“How to Solve It”  là tên một cuốn sách nổi tiếng của G.Pólya, một nhà sư phạm Toán Học nổi tiếng. Tôi mạo phép mượn nó làm tiêu đề cho chuỗi bài viết này, một chuỗi bài tôi muốn viết từ lâu. Nguyên nhân khoan hoãn và trù trừ cho dự định viết chuỗi bài này, vì tôi cảm thấy tự ti bởi năng lực bản thân, sợ viết ra rồi bị đánh giá là lên gân etc vv.. Tuy nhiên, do bản chất công việc phải làm hằng ngày, nên tôi lại hiểu rõ trách nhiệm mình cần làm. Thôi thì cứ viết lại những gì mình cảm nhận, hy vọng nó có ích với một số đối tượng nhất định.

Thực tế công việc mà tôi ham thích nhất, đó là làm dự án BM2E, công việc chủ yếu của dự án này là huấn luyện các đôi tuyển học sinh giỏi (hsg) vùng biên viễn, những nơi có lẽ là khó nhăn nhất trên cái đất nước khốn khổ này. Sự khó khăn, hoàn toàn không đến từ các điều kiện vật chất mà là từ những yếu tố khác, những điều tôi cũng không muốn phân tích lằng nhằng chủ quan. Khi dạy Toán cho các học sinh nơi đó, tôi thấy các cháu có một điểm yếu chính, đó là: nền tảng kiến thức cơ bản. Từ điểm yếu đó, các cháu thường có một tật xấu là thường xử lý bài tập Toán theo dạng-mẹo, thiếu những bước tư duy bền bỉ và cơ bản. Đó là lý do chính, mà tôi muốn viết chuỗi bài này.

Quay lại với cuốn sách “How to Solve It” của bác Pólya huyền thoại, về cơ bản thì bác ấy khuyên có bốn bước sau với mỗi bài toán mà chúng ta phải đối diện

1. Trước tiên, bạn phải hiểu được bài toán (vấn đề).
2. Sau khi hiểu, lập một kế hoạch giải quyết vấn đề.
3. Thực hiện kế hoạch đã nêu.
4. Tổng kết và đúc rút kinh nghiệm.

Bốn bước mà Pólya nêu, nó cũng ứng với 16 chữ của bác Tôn Tử, đó là

“Tình-Nhu-Chánh-Nhiệm

Kế-Chiến-Chuẩn-Nguồn

Huy-Tổ-Phối-Triển

Đạo-Kiểm-Lượng-Hồi”

Những bước tư duy như vừa nêu, nghe qua thì rất chi là giáo điều. Nhưng quả thực, nó là tất yếu trong quá trình xử lý một bài toán. Việc thực hiện hời hợt bất cứ khâu bước nào trong bốn bước trên, cũng đều dễ dẫn đến thất bại, hoảng loạn và bất lực. Chi tiết các khâu của từng bước trong bốn bước trên theo Pólya hay.. Tôn Tử, các bạn có thể đọc trong cuốn của các ông đó. Còn với tôi, thì về cơ bản có những câu hỏi (cũng rất giáo điều) đặt ra trước mỗi bài toán như sau

1. Có những gì trong bài toán này?
2. Những thứ thấy xuất hiện liên quan gì với nhau?
3. Mối liên quan vừa nhận biết liên hệ tới kiến thức cơ bản nào?
4. Mô tả rõ các đối tượng cơ bản, mối liên quan gắn với mục đích ra sao?

Nãy hồi giáo điều tào lao suốt, nên giờ xin minh họa bằng ba bài toán sau.

Bài toán 1. Tìm các cặp đa thức có hệ số phức $P(x)$ và $Q(x)$ thỏa mãn điều kiện: $P(x)^2+1$ chia hết cho $Q(x)$ và $Q(x)^2+1$ chia hết cho $P(x)$.

Khi gặp bài toán này, sau khi đọc đề xong, thấy nói đến quan hệ chia hết trên vành các đa thức hệ số phức $\mathbb C[x]$. Nhờ tư duy đối xứng, ta thấy ngay rằng cả $P$ và $Q$ đều phải là ước của $P^2+Q^2+1$. Nếu như vững vàng kiến thức về ước chung lớn nhất của hai đa thức, bạn sẽ có ngay $\gcd (P,\,Q)=1$, và từ đó ta đưa bài toán đang cần xử lý về bài toán tương đương sau

Bài toán 1′. Tìm các cặp đa thức có hệ số phức $P(x)$ và $Q(x)$ thỏa mãn $$PQ\mid\left(P^2+Q^2+1\right).$$

