dé hơn nhiều so với Bài toán 4
Nhận xét: Chúng ta có thể dễ dàng mở rộng bài toán cho trường hợp nhiều an: n ẩn #i,Za2, , #„, đồng thời cho ?t góc ay, a2, , Qn
Bài toán 4 cũng vậy
Bài toán 4 Giải và biện luận hệ phương trình (ấn là z, 9, 2):
a=# bc-ụỤ c—Z_- D(#” + 1Ÿ + 2”) + q(z cos œ + y cos 6 + zc0s7)? cosa cOsSỞ cosy — + )(zcosœ + ycos + z cos +)
06."
wT `
trong đó pz#t0, g0, p+q#0,0<ø,8,+< 5 và thỏa mãn điều kiện sau đây:
cos? œ + cos” + cos? + = 1 (i)
Hướng dẫn giải Chứng minh rằng giá trị của biểu thức
p(x? + y* + 2”) + q(% cos œ + ycos Ø + z cos +)? (p + q){x cosa + t cos Ở + z cos +)
(ii)
khéng phy thuGc vao z, y, z
Cụ thể, gọi —A là giá trị của biểu thức (ii) ở trên, thế thì ta được: a = z-+Àcosœ, b= +Àcosổ, c= z + Àcos+ Từ đó suy ra:
pa? + b? + c?) + glacosa + bcos 2 + ccos y)?
A=
(p + q)(acosa + bcos 8 + ccos)
(iii)
Trả lời 1°) Nếu acosœ + bcos đ + ccos+ # 0, hệ (****) có nghiệm duy nhất, biểu diễn
được dưới dạng:
t-a y-b z-c_ p(a?+i?+c?)+q(acosœ +>bcos 8 + ccos+)?
cosa cosỞ cosy - (p + q)(acosa + bcos Ø + ccos +) Mà
2°) Nếu acos œ + bcos Ø + ccosy = 0, hệ phương trình (****) uô nghiệm
3°) Néu a = b=c=0 thi acosa + bcos + ccos + = 0, hệ phương trình sơ định Nhận xét 1°) Biểu thức (¡v) của nghiệm của hệ phương trình (****) nhận được từ các hệ thức xuất phát của bài toán bằng cách thay trong đó z,,z lần lượt bởi các hằng số ø,b,c đã cho, và ngược lại Như vậy, quan hệ f(+,u,z;a,b,c) có tính chất đối hợp, nghĩa là:
R(z,y, 2; a,b,c) = R(a,b,c;z,,z) 2° Ngoài ra, dễ dàng thiết lập thêm hệ thức đối hợp nữa sau đây:
z“+?+z?+(œ cosa+ycos3+zcos 7) = a?+b?+c?+(acosa+bcos 3 +ccosy)’: (v)
79
Trang 2
Đề nghị bạn đọc hãy tự kiểm tra hệ thức (v) này, xem là một bài tập
Xuất xứ của bài toán 4 Bài toán đại số 4 trên đây được tác giả bài viết này phát hiện nhân quan tâm đến một phép biến hình đối hợp trong hình học "phi Euclide" [Cịn bài tốn 3 ở trên là một trường hợp riêng của bài toán 4 này, khi cho p = 0] , Chú thích Đặc biệt, nếu chọn các góc nhọn a, 2, thỏa mãn điều kiện (¡) với những
4
> > 3 12
giá tri cu thé, chang han cosa = 18? cos ở = T8; 9087 = 3 thì Bài tốn 4 bây giờ có dạng cụ thể sau đây:
Bài toán 4a Giải hệ phương trình 3 ẩn sau:
a-Z_ b~y c-z_ 1690(z2+y?+z?) + g(3z + 4ụ + 12z)?
