO CÁO KHOA HỌC PHIÊN HỌP TOÀN THỂ
Điều khiển: PGS.TS Trần Huy Hổ, GS.TSKH Trần Văn Nhung
1. Đàm Văn Nhỉ, Biểu diễn phép quay qua số phức
2. Phạm Huy Điển, Toán học là được việc
3. Nguyễn Thanh Tùng - Vũ Trọng Lưỡng, Ứng dụng phép chiếu song
song giải một số bài toán
véctơ
10h00-10h15 Nghỉ giải lao
10h15-11h30 CÁC BÁO CÁO KHOA HỌC PHIÊN HỌP TOÀN THỂ
Điều khiển: GS. TSKH Đỗ Ngọc Diệp, PGS.TS Tạ Duy Phượng
4. Nguyễn Hữu Điển, Đa thức đối xứng ba biến và ứng dụng
5. Nguyễn Văn Ngọc, Tổng hữu hạn liên quan đến lũy thừa
6. Vũ Tiến Việt, Về một bất đẳng thức
3
-
7. Nguyễn Văn Nho, Giới thiệu về số nguyên tố gồm toàn số 1 và
số nguyên tố tuyệt đối
8. Đoàn Nhật Quang- Trần Huy Hổ, Mở rộng một bài toán cổ
9. Nguyễn Triệu Sơn, Rèn luyện một số cách tiếp cận khi giải bài
toán tìm GTLN, GTNN
11h30-13h30 Ăn trưa
13h30-15h00 CÁC BÁO CÁO KHOA HỌC PHIÊN CHUYÊN ĐỀ
Điều khiển: GS.TS Trần Vũ Thiệu, TS. Nguyễn Triệu Sơn
1. Nguyễn Đình Yên, Ứng dụng đại số đại cương vào giải một số
dạng toán PT
2. Hoàng Minh Quân, Sử dụng hàm sinh giải bài toán tổ hợp
3. Nguyễn Thùy Dung, Lập trình và thực hiện trên máy tính một số
thuật toán số học
4. Lê Thị Mai, Một số dạng toán về bất đẳng thức đối với tam
thức bậc hai
5. Nguyễn Xuân Thắng, Một số kỹ thuật cơ bản chứng minh bất đẳng
thức
6. Hoàng Văn Thông, Ứng dụng của vectơ và tọa độ vectơ trong đại
số
7. Lê Xuân Đại, Vận dụng nguyên lý bù trừ trong giải toán tổ
hợp
15h00-15h30 Nghỉ giải lao
15h30-17h00 CÁC BÁO CÁO KHOA HỌC PHIÊN CHUYÊN ĐỀ
Điều khiển: TS. Phạm Thị Bạch Ngọc, TS Vũ Trọng Lưỡng
8. Nguyễn Trung Nghĩa, Phương trình hàm từ những công thức biến
đổi
9. Nguyễn Quang Tân, Phương trình Diophant và bài toán dãy
số
10. Hoàng Ngọc Anh - Lê Thị Thoa, Xây dựng và sử dụng câu hỏi,
bài tập phân hóa trong dạy học
Tổ hợp - Xác suất lớp 11 THPT góp phần đổi mới phương pháp dạy
học
11. Trần Văn Lai, Định lý Steiner - Lehmus
12. Nguyễn Việt Hà, Một số dạng hệ phương trình không mẫu
mực
13. Vũ Việt Hùng, Các bài toán dãy số dưới góc nhìn của toán cao
cấp
15. Vương Đình Sơn, Một số hệ thức bổ sung về dãy Fibonacci
4
-
17h00-17h30 TỔNG KẾT HỘI THẢO
Điều khiển: GS.TSKH. Nguyễn Văn Mậu, TS Nguyễn Văn Bao
18h00-20h00 ĂN TỐI
20h00-22h30 GIAO LƯU VĂN NGHỆ
Ngày 30.11.2014
08h00-9h30: Chương trình hội nghị bàn tròn về
Đổi mới phương pháp dạy và học toán khu vực Tây Bắc
Điều khiển: GS.TSKH. Nguyễn Văn Mậu, TS Nguyễn Văn Bao
1. Hoàng Ngọc Anh - Nguyễn Thị Thùy Linh, Rèn luyện kỹ năng sử
dụng tam thức bậc hai để giải
toán
2. Hoàng Thị Thanh, Rèn luyện cho học sinh tập dượt sáng tạo bài
toán mới
3. Nguyễn Hải Lý, Khai thác vấn đề từ một bài toán đơn giản
4. Hoàng Ngọc Anh - Lại Thị Ánh, Vận dụng phương pháp dạy học
phát hiện vấn đề
5. Nguyễn Hữu Hậu-Nguyễn Quang Khải, Rèn luyện các thao tác tư
duy cho học sinh
9h30-18h30: Chương trình tham quan thực địa.
5
-
Mục lục
Nguyễn Văn Bao, Phát biểu khai mạc hội thảo 8
Phạm Huy Điển, Toán học là được việc 10
Đàm Văn Nhỉ, Biểu diễn phép quay qua số phức 20
Trịnh Đào Chiến, Sáng tác một số bài toán Trung học cơ sở như
thế nào 27
Đoàn Nhật Quang- Trần Huy Hổ, Mở rộng một bài toán cổ 35
Nguyễn Hữu Điển, Đa thức đối xứng ba biến và ứng dụng 37
Nguyễn Văn Ngọc, Tổng hữu hạn liên quan đến lũy thừa 52
Nguyễn Thanh Tùng - Vũ Trọng Lưỡng, Ứng dụng phép chiếu song
song... 61
Vũ Tiến Việt, Về một bất đẳng thức 68
Hoàng Minh Quân, Sử dụng hàm sinh giải bài toán tổ hợp 72
Lê Thị Mai, Một số dạng toán về bất đẳng thức đối với tam thức
bậc hai trên một khoảng 82
Nguyễn Xuân Nghĩa, Điểm bất động và một số bài toán liên quan
87
Nguyễn Triệu Sơn, Rèn luyện một số cách tiếp cận khi giải bài
toán tìm GTLN, GTNN 98
Nguyễn Ngọc Xuân, Bùi Thị Hương, Một số phương pháp thường gặp
trong giới hạn... 105
Mai Thị Phương Lan, Một số dạng toán về đa thức với hệ số nguyên
116
Vương Đình Sơn, Một số hệ thức bổ sung về dãy Fibonacci 125
Nguyễn Hữu Hậu-Nguyễn Thị Giang, Ứng dụng của Định lý Roll. . .
136
Nguyễn Xuân Thắng, Một số kỹ thuật cơ bản chứng minh bất đẳng
thức 140
Lê Thị Thuận, Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải phương
trình... 153
6
-
Hoàng Văn Thông, Ứng dụng của vectơ và tọa độ vectơ trong đại số
160
Lê Xuân Đại, Vận dụng nguyên lý bù trừ trong giải toán tổ hợp
173
Lê Thanh Ba, Giải phương trình và hệ phương trình bằng phương
pháp... 184
Nguyễn Trung Nghĩa, Phương trình hàm từ những công thức biến
đổi... 189
Nguyễn Quang Tân, Phương trình Diophant và bài toán dãy số
201
Hà Huy Hoàng, Ứng dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki trong một số
dạng ... 209
Trần Văn Lai, Định lý Steiner - Lehmus 214
Nguyễn Việt Hà, Một số dạng hệ phương trình không mẫu mực
223
Vũ Việt Hùng, Các bài toán dãy số dưới góc nhìn của toán cao cấp
230
Nguyễn Thùy Dung, Lập trình và thực hiện trên máy tính một số
thuật toán... 236
Nguyễn Đình Yên, Ứng dụng đại số đại cương vào giải một số dạng
toán PT 246
Hoàng Ngọc Anh - Nguyễn Thị Thùy Linh, Vận dụng phương pháp dạy
học... 255
Hoàng Thị Thanh, Rèn luyện cho học sinh tập dượt sáng tạo bài
toán mới... 261
Nguyễn Hải Lý, Khai thác vấn đề từ một bài toán đơn giản 266
Hoàng Ngọc Anh - Lại Thị Ánh, Vận dụng phương pháp dạy học phát
hiện và... 270
Nguyễn Hữu Hậu-Nguyễn Quang Khải, Rèn luyện các thao tác tư duy
cho... 274
Nguyễn Văn Thường, Giải pháp nâng cao chất lượng dạy và học môn
toán... 285
Nguyễn Thị Hồng Diệp, Một số phương pháp nâng cao chất lượng dạy
học... 288
Vũ Quốc Khánh, Định hướng rèn luyện tư duy sáng tạo cho học sinh
... 296
Hoàng Ngọc Anh - Lê Thị Thoa, Xây dựng và sử dụng câu hỏi, bài
tập... 301
Phùng Kim Dung, Giới thiệu cuộc thi Olympic toán học trẻ quốc tế
IMC 2014 306
Nguyễn Văn Nho, Số nguyên tố gồm toàn chữ số 1... 313
7
-
BÀI PHÁT BIỂU KHAI MẠC HỘI THẢO
NGUT. TS. Nguyễn Văn BaoHiệu trưởng Trường Đại học Tây Bắc
Toán học là một ngành khoa học cơ bản đóng vai trò quan trọng
trong đời sống xã hội conngười. Không một ai trong cuộc sống mà
không cần tới Toán học nếu muốn cuộc sống củamình tốt hơn, hiệu quả
hơn. Ngày nay, trong sự phát triển như vũ bão của khoa học,
côngnghệ, Toán học vẫn giữ vị trí hạt nhân nòng cốt tạo nên sự hiệu
quả cao trong nghiên cứu khoahọc, trong ứng dụng sản xuất, chế
tạo.Nước ta có truyền thống hiếu học và có khả năng nhiều về toán
học. Các nhà Toán học ViệtNam đã có nhiều đóng góp cho cho nền toán
học thế giới. Nhiều học sinh Việt Nam qua cáckỳ thi tài về Toán học
quốc tế đã có những thành tích thuyết phục. Tuy nhiên việc ứng
dụngvào cuộc sống chưa nhiều. Những năm gần đây việc dạy Toán, học
Toán cũng có nhiều việccần bàn tới. Với việc đổi mới căn bản, toàn
diện giáo dục, đào tạo như tinh thần Nghị quyết 29của Đảng ta thì
việc dạy và học Toán trong hệ thống giáo dục quốc dân sẽ được đổi
mới toàndiện với mục tiêu đảm bảo việc dạy Toán, học Toán có chất
lượng cao xứng đáng với sự pháttriển của đất nước, làm tăng đáng kể
tỷ lệ nghiên cứu, sử dụng Toán học một cách độc lập vàtự tin, ứng
dụng ngày càng nhiều thành tựu Toán học phục vụ cuộc sống, phục vụ
phát triểnđất nước của thời kỳ hội nhập phát triển toàn cầu.Tây Bắc
là một vùng địa chính trị quan trọng: Vùng núi rộng lớn (Nếu tính
các tỉnh miền núiphía Bắc thì diện tích là 102.000 km2 = 30,7% diện
tích cả nước; dân số hơn 12 triệu = 14,23%cả nước với 32 DT), có
biên giới với 2 quốc gia, vùng đầu nguồn của Thủ Đô và vùng
đồngbằng châu thổ Bắc Bộ, dân cư đa sắc tộc, địa hình cắt xé, đất
đai phì nhiêu, giàu khoáng sản,đậm đặc văn hóa, giàu tiềm năng về
kinh tế như thủy điện, nông lâm, ngư nghiệp, du lịch. . .Nhưng Tây
Bắc cũng là vùng kém phát triển: kinh tế nghèo, giao thông khó
khăn, giáo dụcthấp kém, nguồn nhân lực chất lượng thấp. Theo nguồn
của Chính phủ thì lực lượng lao độnghơn 7,7 triệu người chiếm 14%
lao động cả nước. Tỉ lệ người tham gia lao động chưa qua đàotạo là
11,3% (cả nước 4,6%), tỉ lệ lao động tốt nghiệp phổ thông và trên
phổ thông là 22,6%.Người lao động đã qua đào tạo có bằng cấp từ sơ
cấp trở lên có 13,4%, trong đó sơ cấp là 2,3%,trung cấp 6,3%, cao
đẳng 1,9% và đại học 2,9%. Số đang đi học đại học, cao đẳng chiếm
5,7%tổng số dân. Với những tồn tại và hạn chế nhiều mặt, trong đó
có Toán học cho nên người dânvùng Tây Bắc còn hạn chế trong nhiều
lĩnh vực, nhất là ứng dụng khoa học, kỹ thuật trong laođộng sản
xuất, trong cuộc sống hàng ngày.Để phát triển Tây Bắc trên cơ sở
những tiềm năng lợi thế về thủy điện, nuôi trồng và chế biếnnông
lâm ngư, du lịch sinh thái, văn hóa. . . Tây Bắc rất cần nguồn nhân
lực có ý thức về côngdân, có trình độ về giáo dục, đặc biệt có
trình độ Toán học, để ngày càng nắm vững kiến thứcvề các vấn đề an
ninh chính trị, văn hóa, các ngành kinh tế vùng Tây Bắc như trồng
trọt (nôngnghiệp, lâm nghiệp, cây công nghiệp, dược liệu, hoa cây
cảnh.. ), chăn nuôi (đại gia súc, giasúc, thủy sản), chế biến nông,
lâm, ngư, kĩ sư xây dựng, giao thông thủy lợi, thủy điện, hướngdẫn
du lịch, bảo tổn, phát triển văn hóa. . . Để người dân nhận thức
tốt hơn, tự tin hơn trongcác hoạt động nhằm đưa kinh tế, văn hóa,
du lịch phát triển, phát triển bền vững, hội nhậpngày càng sâu,
rộng vào nền kinh tế đất nước, kinh tế thế giới. . . . Đó là một
nhiệm vụ hết sứclớn lao.Trường ĐH Tây Bắc được thành lập năm 2001,
với nhiệm vụ đào tạo nguồn nhân lực chất lượngcao, nghiên cứu khoa
học, chuyển giao công nghệ, thực hiện các dịch vụ kinh tế kĩ thuật.
