Toán chuyên · Năm công cụ của đề học sinh giỏi: bài giảng lí thuyết
Bài giảng lí thuyết thuần túy cho kì thi học sinh giỏi Toán chuyên (Huế): phương trình hàm trên Q, đa thức nguyên, cấp và định lí Zsigmondy, phép vị tự và…
LUKATO · THPT AI · Toán chuyên · Bài giảng lí thuyết Tân binh · 0 XP
Học sinh giỏi THPT · Toán chuyên · Bài giảng lí thuyết
Năm công cụ của đề Toán chuyên
Đề học sinh giỏi cấp thành phố của Huế (năm học 2026–2027) gồm năm câu thuộc năm mảng khác nhau, và mỗi mảng có một công cụ lí thuyết nền: phương trình hàm , đa thức hệ số nguyên , cấp và định lí Zsigmondy , hình học biến hình , bất biến và đếm hai cách . Bài giảng này không giải đề . Nó dạy chính các công cụ ấy: định nghĩa, định lí, chứng minh và cạm bẫy, kèm những phòng thực hành để em tự tay thử.
5 công cụ Định lí có chứng minh Hình vẽ kéo thả được Máy tính chính xác bằng phân số Số liệu đã kiểm bằng máy
Bản đồ công cụ
Mỗi ô là một công cụ. Bấm vào ô để vào chương tương ứng.
Cách học một công cụ
Định nghĩa rồi Định lí và chứng minh rồi Phòng thực hành rồi Tự kiểm tra
Mỗi chương có định lí được chứng minh từng dòng, vài phòng thực hành để thử chính các mệnh đề đó, một bộ câu hỏi kiểm tra khái niệm (mỗi phương án đều có giải thích) và thẻ nhớ. Điểm kinh nghiệm (XP) chỉ để em theo dõi tiến độ: tổng cộng 0 XP, đạt khoảng bảy phần mười là lên hạng Thủ khoa. Không cần đăng nhập, tiến độ chỉ lưu trong trình duyệt của em.
Vì sao chọn năm công cụ này?
Đề chuyên thường không hỏi một mẹo riêng lẻ. Nó hỏi xem em có nhận ra cấu trúc hay không: một phương trình hàm trên ℚ gợi “đi từ ℤ lên ℚ”; hai đa thức nguyên cùng nhận giá trị ±1 gợi “đếm nghiệm”; ước nguyên tố của gợi “cấp theo modulo”; một hình có hai đường song song gợi “vị tự”; một bài đếm trên hàng gợi “bất biến chẵn lẻ”. Biết công cụ nào hiện ra trước, em đã làm xong nửa bài.
Bài giảng có một chỗ cần nói rõ: lời giải chính thức của đề không có trong tay LUKATO, nên bài giảng chỉ dạy lí thuyết nền, không đối chiếu đáp án nào.
Năm ý, mỗi ý một dòng
Công cụ 1
Phương trình hàm trên ℚ
Tìm hàm là chứng minh hai chiều: điều kiện cần rồi điều kiện đủ. Nếu cộng tính, hàm được xác định hoàn toàn bởi f (1).
Công cụ 2
Đa thức hệ số nguyên
Một đa thức bậc n có tối đa n nghiệm; và P ( a ) − P ( b ) luôn chia hết cho a − b .
Công cụ 3
Cấp, LTE và Zsigmondy
Cấp của a theo modulo q là ước của q − 1, và gần như mọi lũy thừa a n − 1 đều mang một ước nguyên tố “mới”.
Công cụ 4
Vị tự, điều hòa, phản xạ
Vị tự gửi đường thẳng thành đường song song; đường tròn Apollonius là quỹ tích tỉ số cố định; góc định hướng gỡ rối mọi hình vẽ.
Công cụ 5
Bất biến và đếm hai cách
Tìm một đại lượng không đổi hoặc đếm một tập theo hai cách; sau đó quy hoạch động để đếm chính xác.
Phương trình hàm trên tập số hữu tỉ Công cụ 1
Ý tưởng của chương: một phương trình hàm trên ℚ gần như luôn dạy cùng một bài học. Hãy biết hàm tại 1, rồi “nhân” đối số lên bằng số nguyên, rồi “chia” để đi từ ℤ lên ℚ.
