Giáo trình Một số ứng dụng của giải tích trong đại số, hình học, số học và toán rời rạc

Nguyễn Văn Mậu (Chủ biên), Trần Nam Dũng,
Vũ Đình Hòa, Đặng Huy Ruận, Tạ Duy Phượng
MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA GIẢI
TÍCH TRONG ĐẠI SỐ, HÌNH HỌC,
SỐ HỌC VÀ TOÁN RỜI RẠC
(Tài liệu bồi dưỡng hè 2008)
HÀ NỘI, 08-16 THÁNG 8 NĂM 2008
Convert to pdf by duythuc_dn 
Mục lục
Lời nói đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
Trần Xuân Đáng
Đa thức với các hệ số nguyên và đồng dư thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
Đinh Công Hướng, Lê Thanh Tùng
Tính chất hội tụ, bị chặn của một số dãy truy hồi hữu tỷ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
Nguyễn Văn Mậu
Bài toán nội suy cổ điển tổng quát . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
Đoàn Nhật Quang
Số đối xứng và một số quy luật của phép nhân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
Nguyễn Văn Tiến
Biểu diễn toạ độ của các phép biến hình phẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
Vũ Đình Hòa
Đồ thị phẳng và các khối đa diện lồi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94
Trần Nam Dũng
Giải tích và các bài toán cực trị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .111
Tạ Duy Phượng
Hệ đếm và ứng dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131
1
Lời nói đầu
Chương trình đào tạo và bồi học sinh năng khiếu toán bậc phổ thông đã qua
chặng gần nửa thế kỷ. Nhìn lại chặng đường dài và đầy khó khăn thách thức đó, ta thấy
hiện rõ lên một chu trình của chương trình đào tạo đặc biệt gắn với sự khởi đầu, trưởng
thành và ngày càng hoàn thiện xuất phát từ một mô hình trường chuyên, lớp chọn về
năng khiếu Tóan học tại Đại học Tổng hợp Hà Nội trước đây và Đại học Khoa học Tự
nhiên ngày nay. Với mục tiêu của hướng đào tạo mũi nhọn này là mang tính đột phá
cao, đào tạo ra các thế hệ học sinh có năng khiếu trong lĩnh vực toán học, tin học và
khoa học tự nhiên, nhiều thế hệ học sinh đã ra trường và trưởng thành, đóng vai trò
nòng cốt trong nhiều lĩnh vực của đeowfi sống kinh tế xã hội hiện đại. Trong điều kiện
thiếu thốn về vật chất kéo dài qua nhiều thập kỷ và trải qua nhiều thách thức, chúng
ta đã tìm ra hướng đi phù hợp, đã đi lên vững chắc và ổn định, đã tìm tòi, tích luỹ kinh
nghiệm và có nhiều sáng tạo đáng ghi nhận. Các thế hệ Thầy và Trò đã định hình và
tiếp cận với thế giới văn minh tiên tiến và khoa học hiện đại, cập nhật thông tin, sáng
tạo phương pháp và tập dượt nghiên cứu. Gắn với việc tích cực đổi mới phương pháp
dạy và học, chương trình đào tạo chuyên Toán đang hướng tới xây dựng hệ thống chuyên
đề, đang nỗ lực và đã tổ chức thành công Kỳ thi Olympic Toán quốc tế lần thứ 48, năm
2007 tại Việt Nam, được bạn bè quốc tế ca ngợi. Sau gần nửa thế kỷ hình thành và
phát triển, có thể nói, giáo dục mũi nhọn phổ thông (giáo dục năng khiếu) đã thu được
những thành tựu rực rỡ, được Nhà nước đầu tư có hiệu quả, được xã hội thừa nhận và
bạn bè quốc tế khâm phục. Các đội tuyển quốc gia tham dự các kỳ thi Olympic quốc tế
có bề dày thành tích mang tính ổn định và có tính kế thừa. Đặc biệt, năm nay, các Đội
tuyển Toán và Tin quốc gia tham dự thi Olympic quốc tế đã đạt được thành tích nổi
bật. Đội tuyển Toán Việt Nam đã vươn lên đứng thứ ba (theo sự sắp xếp không chính
thức) trong số 95 đội tuyển các nước tham dự IMO48.
Đặc biệt, năm nay, năm 2008, lần đầu tiên nước ta đã tham gia vào kỳ thi Olympic
Toán sinh viên quốc tế. Đội tuyển gồm 4 sinh viên của Đại học Khoa học Tự nhiên,
ĐHQGHN, đã đoạt 1 huy chương vàng, 1 huy chương bạc và 2 huy chương đồng. Kết
quả này đã đánh dấu một giai đoạn mới trong quá trình hội nhập quốc tế, hội nhập ở
bậc đại học và sau đại học. Các sinh viên tự trình bày bài giải bằng tiếng Anh trong 2
ngày (mỗi ngày 5 tiếng) về các dạng toán hiện đại của giải tích thực và phức, của đại
số và đại số tuyến tính, của toán rời rạc và lý thuyết trò chơi.
Từ nhiều năm nay, các hệ năng khiếu Toán học và các Trường THPT Chuyên thường
sử dụng song song các sách giáo khoa đại trà kết hợp với sách giáo khoa chuyên biệt và
sách chuyên đề cho các Hệ THPT Chuyên. Học sinh các lớp năng khiếu đã tiếp thu tốt
các kiến thức cơ bản theo thời lượng hiện hành do Bộ GD và ĐT ban hành.
Được sự cho phép của Bộ GD và ĐT, Trường Đại Học Khoa Học Tự Nhiên, ĐHQGHN
phối hợp cùng với các chuyên gia, các nhà khoa học, các cô giáo, thầy giáo thuộc
ĐHSPHN, ĐHQG TpHCM, Viện Toán Học, Hội Toán Học Hà Nội, Tạp Chí Toán Học
và Tuổi Trẻ, các Trường THPT Chuyên, Các Sở GD và ĐT,... tổ chức bồi dưỡng các
chuyên đề nghiệp vụ sau đại học (đã qua 6 năm) nhằm bồi dưỡng học sinh giỏi các môn
5
Toán học và khối kiến thức khoa học tự nhiên như là một tủ sách đặc biệt phục vụ bồi
dưỡng học sinh giỏi.
Chúng tôi xin giới thiệu cuốn sách của nhóm các chuyên gia, các thầy giáo với sự
tham gia đông đảo của các đồng nghiệp tham dự Trường hè 2007 về chuyên đề "Một số
ứng dụng của giải tích trong hình học, đại số, số học và tóan rời rạc".