Hơn
8
-
10 năm thực hiện nhiệm vụ đào tạo đại học, Nhà trường chúng tôi
có những thay đổi rõ rệt,phát triển theo hướng một trường đại học
đa ngành, với đội ngũ giảng viên cán bộ ngày mộttrưởng thành về
năng lực chuyên môn, cơ sở vật chất ngày một khang trang hiện đại,
chấtlượng đào tạo nguồn nhân lực ngày một nâng cao. Nhiều sinh viên
của Nhà trường sau khi tốtnghiệp đã khẳng định được năng lực, phẩm
chất của mình trên các vị trí công tác. Trường đãthực sự là trung
tâm đào tào, nghiên cứu khoa học, chuyển giao công nghệ, trung tâm
nghiêncứu và bảo tồn văn hóa, trung tâm ngoại ngữ, huấn luyện thể
dục, thể thao của vùng Tây Bắccũ. . .Hiện tại Nhà trường có hơn
8000 sinh viên chính quy, và phi chính quy, thuộc 10 Khoa đào
tạocác ngành Sư phạm, Công nghệ thông tin, Kinh tế, Nông lâm. Trên
60% số sinh viên đến từcác tỉnh Tây Bắc và thuộc các dân tộc thiểu
số. Đội ngũ của Trường có 523 giảng viên, cán bộ,trong số đó có 345
giảng viên, 71,3% có trình độ sau Đại học, 28 Tiến sĩ, 66 Giảng
viên chính.Trường có khoa Sư phạm Toán, có Trường tiểu học, trung
học cơ sở, trung học phổ thông ChuVăn An, những nơi đào tạo và
nghiên cứu Toán học, bước đầu cũng gặt hái được một số thànhtựu. Đã
đào tạo được nhiều thầy cô giáo giảng dạy toán học cho vùng Tây Bắc
và cả nước, cónhiều học sinh sinh viên đạt giải cao trong các kỳ
thi học sinh giỏi, thi olimpic. Có nhiều đề tài,công trình công bố
trong nước và quốc tế.Trong bối cảnh hội nhập và thực hiện hợp tác
quốc tế, chúng tôi nhận thức được rằng để thựcsự là trung tâm đầu
tàu về đào tạo, NCKH, chuyển giao công nghệ thì Nhà Trường cũng
nhưtoàn vùng phải học tập, nghiên cứu, rèn luyện tiếp thu các tri
thức hiện đại từ các nước nướccó nền giáo dục và khoa học công nghệ
tiên tiến. Việc đào tạo nâng cao chất lượng trong cáctrường chuyên,
trong đó có chuyên Toán đóng vai trò quan trọng để làm đầu tàu cho
việc nângcao trình độ Toán học cho học sinh toàn vùng. Như vậy,
thực hiện tốt việc dạy Toán, học Toántrong các trường Sư phạm,
trường Phổ thông, Phổ thông Chuyên là một mục tiêu, là mệnhlệnh,
nhiệm vụ cần thực hiện bài bản, hiệu quả.Hôm nay, chúng tôi rất
vinh dự được đóng vai trò tổ chức cuộc hội thảo quan trọng này.
Tôitin tại hội thảo này, cùng với việc trình bày các kết quả nghiên
cứu trong lĩnh vực chuyên sâucủa các học giả, các nhà nghiên cứu,
các giảng viên về Toán học, chúng ta sẽ có cơ hội để chiasẻ những
kinh nghiệm về các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Toán, về những
phương phápgiảng dạy mới nhằm phát huy tính tích cực, chủ động của
người học trong quá trình học Toán,dạy Toán, đặc biệt là trong môi
trường, địa bàn và khu vực miền núi nơi điều kiện dạy và họcToán
học còn gặp nhiều khó khăn. Do vậy, một trong những trọng tâm mà
Hội thảo tập trunglà: Tìm giải pháp để nâng cao chất lượng dạy các
chuyên đề Toán học bồi dưỡng học sinh giỏiToán Vùng Tây Bắc.Tôi tin
rằng với sự nhiệt tình tham gia và sự am hiểu sâu sắc của quý vị,
chúng ta sẽ có một hộithảo ý nghĩa. Những ý tưởng và kết quả thu
được từ hội thảo này sẽ góp phần mở rộng tầmnhìn, đem lại cảm hứng
và nguồn thông tin phong phú góp phần cải thiện chất lượng dạy
vàhọc Toán tại các trường đại học, cao đẳng, các trường phổ thông,
phổ thông chuyên khu vựcTây Bắc. Sự giao lưu về ý tưởng, sự hợp tác
giữa các nhà chuyên môn, các thầy cô giáo dạy Toánsẽ có tác động
tích cực đến việc đổi mới nghiên cứu dạy học Toán trong bối cảnh
hiện nay.Tôi xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới quý vị có mặt trong hội
thảo ngày hôm nay, cảm ơn Hội Toánhọc Hà Nội, Trường Đại học Khoa
học Tự nhiên, Đại học Quốc gia Hà Nội, các sở Giáo dục Đàotạo, các
trường chuyên và các đối tác liên quan đã đặt niềm tin vào chúng
tôi, tạo điều kiệnthuận lợi để chúng tôi có cơ hội tổ chức hội thảo
này.Kính chúc quý vị sức khỏe, hạnh phúc và công tác tốt.
9
-
TOÁN HỌC LÀ ĐƯỢC VIỆC
PHẠM HUY ĐIỂNTrung tâm Tin học & Tính toán, Viện Hàn lâm
KH&CN Việt Nam
TÓM TẮT. Báo cáo này có thể xem như là bài tiếp theo của các báo
cáo đã trình bày tại cácHội thảo trước: Học giỏi toán để làm gì?
(tại Đồng Tháp), Tư duy Thuật toán – Tại sao không?(tại Gia Lai).
Trong bài này, thông qua một ví dụ minh họa cụ thể, báo cáo muốn
khẳng địnhrằng nếu biết học toán và làm toán đúng cách thì Toán học
không phải là “lãng phí”. Ví dụđược chọn liên quan đến câu nói bất
hủ của Gauss: “Số học là Nữ hoàng của Toán học”, và lời“phản biện”
chí lý của G.H. Hardy (Chủ tịch Hội Toán học London trong các năm
1926-1928và 1939-1941, một người làm Lý thuyết số nổi tiếng đầu thế
kỷ XX) rằng: “Số học và Nữ hoànggiống nhau ở chỗ cùng vô dụng như
nhau”.1. Số học và mấy bài toán khóTrước hết ta nhắc lại một số
khái niệm quen thuộc trong số học.1.1. Số nguyên tố và bài toán
phân tích ra thừa sốSố nguyên tốĐịnh nghĩa. Số nguyên tố là số
nguyên lớn hơn 1, không chia hết cho số tự nhiên nào ngoài 1và
chính nó. Số nguyên lớn hơn 1 không phải số nguyên tố được gọi là
hợp số.Định lý sau đây cho một thuật toán đơn giản để xác định các
số nguyên tố.Định lí. Hợp số phải có ước nguyên tố không lớn
hơn
√n
Thật vậy, khi n là một hợp số thì ta có thể viết n = ab , trong
đó a và b là các số nguyên thỏamãn 1 < a≤ b < n . Rõ ràng ta
phải có a hoặc b không vượt quá
√n (vì trong trường hợp ngược
lại thì ab > n ). Giả sử số không lớn hơn√
n là a , khi đó ước nguyên tố của a không thể lớn hơn√n và rõ
ràng cũng là ước nguyên tố của .
Từ định lí trên, ta có thuật toán sau đây.Thuật toán tìm các số
nguyên tố nhỏ hơn hoặc bằng số (sàng Eratosthenes) Ta viết dãy các
sốtự nhiên từ 1 đến n . Trước hết, ta gạch đi số 1, vì nó không
phải là số nguyên tố. Số nguyên tốđầu tiên của dãy là 2. Tiếp theo
đó ta gạch khỏi dãy tất cả những số lớn hơn 2 nhưng chia hếtcho 2
(cũng tức là gạch đi toàn bộ số chẵn lớn hơn 2). Số đầu tiên trong
các số còn lại (khôngchia hết cho 2) là 3: đó chính là số nguyên
tố. Giữ lại số 3, ta lại gạch khỏi dãy còn lại nhữngsố nào chia hết
cho 3 nhưng đứng sau số 3, số đầu tiên trong các số còn lại là số 5
: cũng chínhlà số nguyên tố. Giữ lại số 5, ta lại gạch đi khỏi dãy
những số đứng sau số 5 và chia hết cho 5.Số đầu tiên trong các số
còn lại cũng sẽ là một số nguyên tố. Tiếp tục quá trình trên, ta
gạch đikhỏi dãy những số lớn hơn số này lại mà chia hết cho nó. Quá
trình này tiếp diễn cho tới khisố đầu tiên còn lại (sau một lần
gạch nào đó) là một số nguyên tố không nhỏ hơn
√n . Khi ấy,
tất cả những số còn lại của dãy đều là nhỏ hơn hay bằng n và
không có ước nguyên tố vượtquá√
n . Theo định lí trên, những số còn lại này không thể là hợp số,
hay nói cách khác, chúngđều là các số nguyên tố. Rõ ràng, định lí
này giúp ta giảm được khối lượng công việc một cáchđáng kể. Ví dụ,
với n = 100 ta chỉ cần tiến hành công việc cho tới gạch hết những
số là bội của7 (vì số đầu tiên còn lại sau lần gạch này đã là 11
> 10 =
√100 ); với n = 10000 ta chỉ cần tiến
hành công việc cho tới khi gạch xong các các số là bội của 97
(vì số đầu tiên còn lại sau lần gạchnày đã là 101 > 100 =
√10000); Quy trình trên, tuy rất mạch lạc và đơn giản về ý
tưởng, nhưng
khi làm việc với các số lớn thì quy trình này rất ít được sử
dụng trong việc tìm các số nguyêntố cũng như xác định xem một số đã
cho có phải là số nguyên tố hay không. Lí do là số lượng
10
-
phép tính trong quy trình này quá lớn, khi n là một số lớn. Ví
dụ, khi n có khoảng 100 chữ sốthập phân thì, với những máy tính
thực hiện một triệu phép tính trong một giây, thời gian cầnthiết sẽ
vào khoảng 3,1.1036 năm!Định lí cơ bản của số họcĐịnh lí. Mọi số
nguyên lớn hơn 1 đều phân tích được một cách duy nhất thành tích
các sốnguyên tố.Chứng minh. Bằng phản chứng, giả sử tồn tại những
số nguyên lớn hơn 1 mà không viết đượcthành tích các số nguyên tố.