Đến đây, theo khái niệm chia hết trên $\mathbb C[x]$, thì sẽ phải tồn tại đa thức $k$ để$$P^2+Q^2+1=kPQ.$$Nếu ta coi điều kiện thiết lâp vừa có được, như một phương trình với ẩn $P$, khi đó thì với $k$ là đa thức đảm bảo sự tồn tại cặp $\left(P,\,Q\right)$ thỏa yêu cầu thì nhờ tính đối xứng và định lý Vieta cho phương trình bậc hai sẽ kéo theo $\left(Q,\,p\right)$ cũng là cặp thỏa yêu cầu, ở đây $p$ là đa thức thỏa mãn ràng buộc $Q^2+1=pP$.

Bây giờ, nếu $\deg P>\deg Q$, khi đó sẽ có $\deg p=2\deg Q-\deg P<deg Q$, tức là cặp $\left(Q,\,p\right)$ sinh ra sẽ có tổng bậc nhỏ hơn hẳn cặp $\left(P,\,Q\right)$. Và như thế, với đa thức $k$ xác định thì từ một khi nào đó, tổng bậc sẽ âm và hữu hạn. Đó là điều sẽ không thể xảy ra, nói khác đi, ta phải có $\deg P=\deg Q$. Chúng ta có thể nhận ra ở những lý lẽ vừa rồi, kỹ thuật bước nhảy Vieta quen thuộc trong các bài toán Số Học. Nhưng ở đây, là với bậc các đa thức.

Khi $\deg P=\deg Q>0$, ta có ngay $k$ là đa thức hằng, bởi vì\[\deg \left( k \right) + 2\deg \left( P \right) = \deg \left( {kPQ} \right) = \deg \left( {{P^2} + {Q^2} + 1} \right) \le 2\deg P.\]Vì $k$ được coi như một số phức không đổi, cho nên từ việc phân tách trên $\mathbb C$\[{x^2} – kxy + {y^2} = \left( {x – ry} \right)\left( {x – r’y} \right).\]Ở đây, $r$ và $r’$ là hai nghiệm phức của tam thức $f(x)=x^2-kx+1$, như vậy có\[\left( {P – rQ} \right)\left( {P – r’Q} \right) = – 1.\]Tích của hai đa thức lại ra một đa thức bậc $0$, thì mỗi đa thức nhân tử sẽ phải là các đa thức bậc $0$, vì thế ta sẽ giải ra $P$ và $Q$. Nói khác đi, ta đã hoàn chỉnh những suy luận để có lời giải tường minh như sau đây.

Lời giải. Giả sử $P,\,Q$ là cặp đa thức thỏa yêu cầu, không mất tính tổng quát ta giả sử $\deg P\ge \deg Q$. Rõ ràng là ta có ngay $\gcd (P,\,Q)=1$, cho nên dẫn đến điều kiện tương đương là\[PQ\mid \left( {{P}^2 + {Q}^2 + 1} \right).\]Ta xét ba trường hợp sau.

1. Nếu $\deg Q=0$, khi đó có $\deg P=0$ và tất nhiện tình huống này thỏa mãn.
2. Nếu như tồn tại cặp $(P, Q)$ thỏa mãn yêu cầu bài toán sao cho $\deg Q>0$ và $\deg P>\deg Q$, ta giả sử $(P,\,Q)$ là một cặp như thế thỏa $\deg P+\deg Q$ nhỏ nhất. Viết $Q^2+1=pP$, với $p\in\mathbb C[x]$, và giả sử $k\in\mathbb C[x]$ thỏa mãn đẳng thức $P^2+Q^2+1=kPQ$, ta có biến đổi sau\[pP\left( {{P^2} + pP} \right) = {P^2}\left( {pP + {p^2}} \right) = \left( {{Q^2} + 1 + {p^2}} \right){P^2} = kpQ{P^2}.\]Bởi vì $\deg pP=2\deg Q>0$, nên kéo theo\[{Q^2} + {p^2} + 1 = kQp.\]Điều này cho thấy cặp $(Q,\,p)$ cũng thỏa yêu cầu, đồng thời $$\deg p=2\deg Q-\deg P<\deg Q,\quad\deg p+\deg Q<\deg Q+\deg P,$$ cho nên cặp $(Q,\,p)$ mới sinh vi phạm vai trò của cặp $(P,\,Q)$. Vì thế, sẽ không xảy đến tình huống này.
3. Nếu cặp $(P, Q)$ thỏa $\deg P=\deg Q>0$, lúc đó tồn tại hằng số $c\in\mathbb C$ để\[{P^2} + {Q^2} + 1 = cPQ.\]Giả sử $r,\,r’$ là hai nghiệm phức của phương trình $x^2-cx+1,\;(*)$, ta có ngay\[\left( {P – rQ} \right)\left( {P – r’Q} \right) = – 1.\]Điều này cho thấy là các đa thức $f=P-rQ$ và $g=P-r’Q$ đều có bậc 0, cụ thể là tồn tại hằng số $C$ sao cho\[P – rQ =- C,\quad \;\;\;P – r’Q =  \frac{1}{C}.\]Nếu $r\ne r’$ là ta có\[Q = \frac{1}{{r – r’}}\left( {C + \frac{1}{C}} \right).\]Chú ý là $r,\,r’,\,C$ đều là hằng số, để gặp điều mâu thuẫn với tình huống đang xét là $\deg Q>0$. Vậy nên, $r=r’$, vì phương trình $(*)$ có nghiệm kép nên $c\in\{2,\,-2\}$. Điều đó dẫn đến $r=r’=1$ hoặc $r=r’=-1$. Tình huống thứ nhất cho ta $P-Q=i$ hoặc $P-Q=-i$, còn tình huống thứ hai cho ta $P+Q=i$ hoặc $P+Q=-i$. Sau thử lại, ta thấy đều thỏa mãn.