Cuốn sách này nhằm cung cấp một số kiến thức chuyên đề ở mức độ khó về tóan rời
rạc, đại số, số học, giải tích và hình học.
Đây cũng là chuyên đề và bài giảng mà các tác giả đã giảng dạy cho học sinh các
đội tuyển thi Olympíc Toán học quốc gia và quốc tế.
Chúng tôi cũng xin chân thành cảm ơn các bạn đọc cho những ý kiến đóng góp để
cuốn sách ngày càng hoàn chỉnh.
Thay mặt Ban Tổ Chức
GS TSKH Nguyễn Văn Mậu
6
Đa thức với các hệ số nguyên và
đồng dư thức
Trần Xuân Đáng, THPT Chuyên Lê Hồng Phong, Nam Định
Cho đa thức f(x) với các hệ số nguyên và số nguyên tố p. Chúng ta sẽ xét vấn đề về
sự tồn tại nghiệm của phương trình đồng dư f(x) ≡ 0 (mod pk), trong đó k là một số
nguyên dương.
Định nghĩa 1. Cho đa thức f(x) với các hệ số nguyên và số nguyên dương m ≥ 2.
Ta nói rằng phương trình đồng dư f(x) ≡ 0 (mod m) có nghiệm x0 ∈ Z nếu f(x0) ≡ 0
(mod m). Nếu x0 ∈ Z là một nghiệm của phương trình f(x) ≡ 0 (mod m) và t là một
số nguyên bất kỳ thì f(x0 + tm) =≡ f(x0) ≡ 0 (mod m).
Định lí 1. Cho các số nguyên a và m, m ≥ 2; (a,m) = 1. Khi đó phương trình ax ≡ b
(mod m), b ∈ Z có nghiệm duy nhất x0 ∈ Z mà 0 ≤ x0 ≤ m− 1. Mọi nghiệm khác của
phương trình này đều có dạng xt = x0 +mt, t ∈ Z.
Chứng minh. Nếu k, l ∈ Z k 6= 1, 0 ≤ k ≤ m− 1, 0 ≤ l ≤ m− 1 thì ak 6= al (mod m).
Điều này có nghĩa là biểu thức as− b, s = 0, 1, ...,m−1 cho m số dư khác nhau khi chia
cho m. Vậy tồn tại duy nhất x0 ∈ Z, 0 ≤ x0 ≤ m − 1 sao cho ax0 ≡ b (mod m). Nếu
xt ∈ Z là một nghiệm của phương trình đồng dư ax ≡ b (mod m) thì axt ≡ b (mod m).
Suy ra a(x1 − x0) chia hết cho m. Nhưng (a,m) = 1 vậy x1 − x0 chia hết cho m.
Suy ra x1 = x0 +mt, t ∈ Z.
Định lí 2 (Công thức Taylor). Cho đa thức f(x) bậc n, n ≥ 1 với các hệ số thực và
x0 ∈ R. Khi đó
f(x) = f(x0) +
n∑
k=1
f (k)(x0)
k!
(x− x0)k.
Chứng minh. Tồn tại các hằng số b0, b1, ...., bn sao cho f(x) = bn(x − x0)n + bn−1(x −
x0)
n−1 + · · ·+ b0. Với 1 ≤ k ≤ n, ta có
fk(x) = k!bk + (k + 1)...2(x− x0)bk+1 + · · · + n(n− 1) · · · (n− k + 1)(x− x0)n−kbn.
Suy ra f (k)(x0) = k!bk, do đó bk =
f (k)(x0)
k!
.
7
Mặt khác f(x0) = b0. Vậy
f(x) = f(x0) +
n∑
k=1
f (k)(x0)
k!
(x− x0)k.
Định lí 3. Cho đa thức f(x) với các hệ số nguyên và một số nguyên tố p. Nếu phương
trình đồng dư f(x) ≡ 0 (mod p) có đúng r nghiệm nguyên phân biệt x(1)1 , x(1)2 , ..., x(1)r
thuộc đoạn [1; p] sao cho f ′(x(1)i 6= 0 (mod p), (1 ≤ i ≤ r) thì phương trình đồng
dư f(x) ≡ 0 (mod pk) có đúng r nghiệm nguyên phân biệt thuộc đoạn [1; pk] với mọi
k ≥ 1 : x(k)1 , x(k)2 , ..., x(k)r và đối với các nghiệm này ta có f ′(x(k)i ) 6= 0 (mod p) (1 ≤ i ≤ r).
Chứng minh. Ta chứng minh khẳng định bằng phương pháp quy nạp toán học theo k.
Với k = 1 thì khẳng định đúng. Giả sử khẳng định đúng với k ≥ 1. Điều đó có nghĩa
là trong đoạn [1; pk] thì phương trình đồng dư f(x) ≡ 0 (mod pk) có đúng r nghiệm
nguyên phân biệt x
(k)
1 , x
(k)
2 , ..., x
(k)
r , đồng thời f ′(x
(k)
i ) 6= 0 (mod p) với 1 ≤ i ≤ r.
Giả sử x0 ∈ Z, x0 ∈ [1; pk+1] là một nghiệm của phương trình đồng dư f(x) ≡ 0
(mod pk+1). Khi đó f(x0) ≡ 0 (mod pk+1). Suy ra f(x0) ≡ 0 (mod pk). Tồn tại duy
nhất i ∈ [1; r], t ∈ Z, t ∈ [0; p− 1] sao cho x0 = x(k)i + pkt.
Giả sử x = x
(k)
i + p
kt (1 ≤ i ≤ r, t ∈ Z, t ∈ [0, p − 1]) thì x ∈ Z. Theo công thức
Taylor ta có
f(x) = f(x
(k)
i + f
′(x(k)i )p
kt+
f ′′(x(k)i )
2!
(pkt)2 + · · · + f
(n)(x
(k)
i )
n!
(pkt)n
trong đó n là bậc của f(x).
Ta có
f (j)(x
(k)
i
j!
∈ Z (Việc chứng minh dành cho bạn đọc) và jk ≥ k+1, i ≥ 2. Phương
trình f(x) ≡ 0 (mod pk+1) tương đương với
f(x
(k)
i f
′(x(k)i )p
kt ≡ 0 (mod pk+1)
hay
f(x
(k)
i )
pk
+ f ′((x(k)i )t ≡ 0 (mod pk+1).
(Chú ý rằng
f(x
(k)
i )
pk
∈ Z).
Đặt x
(k+1)
i = x
(k)
i +p
kti thì x
(k+1)
i ∈ [1; pk+1], x(k+1)i ∈ Z và f(x(k+1)i ≡ 0 (mod pk+1).