Dĩ nhiên những số như vậy phải là những hợp số. Gọi n là sốbé nhất
trong các số đó. Vì là hợp số nên nó có dạng n = ab , với a,b là
những số tự nhiênbé hơn . Do định nghĩa số n , mọi số bé hơn n phải
phân tích được thành tích các số nguyêntố, cho nên các số a và b
phân tích được thành tích các số nguyên tố, tức là a = p1p2 · · ·
pr ,b = q1q2 · · ·qs, trong đó pi, i ∈ {1,2, . . . ,r} , qj, j ∈
{1,2, ..., s} , là những số nguyên tố. Từ đây suyra n = p1p2 · · ·
prq1q2 · · ·qs , và như vậy n cũng phân tích được thành tích các số
nguyên tố.Điều này mâu thuẫn với giả thiết là n không thể phân tích
được. Mâu thuẫn này cho thấy rằnggiả thiết phản chứng là không thể
xảy ra, qua đó khẳng định tính phân tích được của mọi sốnguyên lớn
hơn 1.Để chứng minh phân tích là duy nhất, ta lại dùng phương pháp
phản chứng và giả sử n cóhai dạng phân tích khác nhau, tức là n =
a1a2...am = b1b2...bk , trong đó ai, i ∈ {1,2, ...,m} ,bj, j ∈
{1,2, ...,k} , là những số nguyên tố. Sau khi giản ước những số
nguyên tố bằng nhau cómặt trong hai vế, ta được đẳng
thứcai1ai2...aiu = bj1bj2...bjv ,trong đó không có số nguyên tố nào
có mặt cả hai vế. Như vậy, vế trái chia hết cho bj1 , và dođó phải
tồn tại một thừa số của tích bên trái chia hết cho bj1 . Điều này
là không thể, vì đây làtích các số nguyên tố khác với bj1 . Mâu
thuẫn này cho thấy giả thiết phản chứng là không thểxảy ra, tức là
n không thể có hai dạng phân tích khác nhau. Định lí đã được chứng
minh đầyđủ.Bài toán phân tích một số ra các thừa số nguyên tố.Phân
tích như trên của các số nguyên được gọi là phân tích ra thừa số
nguyên tố. Có một quytrình khá đơn giản về mặt ý tưởng để thực hiện
việc này : chỉ việc lấy số n đem chia cho cácsố nguyên tố nhỏ
hơn
√n (có trong sàng Ơ-ra-tô-xten). Tuy nhiên, khi n là một số lớn
thì cách
phân tích này là rất tốn kém (về mặt thời gian và năng lực tính
toán). Nói chung, bài toán phântích một số ra các thừa số nguyên tố
cho đến nay vẫn là một bài toán hết sức khó khăn. Đểhình dung được
phần nào tính phức tạp của vấn đề ta xem bảng dưới đây để biết
khoảng thờigian cần thiết cho việc phân tích một số nguyên n ra
thừa số nguyên tố bằng thuật toán nhanhnhất được biết hiện nay (ta
xem rằng máy tính sử dụng vào việc này có tốc độ 1 triệu phép
tínhtrong 1 giây)
Số chữ số thập phân Thời gian
75 104 ngày
100 74 năm
200 3,8 tỉ năm
Tuy nhiên, một điều kì diệu là chính sự "hóc búa" của bài toán
này lại mang đến một giải phápđộc đáo trong ứng dụng của số học vào
mã hóa thông tin hiện đại, được xem như là cuộc cách
11
-
mạng trong lịch sử công nghệ mật mã (như sẽ thấy sau này).1.2.
Tính toán đồng dư và bài toán tính logarit rời rạcKhái niệm đồng dư
và định lí nhỏ của Phéc-maĐồng dư là một trong những quan hệ cơ bản
của số học, được sử dụng thường xuyên trongcác ứng dụng thực tiễn.
Khái niệm này được định nghĩa như sau.Giả sử m là một số nguyên
dương. Ta nói hai số nguyên a và b là đồng dư với nhau theo modulom
nếu như m chia hết hiệu a− b , và khi ấy ta kí hiệu a ≡ b(modm) .
Như vậy a ≡ b (modm)khi và chỉ khi tồn tại số nguyên k sao cho b =
a + km .Ví dụ 1. 1≡ 17(mod4) , vì 17− 1 = 16 chia hết cho 4 ; 113≡
413(mod100) , vì 413− 113 = 300chia hết cho 100 ; 200≡ 215(mod5) ,
vì 215− 200 = 15 chia hết cho 5.Khi a là số dư trong phép chia b
cho m thì ta cũng có a ≡ b(modm) và trong trường hợp nàyngười ta
nói a là rút gọn của b theo modulo m . Khi ấy, để cho đơn giản,
người ta dùng cáchviết a = b mod m .Ví dụ 2. 3 = 11 mod 4 , vì 11
chia cho 4 dư 3; 13 = 313 mod 100 , vì 313 chia cho 100 dư 13;5 =
2005 mod 1000 , vì 2005 chia cho 1000 dư 5.Từ định nghĩa ta có cách
tính rút gọn theo modulo của tổng và tích như sau.Mệnh đề. Với a,b
∈Z (tập các số nguyên) và m ∈N (tập các số tự nhiên), ta luôn
có:(i) (a + b) mod m = (a mod m + b mod m) mod m(ii) (a · b) mod m
= [(a mod m) · (b mod m)] mod mChứng minh. Ta viết a,b dưới dạng a
= k1m + r1 , b = k2m + r2 , trong đó r1 = a mod m,r2 =b mod m, còn
k1,k2 là những số nguyên. Rõ ràng
(a + b) mod m = ((k1 + k2)m + r1 + r2) mod m = (r1 + r2) mod
m
cho nên ta có đẳng thức (i) trong mệnh đề trên. Đẳng thức còn
lại được chứng minh tương tự.Ví dụ 3. Ta áp dụng mệnh đề trên để
tính 1234562 mod 111 . Lưu ý rằng nếu thực hiện phéptính bình
phương rồi mới tính modulo thì ta sẽ gặp khó khăn về “tràn bộ nhớ”.
Nếu áp dụngđẳng thức (ii) của mệnh đề trên thì ta có
1234562 mod 111 = [(123456 mod 111) · (123456 mod 111)] mod 111=
[24 · 24] mod 111 = 576 mod 111 = 21
Một định lí quan trọng gắn liền với khái niệm đồng dư là định lí
nhỏ của Phéc-ma (Fermat).Định lí. Nếu p là một số nguyên tố và a là
một số nguyên không chia hết cho p thì .
ap−1 ≡ 1 (mod p)
Định lí này mặc dù mang tên là "nhỏ" nhưng vai trò của nó thì
hoàn toàn không nhỏ. Rồichúng ta sẽ đề cập tới một ứng dụng đặc
biệt của nó trong lĩnh vực mã hóa thông tin hiệnđại. Để có được ứng
dụng đó, người ta đã sử dụng một kết quả của định lí Ơ-le (Euler) -
mộtdạng mở rộng định lí Phéc-ma nêu trên. Kết quả này được phát
biểu như sau. Mệnh đề. Nếun = p · q , trong đó p,q là những số
nguyên tố, còn a là số tự nhiên không chia hết cho p và q ,thì
.a(p−1)(q−1) ≡ 1 (modn)Trong khuôn khổ báo cáo này chúng ta không
có điều kiện trình bày chứng minh cho các kếtquả nêu trên. Bạn đọc
quan tâm có thể tham khảo trong các tài liệu về Số học (ví dụ như
cuốn“Số học Thuật toán” của Hà Huy Khoái và Phạm Huy Điển, do Nhà
xuất bản ĐHQG ấn hànhnăm 2002).Tính toán đồng dư với lũy thừa lớn
và phương pháp bình phương liên tiếpCác tính toán lũy thừa với số
mũ lớn thường đưa đến những con số vượt quá tầm kiểm soát
12
-
của bộ nhớ máy tính. Tuy nhiên, trong nhiều ứng dụng thực tế
(như sẽ thấy ở phần mã hóasau này) người ta lại thường phải thực
hiện các tính toán đồng dư với lũy thừa bậc rất lớn. Mộttrong những
giải pháp khắc phục khó khăn này là phương pháp bình phương liên
tiếp mà bảnchất là quy việc tính đồng dư lũy thừa bậc cao về việc
tính liên tiếp nhiều đồng dư của lũythừa bậc thấp (bình phương). Để
hiểu rõ bản chất của phương pháp này, ta chỉ cần xem xét mộtví dụ
minh họa sau đây.Ví dụ 4. Tính 8743 mod 103. Nếu thực hiện xong
phép tính luỹ thừa rồi mới tính đồng dư thìsẽ gặp số rất lớn gây ra
"tràn bộ nhớ". Muốn tránh điều này, trước hết người ta tiến hành
khaitriển số mũ dưới dạng cơ số 2, tức là
43 = 32 + 8 + 2 + 1 = 25 + 23 + 21 + 20
rồi tính liên tiếp các đồng dư bình phương, như sau đây.
87 mod 103 = 87;872 mod 103 = 7569 mod 103 = 50
8722
mod 103 =(
872)2
mod 103 = 502 mod 103 = 28
8723
mod 103 =(
8722)2
mod 103 = 282 mod 103 = 63
8724
mod 103 =(
8723)2
mod 103 = 632 mod 103 = 55
8725
mod 103 =(
8724)2
mod 103 = 552 mod 103 = 38
Từ đây, áp dụng công thức rút gọn theo modulo 103 của một tích,
ta có 8743 mod 103 =872
5mod 103 · 8723 mod 103 · 872 mod 103 · 87 mod 103 và từ kết quả
tính toán ở trên ta có
8743 mod 103 = 38.63.50.87 mod 103 = 85
Theo cách này, ta chỉ cần làm việc với những số vừa và nhỏ,
không những nhanh mà còn cóthể làm việc chỉ trên máy tính bỏ túi.
Phương pháp bình phương liên tiếp tuy đơn giản nhưngrất hiệu quả
trong thực tiễn triển khai, đặc biệt là khi phải tính toán với các
số nguyên lớn (cỡhàng trăm chữ số thập phân). Khá nhiều phát kiến
lớn trong lĩnh vực toán học tính toán đượchình thành trên cơ sở ý
tưởng của phương pháp này. Bạn nào có điều kiện đi sâu vào lĩnh
vựcTính toán khoa học trong tương lai sẽ được tự mình kiểm nghiệm
điều đó.Bài toán tính logarit rời rạc và “khai căn” rời rạcNhư trên
ta thấy, với a,m là những số tự nhiên cho trước (cho dù có thể lớn)
việc tính ,k =an mod m (*) đối với mỗi số tự nhiên n , là khả thi
và cũng tương đối nhanh (bằng những thuậttoán thích hợp như đã nêu
ở trên). Tuy nhiên bài toán ngược lại, cho trước số tự nhiên k ,
cầntìm số tự nhiên n thỏa mãn (*), ký hiệu là logak(modm) thì lại
là một bài toán vô cùng khó.Bài toán này có tên gọi là tính logarit
rời rạc. Ta biết rằng việc tính logarit thông thường (vớisố thực)
thì không được xem là khó (khả thi với ngay cả máy tính cầm tay),
nhưng việc tínhlogrit rời rạc thì hoàn toàn khác hẳn, vì có sự tham
gia của phép lấy đồng dư. Một trong nhữngnguyên nhân làm nên tính
khó giải của bài toán này là ở chỗ hàm logarit rời rạc biến thiên
rất"thất thường", theo nghĩa: khi biết được giá trị của hàm tại một
điểm nào đó thì ta chẳng thểnói gì về giá trị của hàm tại những
điểm xung quanh. Ví dụ, khi biết rằng log75(mod41) = 18ta khó mà
đoán ra được rằng log74(mod41) = 28 và log76(mod41) = 39.