3 4 12 — 169(p + q)(3z + 4ụ + 122)
(trong đó: p #0, g0, p+ g z 0)
Sau đây tác giả bài viết này giới thiệu bổ sung một số bài toán nữa về giải (và biện
luận) hệ phương trình đại số bậc hai cũng có xuất xứ từ hình học để bạn đọc tự giải và
làm quen hơn với thể loại toán này
Bai todn 5 Gia stt (x, y, z); (z',y’, 2’) 1A hai bộ ba, số dương, mỗi bộ đều thỏa mãn bất đẳng thức tam giác) „ đồng thời thỏa mãn các đẳng thức sau đây:
+2 + „2 + z?2= x2 + ự2 + z2, (i)
Chứng minh rằng ta cũng có các hệ thức sau đây: 1°)
+4 4 — + 2 — a4 + ụ2 + z“, (iii)
2°)
X(y? + 22 _ +?)z? — »(2 4 z2 — a) a (iv)
trong dé L(y? + 2? — 2?) la ky hiéu t&t cha tổng (có tính chất hốn vị vịng quanh): S(2 + z?— z?)+? = (y2 + z2 — x?) x? + (22 4+ 02 — y2)y2 4 (a? + y? — 2?) 22,
Hướng dẫn Giải và Nhận xét Nếu "hình.học hóa" bài tốn đại số này ta được và đưa về giải Bài tốn hình học không gian sau đây
Tuy nhiên, bài toán Đại số này cịn có ý nghĩa như là "iờ¿ giở¿ đại số của Bài toán hành học khơng gian" có nội dung như sau: :
Bai toan 5’ Trong không gian xét một tam giác đều ABC và hai điểm D,D' (nằm ngoài mặt phẳng của tam giác ABO) đối xứng với nhau qua trong tam O cha tam giác
déu da cho
!Ta ký hiệu giả thiết này là: 1Œ, ,z) và 7a(z!,',z"), trong đó 7¡ chỉ tam giác có độ dài cạnh là +,0, z đôi với 7¡ và z',',z! đối với 7a
Trang 3
Chứng minh rằng hai tam giác T{(DA, DB, DC) va 72(D'A, D'B, D‘C) la tuang đương (cũng tức là có diện tích bằng nhau), trong đó 7 = 7(z,, z) là ký hiệu tam giác có độ dài các cạnh là z, g,z; và lẽ đương nhiên 3 số dương z,1,z thỏa mãn bất đẳng l thức tam giác
Chú thích Sự tồn tại các tam giác 2( = 1,2) được suy ra từ định lý Pompiu mà ta có thể dễ dàng chứng minh Ngoài ra, ta cũng lưu ý rằng »(? + z2 — z?)z2 = —(Œ* + 1* + z!) + 2(z2u? + 2z? + z?z?) = 162, trong dé S, = s{2¡) là diện tích của
tam giác 21(z, 0, 2) :
Cũng vậy, (2 + z2 — z'?)z'? = 16%, trong dé Sp = s(22) là diện tích của 7¿ =
2,2)
Bài toán 6 1°) Chứng minh rằng các nghiệm dương #, , z (nêu có) của hệ ba phương trình bậc hai: ,
(H,) z?+?+z2=a?+b2+ œ, (a,b,c> 0); (2)
+” +02 = 2 + b2 = z? + €9; ()
thỏa mãn hệ thức (iii) sau đây:
>(° + z2 — z?)z? = Đ(2 + — a2) a2; (iii) Chú thích: Khơng cần phải giải hệ phương trình
2°) Đảo lại, nếu z, g, z là các nghiệm dương của hệ phương trình (?ía) (gồm 2 phương trình (ii) và một phương trình (ii)):
Ha = {(it), (t44)} thì cũng thỏa mãn hệ thức (¡)
- Tóm lại:
?T{0),0} @ 72{(0), (9)}
3°) Chứng minh rằng các hệ 7í; (7 = 1,2) có nghiệm (dương) khi và chỉ khi các số dương ` a,b,c đã cho thỏa mãn các bất đẳng thức sau đây:
a°< 2(b2 + €), b2< 2(c?°+d°), c? < 2(a2 + b2),
Bài toán 7* Cho 9 số dương a, Ò,c;z, U,Z;,1,z' thỏa mãn các đẳng thức sau đây: -
3(b* + c2 — a2)a2z2 = Đ(b2 + c2 — a?)a2+!2, (1)
+2 + x2 —= +? + y? = z2 + z2 (2)
“Chứng minh rằng ta cũng có đẳng thức sau:
(02? + c2z2 — a2z?)a2? — 30?y°2 + c2z2 — a2+'2)a2+'2, (3)
Trang 4
Chú thích Bài tốn 7 có xuất xứ từ bài toán hình học khơng gian sau đây:
Bài toán 7' Hai tứ diện ABŒD và ABCD' có đáy ABC chung và hai đỉnh D,D đi xứng với nhau qua tâm Q của đường tròn ngoại tiếp đáy ABC Chứng minh rằng các tam giác 71(BŒ.DA,CA.DB, AB.DC) va Th(BC.D'A,CA.D'B, AB.D'C) có diện tích bằng nhau
Bài tốn 8 Giải và biện luận hệ phương trình sau (ẩn z,, z,£ đều > 0):
(0 z2+?+z?+1??=a2+b2+ 2 + đ2, (a>0,b>0,c>0,d> 0); (x)
#2 + a2 = J2 + b2 = z2 + c2 =2 + đ; (xx)
Xuất xứ của bài toán 8 Bài tốn 8 trên đây có xuất xứ từ bài toán hình học khơng gian sau đây:
Bài toán 8° Cho tứ diện gần đều ABŒ7 (mà tứ diện đều là trường hợp đặc biệt),
nghĩa là các cạnh đối diện bằng nhau: BƠ = DA,CA= DB,AB= DC
Hãy xác định các khoảng cách từ một điểm P đã cho đến các đỉnh của tứ diện biết rằng điểm Q, đối xứng với P qua tâm O của mặt cầu C(ABCD) ngoai tiép tit diện đã cho có khoảng cách đến các dinh A,B,C,D cia tit dién theo thi tự bằng
QA=a,QB=b,QC =cQD =d :
Hướng dẫn Ấp dụng định lý về đường trung tuyến trong tam giác và tính chất của trọng tâm của một hệ điểm Tuy nhiên cũng có thể sử dụng phương pháp vectd
Đáp số Giải hệ ?{(+), (++)}, ta được kết quả:
1 1
2 “/p2 2 _ A 2 77,2 2 2_ p2
+ “2° +c+d?—-a?), y a + d? + a? — 6’), (9 z?= ait +a?+h?—c*), P= su? +?+?— 3)
Đồi lốn ln có nghiệm (dương) duy nhất, xác định bởi các hệ thức (***) Muốn vậy, hãy chứng minh tính chất sau đây, đặc -frưng cho một tứ diện gần đều (bao gồm: cả tứ diện đều), tương tự với định lý Pompiu trong hình học phẳng, đặc trưng cho một tam giác đều
Định lý Pompiu (trong hình học khơng gian) có nội dung như sau:
Bình phương các khoảng cách từ một điểm P bất kỳ trong không gian đến các đỉnh của một tứ diện gần đều ABŒD đã cho luôn biểu thị diện tích các mặt của một tứ diện
(7) nào đó (Điều đó có nghĩa cụ thể như sau: Bình phương khoảng cách từ P đến một, đỉnh nào đó của tứ diện gần đều ABŒD đã cho không lớn hơn tổng bình phương các khoảng cách từ P đến ba đỉnh còn lại)
Trang 5Tứ diện (7) này suy biến thành một tứ điểm phang (tttc 1A c6 thé tich v(T) = 0) khi và chỉ khi điểm P trùng với điểm xuyên tâm đối của một đỉnh nào đó của tứ diện gần đều đã cho ABŒD trên mặt cầu C(ABŒ?Đ) ngoại tiếp tứ diện đó
Hướng dẫn chứng minh định lý Pompiu trong hình học không gian