Mặt khác, x
(k+1)
i ≡ x(k)i (mod p). Suy ra f ′(x(k+1)i ) ≡ f ′(x(k)i ) (mod p). Suy ra
f ′(x(k+1)i ) 6= 0 (mod p) vì f ′(x(k)i 6= 0 (mod p).
Vậy phương trình đồng dư f(x) ≡ 0 (mod pk+1) có đúng r nghiệm nguyên phân biệt
trong đoạn [1; pk+1] : x
(k+1)
1 , x
(k+1)
2 , ..., x
(k+1)
r , đồng thời f ′(x
(k+1)
i 6= 0 (mod p) (1 ≤ i ≤
r). Như vậy khẳng định cũng đúng với k + 1. Theo nguyên lý quy nạp toán học thì
khẳng định đúng với mọi k ≥ 1.
Định lý 3 đã được chứng minh. Áp dụng định lý này có thể giải được bài toán sau
8
Bài toán 1 (VMO 2000). Cho đa thức P (x) = x3 + 153x2 − 111x + 38.
1. Chứng minh rằng trong đoạn [1; 32000] tồn tại ít nhất chín số nguyên dương a sao
cho P (a) chia hết cho 32000.
2. Hỏi trong đoạn [1; 32000] có tất cả bao nhiêu số nguyên dương a sao cho P (a) chia
hết cho 32000?
Chứng minh. Giả sử x ∈ Z, 1 ≤ x ≤ 32000 và P (x)...32000. Suy ra x = 3y + 1, (y ∈ Z, 1 ≤
y ≤ 31999 − 1). Ta có
P (x) = P (3y + 1) = 27(y3 + 52y2 + 22y + 3).
Phương trình P (x)
...32000 tương đương với y3 + 52y2 + 22y + 3
...31997, suy ra y = 3t + 1
hoặc y = 3t, (t ∈ Z, 1 ≤ t ≤ 31998 − 1).
Nếu y = 3t + 1 thì y3 + 52y2 + 22y + 3 không chia hết cho 9. Vậy y = 3t suy ra
y3 + 52y2 + 22t + 3 = 3(9t2 + 156t2 + 22t+ 1).
Phương trình P (x)
...32000 tương đương với 9t3 + 156t2 + 22t+ 1
...31996.
Xét đa thức f(t) = 9t3 + 156t2 + 22t + 1.
Với t ∈ Z thì f(t) ≡ 0 (mod 3) hay 22t + 1 ≡ 0 (mod 3). Trong đoạn [1; 3] thì
phương trình đồng dư 22t + 1 ≡ 0 (mod 3) có một nghiệm duy nhất t = 2. Mặt khác
f ′(2) ≡ 22 ≡ 1 (mod 3) suy ra f ′(2) 6= 0 (mod 3).
Theo định lý 3, trong đoạn [1; 31996] phương trình đồng dư f(t) ≡ 0 (mod 31996) có
một nghiệm nguyên duy nhất t0.
Với t ∈ Z, t ∈ [1; 32000] : f(t) ≡ 0 (mod 31998) khi và chỉ khi tồn tại h ∈ Z, 0 ≤ h ≤ 8
sao cho t = t0 + 3
1996h. Vậy phương trình đồng dư f(t) ≡ 0 (mod 31998) có đúng chín
nghiệm nguyên phân biệt trong đoạn [1; 31998−1]. Từ đó suy ra rằng trong đoạn [1; 32000]
có đúng chín số nguyên dương a phân biệt sao cho P (a) chia hết cho 32000.
Cho các đa thức f(x), g(x) có các hệ số hữu tỏ sao cho chúng chỉ có ước chung là
hằng số. Khi đó ta nói rằng f(x) và g(x) là nguyên tố cùng nhau và viết (f(x), g(x)) = 1.
Định lí 4. Cho các đa thức f(x), g(x) với các hệ số hữu tỉ và (f(x), g(x)) = 1. Khi đó
tồn tại các đa thức u(x), v(x) với các hệ số hữu tỉ sao cho u(x)f(x) + v(x)g(x) = 1.
Định lý này được chứng minh bằng phương pháp quy nạp toán học theo tổng các
bậc của f(x) và g(x). Từ định lý 4 suy ra
Định lí 5. Cho các đa thức f(x), g(x) với các hệ số nguyên và nguyên tố cùng nhau
(trong Q[x]). Khi đó tồn tại các đa thức u(x), v(x) với các hệ số nguyên và số nguyên
m 6= 0 sao cho u(x)f(x) + v(x)g(x) = m.
Định lí 6. Cho đa thức f(x) khác hằng số và có các hệ số nguyên. Khi đó tồn tại vô
số số nguyên tố p sao cho phương trình đồng dư f(x) ≡ 0 (mod p) có nghuệm
9
Chứng minh. Giả sử f(x) = a0x
n + a1x
n−1+ · · ·+ an, ai ∈ Z, 0 ≤ i ≤ n, n ≥ 1, a0 6= 0.
Nếu an = 0 thì f(x) = xg(x), trong đó g(x) là đa thức với các hệ số nguyên; khi
đó phương trình đồng dư xg(x) ≡ 0 (mod p) có nghiệm với mọi số nguyên tố p. Giả sử
an 6= 0 và phương trình đồng dư xg(x) ≡ 0 (mod p) có nghiệm với mọi số nguyên tố
p1, p2, ..., pk. Với t ∈ Z, đặt xt = p1p2...pkant. Khi đó
f(xt) = a0(p1p2...pkant)
n + an−1p1p2...pkant+ an
= an(p1p2...pkB + 1), B ∈ Z.
Chọn t ∈ Z sao cho p1p2...pkB + 1 khác 1 và −1. Khi đó f(xt) có ước nguyên tố, khác
p1, p2, ..., pk.
Định lí 7. Cho đa thức f(x) có các hệ số nguyên, bất khả quy trong Q[x] và không
phải là hằng số. Khi đó tồn tại các đa thức u(x), v(x) với các hệ số nguyên và số nguyên
m 6= 0 sao cho u(x)f(x) + v(x)f ′(x) = m.
Chứng minh. Giả sử g(x) = (f(x), f ′(x))(g(x) ∈ Q[x]). Khi đó g(x) là ước của f(x) và
deg g(x) < deg f(x). Vì f(x) bất khả quy nên g(x) là hằng số, g(x) = r, r ∈ Q). Theo
định lý 5 thì tồn tại các đa thức u(x), v(x) với các hệ số nguyên và số nguyên m 6= 0 sao
cho u(x)f(x) + v(x)f ′(x) = m.