13
-
Cho đến nay, chưa có thuật toán tính logarit rời rạc nào được
xem là khả thi đối với những sốcó độ dài cỡ trăm chữ số (cho dù máy
tính có tốc độ siêu phàm, gấp cả trăm lần tốc độ máy tínhnhanh nhất
hiện nay). Chính sự khó khăn này lại đang được xem là chỗ dựa cho
một số giảipháp quan trọng trong mã hóa thông tin hiện đại.Tương tự
như vậy, khi biết trước các số tự nhiên k , n thì việc tìm số a
thỏa mãn (*) cũng là mộtbài toán vô cùng khó, và được gọi là bài
toán “khai căn” rời rạc.3. Ước chung lớn nhất của hai số và thuật
toán Ơ-cơ-lit (Euclid)Ước chung lớn nhất của hai sốƯớc chung lớn
nhất của hai số tự nhiên a và b, kí hiệu (a;b), là số tự nhiên lớn
nhất trong cácsố chia hết cả a và b. Ta nói hai số a,b là nguyên tố
cùng nhau nếu như (a,b) = 1 .Hiện nay sách giáo khoa vẫn còn đưa ra
quy trình tìm ước chung lớn nhất của hai số thông quaviệc phân tích
từng số ra các thừa số nguyên tố rồi lấy tích của các thừa số chung
với số mũnhỏ hơn. Như đã chỉ ra ở trên, quy trình này là không khả
thi với các số lớn, vì việc phân tích làkhông thực hiện được. Một
quy trình thực sự khả thi lại chính là một trong những thuật toáncơ
bản và lâu đời nhất của toán học, đó là thuật toán Ơ-cơ-lit. Thuật
toán đó cho phép xác địnhước chung lớn nhất của hai số nguyên có
kích cỡ vài trăm chữ số một cách nhanh chóng.Thuật toán Ơ-cơ-lit và
mở rộngThuật toán Ơ-cơ-lit được dựa trên nhận xét đơn giản sau đây:
Với a,b là các số tự nhiên ( a > b), và r là số dư trong phép
chia của a cho b , thì d là ước chung của a và b khi và chỉ khi d
là ướcchung của b và r.Từ nhận xét trên ta suy ra ước chung lớn
nhất của a và b thì cũng là ước chung lớn nhất củab và r, tức là
(a,b) = (b,r). Như vậy, ta có thể quy việc tính ước chung lớn nhất
của hai số tựnhiên lớn ( a và b) về việc tính ước chung lớn nhất
của hai số nhỏ hơn ( a và r ), và đó chính làý tưởng chủ đạo của
thuật toán Ơ-cơ-lit. Hãy xét ví dụ sau.Ví dụ 1. Tính =
(123456789,121212). Dễ thấy rằng, với máy tính bỏ túi thông thường,
quy trìnhphân tích hai số nêu trên ra thừa số nguyên tố để rồi lấy
tích các thừa số chung là một việc vôcùng gian nan. Tuy nhiên, cũng
bằng máy tính này, với thuật toán Ơ-cơ-lit ta có kết quả tínhtoán
đơn giản sau đây.Trước hết ta lấy số lớn (là 123456789) chia cho số
bé (là 121212) được số dư là 62973. Theo nhậnxét trên ta có
(123456789,121212) = (121212,62973).
Tiếp theo, ta lại lấy số lớn hơn (121212) chia cho số bé hơn
(62973) được số dư là 58293, và lạitheo lập luận trên ta lại có
d = (121212,62973) = (62973,58239).
Cứ như thế tiếp tục quá trình này ta có kết quả tính toán như
sau
d = (58239,4734) = (4734,1431) = (1431,441) = (441,108) =
(108,9) = 9.
Thuật toán Ơ-cơ-lit, mặc dù đã ra đời hàng nghìn năm, cho đến
nay vẫn là thuật toán tốt nhấtđể tìm ước chung lớn nhất của hai số
nguyên cho trước! Thuật toán này được ghi đơn giản nhưsau.Thuật
toán Ơ-cơ-litBước 1. [Kết thúc] Nếu b = 0, cho ra a và kết thúc
thuật toán.Bước 2. [Chia Ơ-cơ-lit] Đặt r← am
¯odb , a← b , b← r, và quay về Bước 1.
14
-
Thuật toán Ơ-cơ-lit mở rộngThuật toán Ơ-cơ-lit nêu trên không
chỉ cho phép ta tìm được ước chung lớn nhất của hai số a,blà một số
d, mà còn cho phép tìm ra hai số nguyên u,v thỏa mãn d = au + bv,
tức là cho phépbiểu diễn d dưới dạng tổ hợp tuyến tính của a và b
(với các hệ số nguyên u,v ). Thật vậy, khônglàm mất tổng quát, ta
có thể giả sử a > bvà thuật toán Ơ-cơ-lit dừng sau n bước với
kết quả chora là (a,b) = d. Theo thuật toán này, với a = r0 , b =
r1 , các bước tiếp sau sẽ là:
r0 = r1q1 + r2 , 0≤ r2 < r1, (1)r1 = r2q2 + r3 , 0≤ r3 <
r2, (2). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .rn−3 = rn−2qn−2 + rn−1 , 0≤
rn < rn−1 , (n-2)rn−2 = rn−1qn−1 + rn , 0≤ rn < rn−1 ,
(n-1)rn−1 = rnqn, (n)
trong đó rn = d. Theo bước thứ ta thấy d = rn−2 − rn−1qn−1 , tức
là d biểu diễn qua rn−1,rn−2dưới dạng tổ hợp tuyến tính. Tiếp theo,
do bước thứ n − 2 ta thấy rn−1 biểu diễn được quarn−2,rn−3 (dưới
dạng tổ hợp tuyến tính) và điều này kéo theo d biểu diễn được qua
rn−2,rn−3(dưới dạng tổ hợp tuyến tính). Cứ tiếp tục như vậy, truy
ngược về bước đầu tiên, ta suy ra dđược biểu diễn dưới dạng tổ hợp
tuyến tính qua r1,r0 (cũng tức là a,b) và ta có điều khẳng
địnhtrên.Ví dụ 2. Với a = 123456789, b = 121212 , ta có (a,b) = 9
và, theo quy trình trên ta tìm ra đượcu = 1101, v = −1121390
.Nghịch đảo theo modulo mVới số tự nhiên a cho trước, nếu tồn tại
số tự nhiên b thỏa mãn điều kiện ab ≡ 1(modm) thìngười ta gọi số b
là nghịch đảo của số a theo modulom (và viết b = a−1 mod m hay a =
b−1 modm).Từ thuật toán Ơ-cơ-lit mở rộng nêu trên, trong trường hợp
riêng khi hai số a,b là nguyên tốcùng nhau (tức là (a,b) = 1), ta
tìm được hai số u,v thỏa mãn au + bv = 1 , và điều này có nghĩalà ,
u = a−1 mod b v = b−1 mod a . Tóm lại, việc tìm nghịch đảo theo
modulo là hoàn toàn khảthi nhờ thuật toán Ơ-cơ-lit mở rộng.Trong
trường hợp đặc biệt, khi m là một số nguyên tố, thì mọi số không
phải là bội của m đềulà nguyên tố cùng nhau với m và do đó cũng có
nghịch đảo theo modulo m (nói riêng, mọi sốtự nhiên nhỏ hơn m đều
có nghịch đảo theo modulo m ).Ví dụ 4. Với m = 17, ta có
2 = 9−1 mod 17, 3 = 6−1 mod 17, 4 = 13−1 mod 17, 5 = 7−1 mod 17,
. . .
2. Một số hệ mật mã dựa trên bài toán khóNhư đã nói, một điều kì
diệu là chính sự "hóc búa" của các bài toán số học lại là chỗ dựa
chomã hóa thông tin hiện đại, góp phần làm nên cuộc cách mạng trong
lịch sử công nghệ mật mã.2.1. Thuật toán mã mũ Pohlig –
HellmanNguyên lý thực hiệnGiả sử p là một số nguyên tố không nhỏ,
và giả sử khoá lập mã e là một số tự nhiên sao cho evà (p− 1)là
nguyên tố cùng nhau, tức là (e, p− 1) = 1 .Để có thể mã hoá các
khối dữ liệu có độ dài m thì số nguyên tố p cần phải không bé hơn
bất cứkhối nào, tức là phải chọn p sao cho độ dài của nó lớn hơn độ
dài của m. Nếu như số đã p đãcho trước thì số m (độ dài khối) cần
phải được chọn sao cho thoả mã điều kiện trên.
15
-
Ta mã hoá một khối N (gồm m chữ) thành một khối C trong văn bản
mã theo công thức sau:
C ≡ Ne(mod p)
Đương nhiên, khối C cũng là một chữ số nhỏ hơn p. Để cho C không
thể là chính Ne thì số ephải được chọn không nhỏ quá, sao cho luôn
có được Ne > p.Như ta biết, việc “khai căn” rời rạc là vô cùng
khó, nên muốn giải mã văn bản mật ta phảilàm cách khác. Trước hết
ta tính số d thoả mãn de ≡ 1 (mod p− 1) , có nghĩa d là một
nghịchđảo của e modulo (p− 1) . Nghịch đảo này tồn tại do giả thiết
ban đầu (e, p− 1) = 1. Khi ấyde = k(p− 1) + 1, với một số nguyên k
nào đó, cho nên để giải mã khối văn bản mã C, ta ápdụng định lý
Fermat (bé) và thực hiện phép nâng nó lên luỹ thừa bậc d rồi rút
gọn theo modulop , vì rằng
Cd = (Ne)d = Nde = Nk(p−1)+1 =(
Np−1)k· N
và do vậyCd mod p = (Np−1 mod p)k.N mod p ≡ 1k · N (mod p) =
N
(lưu ý rằng do giả thiết ban đầu N < p).Nhận xét. Hệ mã mũ
nêu trên vẫn là một hệ mã bí mật vì các số e và d đều phải giữ hết
sứcbí mật. Tuy nhiên, ý tưởng về việc sử dụng định lý Fermat để
thay thế phép tính "khai căn" rờirạc (trong việc giải mã) bằng một
phép tính luỹ thừa thì quả là tuyệt vời. Chính ý tưởng này đãđược
dùng trong hệ mã công khai RSA.2.1. Thuật toán mã hóa khóa công
khai RSACác hệ mật mã truyền thống và một vấn đề nan giải của
chúngTrong các hệ mã truyền thống, một nguyên tắc chung được thừa
nhận là bản tin được lập mãbằng chìa khóa nào thì chỉ có thể được
giải mã bằng chính chìa khóa đó. Vì vậy, một trongnhững vấn đề nan
giải của những người sử dụng các hệ mã theo nguyên tắc này là việc
chuyểngiao chìa khoá từ người lập mã đến cho người giải mã. Càng
ngày vấn đề càng trở nên nghiêmtrọng, khi khả năng nắm bắt các
luồng thông tin trên mọi môi trường trở nên dễ dàng (cáckênh thông
tin bí mật về phương diện "vật lý" hầu như không còn chỗ đứng).Hệ
mật mã khóa công khai (hay mật mã phi đối xứng)Khó khăn nêu trên đã
khiến cho những người làm mật mã cuối thế kỉ XX ước mơ có được
mộtmô hình hệ mật mã với hai chìa khóa riêng biệt cho hai việc lập
mã và giải mã. Mỗi cá thể thamgia vào hệ thống như vậy sẽ được cấp
riêng một bộ 2 chìa khóa. Chìa khóa lập mã (còn gọi làchìa công
khai) có thể được công bố công khai cho mọi người biết (để có thể
mã hóa văn bảntrước khi gửi tin mật cho cá thể này), còn chìa khóa
giải mã (còn gọi là chìa bí mật) thì chỉ mộtminh cá thể đó được
biết (nghĩa là, chỉ một mình cá thể này có thể giải mã các văn bản
mậtđược mã hóa bằng chìa công khai của mình). Hệ mật mã như vậy gọi
là hệ mã khóa công khai.Với hệ mã đó, vấn đề chuyển chìa khóa không
còn được đặt ra. Thật vậy, khi cá thể A muốngửi tin mật cho cá thể
B thì chỉ cần lấy chìa lập mã của B (đã được công bố công khai) để
mãhóa văn bản trước khi gửi đi cho B. Văn bản mã này có thể lưu
hành công khai nhưng khôngai, ngoài B, có thể giải mã được (vì chỉ
B mới có chìa giải mã văn bản này).Mơ ước nói trên cuối cùng đã trở
thành hiện thực vào những năm cuối của thập kỉ bảy mươithế kỷ
trước, nhờ sự thâm nhập của số học vào công nghệ mã.Hệ mã khóa công
khai RSAHệ mã này lần đầu tiên được công bố vào năm 1978 bởi ba nhà
khoa học của Học viện Côngnghệ Massachuset (Hoa Kỳ) là R. Rivest,
A. Shamir và L. Adleman.
16
-
Để xây dựng hệ mã, người ta chọn hai số nguyên tố p và q đủ lớn
(có độ dài vào cỡ 150 chữ sốthập phân), rồi tính
n = p.q , φ = (p− 1).(q− 1),
và sau đó chọn số tự nhiên sao cho (e,φ) = 1 , cùng số tự nhiên
d = e−1 mod φ (bằng thuật toánƠ-cơ-lit mở rộng).Văn bản nguồn trước
hết được chuyển sang dạng số (nhờ một quy tắc đơn giản nào đó,
khôngnhất thiết phải là bí mật). Tiếp theo, ta phân chia văn bản
dạng số thành các khối số (có số chữsố như nhau và nhỏ hơn số n ).