Sử dụng vectơ và tính chất của tâm tỉ cự của một hệ điểm, chứng minh các bất đẳng thức hình học sau: PA? < PB? + PC? + PD’, va ba B.Đ.T tương tự < PC? + PD2 + PA), PC? < PD? + PA? + PB? PD? < PA? + PB? + PC” NN NN me GW bh we Nl
Dau dang thitc xdy ra khi va chi khi: P € {A’, B’,C’, D’}, trong dé A= (Ep(A), B’ = (p(B), C’ = CEo(C) va D’ = Eo(D), O là tam céu C(ABCD), tuy theo P tuong tng thuộc vào bất đẳng thức (1), (2), (3) hay (4)
Chú thích bổ sung Trong mục 1.2 trên đây, tác giả bài viết này đã giới thiệu thêm 4 bài toán mới cũng về giải những hệ phương trình bậc hai có 3 hoặc 4 ấn, trong đó có chỉ rõ xuất xứ hình học đối với ba bài toán 5, 7, và 8 Chính việc giải các bài toán này, các bạn đã cho lời giải đại số của các bài tốn hình hoc 5’, 7’ va 8’, là xuất xứ hình học của các bài tốn đại số 5, 7 và 8 Ngoài ra, tác giả các đề toán này cũng đề nghị bạn đọc tìm tồi thêm lời giải thuần túy hình học của các bài tốn hình học xuất xứ 5°, 7’ va 8°, góp phần làm phong phú và đa dạng cho lời giải các bài tốn đó Đối với bài toán 6, tác giả của nó cũng xuất phát từ một bài toán hình học mà đề xuất, nhưng lại không giới thiệu trong bài viết Tác giả có dụng ý để lại, dành cho bạn đọc phán đoán, suy xét
1u nguồn gốc xuất xứ nào từ hình học của bài toán đại số (bài 6) này Tuy nhiên, xin
lưu ý bạn đọc là uiệc phán đoán uê xuất xú hành học của, bài toán 6 thực ra khơng có gà khó khăn lắm Các bạn chỉ cần quan tâm đến ý nghãa hành học của các đẳng thức (ii) và (iii) cũng như ý nghĩa hình học của hai bộ số dương (a,b,c) và (z,, z) Từ đó bạn dễ dàng chỉ ra đối tượng hình học khơng gian nào ẩn ở đằng sau 6 con số, trong đó a,b,e là đã cho cịn z, , z là các ấn số dương cần tìm
Sau cùng, xin giới thiệu ha¿ bà¿ toán uê hệ phương trình dat số bậc hai phúc tạp hơn uà chứa nhiều ổn (5 hoặc 6 ẩn)
Bài toán 9* Giải uà biện luận hệ phương trình bậc hai ( sáu ổn #;,9ị,i = 1,2,3 là những số dương):
H) #1 + 1a = Z2 + 1a = #3 + Uì = đ, (*)
ret ye +key, = 234+ t + kzaa = z3 + UẬ + kzas = C?; (*x) trong đó c và đ là những số dương và k € lR;c, đ, k cho trước
a) Lời giải thứ nhất: Lời giải gồm hai bước sau đây:
Trang 6
Bước 1: Nếu hệ phương trình T({(*),(x*)} có nghiệm thà zì = #a = 23 (= 2) vd
Uì = 1a = 13 (= 9)
Từ (*) thay tì = đ— za, Uạ = dT— øụ Và 1a = d— z;¿ vào (**), sau khi thực hiện các phép tính rồi rút gọn ta được hệ ba phương trình sau đối với ba ẩn Zị, #; và za:
(kza — 2za3)d —_ (z2 + kr321) +X =0 (i)
và hai phương trình tương tự bằng cách hốn VỊ vịng quanh các chỉ số: l1 — 2 — 3— 1,
trong đó ta đã đặt X = d2 T— c? + $3 zr?