Hệ quả 1. Cho đa thức f(x) có các hệ số nguyên, bất khả quy trong Q[x] và không phải
là hằng số. Khi đó tồn tại vô số số nguyên tố p sao cho phương trình đồng dư f(x) = 0
(mod p) có nghiệm x0Z mà f ′(x0) 6= 0 (mod p).
Chứng minh. Theo định lý 7 tồn tại các đa thức u(x), v(x) với các hệ số nguyên và số
m 6= 0 sao cho u(x)f(x) + v(x)f ′(x) = m. Từ định lý 6 suy ra rằng có vô số số nguyên
tố p > |m| để phương trình f(x) ≡ 0 (mod p) có nghiệm x0 ∈ Z.Khi đó f(x0) chia hết
cho p. Suy ra f ′(x0) không chia hết cho p. Nếu f ′(x0) chia hết cho p thì m chia hết cho
p.
Định lí 8. Cho đa thức f(x) có các hệ số nguyên và không phải là hằng số. Khi đó tồn
tại vô số số nguyên tố p sao cho phương trình đồng dư f(x) ≡ 0 (mod pk) có nghiệm
với mọi số nguyên dương k.
Chứng minh. Nếu đa thức f(x) bất khả quy thì khẳng định được suy ra từ định lý 3 và
hệ quả của định lý 7. Nếu f(x) bất khả quy thì f(x) = g(x)h(x), trong đó g(x) ∈ Z[x],
h(x) ∈ Z[x] và g(x) bất khả quy trong Z[x]. Từ đó suy ra điều phải chứng minh. Áp
dụng định lý 6 ta có thể giải được bài toán sau
Bài toán 2. Cho đa thức f(x) khác hằng số và có các hệ số nguyên. Giả sử n, k là
các số nguyên dương. Chứng minh rằng tồn tại số nguyên x sao cho các số f(x), f(x+
1), ..., f(x+ n− 1) đều có ít nhất k ước nguyên tố phân biệt.
Lời giải. Theo định lý 6, tồn tại các số nguyên tố p1, p2, ..., pk, pk+1, ..., pnk khác nhau
từng đôi một và các số nguyên x1, x2, ..., xnk sao cho f(xj) ≡ 0 (mod pj) (1 ≤ j ≤ nk).
Theo định lý Trung Hoa về số dư, tồn tại số nguyên x sao cho
x ≡ xi+mk −m (mod pi+mk) (1 ≤ i ≤ k, 0 ≤ m ≤ n− 1
10
Từ đó ta có điều phải chứng minh
Cuối cùng là một số bài toán dành cho bạn đọc
Bài toán 3 (VMO 2000,Bảng B). Cho đa thức P (x) = x3− 9x2 + 24x− 27. Chứng
minh rằng với mỗi số nguyên dương n luôn tồn tại số nguyên dương an sao cho P (an)
chia hết cho 3n.
Bài toán 4. Cho số nguyên tố p. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n thì
phương trình đồng dư xp−1 ≡ 1 (mod pn) có đúng p− 1 nghiệm nguyên phân biệt trong
đoạn [1; p ... 2 (2 1) 2 2(2 (2 1) 2 ) 2
2 (2 1) 2.2 ... 2 (1) ( 1)2
2 ( 1)2 .2 .
p p p p
p p p p p
p p p p
p p p
t t t
t t
t t p
p p
VËy c«ng thøc (5a) ®−îc chøng minh. 
¸p dông c«ng thøc (4) cho 1m víi chó ý r»ng (1) (1) 1t r ta 
®−îc: 
1 1(2 ) 2 (1) .1.2 (2 1) (1) .2 1.p p p p pt t p r p 
VËy c«ng thøc (5b) ®−îc chøng minh. 
6) 1 1(2 .(2 1)) ( )2 2 .2p q p q p pt p q p q q . (6) 
¸p dông c«ng thøc (4) cho 2 1qm , c«ng thøc (3b) vμ (5a) ta 
®−îc: 
1
1 1
1 1
(2 .(2 1)) 2 (2 1) .(2 1).2 (2 1) (2 1)
2 .2 .(2 1).2 (2 1).
( )2 2 .2 .
p q p q q p p q
p q q p p
p q p p
t t p r
q p q
p q p q q
VËy c«ng thøc (6) ®−îc chøng minh. 
B©y giê ta ®i gi¶i quyÕt bμi to¸n. 
a) Sè ruåi bÞ b¾t sau lÇn nghØ ®Çu tiªn mÊt 9 phót chÝnh lμ thêi 
gian ®Çu tiªn mμ kho¶ng c¸ch nghØ gi÷a lóc b¾t con ruåi thø 
m vμ thø 1m lμ 9 phót, còng chÝnh lμ sè m sao cho ( 1) 9r m . 
V× ( )r m chÝnh lμ sè ch÷ sè 1 trong biÓu diÔn nhÞ ph©n cña m , 
nªn 
( 1) 9r m ph¶i cã 9 ch÷ sè 1, mμ sè bÐ nhÊt cã 9 ch÷ sè 1 lμ 
10
2111111111 2 1 511 nªn m =510. 
b) Sö dông c¸c c«ng thøc (1), (2) vμ (6) ta ®−îc: 
(98) 2 (49) 49 (49)t t r ; 
(49) 2 (24) 24 1t t ; 
3 3 2 4 2 3(24) (2 .3) (2 .(2 1)) 5.2 3.2 2.2 2 54t t t . 
Suy ra (49) 2 (24) 24 1 133t t . 
V× 2(49) (110001 ) 3r r nªn 
 231
(98) 2 (49) 49 (49) 312t t r (con ruåi). 
c) V× ( )t m lμ thêi ®iÓm b¾t con ruåi thø m nªn ( ( ))f t m m . Do ®ã 
( )f n m khi vμ chØ khi  ( ); ( 1)n t m t m , vËy ®Ó t×m ®−îc (1999)f ta 
ph¶i t×m 0m sao cho 0 0( ) 1999 ( 1)t m t m . 
V× ( )t m lμ mét hμm t¨ng nªn ta cã thÓ thö mét sè gi¸ trÞ cña m 
råi thu hÑp dÇn kho¶ng chøa 0m ®Ó cuèi cïng ®−îc 0m . 
¸p dông c«ng thøc (5b) cho 8p vμ 9p ta ®−îc 
8 7 8 9(2 ) 8.2 1 1024 1999 2305 9.2 1 (2 )t t . 