Việc mã hóa văn bản sẽ được thực hiện một cách độc lập trêntừng
khối số như vậy.Với chìa khóa công khai là bộ số (e,n) , việc mã
hoá mỗi khối văn bản nguồn được thực hiệnbằng việc tính theo công
thức C = Pe mod n và số được gọi là khối văn bản mã tương ứng với
.Theo lẽ thường, khi biết C mà muốn tìm ra P thì người ta phải
“khai căn rời rạc" bậc e (theo n)của số C. Tuy nhiên, cũng như bài
toán logarit rời rạc, khi số là lớn thì bài toán này là khôngthể
giải được (trong vòng cả trăm năm, với máy tính mạnh nhất hiện
nay). Cho nên, để giảimã khối văn bản mã C , người ta áp dụng mệnh
đề mở rộng định lí nhỏ của Phéc-ma. Trướchết, từ mệnh đề này ta có
Pφ mod n bằng 1 nên suy ra, với mọi số nguyên k bất kỳ, ta luôn
cóPkφ mod n bằng 1. Mặt khác, do d và e là nghịch đảo của nhau theo
modulo φ , ta có de = 1+ kφ, với một số nguyên k nào đó, và như
vậy
Cd mod n = (Pe)d mod n = P1+kφ mod n = P mod n · Pkφ mod n =
P
do P nhỏ hơn N . Tóm lại, có thể tính được P từ C bằng chính
phép toán tương tự như trongquy trình lập mã, chỉ khác là thay số
mũ e bởi số mũ d . Như đã biết, quy trình này là khả thivà khá
nhanh.Như vậy, điểm mấu chốt của quy trình giải mã là phải biết
được số d thỏa mãn điều kiện(e,φ) = 1 . Vì vậy, người ta gọi cặp
hai số d và n là chìa khoá giải mã (hay chìa bí mật). Rõ ràng,từ e
muốn tính ra d thì phải biết được φ và, người ta chứng minh được,
điều này tương đươngvới việc phân tích số n thành tíchp.q , một
điều mà các máy tính mạnh nhất hiện nay cũngkhông thể làm được
trong vòng hàng ngàn năm khi số n có chiều dài khoảng 300 chữ số
thậpphân.Độ an toàn của hệ mã RSASau khi Rivest, Shamir và Adleman
công bố phát minh về hệ mã đã nêu, trên tạp chí Nhà khoahọc Mỹ có
đưa ra lời thách thức người đọc bẻ khoá một mẩu tin nhỏ đã được mã
hoá với:
n =
114381625757888867669235779976146612010218296721242362562561842935706935245733897830597123563958705058989075147599290026879543541e
= 9007.
Một mẩu tin ngắn (chưa đầy nửa dòng) chỉ được giải mã sau 6 năm,
bằng một cố gắng tổnglực mang tính quốc tế (qua internet) với việc
sử dụng 1600 máy tính cực mạnh tấn công trong8 tháng liên tục để
phân tích số nêu trên ra thừa số nguyên tố. Qua đó ta thấy được
rằng thuậttoán RSA là rất an toàn, vì trên thực tế hệ mã chuẩn RSA
sử dụng số n có độ dài lớn hơn hailần như vậy và, với năng lực tính
toán như trên, việc phân tích đòi hỏi thời gian thực hiện phảikéo
dài trong nhiều ngàn năm.
17
-
Rivest, Shamir, và Adleman (theo thứ tự từ trái qua phải)
Phía sau trang sử về hệ mật mã RSAThiên hạ ngày nay đều biết hệ
mã RSA được phát minh ra vào năm 1978 bởi 3 nhà khoa họccủa học
viện MIT (Hoa Kỳ) là Rivest, Shamir, và Adleman. Thế nhưng ngót 10
năm sau, tức lànăm 1997, Tổng hành dinh Thông tin Chính phủ Anh
Quốc (GCHQ) đã tiết lộ sự thật về việccác chuyên gia mật mã của họ
đã phát minh ra nguyên lý mã phi đối xứng ngay từ năm 1969,thuật
toán mã hóa phi đối xứng (giống như RSA) vào năm 1972, và giao thức
chuyển chìa khóakiểu Diffie-Hellman-Merkle vào năm 1975. Sự thật đã
diễn ra như thế nào?Người ta biết rằng vấn đề chuyển chìa khóa giải
mã ngày càng trở nên nan giải, khi khả năngnắm bắt các luồng thông
tin trên mọi môi trường trở nên dễ dàng (các kênh thông tin bí
mậtvề phương diện "vật lý" hầu như không còn chỗ đứng). Đầu năm
1969, quân đội Anh đã nêuvấn đề tìm giải pháp cho bài toán này với
James Ellis, một trong những chuyên gia thám mã lỗilạc của Tổng
hành dinh Cơ quan truyền thông Chính phủ Anh quốc (Government
Communi-cations Headquarters - GCHQ) tại Cheltenham. Ông đã dành
nhiều công sức cho việc nghiêncứu đề tài này và phát hiện ra rằng
có những giải pháp truyền tin mật mà không đòi hỏi ngườigửi tin
phải "gửi chìa khoá".Một mô hình "vật lý" được ông phát hiện qua
một công trình của Claude Shannon (và cộngsự), được hình dung như
sau: người nhận tin (theo một kênh truyền nào đó) có thể tự mìnhlàm
nhiễu đường truyền (bằng một nhiễu nào đó có bản chất mà chỉ riêng
mình được biết), cònngười gửi cứ việc thả thông tin vào kênh truyền
nhiễu đó. Người nhận tin (qua đường truyềnnhiễu) dễ dàng lọc được
nhiễu do chính mình tạo ra, còn kẻ "nghe trộm" trên đường truyền
thìchịu chết!Cuối năm 1969, James Ellis đã coi như đến được với
nguyên lý cần tìm, khi ông nảy ra ý tưởng“toán học hóa” mô hình vật
lý nêu trên bằng hàm một chiều có bẫy. Hàm một chiều có thểđược ví
như "cái hom giỏ": người ta chỉ có thể tính được "đầu ra" từ các
thông tin "đầu vào",mà không thể tính ngược để tìm ra "đầu vào"
trên cơ sở các thông tin về "đầu ra". Với hàm mộtchiều có "bẫy" thì
việc "tính ngược" là thực hiện được khi biết một thông tin đặc biệt
nào đó(cái bẫy). Tiếc rằng James Ellis không phải là nhà toán học,
cho nên khi ấy cái hàm một chiềucó bẫy chỉ là điều mơ ước. Ông đã
tâm sự với một đồng nghiệp ở GCHQ là Patterson.Tháng 9 năm 1973,
một "tân binh" mới gia nhập vào nhóm, đó là Clifford Cocks - một
sinh viênvừa tốt nghiệp Đại học Cambridge, với chuyên ngành Lý
thuyết số (trước đó đã từng tham dựKỳ thi Olympic Toán Quốc tế của
học sinh phổ thông, tổ chức tại Moscow, 1968). Người hướngdẫn công
tác của tân binh này chính là ông Patterson. Ông đã nói cho Cocks
về ý tưởng độcđáo của James Ellis như một câu chuyện để biết (chứ
không hy vọng để có thể giải quyết đượcgì). Tuy nhiên, Cocks đã suy
nghĩ nghiêm túc về vấn đề này, và chỉ trong vòng khoảng nửa giờ,mô
hình trọn vẹn về hàm một chiều có bẫy đã đến với Cocks khá dễ dàng
(đến mức bản thân
18
-
Cocks không tự cảm nhận được đầy đủ ý nghĩa của kết quả mình đạt
được).
Kết quả của Cocks đã được giữ tuyệt mật. Nó có sức thuyết phục
lớn trong nội bộ GCHQ,nhưng nó cũng chịu cái "bất hạnh" của việc
"đi trước thời gian". Phương tiện tính toán nghèonàn và yếu ớt thời
đó tại Anh Quốc đã không cho phép triển khai ngay được thuật toán,
và vìvậy GCHQ chưa khai thác được mật mã với khoá công khai. Năm
sau, 1974, Cocks đem vấnđề triển khai thuật toán "phàn nàn" với anh
bạn “cố tri” là Malcolm Williamson, người cùngtốt nghiệp Đại học
Cambridge, cùng đi thi toán Quốc tế tại Moscow, và bây giờ cũng lại
vừamới đến gia nhập GCHQ. Williamson không tin ngay được kết quả
của Cocks, và cố gắng tìmxem Cocks mắc sai lầm ở đâu. Kết quả là
Williamson không tìm được sai lầm nào, nhưng lạitìm ra giải pháp
mới cho vấn đề "chuyển chìa" mà các nhà quân sự đang ao ước, đó
cũng chínhlà giao thức trao đổi chìa "Diffie-Hellman-Merkle" mà các
nhà khoa học Hoa Kỳ phát minh ra(gần như cùng thời gian
đó).Clifford Cocks và Malcolm Williamson đều là thành viên đội
tuyển Anh đi thi toán quốc tế ởMoscow năm 1968 (một người giải bạc
và một người giải vàng), sau đó họ đều tốt nghiệp Đạihọc Cambridge
về chuyên ngành Lý thuyết số.
Tóm lại, cho đến 1975, James Ellis, Clifford Cocks và Malcolm
Williamson đã phát minh ra toànbộ nền tảng cơ sở của mật mã với
khoá công khai, nhưng đã để trong im lặng, và ngồi dõi theocác nhà
khoa học Mỹ "phát minh lại" các kết quả ấy trong 3 năm sau. Chỉ có
điều hơi ngược vềtrình tự, ở Anh người ta tìm ra hệ mã công khai
trước khi tìm ra giao thức chuyển chìa khoá,còn ở Mỹ thì ngược
lại.3. Thay cho lời kếtĐến nay hệ mật mã RSA đã được phổ cập trên
khắp thế giới và có mặt trong hầu hết các ứngdụng liên quan đến an
toàn thông tin điện tử. Đương nhiên, mật mã hiện đại không dừng lại
ởRSA. Ở một số nước phát triển người ta đang dần dần thay thế hệ mã
RSA bằng hệ mã đườngcong Elliptic, một công cụ cũng tưởng như “bô
bổ” được sinh ra từ Lý thuyết số.Như vậy, mật mã hiện đại là sự
khẳng định vai trò không thể thiếu của cái Toán học “vô
dụng”vậy.
19
-
BIỂU DIỄN PHÉP QUAY QUA SỐ PHỨC?
Đàm Văn NhỉĐại học Sư phạm Hà Nội
1. Số phức và trường C
Với tích De Carte T = R×R = {(a,b)|a,b ∈R}, định nghĩa
(a,b) = (c,d) khi và chỉ khi a = c,b = d(a,b) + (c,d) = (a + c,b
+ d)(a,b) . (c,d) = (ac− bd, ad + bc).
Để đơn giản, viết (a,b).(c,d) qua (a,b)(c,d). Từ định nghĩa phép
nhân:
(1) Với i = (0,1) ∈ T có i2 = i.i = (0,1)(0,1) = (−1,0)
(2) (a,b)(1,0) = (a,b) = (1,0)(a,b)
(3) (a,b) = (a,0) + (0,b) = (a,0) + (b,0)(0,1), ∀ (a,b) ∈ T.
Ký hiệu C là tập T cùng các phép toán đã nêu ra ở trên. Ta có
kết quả sau:
Bổ đề 1. Ánh xạ φ : R→C, a 7→ (a,0), là một đơn ánh và nó thỏa
mãn φ(a+ a′) = φ(a)+φ(a′),φ(aa′) =φ(a)φ(a′) với mọi a, a′ ∈R.
Đồng nhất (a,0) ∈ C với a ∈ R. Khi đó có thể viết (a,b) = (a,0)
+ (b,0)(0,1) = a + bi với i2 =(−1,0) = −1. Do đó i hay a hoặc a +
bi là bình đẳng trong C.Như vậy C = {a + bi|a,b ∈R, i2 = −1} và có
kết quả sau:
a + bi = c + di khi và chỉ khi a = c,b = da + bi + c + di = a +
c + (b + d)i(a + bi)(c + di) = ac− bd + (ad + bc)i.
Mỗi phần tử z = a+ bi∈C được gọi là một số phức với phần thực a,
ký hiệu Re(z), và phần ảo b, kýhiệu Im(z); còn i được gọi là đơn vị
ảo. Số phức a− bi được gọi là số phức liên hợp của z = a + bivà
được ký hiệu qua z = a + bi. Dễ dàng kiểm tra zz = (a + bi)(a− bi)
= a2 + b2,z1z2 = z1z2 vàgọi |z| =
√zz là môđun của z. Số đối của z′ = c + di là −z′ = −c− di và
hiệu z− z′ = (a + bi)−
(c + di) = a− c + (b− d)i.Xét mặt phẳng tọa độ (Oxy). Mỗi số
phức z = a + bi ta cho tương ứng với điểm M(a;b). Tươngứng này là
một song ánh
C→R×R,z = a + bi 7→ M(a;b).