Tóm lại, các cặp đa thức $(P,\, Q)$ thỏa yêu cầu là các cặp đa thức hằng khác đa thức $0$ bất kỳ, hoặc là các cặp ở một trong 4 kiểu được liệt kê sau đây $$\left(P(x),\,P(x)-i\right),\;\left(P(x),\,P(x)+i\right),\;\left(P(x),\,-P(x)+i\right),\;\left(P(x),\,-P(x)-i\right).$$Ở đây, $P(x)$ là một đa thức hệ số phức có bậc dương bất kỳ.

$\square$

Bài toán lôi ra minh họa tiếp theo đây, là một bài toán Giải Tích.

Bài toán 2. Cho $f:\,[0;\,1]\to\mathbb R$ là một hàm số liên tục thỏa mãn điều kiện $$f(0)=f(1)=0,\;f\left(\frac{1}{2}\right)=1.$$ Chứng minh rằng, tồn tại một hàm số $g:\,[0;\,1]\to [0;\,1]$ là hàm tăng ngặt và đồng thời với mỗi số thực $x$ trong $[0;\,1]$ ta đều có đẳng thức $f\left( {g\left( x \right)} \right) = x.$

Giả sử ta xây dựng được hàm $g$ như yêu cầu, khi đó lấy $a,\,b\in [0;\,1]$ bất kỳ trong đó $a>b$, lúc đó $g(a)$ là nghiệm của phương trình $f(x)=a$ còn $g(b)$ là nghiệm của phương trình $f(x)=b$, đồng thời $g(a)>g(b)$. Rõ ràng, với $m$ là số thực bất kỳ ở trong đoạn $[0;\,1]$

Lời giải. Với mỗi $t\in [0;\,1]$ ta xét tập\[{{\cal M}_t} = \left\{ {x \in \left[ {0;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 1} \right]:\:{\mkern 1mu} f\left( x \right) \ge t} \right\}.\]Tập $\mathcal M_t$ bị chặn dưới bởi $0$ và khác rỗng do chứa $\frac{1}{2}$, cho nên sẽ xác định hàm số $g\left( t \right) = \inf {{\cal M}_t}$. Rõ ràng là ta có $g:\,[0;\,1]\to [0;\,1]$, và theo bản chất của cận dưới, nên trong $\mathcal M_t$ sẽ tồn tại dãy số $\left\{x_n\right\}_{n\in\mathbb N^*}$ để \[\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {x_n} = g\left( t \right).\]Do bản chất của tập $\mathcal M_t$ và tính liên tục của $f(x)$, ta có\[t \le \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } f\left( {{x_n}} \right) = f\left( {g\left( t \right)} \right).\]Như vậy, ta có $g(t)\in\mathcal M_t$, tức là $g(t)=\min\mathcal M_t$. Bây giờ nếu $f\left( {g\left( t \right)} \right)>0$, thì vì $0=f(0)$ nên theo định lý giá trị trung gian với hàm liên tục $f(x)$ thì sẽ phải tồn tại $x_*\in \left(0;\,g(t)\right)$ để $f\left(x_*\right)=t$ ta có ngay $x_*\in\mathcal M_t$ và $x_*<g(t)$, điều này mâu thuẫn với vai trò của $g(t)$, vì thế với mỗi $t\in[0;\,1]$ ta có$$f\left( g\left( t \right)\right)=t.$$Điều vừa có kết hợp với tính đơn trị của $f$ cho ta thấy $g$ là đơn ánh. Mặt khác, với $t>t’$ thì $\mathcal M_t\subset\mathcal M_{t’}$, cho nên\[g\left( t \right) = \inf {{\cal M}_t} \ge \inf {{\cal M}_{t’}} = g\left( {t’} \right).\]Do tính đơn ánh của $g$ ta có $g(x)$ tăng ngặt, tức là ta đã hoàn chỉnh chứng minh.