VËy 8 902 2m . 
Ta dïng ph−¬ng ph¸p chia ®«i ®Ó thu hÑp ®o¹n chøa 0m nh− 
sau. 
KÝ hiÖu 
8 9
7 7 2
1
2 2 2 .3 2 .(2 1)
2
m . 
TÝnh 1( )t m theo c«ng thøc (6): 
7 2 8 6 7
1( ) (2 .(2 1)) 9.2 7.2 2.2 2 1602t m t . 
VËy 7 902 .3 2m . 
KÝ hiÖu 
7 9
6 6 3
2
2 .3 2 2 .7 2 .(2 1)
2
m . 
TÝnh 2( )t m theo c«ng thøc (6): 
6 3 8 5 6
2( ) (2 .(2 1)) 9.2 6.2 3.2 3 1923t m t . 
VËy 6 90448 2 .7 2 512m . 
KÝ hiÖu 
6 9
5 5 4
3
2 .7 2 2 .15 2 .(2 1)
2
m . 
TÝnh 3( )t m theo c«ng thøc (6): 
5 4 8 4 5
3( ) (2 .(2 1)) 9.2 5.2 4.2 4 2100t m t . 
VËy 6 50448 2 .7 2 .15 480m . 
KÝ hiÖu 
6 5
4
4
2 .7 2 .15 2 .29 464
2
m . 
Tõ (3b) ta cã 3(7) (2 1) 3r r (hoÆc (7) (111) 3r r ). 
 232
Tõ c«ng thøc (5a) suy ra 3 3 1(7) (2 1) 3.2 12t t . 
TÝnh 4( )t m theo c«ng thøc (4) víi chó ý lμ (7) 12t vμ (7) 3r : 
4 4 3 4
4
4
( ) (2 .29) 2 (29) 4.29.2 (2 1) (29)
2 (2 (14) 15) 928 15( (14) 1) 32(2 (7) 7 (7)) 1153 15 (7)
64 (7) 1377 47 (7) 64.12 1377 47.3 2004.
t m t t r
t r t r r
t r
VËy 
6 4
0448 2 .7 2 .29 464m . 
KÝ hiÖu 
6 4
3
5
2 .7 2 .29 2 .57 456
2
m . 
Tõ c¸c c«ng thøc (1) vμ (2), do (7) 12t vμ (7) 3r ta cã: 
(57) 2 (28) 29 2(2 (14) 14 (14)) 29
4(2 (7) 7 (7)) 57 2 (7)
8 (7) 85 6 (7) 8.12 85 6.3 163.
t t t r
t r r
t r
Theo c«ng thøc (*) víi chó ý lμ (7) 3r ta cã: 
(57) (28) 1 (14) 1 (7) 1 4r r r r . 
VËy 
3 3 3 1 3
5( ) (2 .57) 2 (57) 3.57.2 (2 1) (57)
8.163 684 7.4 1960.
t m t t r 
Do ®ã 3 40456 2 .57 2 .29 464m . 
KÝ hiÖu 
4 3
2
6
2 .29 2 .57 2 .115 460
2
m . 
V× 
(115) 2 (57) 58 2.163 58 384t t 
vμ 
(115) (57) 1 4 1 5r r 
nªn 
2 2 2
6( ) (2 .115) 2 (115) 2.115.2 (2 1) (115)
4.384 460 3.5 1981.
t m t t r 
VËy 2 40460 2 .115 2 .29 464m . 
KÝ hiÖu 
2 4
7
2 .115 2 .29 2.231 462
2
m . 
TÝnh 7( )t m theo c«ng thøc (4): 
 233
7( ) (2.231) 2 (231) 231 (231)
2(2 (115) 116) 231 ( (115) 1)
4 (115) 462 (115) 4.384 462 5 1993.
t m t t r
t r
t r
VËy 40462 2.231 2 .29 464m . 
KÝ hiÖu 8
462 464 463
2
m . 
TÝnh 8( )t m : 
8( ) 2 (231) 232 2(2 (115) 116) 232 2000t m t t . 
Nh− vËy, ta cã (462) 1993t vμ (463) 2000t . VËy chØ cã duy nhÊt 
0 462m tho¶ m·n 0 0( ) 1999 ( 1)t m t m , hay (1999) 462f . 
Lêi b×nh: Ph−¬ng ph¸p chia ®«i tuy h¬i dμi, nh−ng kh«ng ®ßi 
hái lËp luËn s¸ng t¹o ®éc ®¸o, thùc hiÖn tÝnh to¸n kh«ng khã, 
nhÊt lμ kÕt hîp dïng m¸y tÝnh. 
§¸p sè: 462 
Bμi to¸n 13 (Thi mïa ®«ng Bungaria, 2001) 
Ivan vμ Peter thay nhau viÕt c¸c ch÷ sè 0 hoÆc 1 (mçi lÇn mét 
ch÷ sè) cho ®Õn khi mçi ng−êi viÕt ®−îc 2001 ch÷ sè. Nh− vËy, 
ta sÏ nhËn ®−îc mét d·y gåm 4002 ch÷ sè 0 hoÆc 1. Coi ®©y lμ 
biÓu diÔn nhÞ ph©n cña mét sè. Peter lμ ng−êi th¾ng cuéc nÕu sè 
nhËn ®−îc kh«ng viÕt ®−îc d−íi d¹ng tæng cña hai sè chÝnh 
ph−¬ng. Chøng minh r»ng Peter (®i sau) cã chiÕn l−îc ®¶m b¶o 
anh ta th¾ng cuéc. 
Gi¶i: Tr−íc tiªn ta chøng minh r»ng nÕu biÓu diÔn nhÞ ph©n 
cña mét sè cã tËn cïng b»ng 11 hoÆc mét sè ch½n c¸c ch÷ sè 0 
th× sè ®ã kh«ng thÓ lμ tæng cña hai sè chÝnh ph−¬ng. 
ThËt vËy, mét sè A cã biÓu diÔn nhÞ ph©n cã tËn cïng b»ng 11 
th× sè ®ã cã d¹ng 1 3 2 2 1 3 2 2 2... 11 ... 00 11 4 3m m m mA a a a a a a a a s . NÕu A 
viÕt ®−îc d−íi d¹ng tæng cña hai sè chÝnh ph−¬ng th× tån t¹i hai 
sè p vμ q sao cho 2 2 4 3A p q s . 