Khi đồng nhất C với (Oxy) qua việc đồng nhất z với M, mặt phẳng
tọa độ với biểu diễn sốphức như thế được gọi là mặt phẳng phức hay
mặt phẳng Gauss, ghi công C. F. Gauss-người đầutiên đưa ra biểu
diễn.
20
-
Mệnh đề 2. C là một trường chứa trường R như một trường con.
Định lý 3. [Euler] Với mọi số thực x ta luôn có
eix = cos x + i sin x.
Chứng minh: Từ eix = 1 +ix1!
+(ix)2
2!+
(ix)3
3!+ · · ·+ (ix)
n
n!+ · · · ta suy ra đồng nhất thức
eix = (1− x2
2!+
x4
4!− · · ·+ (−1)n x
2n
(2n)!+ · · · )
+ i(x− x3
3!+
x5
5!− · · ·+ (−1)n−1 x
2n−1
(2n− 1)! + · · · ).
Do đó eix = cos x + i sin x.
Hệ quả 4. Với mọi số thực x,y ta luôn có các hệ thức
(1) eixeiy = ei(x+y) và(
eix)n
= einx) với mọi n ∈Z.
(2)eix
eiy= ei(x−y) và eix = e−ix =
1eix
.
(3) cos x =eix + e−ix
2,sin x =
eix − e−ix2i
.
Chứng minh: Suy ra từ Định lý 3.
2. Biểu diễn phép quay qua số phức
Kết quả của Định lý 3 được sử dụng trong Hình học sơ cấp qua
phép quay như sau:Giả sử điểm I, M, N có tọa vị zI ,zM,zN tương
ứng. Phép quay tâm I góc quay α biến điểm Mthành điểm N viết
qua
zN = zI + (zM − zI)eiα.
Ta vận dụng phép quay vào việc xét một số bài hình dưới đây.
Ví dụ 1. [Định lý Con Nhím] Trong mặt phẳng cho đa giác đơn bất
kỳ A1A2 . . . An và coi An+1≡ A1.Xét hệ véc tơ~ei sao cho~ei⊥ ~Ai
Ai+1,~ei hướng ra ngoài miền đa giác và |~ei| = Ai Ai+1 với i =
1,2, . . . ,n.Khi đó
n∑
i=1~ei =~0.
Bài giải: Định hướng đa giác, chẳng hạn hướng thuận, có ~ei do
quay ~Ai Ai+1 góc −π
2. Vậy
n∑
i=1~ei = e
−iπ
2( n
∑i=1
~Ai Ai+1)= e−i
π
2(~0)=~0.
Ví dụ 2. Cho ∆ABC với độ dài cạnh BC = a,CA = b, AB = c. Dựng ra
phía ngoài tam giác đềuBCA1,CAB1, ABC1. Dựng tiếp ra phía ngoài tam
giác A1B1C1 ba tam giác đều B1C1A2, C1A1B2 vàA1B1C2. Chứng minh
21
-
(1) AA1 = BB1 = CC1 và ∆O1O2O3 đều, trong đó O1,O2 và O3 là tâm
các tam giác đều BCA1,CAB1, ABC1.
(2) A, A1, A2 thẳng hàng. Khi b, c cố định còn a thay đổi, hãy
tìm a để A1A2 lớn nhất.
(3) Tiếp tục quá trình như trên để có tam giác AnBnCn với n >
2. Khi đó A, A1, . . . , An thẳng hàngvà tìm giá trị lớn nhất của
An An+1 khi b, c cố định,a thay đổi.
Bài giải: (1) Tương ứng A, B,C ba số phức zA,zB,zC. Khi đó ta
có
zA1 = zC + eiu(zB − zC)
zB1 = zA + eiu(zC − zA)
zC1 = zB + eiu(zA − zB)
zA2 = zC1 + eiu(zB1 − zC1)
u =π
3.
Từ zC + eiu(zB1 − zC) = zC + eiu(zA + eiu(zC − zA)− zC) ta suy
ra hệ thức zC + eiu(zB1 − zC) =zC(1− eiu + e2iu)+ zA(eiu− e2iu) =
zA vì eiu 6=−1, e3iu + 1= 0 nên 1− eiu + e2iu = 0, eiu− e2iu =
1.Như vậy ta có zA1 − zA = eiu(zB − zB1) và suy ra AA1 = BB1. Tương
tự BB1 = CC1. Dễ dàngkiểm tra 3
[zO2 + e
iu(zO3 − zO2)]= 3zO1 . Vậy ∆O1O2O3 đều.
(2) Dễ dàng chỉ ra zA1 + zA2 = 2zA. Vậy A là trung điểm của
A1A2. Từ A1A2 = 2AA1 = 2BB1 6
(b + c). Vậy A1A2 lớn nhất bằng 2(b + c) khi A =2π3
. Từ đó có a để A1A2 lớn nhất.
(3) được suy ra từ (2).
Ví dụ 3. Cho tam giác ABC với độ dài cạnh BC = a,CA = b, AB = c.
Dựng ra phía ngoài ba tamgiác đều BCA1,CAB1, ABC1. Dựng tiếp ra
phía ngoài tam giác A1B1C1 ba tam giác đều sau đây:B1C1A2, C1A1B2,
A1B1C2. Gọi M, N, P là trung điểm BC,CA, AB; M1, N1, P1 là trung
điểm B1C1,C1A1, A1B1, và M2, N2, P2 là trung điểm B2C2,C2A2, A2B2,
tương ứng. Chứng minh rằng
(1) AA1‖=
2MM1, BB1‖=
2NN1,CC1‖=
2PP1; MM1, NN1, PP1 đồng quy.
(2) A2M2‖=
AM1‖=
MM0, trong đó M0 là trung điểm của AA1.
(3) Hạ MM2⊥B1C1, NN2⊥C1A1, PP2⊥A1B1. Ta có MM2, NN2 và PP2 đồng
quy tại một điểm.
Bài giải: (1) Ta có 2zM = zB + zC,2zM1 = zB1 + zC1 . Viết ~I J =
zJ − zI . Khi đó 2 ~MM1 = 2zM1 −2zM = zB1 + zC1 − zB − zC = zA − zC
+ eiu(zC − zB) = ~A1A. Vậy AA1‖MM1, AA1 = 2MM1. Bađoạn MM1, NN1,
PP1 đồng quy được suy ra từ việc xét ∆MNP và phép quay eiu.(2) Từ
AA1‖
=2MM1 suy ra AM1‖
=MM0. Ta lại có AM1‖
=A2M2. Do vậy A2M2‖
=AM1‖
=MM0.
(3) Sử dụng kết quả AA1 = BB1 = CC1 = d và công thức đường trung
tuyến ta có 2MB21 =
d2 + b2 − a2
2,2MC21 = d
2 + c2 − a2
2. Vậy MB21 − MC21 =
b2 − c22
hay M2B21 − M2C21 =b2 − c2
2.
Tương tự, có N2C21 − N2A21 =c2 − a2
2, P2A21 − P2B21 =
a2 − b22
. Khi đó M2B21 −M2C21 + N2C21 −N2A21 + P2A
21 − P2B21 = 0. Do đó MM2, NN2, PP2 đồng quy tại một điểm.
22
-
Ví dụ 4. Trong mặt phẳng cho tứ giác A0A1A2A3 và định nghĩa
A4k+i ≡ Ai với i = 0,1,2,3 và k ∈Z.Với điểm P0 ta thực hiện phép
quay tâm A0 góc quay
π
2để được P1; thực hiện phép quay tâm A1 góc
quayπ
2để được P2; thực hiện phép quay tâm A2 góc quay
π
2để được P3; thực hiện phép quay tâm A3
góc quayπ
2để được P4 và cứ tiếp tục như vậy. Chứng minh rằng điều kiện
cần và đủ để có P0 sao cho
P2012 ≡ P0 là A0A2 = A1A3 và A0A2⊥A1A3.
Bài giải: Tương ứng A0, A1, A2, A3 là bốn số phức z0,z1,z2,z3 và
tương ứng với Pk là số phứcαk,k = 0,1,2, . . . . Khi đó có
α1 = z0 + i(α0 − z0)
α2 = z1 + i(α1 − z1)
α3 = z2 + i(α2 − z2)
α4 = z3 + i(α3 − z3).
Dễ dàng chỉ ra α4 = (1− i)(z3− z1)+ (1+ i)(z2− z0)+ α0. Vậy, qua
4 lần quay ta được một phéptịnh tiến α4 = α0 + (1− i)(z3− z1) +
i(1− i)(z2− z0). Vì 2012 = 503.4 nên α2012 = α0 + 503[(1−i)(z3 −
z1) + i(1− i)(z2 − z0)]. Để α2012 ≡ α0 cần và đủ (1− i)(z3 − z1) +
i(1− i)(z2 − z0) = 0hay (z3 − z1) + i(z2 − z0) = 0. Điều này tương
đương A0A2 = A1A3 và A0A2⊥A1A3.
Ví dụ 5. Trong mặt phẳng cho tứ giác ABCD nội tiếp trong đường
tròn tâm O, bán kính R. Dựng raphía ngoài bốn hình vuông sau đây:
ABB1A2, BCC1B2, CDD1C2 và DAA1D2. Gọi A3, B3,C3, D3 làtrung điểm
các đoạn A1A2, B1B2, C1C2 và D1D2, tương ứng. Chứng minh rằng
(1) AA3 = CC3 =BD2
và AA3⊥BD,CC3⊥BD. Từ đó suy ra từng cặp A3C3 và AC; B3D3 và
BD,cắt nhau tại trung điểm mỗi đoạn khi AC và BD không vuông góc
với nhau.
(2) Tứ giác A3B3C3D3 có nội tiếp trong một đường tròn không?
(coi như một bài tập).
Bài giải: (1) Ta chỉ cần xét R = 1. Tương ứng A, B,C, D là bốn
số phức za,zb,zc,zd với |za| =|zb| = |zc| = |zd| = 1 và tương ứng
Ak, Bk,Ck, Dk là các số phức zak ,zbk ,zck ,zdk với k = 1,2,3.
Khiđó có biểu diễn
za1 = za − i(zd − za)
zb1 = zb − i(za − zb)
zc1 = zc − i(zb − zc)
zd1 = zd − i(zc − zd)
za2 = za + i(zb − za)
zb2 = zb + i(zc − zb)
zc2 = zc + i(zd − zc)
zd2 = zd + i(za − zd)
và
za3 =za1 + za2
2zb3 =
zb1 + zb22
zc3 =zc1 + zc2
2zd3 =
zd1 + zd22
.
Dễ dàng có za3 − za =
izb − zd
2= zc3 − zc. Vậy AA3 = CC3 =
BD2
và AA3⊥BD,CC3⊥BD. Từ đây suy ra A3C3 và AC
cắt nhau tại trung điểm mỗi đoạn. Tương tự, BB3 = DD3 =AC2
và BB3⊥AC, DD3⊥AC. Từ đâysuy ra B3D3 và BD cắt nhau tại trung
điểm mỗi đoạn.(2) Gọi I, J, H,K là tâm các hình vuông ABB1A2,
BCC1B2, CDD1C2 và DAA1D2 và ứng với sốphức zI ,zJ ,zH,zK.
23
-
Ví dụ 6. Cho ∆ABC. Dựng ra phía ngoài ba hình vuông BCA1A2,
CAB1B2, ABC1C2. Gọi tâm cáchình vuông này là I, J,K và M là trung
điểm BC. Chứng minh rằng AI = JK, AI⊥JK và MJ =MK, MJ⊥MK.Bài giải:
Tương ứng A, B,C ba số phức zA,zB,zC. Ta có biểu diễn
zA1 = zC + i(zB − zC)
zB1 = zA + i(zC − zA)
zC1 = zB + i(zA − zB).
Tương ứng I, J,K, M là bốn số phức zI ,zJ ,zK,zM. Từ các quan
hệ
zI =zB + zA1
2=
zB + zC + i(zB − zC)2
zJ =zC + zB1
2=
zC + zA + i(zC − zA)2
zK =zA + zC1
2=
zA + zB + i(zA − zB)2
có 2−→AI = zB + zC + i(zB − zC)− 2zA,2
−→JK = zB − zC + i(2zA − zB − zC). Bởi vì zB + zC + i(zB −
zC)− 2zA = i(zB − zC + i(2zA − zB − zC)
)nên có được AI = JK, AI⊥JK.
Từ zM =zB + zC
2suy ra ngay 2
−→MJ = zA− zB + i(zC − zA) và , 2
−→MK = zA− zC + i(zA− zB). Bởi
vì zA − zC + i(zA − zB) = i(zA − zB + i(zC − zA))
)nên có được MJ = MK, MJ⊥MK.
Ví dụ 7. Giả sử điểm M ở trong hay trên cạnh hình vuông ABCD.