Tiến độ XP 0 XP
1.1. “Tìm tất cả các hàm” là một chứng minh hai chiều
Bài toán dạng “tìm tất cả hàm ‹f:ℚ->ℚ› thỏa mãn (*)” đòi hỏi hai việc hoàn toàn khác nhau. Bỏ một trong hai là mất điểm, dù phần còn lại làm đúng.
Điều kiện cần. Giả sử ‹f› thỏa (*). Bằng các phép thế hợp lí, suy ra ‹f› phải có một dạng cụ thể. Đây là phần “tìm”, và cũng là phần dài nhất.
Điều kiện đủ. Lấy dạng vừa tìm được, thay ngược vào (*) và kiểm tra rằng nó đúng với mọi cặp ‹x,y›. Đây là phần “thử lại”, thường chỉ vài dòng, và hay bị quên.
Cạm bẫy phổ biến. Thử một vài giá trị rồi kết luận. Một hàm chỉ là nghiệm khi nó đúng với mọi cặp; ngược lại, để loại một hàm thì chỉ cần một cặp sai (phản ví dụ). Phòng thực hành 1C bên dưới cho em thấy rất rõ sự bất đối xứng này.
1.2. Các phép thế nên thử trước
Phép thế · Cho em biết điều gì
‹x=y=0› · Giá trị gốc ‹f(0)›. Thường dẫn tới một phương trình bậc hai hoặc bậc nhất cho ‹f(0)›.
‹y=0›, ‹y=1›, ‹y=-x› · Hàm tại một điểm đặc biệt; tính chẵn hoặc lẻ; hệ thức dịch chuyển ‹f(x+1)› theo ‹f(x)›.
‹y=x› · Hạ hai biến về một biến: ‹f(2x)›, ‹f(x^2)›.
‹y=n› nguyên dương, rồi quy nạp · “Nhân” đối số: ‹f(nx)› biểu diễn được qua ‹f(x)›.
Hoán đổi ‹x,y› · Nếu vế trái đối xứng mà vế phải không hiển nhiên đối xứng, ta được thêm một phương trình miễn phí.
1.3. Định lí Cauchy trên ℚ
Định lí 1 (Cauchy) Hàm ‹f:ℚ->ℚ› thỏa ‹f(x+y)=f(x)+f(y)› với mọi ‹x,y∈ℚ› khi và chỉ khi tồn tại ‹c∈ℚ› để ‹f(x)=cx› với mọi ‹x∈ℚ›. Khi đó ‹c=f(1)›.
Bước 1. Thế ‹x=y=0›: ‹f(0)=2f(0)›, nên ‹f(0)=0›. Thế ‹y=-x›: ‹0=f(x)+f(-x)›, nên ‹f(-x)=-f(x)›.
Bước 2. Quy nạp: ‹f(nx)=n f(x)› với ‹n∈ℕ›, vì ‹f((n+1)x)=f(nx)+f(x)›. Kết hợp tính lẻ, đẳng thức đúng với mọi ‹n∈ℤ›.
Bước 3. Với ‹x=frac(p;q)› (‹p∈ℤ›, ‹q∈ℕ› và ‹q≥1›): ‹q·f(frac(p;q))=f(p)=p·f(1)›, vì ‹f(p)=f(p·1)=p f(1)› theo bước 2.
Bước 4. Vậy ‹f(frac(p;q))=frac(p;q)·f(1)›, tức ‹f(x)=cx› với ‹c=f(1)›. Chiều ngược: ‹c(x+y)=cx+cy›. ∎
Hai chi tiết để ý. Một: không cần giả thiết liên tục, vì mọi số hữu tỉ sinh ra từ 1 bằng cộng, trừ và chia cho số nguyên (bước 3 là phép chia). Hai: trên ℝ thì khác. Tồn tại hàm cộng tính không có dạng ‹cx›, nhưng chúng không thể viết ra tường minh và phải dựa vào tiên đề chọn. Đó là lí do đề toán trên ℝ thường kèm một điều kiện như đơn điệu, bị chặn hoặc liên tục.
1.4. Bổ đề “cầu thang”: đi từ ℤ lên ℚ
Bổ đề 2 Nếu ‹g:ℚ->ℚ› thỏa ‹g(1)=1› và ‹g(nx)=n g(x)› với mọi ‹n∈ℤ› và ‹x∈ℚ›, thì ‹g(x)=x› với mọi ‹x∈ℚ›.