Do A lμ sè lÎ nªn b¾t buéc mét trong hai sè p vμ q lμ lÎ, cßn sè 
kia lμ ch½n, nghÜa lμ 12p p vμ 12 1q q . Suy ra 
 234
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 14 (2 1) 4( ) 1p q p q p q q , 
kh«ng d¹ng 4 3s , v« lÝ. VËy 4 3A s kh«ng thÓ viÕt ®−îc d−íi 
d¹ng tæng cña hai sè chÝnh ph−¬ng. 
H¬n n÷a, ta chøng minh r»ng nÕu biÓu diÔn nhÞ ph©n cña mét 
sè cã tËn cïng lμ sè 11 vμ tiÕp theo lμ mét sè ch½n c¸c ch÷ sè 0 
th× sè ®ã còng kh«ng thÓ lμ tæng cña hai sè chÝnh ph−¬ng. 
ThËt vËy, sè ®ã cã d¹ng 
 1 3 2 1 3 2 2
2 2
... 110...0 4 ... 11 4 (4 3)k km m m m
k
A a a a a a a a a s 
 . 
Gi¶ sö A viÕt ®−îc d−íi d¹ng tæng cña hai sè chÝnh ph−¬ng, tøc 
lμ tån t¹i hai sè p vμ q sao cho 2 2 4 (4 3)kA p q s . 
NÕu 0k th× v« lÝ do chøng minh trªn. NÕu 0k th× 2 2A p q 
ch½n vμ chia hÕt cho 4. §iÒu nμy chØ x¶y ra khi vμ chØ khi p vμ 
q cïng ch½n (nÕu p vμ q cïng lÎ th× ta cã 2 2 2(mod 4)p q  . 
NghÜa lμ 12p p vμ 12q q . Suy ra 2 2 11 1 4 (4 3)kp q s . LËp luËn 
t−¬ng tù, cuèi cïng ta ®i ®Õn 2 2 4 3n np q s . V« lÝ. 
B©y giê ta x©y dùng chiÕn l−îc ®Ó Peter (®i sau) th¾ng cuéc nh− 
sau: 
NÕu mét trong c¸c ch÷ sè mμ Ivan viÕt lμ 1 th× sau mçi lÇn Ivan 
viÕt xong, Peter sÏ lÆp l¹i ®óng ch÷ sè mμ Ivan ®· viÕt. Khi Êy 
sè nhËn ®−îc sÏ lμ mét sè trong c¬ sè 2 cã tËn cïng lμ 11 vμ mét 
sè ch½n c¸c ch÷ sè 0, tøc lμ sè d¹ng 
 1 3 2
2 2
... 110...0 4 (4 3)km m
k
A a a a a s 
 , sè nμy kh«ng thÓ viÕt ®−îc d−íi 
d¹ng tæng cña hai sè chÝnh ph−¬ng. 
NÕu Ivan lu«n chØ viÕt ch÷ sè 0 th× Peter sÏ viÕt ba ch÷ sè ®Çu 
lμ 1, c¸c ch÷ sè cßn l¹i lμ 0. Sau 2001 b−íc ®i ta ®−îc sè 
 1998 19982
2 1998 2
0101010...0 010101 4 21 4A
 . 
LÝ luËn t−¬ng tù nh− tr−êng hîp 4 (4 3)kA s , v× 21 kh«ng thÓ 
viÕt ®−îc d−íi d¹ng tæng cña hai sè chÝnh ph−¬ng nªn 
 235
199821 4A còng kh«ng thÓ viÕt ®−îc d−íi d¹ng tæng cña hai sè 
chÝnh ph−¬ng. 
VËy Peter bao giê còng th¾ng. 
Bμi to¸n 14 (Dù tuyÓn thi V« ®Þch Quèc tÕ lÇn thø 41, 2000) 
Hμm sè :F N N x¸c ®Þnh trªn tËp c¸c sè nguyªn kh«ng ©m 
tháa m·n c¸c ®iÒu kiÖn sau víi mäi 0n : 
(i) (4 ) (2 ) ( )F n F n F n ; 
(ii) (4 2) (4 ) 1F n F n ; 
(iii) (2 1) (2 ) 1F n F n . 
Chøng minh r»ng víi mçi sè nguyªn d−¬ng m , sè c¸c sè nguyªn 
n víi 0 2mn vμ (4 ) (3 )F n F n b»ng 1(2 )mF . 
Gi¶i: Do (i) ta cã (4.0) (2.0) (0)F F F . Suy ra (0) 0F . 
T−¬ng tù, tõ (ii) suy ra (2) (4.0 2) (4.0) 1 1F F F . 
Tõ (iii) ta cã: (3) (2 1) (2) 1 2F F F . 
Ta thÊy ( )F n x¸c ®Þnh mét c¸ch duy nhÊt tõ ba ®iÒu kiÖn cña 
®Çu bμi. TiÕp tôc tÝnh ta cã b¶ng gi¸ trÞ cña ( )F n d−íi ®©y. 
n 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
( )F n 0 1 1 2 2 3 3 4 3 4 4 5 5 6 6 7 5 
Quan s¸t b¶ng trªn ta cã 
NhËn xÐt 1: 1(2 )r rF u , trong ®ã ru lμ sè h¹ng thø r cña d·y 
Fibonacci ( 0 0u , 1 1u , 1 1n n nu u u , 1n ). 
ThËt vËy, víi 0r ta cã 0 1(2 ) (1) 1F F u ; 
Víi 1r ta cã 1 2 1 1(2 ) (2) 1F F u u ; 
Víi 2r ta cã 2 3 2 1(2 ) (4) 2F F u u ; 
Víi 3r ta cã 3 4 3 1(2 ) (8) 3F F u u ; 
Víi 4r ta cã 4 5 4 1(2 ) (16) 5F F u u . 
 236
Gi¶ sö kh¼ng ®Þnh trªn ®óng víi mäi 1 k r . Ta sÏ chøng minh 
nã ®óng cho 1r . §iÒu nμy dÔ dμng suy ra tõ (i), tõ gi¶ thiÕt qui 
n¹p vμ tõ ®Þnh nghÜa cña d·y Fibonacci: 
1 1 1 1
1 ( 1) 1 2(2 ) (4.2 ) (2.2 ) (2 )
r r r r
r r rF F F F u u u
 . 