Tìm giá trị lớn nhất của hàm
f (M) = ∠MAB +∠MBC +∠MCD +∠MDA.
Bài giải: Không hạn chế có thể coi đỉnh A, B,C, D tương ứng với
số phức z1 = 1,z2 = i,z3 =−1,z4 = −i. Giả sử M tương ứng số phức z.
Ta có
−→AM = z− 1,
−→BM = z− i,
−→CM = z + 1,
−→DM = z + i
−→AB = i− 1,
−→BC = −1− i,
−→CD = −i + 1,
−→DA = 1 + i.
Ký hiệu ∠MAB = A1,∠MBC = B1,∠MCD = C1 và ∠MDA = D1. Các góc phụ
tương ứnglà A2, B2,C2, D2. Hiển nhiên A1 + B1 + C1 + D1 + A2 + B2 +
C2 + D2 = 2π. Nếu A2 + B2 +C2 + D2 > A1 + B1 + C1 + D1 thì lấy
đối xứng M qua trục I J thành M′, trong đó I là trungđiểm BC và J
là trung điểm AD. Lúc này f (M′) = ∠M′AB +∠M′BC +∠M′CD +∠M′DA =A2 +
B2 + C2 + D2. Do vậy có thể coi π 6 f (M) < 2π. Dễ dàng chỉ
ra
f (M) = arg(z− 1
i− 1z− i−i− 1
z + 1−i + 1
z + ii + 1
)= arg
(z4 − 14
).
Hai đường chéo cắt nhau O = AC × BD và chia hình vuông ra làm 4
miền. Khi đó M thuộcmột miền, chẳng hạn M thuộc miền OAB và ta có
thể giả thiết α = ∠MOA >
π
4. Như vậy
π
2> α = arg(z)>
π
4. Do vậy f (M) = arg(z4 − 1) = ∠xAN = π +∠OAN 6 π +∠OAD =
5π
4,
ở đó N ứng với số phức z4. Dấu = xẩy ra khi M ≡ B, chẳng hạn.
Khi đó ∠MAB = 0,∠MBC =π
2,∠MCD =
π
2và ∠MDA =
π
4. Tóm lại, ta có f (M)ln =
5π4
.
24
-
Ví dụ 8. Giả sử điểm M ở trong hay trên cạnh tam giác đều ABC.
Tìm giá trị lớn nhất của hàm
f (M) = ∠MAB +∠MBC +∠MCA.
Bài giải: Không hạn chế có thể coi đỉnh A, B,C tương ứng với số
phức z1 = 1,z2 = −12+
i√
32
,z3 = −12− i√
32
. Giả sử M tương ứng số phức z. Khi đó có
−→AM = z− 1,
−→BM = z +
12− i√
32
,−→CM = z +
12+ i√
32
.
Ký hiệu∠MAB = A1,∠MBC = B1,∠MCA = C1 và các góc còn lại tương
ứng là A2, B2,C2. Hiểnnhiên A1 + B1 + C1 + A2 + B2 + C2 = π. Nếu A2
+ B2 + C2 > A1 + B1 + C1 thì lấy đối xứng Mqua trục AH thành M′,
trong đó H là trung điểm BC. Lúc này f (M′) = ∠M′AB +∠M′BC +∠M′CA =
A2 + B2 + C2. Do vậy có thể coi
π
26 f (M) < π. Dễ dàng chỉ ra
f (M) = arg( z− 1−1
2+ i√
32− 1
z +12− i√
32
−i√
3
z +12+ i√
32
12+ i√
32
+ 1
)hay f (M) = arg
(z3 − 13√
3i
). Như vậy
(M) = arg(z3 − 1) − π2
. Ba đoạn OA,OB,OC chia tam giác đều ra làm 3 miền. Khi đó M
thuộc một miền, chẳng hạn M thuộc miền OAB. Như vậy f (M) 6 π
+π
6− π
2=
2π3
. Dấu
= xẩy ra khi M ≡ B, chẳng hạn. Khi đó ∠MAB = 0,∠MBC = π3
,∠MCA =π
3. Tóm lại, ta có
f (M)ln =2π3
.
Ví dụ 9. Trong mặt phẳng, cho tứ giác lồi ABCD. Dựng hai hình
vuông cùng hướng AEBF và CHDK.Chứng minh đồng nhất thức
|EH2 − FK2| = 4SABCD.
Bài giải: Dựng hệ tọa độ Oxy để A(0;−a), E(−a;0), B(0; a),
F(a;0). Giả sử tâm hình vuôngCHDK là I(u;v) và C(x1;y1). Vì hình
vuông CHDK cùng hướng hình vuông AEBF nên sử
dụng phép quay tâm I(u;v) với góc quay−π
2biểu diễn qua ma trận: x′ − u
y′ − v
= 0 1−1 0
x− uy− v
ta được H(u− v + y1;u + v− x1). Dễ dàng có D(2u− x1;2v− y1), và
K(u + v− y1;v− u + x1).Ta có |EH2 − FK2| = 4|ua + uy1 − vx1| =
4SABCD.
Ví dụ 10. Trong mặt phẳng, cho hai hình vuông ABCD, A′B′C′D′ với
thứ tự các đỉnh cùng theo mộthướng. Chứng minh đồng nhất thức
A′A2 + C′C2 = B′B2 + D′D2.
25
-
Bài giải: Dựng hệ tọa độ Oxy để A(a;0), B(0; a), C(−a;0),
D(0;−a). Giả sử tâm hình vuôngA′B′C′D′ là I(u;v) và A′(x1;y1). Vì
hình vuông A′B′C′D′ cùng hướng hình vuông ABCD nênsử dụng phép quay
tâm I(u;v) với góc quay
π
2biểu diễn qua ma trận: x′ − u
y′ − v
= 0 −1
1 0
x− uy− v
ta được B′(u + v− y1; x1− u + v). Dễ dàng có C′(2u− x1;2v− y1),
và D(u− v + y1;u + v− x1).Khi đó có
A′A2 + C′C2 = (a− x1)2 + y21 + (−a− 2u + x1)2 + (2v− y1)2
B′B2 + D′D2 = (u + v− y1)2 + (a + u− v− x1)2
+ (u− v + y1)2 + (−a− u− v + x1)2.
Dễ dàng kiểm tra đồng nhất thức A′A2 + C′C2 = B′B2 + D′D2 vì cả
hai đều bằng2a2 + 4u2 + 4v2 + 2x21 + 2y
21 + 4au− 4ax1 − 4ux1 − 4vy1.
TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. J. Dieudonné, History of Algebraic Geometry, Chapman-Hall
1974.2. N. V. Mậu và Đ. V. Nhỉ, Đồng nhất thức và phương pháp tọa
độ trong Hình học, Nhà Xuất BảnĐHQG Hà Nội 2012.3. Đoàn Quỳnh, Số
phức với Hình học phẳng, Nhà Xuất Bản Giáo Dục 1997.
26
-
SÁNG TÁC MỘT BÀI TOÁN TRUNG HỌC CƠ SỞ NHƯ THẾ NÀO?
Trịnh Đào ChiếnCao đẳng Gia Lai
Không dễ dàng trả lời câu hỏi trên. Tùy từng góc nhìn, tùy từng
khả năng sáng tạo mà mỗi giáo viênTrung học cơ sở có thể sáng tác
ra các bài toán để phục vụ công tác giảng dạy của mình. Bài viết
này đềcập đến hai trong nhiều phương pháp đó: phương pháp áp dụng
những đồng nhất thức cổ điển (chẳnghạn như Đồng nhất thức Newton)
và phương pháp áp dụng phép biến đổi bảo toàn yếu tố cạnh của
tamgiác.
1. Phương pháp áp dụng Đồng nhất thức NewtonVới n = 3, Đồng nhất
thức Newton được thiết lập như sau:Giả sử x1, x2, x3 ∈ R. Thế thì
x1, x2, x3 là nghiệm của phương trình
(x− x1) (x− x2) (x− x3) = 0
⇔ x3 − (x1 + x2 + x3) x2 + (x1x2 + x2x3 + x3x1) x− x1x2x3 =
0.
Đặt c1 = − (x1 + x2 + x3), c2 = x1x2 + x2x3 + x3x1, c3 =
−x1x2x3.Thế thì x1, x2, x3 là nghiệm của phương trình x3 + c1x2 +
c2x + c3 = 0.Đặt Sk = x1k + x2k + x3k, k = 1,2,3,4, .... Thế thì ta
có đồng nhất thức sau
S1 + c1 = 0,S2 + S1c1 + 2c2 = 0,
S3 + S2c1 + S1c2 + 3c3 = 0,S4 + S3c1 + S2c2 + S1c3 = 0,S5 + S4c1
+ S3c2 + S2c3 = 0,
...
Sk + Sk−1c1 + Sk−2c2 + Sk−3c3 = 0, k> 4.
Đồng nhất thức trên được gọi là Đồng nhất thức Newton, trường
hợp n = 3.Tương tự, ta có thể thiết lập Đồng nhất thức Newton với n
nguyên dương bất kì.Một trong những áp dụng trực tiếp của Đồng nhất
thức Newton là sáng tác ra những đồng
nhất thức, và từ đó cảm sinh những bất đẳng thức, có thể dùng
trong việc giảng dạy của giáoviên và học tập của học sinh Trung học
cơ sở.
Dưới đây là một số phương pháp sáng tác ra những đồng nhất thức
cơ bản nhất. Có thểtổng hợp thêm các phương pháp khác để tạo ra
những đồng nhất thức phong phú hơn.
- Phương pháp suy luận:Với n = 3 và k = 3, ta có Đồng nhất thức
Newton:S3 + S2c1 + S1c2 + 3c3 = 0⇔ S3 + S2c1 − c1c2 + 3c3 = 0⇔ S3 +
c1 (S2 − c2) + 3c3 = 0⇔ S3 + 3c3 = −c1 (S2 − c2)⇔ x13 + x23 + x33 −
3x1x2x3 = (x1 + x2 + x3)
(x12 + x22 + x32 − x1x2 − x2x3 − x3x1
).
Ta sáng tác được bài toán sau
27
-
Bài toán 1. Phân tích đa thức sau thành nhân tử x13 + x23 + x33
− 3x1x2x3.
- Phương pháp suy luận:Với n = 3 và k = 4, ta có đồng nhất thức
Newton:
S4 + S3c1 + S2c2 + S1c3 = 0⇔ S4 + S3c1 + S2c2 − c1c3 = 0⇔ S4 +
S2c2 + c1 (S3 − c3) = 0.Từ đồng nhất thức trên, nếu S3 − c3 = 0 thì
S4 + S2c2 = 0.Ta sáng tác được bài toán sau.
Bài toán 2. Chứng minh rằng nếu x13 + x23 + x33 + x1x2x3 = 0,
thì
x14 + x24 + x34 +(
x12 + x22 + x32)(x1x2 + x2x3 + x3x1) = 0.
- Phương pháp suy luận:Với n = 3 và k = 1,2, ...,6, ta có đồng
nhất thức Newton
S1 + c1 = 0, S2 + S1c1 + 2c2 = 0, S3 + S2c1 + S1c2 + 3c3 = 0,S4
+ S3c1 + S2c2 + S1c3 = 0, S5 + S4c1 + S3c2 + S2c3 = 0, S6 + S5c1 +
S4c2 + S3c3 = 0.Như vậy, nếu c1 = 0 thì S1 = −c1 = 0. Khi đóS2 +
2c2 = 0⇔ S2 = −2c2, S3 + 3c3 = 0⇔ S3 = −3c3, S4 + S2c2 = 0⇔ S4 =
−S2c2 = 2c22,
S6 + S4c2 + S3c3 = 0⇔ S6 = −S4c2 − S3c3 = −2c23 + 3c32.Ta sáng
tác được bài toán sau
Bài toán 3. Chứng minh rằng nếu x1 + x2 + x3 = 0, thì
x61 + x62 + x
63 = 3x
21x
22x
23 − 2 (x1x2 + x2x3 + x3x1)
3 .
- Phương pháp suy luận:Với n = 4 và k = 2, ta có đồng nhất thức
Newton:
S2 + S1c1 + 2c2 = 0⇔ S2 − c12 + 2c2 = 0⇔ S2 = c12 − 2c2. (1)
S3 + S2c1 + S1c2 + 3c3 = 0⇔ S3 + S2c1 − c1c2 + 3c3 = 0⇔ S3 + c1
(S2 − c2) + 3c3 = 0⇔
S3 + 3c3 = −c1 (S2 − c2) (2)
Vậy, nếu c2 = 0 thì (1) tương đương với
S2 = c12 (3)
Khi đó, bởi (2) và (3) ta có: S3 + 3c3 = −c1S2 = −c1c12 =
−c13.Ta sáng tác được bài toán sau
Bài toán 4. Chứng minh rằng nếu x1x2 + x1x3 + x1x4 + x2x3 + x2x4
+ x3x4 = 0, thì
x13 + x23 + x33 + x43 − 3 (x1x2x3 + x1x2x4 + x1x3x4 + x2x3x4) =
(x1 + x2 + x3 + x4)3.