Với ‹x=frac(p;q)›: ‹g(p)=g(p·1)=p g(1)=p›. Mặt khác ‹g(p)=g(q·frac(p;q))=q·g(frac(p;q))›. Chia cho ‹q›: ‹g(frac(p;q))=frac(p;q)›. ∎
Trong thực tế, các đề thường cho điều kiện dạng ‹g(x+1)=g(x)+1› (một phép dịch chuyển) kèm một hệ thức nhân. Phép dịch chuyển chỉ cho ‹g(n)=g(0)+n› với mọi số nguyên ‹n›; công việc chính là hệ thức nhân với số nguyên. Bản thân phép dịch chuyển là không đủ.
Phản ví dụ: chỉ có “dịch chuyển 1” thì chưa đủ
Hàm ‹g(x)=x+{x}^2›, với ‹{x}› là phần lẻ của ‹x›, nhận giá trị hữu tỉ và thỏa ‹g(x+1)=g(x)+1› vì ‹{x+1}={x}›. Nhưng ‹g(1)=1› còn ‹2·g(frac(1;2))=2(frac(1;2)+frac(1;4))=frac(3;2)≠g(1)›. Vậy hệ thức nhân bị vi phạm, và ‹g› không đồng nhất.
1.5. Họ hàng của định lí Cauchy
Định lí 3 (hàm mũ trên ℚ) Hàm ‹f:ℚ->ℚ› thỏa ‹f(x+y)=f(x)f(y)› khi và chỉ khi ‹f≡0› hoặc ‹f≡1›.
Bước 1. ‹f(x)=f(frac(x;2))^2≥0›. Nếu ‹f(x_0)=0› tại một điểm thì ‹f(x)=f(x-x_0)f(x_0)=0› với mọi ‹x›, tức ‹f≡0›.
Bước 2. Ngược lại ‹f>0› khắp nơi và ‹f(0)=1›. Đặt ‹a=f(1)›. Với mỗi ‹q∈ℕ› và ‹q≥1›: ‹a=f(1)=f(frac(1;q))^q›. Vậy ‹a› là lũy thừa bậc ‹q› của một số hữu tỉ, với mọi ‹q›.
Bước 3. Giả sử ‹a≠1›. Thay ‹a› bởi ‹frac(1;a)=f(-1)› nếu cần, ta có thể giả sử ‹a=frac(r;s)>1› với ‹gcd(r,s)=1›. Từ ‹frac(r;s)=(frac(u;v))^q› với ‹gcd(u,v)=1› suy ra ‹r=u^q›, và vì ‹r>1› nên ‹u≥2› và ‹r≥2^q›. Điều đó sai khi ‹q› đủ lớn. Vậy ‹a=1›.
Bước 4. ‹f(frac(1;q))^q=1› và ‹f(frac(1;q))>0› cho ‹f(frac(1;q))=1›; từ đó ‹f(frac(p;q))=1› với mọi ‹p›, ‹q›. ∎
Cái hay của chứng minh: trên ℝ có hàm mũ ‹2^x›, nhưng nó nhận giá trị vô tỉ ở ‹x=frac(1;2)›. Việc hàm nhận giá trị hữu tỉ mới là điều bóp nghẹt mọi nghiệm.
Hệ quả 4 (đồng cấu của ℚ) Nếu ‹f:ℚ->ℚ› thỏa cả ‹f(x+y)=f(x)+f(y)› và ‹f(xy)=f(x)f(y)› thì ‹f≡0› hoặc ‹f(x)=x›.
Thật vậy, định lí 1 cho ‹f(x)=cx›; điều kiện nhân cho ‹c=c^2›, nên ‹c∈{0,1}›.
Đừng bỏ phép cộng. Nếu chỉ có ‹f(xy)=f(x)f(y)› thì có vô số nghiệm: ‹f(x)=x^2›, ‹f(x)=|x|›, và cả ‹f(x)=2^{v_2(x)}› với ‹f(0)=0› (ở đây ‹v_2(x)› là số mũ của 2 trong phân tích của ‹x› thành thừa số nguyên tố). Không còn “cầu thang” nào để leo. Lên ℚ rồi, bài toán còn hay hơn nhiều khi có phép cộng.
Phòng thực hành 1A
Sắp xếp chứng minh định lí Cauchy
Sáu dòng của chứng minh đang bị xáo trộn. Dùng nút mũi tên để xếp sao cho mỗi dòng chỉ dùng điều đã có ở các dòng trên. Máy kiểm tra từng dòng, và sau khi đúng sẽ giải thích vai trò từng dòng.