Từ đó ta biểu thị được d bằng ba biểu thức khác nhau như sau day, trong đó biểu thức sau được suy từ biểu thức đứng trước nó nhờ hốn vị nói trên
%1 +kzazaT— X - z3 +kzazaT— X Z3 — kziza — X
d = = = il
kxz3 — 222 kx, — 2x3 kx — 221 (ii)
(với quy ước nếu mẫu số triệt tiêu thì tử số cũng triệt tiêu)
Sau đó áp dụng tính chất của dãy các tỷ số bằng nhau để khử đại lượng X, ta thu được ba đẳng thức sau: d = tì = Èa = ta, trong đó Za — Z2)(3 + xa — ke cv "_ ¬ Gi) 2(zs — #¡) + k(sa — mì) |
va to nhan được từ í¡ cũng như ?¿ nhận được từ £¿ bởi hoán vị vòng quanh các chỉ số 1—+2— 3 — l1 (Lê đương nhiên cũng dễ nhận ra rằng dén luot t, thi nhan lai ti ts cũng bởi hốn vị vịng quanh các chỉ số như đã nói ở trên) Đến đây từ các cặp đẳng thức ứ¿ = ‡; (¡ # 7 € {1,2,3}) ta đều thu được sự triệt tiêu của một biểu thức có dạng một tam thức bậc hai đối với k sau đây:
ƒŒ) = œk? + 8k + + =0 (iv)
Chang han, tit ts = t; thi a,@ va + lần lượt đều có dạng là những đa thức bậc 3 thuần nhất và đối xứng đối với các đối số #1, #a; z4 theo nghĩa hoán vị vòng quanh các chỉ số 1,2, 3 như đã nói ở trên Cụ thể là:
Q = —#a#Ÿ — 1313 — 113 + 34213, (v)
B= —2(a} + 23 + 23 — 32,2073) +7, " (vi)
Y = (w] + 23 + 23 — tex} ~ w323 — 0,22) + 2(23 + 23 + 23 — xa? — z2) — #zz3) (vii)
Sau vai phép biến đổi đơn giản nữa, các hệ số œ,/đ và y trong phương trình (iv) con được biểu thị dưới dạng một số biểu thức khác nữa, thuận tiện hơn cho việc xét dấu của, chúng Thật vậy, ta có các biểu thức sau:
-a= (x2 — %1)(%3 — #1)2 + (za — +2), (v’)
8= —(# + Lo + %3) te — za)? + (x3 — m})? + (x1 — 22)?| +Y, (vi’)
1 = (02 ~ 21) [2(03 29) + (28 = eB)| + (xs ~ ma) (208 - 23 ~ 09) (vi)
Trang 7Ngoài ra, cùng với biểu thức (v') của a và biểu thức (vii') của + ta còn nhận được thêm hai biểu thức nữa của œ cũng như hai biểu thức nữa của, + nhờ hoán vị vòng quanh
12 —> 3 — 1 như đã nói ở trên Từ đó suy ra, ngoài (vi') thi cũng cịn có hai biểu _ thức khác nữa Đối với việc xét dấu của œ,/ và +y, khơng mất tính tổng quát chúng ta có thể giả định quy ước rằng: Ú < 2, < a < 2 (hoặc 0 < z¿ < 7s < z\¡, hoặc 0 < #s <€ z¡ < z:) Chẳng hạn, với giả dinh 0 < 2, < ro < 23 ta thấy ngay rằng œ < 0 và + > 0 còn Ø” > 0 Từ đó suy ra, biét s6 cha (iv) khong am: A = 6? — 4ary > 0 Ngoai ra, với các biểu thức (v') và (vii') của œ và +, ta nhận ra ngay rằng:
œ=U <S© Ị=1z›s=1a; +=0 S© 1 = to = Lz
Và do dé: a= 0 @ + = 0, kéo theo đ = 0 Mặt khác, dễ thấy: Từ A = 6? + (~4o+)
SUY ra:
œ=0và 8=0,
A=Ю l —0wø=g,
Bởi vậy, ta đi đến kết luận:
A =0 © 2 = 22 = 23 (= 2) va do dé, kéo theo yj = yo = ys (= y)
Nhung A = 0 lai là điều kiện cần tà đủ dé k la nghiệm duy nhất của hệ phương trình ?{{(*), (++)} được xét (nếu hệ này có nghiệm)
Tóm lại là; lập luận trên đây chứng tỏ rằng: Nếu hệ ?ý sáu phương trình {(+), (+)} có nghiệm thì các ẩn z¡,a,zs bằng nhau (và đặt bằng z), đồng thời các ẩn 1, a, cũng bằng nhau (và đặt bằng y) Đó là đpcm Và do đó, bài toán quy về việc giải một hệ hai phương trình bậc hai đối với hai ẩn z và sau đây:
Bước 2: Giải uà biện luận hệ hai phương trình (ẩn + uà đều đương)
tung (1)
#2 + 92 + kzụ = © (2)
Từ (1) và (2) ta được
(2 — k)zụ = đ° — c° (3)
Từ đó dễ dàng suy ra:
- Nếu k = 2 và c # d thì hệ phương trình {(1), (2)} vô nghiệm
Trang 8
và do dé, x va y 1a hai nghiệm X; (¿ = 1,2) của phương trình bậc hai sau:
2
X?—-d X+ 5 E = 0 (5)
Muốn cho phương trình bậc hai (5) có hai nghiệm dương (phân biệt hoặc trùng nhau), điều kiện cần và đủ là:
ad? — c?