- Phương pháp suy luận:Giả sử a, b, c, d là các nghiệm của
phương trình x4 − x3 − x2 − 1 = 0.Từ phương trình đã cho, ta có c1
= −1, c2 = −1, c3 = 0, c4 = −1.
28
-
Theo Đồng nhất thức Newton, ta cóS1 + c1 = 0⇔ S1 − 1 = 0⇔ S1 =
1.S2 + S1c1 + 2c2 = 0⇔ S2 − 1− 2 = 0⇔ S2 = 3.S3 + S2c1 + S1c2 + 3c3
= 0⇔ S3 − 3− 1 = 0⇔ S3 = 4.S4 + S3c1 + S2c2 + S1c3 + 4c4 = 0⇔ S4 −
4− 3− 4 = 0⇔ S4 = 11.S5 + S4c1 + S3c2 + S2c3 + S1c4 = 0⇔ S5 − 11−
4− 1 = 0⇔ S5 = 16.S6 + S5c1 + S4c2 + S3c3 + S2c4 = 0⇔ S6 − 16− 11−
3 = 0⇔ S6 = 30.Xét một đa thức, chẳng hạn P (x) = x6 − x5 − x3 − x2
− x.Ta có: P (a) + P (b) + P (c) + P (d)=(a6 − a5 − a3 − a2 − a
)+ ... +
(d6 − d5 − d3 − d2 − d
)=(a6 + ... + d6
)−(a5 + ... + d5
)−(a3 + ... + d3
)−(a2 + ... + d2
)− (a + ... + d)
= S6 − S5 − S3 − S2 − S1 = 30− 16− 4− 3− 1 = 6.Ta sáng tác được
bài toán sau.
Bài toán 5. Giả sử a, b, c, d là các nghiệm của phương trình x4
− x3 − x2 − 1 = 0.Tính P (a) + P (b) + P (c) + P (d), trong đó P
(x) = x6 − x5 − x3 − x2 − x.
- Phương pháp suy luận:Giả sử
S1 = x1 + x2 + x3 = 1
S2 = x12 + x22 + x32 = 2
S3 = x13 + x23 + x33 = 3
Đặt c1 = − (x1 + x2 + x3) = −1
c2 = x1x2 + x1x3 + x2x3
c3 = −x1x2x3
Theo Đồng nhất thức Newton, ta cóS1 + c1 = 0⇔ S1 − 1 = 0⇔ S1 =
1.S2 + S1c1 + 2c2 = 0⇔ 2− 1 + 2c2 = 0⇔ c2 = −
12
.
S3 + S2c1 + S1c2 + 3c3 = 0⇔ 3− 2−12+ 3c3 = 0⇔ c3 = −
16
.
S4 + S3c1 + S2c2 + S1c3 = 0⇔ S4 − 3− 1−16= 0⇔ S4 =
256
.
Ta sáng tác được bài toán sau
Bài toán 6. Giả sử x1, x2, x3 ∈R. Biết rằngS1 = x1 + x2 + x3 =
1
S2 = x12 + x22 + x32 = 2
S3 = x13 + x23 + x33 = 3
29
-
Tính: S4 = x14 + x24 + x34.
- Phương pháp suy luận:Giả sử
S1 = x + y + z
S2 = x2 + y2 + z2
S3 = x3 + y3 + z3
Có thể cho S1,S2,S3 các giá trị xác định trước, chẳng hạn S1 =
S2 = S3 = 3.Ta có x, y, z là nghiệm của phương trình r3 + c1r2 +
c2r + c3 = 0, trong đó
c1 = − (x + y + z)
c2 = xy + yz + zx
c3 = −xyz
Thế thì, theo Đồng nhất thức Newton, ta cóS1 + c1 = 0⇔ 3 + c1 =
0⇔ c1 = −3.S2 + S1c1 + 2c2 = 0⇔ 3− 9 + 2c2 = 0⇔ c2 = 3.S3 + S2c1 +
S1c2 + 3c3 = 0⇔ 3− 9 + 9 + 3c3 = 0⇔ c3 = −1.Vậy (x,y,z) là nghiệm
của phương trình
r3 − 3r2 + 3r− 1 = 0⇔ (r− 1)3 = 0⇔ r = 1.
Suy ra (x,y,z) = (1,1,1).Ta sáng tác được bài toán sau
Bài toán 7. Giải hệ phương trình x + y + z = 3
x2 + y2 + z2 = 3
x3 + y3 + z3 = 3
- Phương pháp suy luận:Giả sử
x1 =1−√
52
, x2 =1 +√
52
.
Ta có
c1 = − (x1 + x2) = −(
1−√
52
+1 +√
52
)= −1,
c2 = x1x2 =
(1−√
52
)(1 +√
52
)= −1.
30
-
a) Theo Đồng nhất thức Newton, ta có
S1 + c1 = 0⇔ S1 − 1 = 0⇔ S1 = 1.
S2 + S1c1 + 2c2 = 0⇔ S2 − 1− 2 = 0⇔ S2 = 3.
S3 + S2c1 + S1c2 = 0⇔ S3 − 3− 1 = 0⇔ S3 = 4.
S4 + S3c1 + S2c2 = 0⇔ S4 − 4− 3 = 0⇔ S4 = 7.
S5 + S4c1 + S3c2 = 0⇔ S5 − 7− 4 = 0⇔ S5 = 11.
Vậy (1−√
52
)5+
(1 +√
52
)5= 11.
b) Ta có
Sk =
(1−√
52
)k+
(1 +√
52
)k= x1k + x2k.
Với k> 3, theo Đồng nhất thức Newton, ta có
Sk + Sk−1c1 + Sk−2c2 = 0⇔ Sk − Sk−1 − Sk−2 = 0⇔ Sk = Sk−1 +
Sk−2.
Ngoài ra, vì S1 = 1, S2 = 3, nên theo hằng đẳng thức trên ta suy
ra Sk là số nguyên dươngvới mọi k> 1 và S2015 = S2014 +
S2013.
Ta sáng tác được bài toán sau
Bài toán 8.
a) Tính
(1−√
52
)5+
(1 +√
52
)5.
b) Đặt Sk =
(1−√
52
)k+
(1 +√
52
)k. Chứng minh rằng Sk là số nguyên dương, với mọi k> 1
và S2015 = S2014 + S2013.
- Phương pháp suy luận:Đặt c1 = − (x1 + x2) = −m,c2 = x1x2 =
1.Thế thì x1 và x2 là 2 nghiệm của phương trình x2 −mx + 1 =
0.Đặt
Sk = x1k + x2k; k = 1,2,3,4, ...
a) Theo Đồng nhất thức Newton, ta có
S1 + c1 = 0⇔ S1 −m = 0⇔ S1 = m.
31
-
S2 + S1c1 + 2c2 = 0⇔ S2 −m2 + 2 = 0⇔ S2 = m2 − 2.
Với k> 3, theo Đồng nhất thức Newton, ta có
Sk + Sk−1c1 + Sk−2c2 = 0⇔ Sk −mSk−1 + Sk−2 = 0⇔ Sk = mSk−1 −
Sk−2.
VậyS3 = mS2 − S1⇔ S3 = m
(m2 − 2
)−m = m3 − 3m.
S4 = mS3 − S2 = m(m3 − 3m
)−(m2 − 2
)= m4 − 3m2 −m2 + 2 = m4 − 4m2 + 2.S5 = mS4 − S3 = m
(m4 − 4m2 + 2
)−(m3 − 3m
)= m5 − 4m3 + 2m−m3 + 3m = m5 − 5m3 + 5m.S6 = mS5 − S4 = m
(m5 − 5m3 + 5m
)−(m4 − 4m2 + 2
)= m6 − 5m4 + 5m2 −m4 + 4m2 − 2 = m6 − 6m4 + 9m2 − 2.S7 = mS6 −
S5 = m
(m6 − 6m4 + 9m2 − 2
)−(m5 − 5m3 + 5m
)= m7 − 6m5 + 9m3 − 2m−m5 + 5m3 − 5m = m7 − 7m5 + 14m3 − 7m.b)
Đặt
m1 =7
√23+
7
√32
, u1 =7
√23
, u2 =7
√32
.
Thế thì u1 + u2 = m1u1u2 = 1Suy ra u1, u2 là nghiệm của phương
trình u2 −m1u + 1 = 0.Theo câu a), ta có
u17 + u27 = m17 − 7m15 + 14m13 − 7m1
⇔ 23+
32= m17 − 7m15 + 14m13 − 7m1⇔
136
= m17 − 7m15 + 14m13 − 7m1
⇔ 13 = 6m17 − 42m15 + 84m13 − 42m1⇔ 6m17 − 42m15 + 84m13 − 42m1
− 13 = 0.
Vậy đa thức bậc 7 có hệ số nguyên nhận số
m1 =7
√23+
7
√32
làm nghiệm là P (x) = 6x7 − 42x5 + 84x3 − 42x− 13.Ta sáng tác
được bài toán sau
Bài toán 9. Giả sử x1 và x2 là 2 nghiệm của phương trình x2 −mx
+ 1 = 0.a) Tính x17 + x27 theo m.b) Tìm đa thức bậc 7 có hệ số
nguyên nhận số sau đây làm nghiệm:
7
√23+
7
√32
- Phương pháp suy luận:
32
-
Với n = 3 và k = 1,2, ...,7, ta có Đồng nhất thức NewtonS1 =
−c1, S2 = −S1c1 − 2c2 = c21 − 2c2.S3 = −S2c1 − S1c2 − 3c3 = c1t3 −
3c3, S4 = −S3c1 − S2c2 − S1c3 = c1t4 + 2c22.S5 = −S4c1 − S3c2 −
S2c3 = c1t5 + 5c2c3, S6 = −S5c1 − S4c2 − S3c3 = c1t6 − 2c32 +
3c23.S7 = −S6c1 − S5c2 − S4c3 = c1t7 − 7c22c3.Nhận xét: S2,S3,
...,S7 đều có dạng tổng của hai số hạng, trong đó số hạng đầu luôn
chứa
nhân tử c1. Do đó, có thể tạo ra một số hệ thức liên hệ giữa
chúng. Chẳng hạn, xét:
S4 = c1t4 + 2c22,S7 = c1t7 − 7c22c3.
Ta có: 7S4c3 = 7c1t4c3 + 14c22c3,2S7 = 2c1t7 − 14c22c3.Suy ra
2S7 + 7S4c3 = c1t4, hay 2S7 + 7S4c3 chứa nhân tử c1.Vậy, với lưu ý
rằng c1 = −(x1 + x2 + x3) và c3 = −x1x2x3, ta sáng tác được bài
toán sau
Bài toán 10. Chứng minh rằng đa thức 2(x71 + x72 + x
73)− 7(x41 + x42 + x43)x1x2x3 có nhân tử là
x1 + x2 + x3.
2. Phương pháp áp dụng phép biến đổi bảo toàn yếu tố cạnh của
tam giác
Tính chất 1. Nếu a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác, thì
các số sau đây cũng là độ dài bacạnh của một tam giác:
1)√
a,√
b,√
c; 2) a2, b2, c2 (tam giác ABC nhọn);3) n√
a, n√
b, n√
c, n nguyên dương; 4) a (p− a) , b (p− b) , c (p− c) (p là nửa
chu vi);
5) ma, mb, mc; 6)1ha
,1hb
,1hc
;
7)1
b + c,
1c + a
,1
a + b; 8)
aa + 1
,b
b + 1,
cc + 1
;
9)√
ab,√
bc,√
ca, với điều kiện min(A, B,C) ≥ π12
.
Tính chất 2. Giả sử ai, bi, ci là ba cạnh của tam giác AiBiCi,
(i = 1,2) . Thế thì a3 =√
a21 + a22,
b3 =√
b21 + b22, c3 =
√c21 + c
22 cũng là ba cạnh của một tam giác.
Áp dụngTừ một đẳng thức hoặc bất đẳng thức đã biết, liên quan
đến các cạnh của một tam giác, ta
có thể áp dụng kết quả của các tính chất đã nêu để sáng tác ra
nhiều bài toán khá phong phú.Bài toán đó có thể có nhiều cách giải,
nhưng ít nhất một cách giải đã được tìm ra từ phươngphá