Quan s¸t b¶ng gi¸ trÞ cña ( )F n tÝnh theo n vμ nu d−íi ®©y 
n nu 2n ( )F n 1 0 1( ) ...k kF n a u a u 
0 0 20 0 1(0) 0. 0F u 
1 1 12 1 1(1) 1. 1F u 
2 1 102 1 2 1(2) 1. 0 1F u u 
3 2 112 2 2 1(3) 1. 1 2F u u 
4 3 1002 2 3 2 1(4) 1. 0. 0. 2F u u u 
5 5 1012 3 3 2 1(5) 1. 0. 1. 3F u u u 
6 8 1102 3 3 2 1(6) 1. 1. 0. 3F u u u 
7 13 1112 4 3 2 1(7) 1. 1. 1. 4F u u u 
8 21 10002 3 4 3 2 1(8) 1. 0. 0. 0. 3F u u u u 
9 34 10012 4 4 3 2 1(9) 1. 0. 0. 1. 4F u u u u 
10 55 10102 4 4 3 2 1(10) 1. 0. 1. 0. 4F u u u u 
11 89 10112 5 4 3 2 1(11) 1. 0. 1. 1. 5F u u u u 
12 144 11002 5 4 3 2 1(12) 1. 1. 0. 0. 5F u u u u 
13 233 11012 6 4 3 2 1(13) 1. 1. 0. 1. 6F u u u u 
14 377 11102 6 4 3 2 1(14) 1. 1. 1. 0. 6F u u u u 
15 610 11112 7 4 3 2 1(15) 1. 1. 1. 1. 7F u u u u 
16 987 100002 5 5 4 3 2 1(16) 1. 0. 0. 0. 0. 5F u u u u u 
ta thÊy ( )F n ®−îc biÓu diÔn d−íi d¹ng tæng cña c¸c sè h¹ng cña 
d·y Fibonacci. H¬n n÷a, ta cã nhËn xÐt tæng qu¸t sau. 
NhËn xÐt 2: NÕu n cã biÓu diÔn c¬ sè 2 lμ 0 2...kn a a th× 
1 0 1( ) ...k kF n a u a u . (*) 
Chøng minh: Ta chøng minh r»ng ( )F n ®−îc x¸c ®Þnh theo c«ng 
thøc (*) sÏ tháa m·n c¶ ba ®iÒu kiÖn (i), (ii), (iii) víi mäi 0n . 
 237
ThËt vËy, nÕu 0 2...kn a a th× 0 24 ... 00kn a a ; 0 24 2 ... 10kn a a ; 
 0 22 ... 0kn a a , do ®ã 
3 0 3(4 ) ...k kF n a u a u vμ 2 0 2(2 ) ...k kF n a u a u . 
Suy ra 
2 1 0 2 1
2 0 2 1 0 1
(4 ) ( ) ... ( )
( ... ) ( ... ) (2 ) ( ).
k k k
k k k k
F n a u u a u u
a u a u a u a u F n F n
VËy (i) ®−îc chøng minh. 
V× 2 1u nªn ta còng cã 
3 0 3 2(4 2) ... (4 ) 1k kF n a u a u u F n 
hay (ii) ®−îc chøng minh. 
Vμ cuèi cïng, v× 1 1u nªn 
2 0 2 1(2 1) ... (2 ) 1k kF n a u a u u F n 
tøc lμ (iii) ®óng. 
Do (i)-(iii) x¸c ®Þnh duy nhÊt ( )F n nªn (*) chÝnh lμ c«ng thøc 
tæng qu¸t cña ( )F n . 
NhËn xÐt 3: NÕu trong biÓu diÔn nhÞ ph©n cña n kh«ng cã hai 
ch÷ sè 1 ®øng liÒn nhau (ta gäi lμ ch÷ sè 1 c« lËp) th× 
(3 ) (4 )F n F n . 
Chøng minh: Gi¶ sö trong biÓu diÔn nhÞ ph©n cña 0 2...kn a a 
kh«ng cã hai ch÷ sè 1 liªn tiÕp. V× 3 2n n n mμ 0 22 ... 0kn a a nªn 
3 2n n n 0 02 2... 0 ...k ka a a a . V× trong biÓu diÔn nhÞ ph©n cña 
 0 2...kn a a kh«ng cã hai ch÷ sè 1 liªn tiÕp nªn phÐp céng trªn lμ 
kh«ng cã nhí tõ hμng nμy sang hμng sau, tøc lμ nÕu 0 2...kn a a 
th× 0 02 23 2 ... 0 ...k kn n n a a a a 
1 1 0 1 0( )...( )...( )k k k i ia a a a a a a a . Do ®ã 1 0 1( ) ...k kf n a u a u vμ 
2 1 1 1 1 0 1
2 1 1 1 1 1 0 2 1
3 0 3
(3 ) ( ) ... ( ) ...
( ) ( ) .... ( ) ... ( )
... (4 ).
k k k k k i i i
k k k k k k i i i
k k
f n a u a a u a a u a u
a u u a u u a u u a u u
a u a u F n
. 
 238
NhËn xÐt 4: Víi mäi n th× (3 ) (4 )F n F n . DÊu b»ng x¶y ra khi vμ 
chØ khi trong biÓu diÔn sè thËp ph©n cña n mäi ch÷ sè 1 lμ c« 
lËp. 
Chøng minh: Ta sÏ chøng minh nhËn xÐt 4 ®óng víi mäi 
0 2mn b»ng qui n¹p theo 1m . Víi 1,2,3,4m (0 16n ) ®iÒu 
nμy dÔ dμng thÊy ®−îc qua b¶ng trªn. ThËt vËy: 
Víi 21 1n : (3) (4) 2F F ; 
Víi 22 10n : (6) (8) 3F F ; 
Víi 23 11n : (9) 4 5 (12)F F ; 
Víi 24 100n : (12) (16) 5F F . 
Gi¶ sö nhËn xÐt 4 ®óng víi mäi k m . Ta sÏ chøng minh nã 
®óng víi 1k m . Gi¶ sö 12 2m mn . Khi Êy 2mn p víi 
0 2mp . Gi¶ sö 
 1 2 1 0 1 2 1 02 2
2
2 100...00 ... 1 ...m m m m m
m
n p a a a a a a a a 
 
. 
V× 1 2 1 0 2...m mp a a a a (hÖ sè 1ma kh«ng nhÊt thiÕt b»ng 0) nªn 
 1 2 1 0 24 ... 00m mp a a a a vμ 1 2 1 0 24 1 ... 00m mn a a a a . Do (*) ta cã: 
3 1 2 2 1 1 4 0 3 3(4 ) ... (4 )m m m m m mF n u a u a u a u a u u F p . 