A=ở-4— > 0 và (2 — k)(đ2 — e?) > 0 (6)
Cuối cùng, từ các bất đẳng thức (6) dễ dàng suy ra:
Phương trình bậc hai (5) có hai nghiệm dương khi và chỉ khi: 1°) Hoặc d2 ~ k<9-4{ “)<2, c<đ; (7) 2°) Hoặc c2 — q2 a2
Còn các nghiệm dương z, của hệ {(1), (2)} là hai nghiệm của (5), xác định bởi:
k>2+4{ )>2 cod (8)
1 (2+ k)d?
(de ye) = 2) (9)
{z,y} = {Xi, Xo}; X=
b) Nhận xét Sau khi thực hiện hai bước giải như đã trình bày ở trên, việc giải và biện luận hệ phương trình bậc hai với 6 ẩn dương z\, Zs, Z3; 9ì, 9a, a đến đây đã hoàn tất Đây là một hệ phương trình đại số đặc biệt, gồm ba phương trình bậc nhất (*) và, ba phương trình bậc hai (**) đồng thời đòi hỏi tất cả các ấn z;,1¡ (2 = 1,2,3) đều là, những số thực dương Bây giờ chúng ta hãy quan tâm đến quá trình biện luận về việc giải hệ phương trình {(1), (2)} Trước hết hãy để ý đến giá trị đặc biệt k = 2 làm cho hệ phương trình hoặc vơ nghiệm, hoặc có vô số nghiệm Nếu k = 2 và c = ở thì (2) được viết lại là (đối chiếu với (1)):
+? +2 + 2z = €? = d2 hay là +? + 2 — 2z cos7r = c2 (= d’) (10) | Khi đó, hệ thức (10) biểu thị định lý hàm số cosin đối với một tam giác "suy biến" có hai cạnh với độ dài z, còn cạnh lớn nhất c bằng tổng hai cạnh có độ dài z và y (với c = đ thì từ (10) suy ra: z + = c (= đ) Sau nữa, trong hai bất đẳng thức (7) và (8) biểu thị điều kiện có hai nghiệm dương (cố nhiên là duy nhất) của phương trình bậc hai (5), ta hãy để ý đặc biệt đến bất đẳng thức (7) Đó là bất đẳng thức điều kiện quy định mối liên hệ giữa hai số thực dương c, đ và số thực k để (5) có nghiệm dương, cũng tức là để bài toán có lời giải Đối với bất đẳng thức kép (7) ta đặc biệt chú ý đến bất đẳng thức k < 2 (với c < đ) Khi đó ta có thể đặt k = —2cos+ (với 0 < + < 7), y được hoàn toàn xác định: y = arccos = và do đó, (2) được viết lại dưới dạng:
#? +2 — 2zcos+ = €; (e< đ) (2)
Trang 9Lúc này, hệ thức (2') biểu thị định lý hàm số cosin đối với một tam giác có một cạnh với độ dài c, đối diện với góc có độ lớn + và hai cạnh của góc + đó có độ đài z và y Ngoài ra, theo (1) thì tổng độ dài z + của hai cạnh đó bằng đ và trong các đại lượng l #,,c, đ và + thì các độ dài c, ở và độ lớn gốc + là đã cho
Nhận xét nói trên cũng đáp ứng hoàn toàn cho cả ba đẳng thức (**), trong đó #; và y; (i = 1,2,3) còn thỏa mãn cả ba đẳng thức (*) Nói một cách khác, các đẳng thức đại số đề cập đến trong hệ phương trình ? = {(%), (++)} của bài toán 9 được xét ở trên cũng phan ánh sự kiện mang nội dung hình học liên quan đến ba tam giác nào đó có một góc (ba góc tương ứng) bằng nhau và bằng +, cạnh đối diện (ba cạnh đối diện tương ứng) bằng nhau và bằng c và các cạnh cịn lại thì thỏa mãn ba đẳng thức (*) Với ý nghĩa đó, ta có thể phát biểu kết quả phần chứng minh được chỉ ra trong bước 1 của lời giải bài toán 9-một bài toán đại số về giải hệ phương trình bậc hai-sang ngơn ngữ hình học như sau