Phòng thực hành 1B
Máy dựng cầu thang ℤ → ℚ
Giả sử ‹f› cộng tính với ‹f(1)=c›. Nhập ‹c› và một số hữu tỉ ‹x=frac(p;q)›. Máy dựng từng bậc của chứng minh bằng phân số chính xác. Thử ít nhất ba số ‹x› khác nhau để nhận XP.
Phòng thực hành 1C
Máy thử hàm: nghiệm của phương trình nào?
Chọn một phương trình và một hàm ứng viên. Có thể thử một cặp ‹x,y› tự nhập, hoặc chạy bộ thử gồm 81 cặp. Bảng bên dưới ghi lại kết quả. Hãy để ý: một cặp không đủ để khẳng định hàm là nghiệm, nhưng một cặp sai là đủ để loại hàm. Chạy bộ thử cho ít nhất 8 tổ hợp để nhận XP.
1.6. Tự kiểm tra khái niệm
1.7. Thẻ nhớ
Đa thức hệ số nguyên Công cụ 2
Ý tưởng của chương: một đa thức bị “trói” bởi bậc của nó (đếm nghiệm, nội suy), và đa thức hệ số nguyên còn bị trói thêm bởi tính chia hết: ‹@P(a)-@P(b)› luôn chia hết cho ‹a-b›.
Tiến độ XP 0 XP
2.1. Ba sự thật về bậc
Định lí 5 (nghiệm và nội suy) Cho ‹@P≠0› là đa thức bậc ‹n› với hệ số thực (hay hữu tỉ). Khi đó:
(a) ‹@P› có tối đa ‹n› nghiệm. (b) Hai đa thức bậc không quá ‹n› nhận cùng giá trị tại ‹n+1› điểm phân biệt thì đồng nhất. (c) Với ‹n+1› điểm ‹x_0,…,x_n› phân biệt và ‹y_0,…,y_n› tùy ý, tồn tại đúng một đa thức bậc không quá ‹n› có ‹@P(x_i)=y_i›.
(a) Nếu ‹a› là nghiệm thì ‹@P(x)=(x-a)@Q(x)› với ‹@Q› bậc ‹n-1›, vì phép chia cho ‹x-a› dư ‹@P(a)=0›. Nghiệm khác ‹a› của ‹@P› là nghiệm của ‹@Q›. Quy nạp theo bậc.
(b) Hiệu hai đa thức có bậc không quá ‹n› và có ‹n+1› nghiệm, nên theo (a) nó là đa thức không.
(c) Tồn tại: ‹@P(x)=∑_i y_i ∏_{j≠i} frac(x-x_j;x_i-x_j)›. Duy nhất: theo (b). ∎
Mẫu hình: “không đủ nghiệm” và “quá nhiều nghiệm” đều là vũ khí. Muốn chứng minh hai đa thức bằng nhau, đếm xem chúng trùng nhau ở bao nhiêu điểm. Muốn chứng minh một phương trình vô nghiệm hay có ít nghiệm, đếm theo bậc.
2.2. Tính chia hết: ‹@P(a)-@P(b)› chia hết cho ‹a-b›
Định lí 6 Nếu ‹@P∈ℤ[x]› (hệ số nguyên) thì với mọi số nguyên ‹a,b›: ‹(a-b) ∣ (@P(a)-@P(b))›.
Với mỗi ‹k≥1›: ‹a^k-b^k=(a-b)(a^{k-1}+a^{k-2}b+…+b^{k-1})›. Với ‹@P(x)=∑ c_k x^k›, ‹@P(a)-@P(b)=∑ c_k(a^k-b^k)›. Mỗi số hạng chia hết cho ‹a-b› vì ‹c_k› nguyên. ∎
Hệ quả hay dùng, đều là chính định lí này nhìn từ một góc khác:
Đồng dư. ‹a≡b (mod m)› kéo theo ‹@P(a)≡@P(b) (mod m)›. Vì thế ‹@P(a)› chỉ phụ thuộc ‹a› modulo ‹m›.
Chẵn lẻ. Nếu ‹@P(0)› và ‹@P(1)› đều lẻ thì ‹@P› không có nghiệm nguyên: mọi số nguyên đồng dư 0 hoặc 1 modulo 2, nên ‹@P(n)› luôn lẻ.