Bài toán 3.  Cho $P(x)$ là một đa thức hệ số nguyên có bậc $n$ với $n>1$, với mỗi số nguyên dương $k$ ta ký hiệu $
P_k(x)=\underbrace{P(P(\ldots(P(x) \ldots))}_{k\; \text{lần}\;P}
$. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương $k$ lớn hơn $1$, luôn có không quá $n$ nghiệm nguyên phân biệt của phương trình $P_k(x)=x$.

Hôm nay, đem dạy bài này cho một đội để thị phạm cách chui vào bụi rậm rồi chui ra.. Cuối cùng xuất được cái lời giải sau 😀

Lời giải. Giả sử phương trình $P_k(x)=x$ có $m$ nghiệm nguyên và $m>n$, khi đó thì $m\ge 3$. Nếu ta lấy ra bất kỳ ba nghiệm $a,\,b,\,c$ phân biệt trong $m$ nghiệm nguyên đó, khi ấy xét ba điểm thuộc đồ thị của hàm $y=P(x)$ là \[A\left( {a,\,P\left( a \right)} \right),\;\;\,B\left( {b,\,P\left( b \right)} \right),\;\;\,C\left( {c,\,P\left( c \right)} \right).\]Do $a\ne b$ và $k>1$, từ $a=P_k(a)$ và $b=P_k(b)$ ta có $P(a)\ne P(b)$ đồng thời từ tính chất cơ bản của đa thức hệ số nguyên (để ý $P_{k-1}(x)\in\mathbb Z[x]$), ta có được\[a – b \equiv {P_{k – 1}}\left( {P\left( a \right)} \right) – {P_{k – 1}}\left( {P\left( b \right)} \right) \equiv \,0\,\,\bmod \,\left( {P\left( a \right) – P\left( b \right)} \right).\]Và tất nhiên, vì $P(x)\in\mathbb Z[x]$ cho nên ta có được\[P\left( a \right) – P\left( b \right)\, \equiv 0\,\,\,\bmod \,\left( {a – b} \right).\]Từ đó, dẫn đến hệ số góc của đường thẳng $AB$ là\[{k_{AB}} = \frac{{P\left( a \right) – P\left( b \right)}}{{a – b}} \in \left\{ { – 1;\,1} \right\}.\]Tương tự, ta cũng có hệ số góc của các đường $BC,\,CA$ cũng thuộc $\{-1,\,1\}$. Nếu $A,\,B,\,C$ không thẳng hàng, ta có ngay $BC\bot AB$ và $CA\bot AB$ để có mâu thuẫn là $\Delta ABC$ có hai góc vuông.

Tóm lại $A\left( {a,\,P\left( a \right)} \right),\;B\left( {b,\,P\left( b \right)} \right),\;C\left( {c,\,P\left( c \right)} \right)$ sẽ thẳng hàng nếu $a,\,b,\,c$ là ba nghiệm nguyên phân biệt của phương trình $P_k(x)=x$. Từ đây ta thấy các điểm $M\left( {r,\,P\left( r \right)} \right)$ sẽ cùng nằm trên một đường thẳng nếu $r$ là nghiệm nguyên của phương trình $P_k(x)=x$ , nói khác đi các điểm đó là các giao điểm của đồ thị hàm số $y=P(x)$ với một đồ thị hàm bậc nhất dạng $y=\alpha x+\beta$, cho nên các nghiệm nguyên của phương trình $P_k(x)=x$ sẽ đều là nghiệm nguyên của phương trình $P(x)=\alpha x+\beta$. Nhưng đó lại là một phương trình đại số bậc $n$, nên sẽ có không quá $n$ nghiệm. Tức là có mâu thuẫn $m\le n$.

Mâu thuẫn nhận được cho ta điều cần chứng minh.