Bài toán 9a Giả sử ba tam gidc A;B;C; (i € {1, 2, 3}) thỏa mãn các điều kiện:
Cy = Cp = C3; ArBy = ApBo = AgBg va ByCy + CpAy = BoCo + C3A3 = B3C3 + Ch At Chung minh réing ba tam gidc dé bằng nhau
Tiếp theo, cũng với ý nghĩa như trên, chúng ta cũng có thể phiên dịch sang ngơn ngữ hình học tồn bộ nội dung của bài toán đại số 9 về giải hệ phương trình Nói một cách khác, sau đây chúng ta sẽ thiết lập một mô hành hành học của bài toán 9, cũng tức
là hành học hóa bài tốn đó
c) Hình bọc hóa nội dung bài tốn 9, cũng có nghĩa là: Phát biểu sang ngơn ngữ hình học nội dung bài toán (về giải và biện luận một hệ phương trình đại số bậc hai) Bài toán 9b Cho một cưng trồờn A+yB chúa góc y; AB = c Tim trén cung đó (khơng
kể hai đầu mút A uà B ) tất cả những bộ ba điểm Œ\,CŒ¿, x sao cho
BC, + ACŒa = Ba + AC3 = BC3+ AC, = d, ‘ (*) trong đó d là độ dài của một đoạn thẳng cho trước Điện luận
d) Lời giải thứ hai (Lời giải hình học) của bài toán 9-Lời giải bài toán 9b Lời giải gồm các bước theo trình ty sau:
Bước 1 Trước hết ta chứng tổ rằng: Nếu hai trong ba điểm C\, Ca, C trừng nhau thà dấu đẳng thúc (*) được thỏa mmãn khi uà chỉ khả cả hai điểm đó trừng nhau
Thật vây, đặt BC; = a;, AC; = b; (i € {1,2, 3}) Khi đó dãy đẳng thức (*) được viết
lại là:
đi + bạ = 0a + bạ = ga + Dị (1)
Néu chang han C, = C2 thi a; = az va b; = be Do dé tit (1) ta dude: by = bg vA ag = ay Suy ra: @) = a2 = a3, déng thời bị = bạ = bạ; nghia 1A C3 = C, = Cp (=C)
Bước 2 Ta chứng minh rằng: Điều đó cũng có nghĩa là (theo khẳng định được chỉ ra ở bước 1):
Trang 10
Nếu bài tốn có lời giải thà, trước hết ba diém Cy, Ca, Cạ phải trùng nhau Đề chứng minh khẳng định này, ta cần đến bổ đề (bài toán phụ trợ) sau
Bỗ đề Nếu một tú giác lồi ABŒD có hai cạnh đối diện AD uà BƠ bằng nhau nhưng không song song thì AB A CD; cu thé la AB lớn hon hay nhé hon CD tiy theo hai tia
AD vi BC cắt nhau hau hai tia DA uà ƠB cắt nhau (ở điểm O)
(Có thể chứng minh điều này bằng cách dựng hình bình hành BŒDE (Hình 1) nếu OC < OD, (hoặc hình bình hành ADŒƠE nếu OD < OC) sau đó sử dụng định lý về so sánh cạnh và góc vào tam giác 4ABE thì được AB > BE = CD, d.p.c.m)
Bay gid ta tré lai chttng minh diéu khẳng định trên đây bằng phương pháp phản chứng Thật vậy, giả sử trên cung A+y đã cho ta tìm được ba điểm Œ\, Œạ, Œạ đôi một phân biệt thỏa mãn (*), cũng tức là thỏa mãn dãy đẳng thức (1) Không mất tính tổng quất, ta có thể giả định rằng: ø; < a2 < a3 va do dé theo (1) thì đưa đến:
bị < ba < bạ; (2)
Sau đó, ta dựng một góc zCy = + rồi lấy các điểm 4o, Án, 4a, A4; trên Cz va
Bo, Bì, Bạ, B3 trên Cy sao cho Co = CBo = g: CA; = by va CB; = aj (¡ € {1, 2, 3})