Khoảng cách nghiệm. Nếu ‹@P(a)=0› và ‹@P(b)=0› thì ‹0› chia hết cho ‹a-b›, vô ích. Nhưng nếu ‹@P(a)=1› và ‹@P(b)=-1› thì ‹2› chia hết cho ‹a-b›: hai điểm ấy cách nhau 1 hoặc 2.
Phải có hệ số nguyên. ‹@P(x)=frac(x(x+1);2)› nhận giá trị nguyên tại mọi số nguyên, nhưng ‹@P(2)-@P(0)=3› không chia hết cho ‹2-0=2›. Thiếu hệ số nguyên là thiếu định lí.
2.3. Nghiệm hữu tỉ
Định lí 7 Cho ‹@P(x)=a_n x^n+…+a_1 x+a_0› với hệ số nguyên, ‹a_n≠0›, ‹a_0≠0›. Nếu ‹frac(p;q)› (tối giản, ‹q≥1›) là nghiệm thì ‹p ∣ a_0› và ‹q ∣ a_n›. Đặc biệt, nếu ‹a_n=±1› thì mọi nghiệm hữu tỉ đều nguyên.
Nhân ‹@P(frac(p;q))=0› với ‹q^n›: ‹a_n p^n+a_{n-1}p^{n-1}q+…+a_0 q^n=0›. Mọi số hạng trừ số hạng đầu chia hết cho ‹q›, nên ‹q ∣ a_n p^n›. Vì ‹gcd(p,q)=1›, suy ra ‹q ∣ a_n›. Tương tự mọi số hạng trừ số hạng cuối chia hết cho ‹p›, nên ‹p ∣ a_0q^n› và ‹p ∣ a_0›. ∎
2.4. Đa thức nhận giá trị ‹1› nhiều lần
Định lí 8 Cho ‹@P∈ℤ[x]› nhận giá trị ‹1› tại bốn số nguyên phân biệt (hoặc nhiều hơn). Khi đó ‹@P(m)≠-1› với mọi số nguyên ‹m›. Với ba số nguyên thì kết luận này sai .
Giả sử ‹@P(x_i)=1›, ‹i=1,…,4›. Chia liên tiếp: ‹@P(x)-1=(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)(x-x_4)@R(x)› với ‹@R∈ℤ[x]› (chia cho nhị thức monic với hệ số nguyên không làm mất tính nguyên). Nếu ‹@P(m)=-1› thì ‹∏(m-x_i)·@R(m)=-2›. Vậy ‹∏(m-x_i)› là ước của ‹2›, kéo theo từng thừa số ‹m-x_i› thuộc ‹{1,-1,2,-2}›. Bốn thừa số phân biệt buộc là cả bốn số này, tích bằng ‹4›, mà ‹4› không là ước của ‹2›. Mâu thuẫn.
Ba số thì được: ‹@P(x)=1+(x+1)(x-1)(x+2)› nhận ‹1› tại ‹-1,1,-2› và ‹@P(0)=1+1·(-1)·2=-1›. ∎
Cấu trúc đáng nhớ: chia theo nghiệm đã biết → đếm ước của một hằng số nhỏ. Nhiều đề đa thức nguyên chỉ là biến thể của chính hai bước này.
Một công cụ khác được dẫn mà không chứng minh: tiêu chuẩn Eisenstein
Nếu có số nguyên tố ‹p› chia hết mọi hệ số ‹a_0,…,a_{n-1}› nhưng không chia hết cho ‹a_n› và ‹p^2› không chia hết cho ‹a_0›, thì ‹@P› bất khả quy trên ℚ. Ví dụ ‹x^n-2› bất khả quy với mọi ‹n›. Em nên biết định lí này để nhận ra khi nào một đa thức không thể phân tích, nhưng trong bài giảng này ta không dùng nó để chứng minh gì.
Phòng thực hành 2A
Máy nội suy Lagrange chính xác
Nhập các điểm ‹(x_i; y_i)›, mỗi dòng một điểm (ví dụ “0 1”), các hoành độ phải khác nhau. Máy dựng đa thức duy nhất bậc không quá ‹n› bằng phân số chính xác và kiểm tra lại từng điểm. Hãy thử các điểm cho giá trị nguyên mà hệ số vẫn là phân số, như bộ gợi ý thứ ba.