XÐt ba tr−êng hîp: 
1) 20
3
m
p . Khi Êy 3 2mp , do ®ã 1 2 1 0 23 ...m mp b b b b vμ 
1
1 2 1 0 1 2 1 02 2
1 2 2
3 3(2 ) 2 2 3
100...00 100...00 ... 11 ...
m m m
m m m m
m m
n p p
b b b b b b b b
  
V× 0 2mp nªn theo gi¶ thiÕt qui n¹p ta cã (3 ) (4 )F p F p . 
Do ®ã, tõ (*) suy ra 
2 1 1 2 1 1 2 0 1
3 3
(3 ) ...
(3 ) (4 ) (4 ).
m m m m m m
m m
F n u u b u b u b u b u
u F p u F p F n
§¼ng thøc x¶y ra khi vμ chØ khi (3 ) (4 )F p F p , nghÜa lμ nÕu c¸c 
ch÷ sè 1 cña p lμ c« lËp. Nh−ng v× 2mn p víi 0 2mp nªn c¸c 
 239
ch÷ sè 1 cña n còng lμ c« lËp. VËy (3 ) (4 )F n F n khi vμ chØ khi c¸c 
ch÷ sè 1 cña n lμ c« lËp. 
2) 
12 2
3 3
m m
p
 . Khi Êy 3 2mp h víi 0 2mh nªn ta cã biÓu diÔn 
nhÞ ph©n 
 1 2 1 0 1 2 1 02 2
2
3 10...0 ... 1 ...m m m m
m
p h h h h h h h h 
 . Do ®ã 
1 1 2 1 1 2 0 1
1
(3 ) ...
( ).
m m m m m
m
F p u h u h u h u h u
u F h
V× 
1
1 2 1 0 1 2 1 02 2
1 2 2
3 3(2 ) 2 2 3
100...00 100...00 1 ... 100 ...
m m m
m m m m
m m
n p p
h h h h h h h h
  
nªn theo (*) vμ qui n¹p ta cã 
3 1 2 1 1 2 0 1
3 3 1
2 2 3
(3 ) ...
( ) (3 )
(3 ) (4 ) (4 ) (4 ).
m m m m m
m m m
m m m
F n u h u h u h u h u
u F h u F p u
u F p u F p u F p F n
Trong tr−êng hîp nμy dÊu b»ng kh«ng bao giê x¶y ra. 
3) 
12 2
3
m
mp
 . Khi Êy 12 3 3.2m mp vμ 13 2mp q víi 0 2mq 
nªn ta cã biÓu diÔn nhÞ ph©n 
 1 2 1 0 1 2 1 02 2
1 2
3 10...0 ... 10 ...m m m m
m
p q q q q q q q q 
 . Do ®ã 
2 1 2 1 1 2 0 1 2(3 ) ... ( ).m m m m m mF p u q u q u q u q u u F q 
V× 
1
1 2 1 0 1 2 1 02 2
1 2 2
3 3(2 ) 2 2 3
100...00 100...00 10 ... 101 ...
m m m
m m m m
m m
n p p
q q q q q q q q
  
nªn theo (*) vμ qui n¹p ta cã 
 240
3 1 1 2 1 1 2 0 1
3 1 3 1 2 3
(3 ) ...
( ) (3 ) (4 ) (4 ).
m m m m m m
m m m m m m
F n u u q u q u q u q u
u u F q u u F p u u F p F n
 DÊu 
b»ng kh«ng x¶y ra. 
Nh− vËy, trong mäi tr−êng hîp ta ®Òu cã (3 ) (4 )F n F n . DÊu b»ng 
x¶y ra khi vμ chØ khi 20
3
m
p vμ p chØ cã c¸c ch÷ sè 1 c« lËp. 
Lóc ®ã c¸c ch÷ sè 1 trong n còng lμ c« lËp. 
B©y giê ta cßn ph¶i chøng minh r»ng cã 12 (2 )
m
mu F
 sè nguyªn 
d−¬ng n trong kho¶ng 0;2m , víi c¸c ch÷ sè 1 bÞ c« lËp trong 
biÓu diÔn nhÞ ph©n cña chóng. 
ThËt vËy, víi 1m ta cã hai sè 0 vμ 1 vμ 3 2u ; víi 2m ta cã ba 
sè 0; 1 vμ 3=102 lμ nh÷ng sè víi c¸c ch÷ sè 1 bÞ c« lËp trong biÓu 
diÔn nhÞ ph©n vμ 4 3u . Gi¶ sö ®iÒu nμy ®óng víi mäi k m . Ta 
chøng minh nã ®óng víi k m . Gi¶ sö 2mn vμ 1 0 2...mn a a . Khi 
Êy 12mn khi vμ chØ khi 1 0ma . Trong tr−êng hîp nμy theo qui 
n¹p ta cã 1mu sè víi c¸c ch÷ sè 1 c« lËp. NÕu 
12 2m mn th× 
1 1ma , do ®ã 2 0ma vμ l¹i theo qui n¹p ta cã mu sè víi c¸c ch÷ 
sè 1 c« lËp. 
VËy trong tÊt c¶ c¸c sè trong kho¶ng 0 2mn cã tæng céng 
1
1 2 (2 )
m
m m mu u u F
 sè víi c¸c ch÷ sè 1 c« lËp. 
 241
Tμi liÖu 
[1] Ph¹m Huy §iÓn, §inh ThÕ Lôc, T¹ Duy Ph−îng: H−íng dÉn 
thùc hμnh tÝnh to¸n trªn ch−¬ng tr×nh Maple V, Nhμ xuÊt b¶n 
Gi¸o dôc, Hμ Néi, 1998. 
[2] Ph¹m Huy §iÓn, Hμ Huy Kho¸i: M· hãa th«ng tin: C¬ së 
to¸n häc vμ øng dông, Nhμ xuÊt b¶n §¹i häc Quèc Gia, Hμ Néi, 
2004. 
[3] Hμ Huy Kho¸i: Sè häc thuËt to¸n, Nhμ xuÊt b¶n Khoa häc 
KÜ thuÊt, Hμ Néi, 1996. 
[4] Hμ Huy Kho¸i, Ph¹m Huy §iÓn: Sè häc & thuËt to¸n, Nhμ 
xuÊt b¶n §¹i häc Quèc Gia, Hμ Néi, 2003. 
[5] S. V. Phomin: HÖ tÝnh, Nhμ xuÊt b¶n Nauka, Moscow, 1987 
(TiÕng Nga). 
[6] T¹ Duy Ph−îng: Chuyªn ®Ò båi d−ìng häc sinh giái Gi¶i 
to¸n trªn m¸y tÝnh ®iÖn tö: HÖ ®Õm vμ øng dông, Nhμ xuÊt b¶n 
Gi¸o dôc, 2007.