Thé thi ta dude: AA;B;C = AABC, (c.g.c); do đó: -
A,B, = AgBo = A3Ba =AB=c (3)
Va tit cdc bat ding thtic (2) suy ra AA, B,C nim gọn trong cả hai tam giác A> BoC va AasĐạC Ta sẽ chứng tỏ rằng:
A,B, < AoBo hoặc A,B, < A3Bsz
Thật vậy, từ (1) ta dude bp — b3 = ay — đi Và bạ — by = ag — ag Do đó ta có
A3Ag = B, Bo; (Hinh 2) (4)
va
A, A3 = BoBs (5)
Trên hình 2 ta được hai tứ giác lỗi AsÐ; ¡4s và A3B3BA, tong tmg théa man (4) va (5), trong đó hai cặp tia (AAs, BaB)) và AsAt, B;B;) đều cắt nhau ở Ơ Bởi vậy, theo
bổ đề ở trên ta được : to
Ag Bs > A3B,, (6) A3Bz > A, Bo Œ) :
Xét hai trường hợp có thé xy ra:
1°) Néu a; < bị (Hình 2) thì CAB, < CB,A, suy ra Ái4aÐt < Ỡ,B, < 909 < ĐỊA¡4; và do đó, trong AA; B, Ag ta c6é A3B, > A, By nén dai chiéu véi (6) ta được:
A,B, < AgBo (8)
Trang 112°) Nếu ai > bị thì cũng lập luận tương tự (bạn đọc tự vẽ hình tương ứng) ta được A, BoB, < 90° < A\ Bi Bo và do dé, trong AA,B,B2 ta cé A, Bz > A,B, nén đối chiếu với bất đẳng thức (7) ta được:
A,B, < A3B3 (9)
Các bất đẳng thức (8) hoặc (9) thu được từ giả định có các bất đẳng thức nghiêm
ngặt (2), mâu thuẫn với giả thiết của bài toán là có dãy đẳng thức (3) Mãu thuẫn đó
chứng tổ hoặc ơị = az = a3 va do đó, bị = bạ = bạ, [nghĩa là các điểm C; (i = 1,2, 3) trùng nhau ở một điểm Co nào đó trên cung trịn Ay], hoặc ít nhất hai trong ba số a¡ bằng nhau (hay hai trong ba số b; bằng nhau, ¿ € {1,2,3})
Bây giờ ta chứng minh rằng: Néu hai trong ba sé a; (i € {1,2,3}) bằng nhau thì cả -ba số ¡ đó bằng nhau, do đó cả ba số b; cũng bằng nhau Thật vậy, chẳng hạn giả sử a2 = dạ, thế thì từ (1) suy ra bạ = bị và bây giờ thì dãy đẳng thức (1) thu về chỉ cịn
một, đó là:
đi + bạ = a2 +Ủbì (10)
Bài tốn quy về chỉ còn hai tam giác, trong đó điều kiện (*) được thay bởi (10) Sau đó cũng chứng minh tương tự như ở phần trên, sử dụng bổ đề đã nêu thì chứng minh được rang: a1 = øạ = øạ và do đó bị = bạ = bạ, ta được đ.p.c.m
Bước 8 R&t cuộc bài toán quy về bài toán dựng hình đơn giản sau đây:
Bài toán 9c 7m trên cưng tròn A+B một điểm Ở sao cho: BƠ + ỞA = d, trong đó AB=c, c 0à d là những độ dài cho trước Biện luận:
Kéo dai tia BC về phía Œ rồi dựng điểm D sao cho ŒD = C/A va do dé, BD = BC+CD= BC + CA = d (Có đẳng thức này là do ta giả sử rằng Ở trên cung Ay là điểm đã tìm được, thỏa mãn điều kiện đặt ra) Thế thì AŒAD cân ở Ở có góc ở đáy CDA (= BDA = 3) Từ đó suy ra D là một trong hai giao điểm D, Dạ của đường tròn (, d) tâm B bán kính đ và cung trịn ASB chứa góc ổ = 3 [có tâm là trung điểm Co của, cung AxP đã cho] dựng trên đoạn 4B và nằm cùng shia với AB
- Từ đó suy ra cách dựng điểm C: Điểm Œ là giao điểm của tia BD va cung AxB,
trong đó Dc{D¡,D;} =(5,d)n A8B Dễ thấy rằng BC + CA = d (Hình 3)
- Biện luận: Bài tốn có lời giải (nghiệm hành) khi và chỉ khi:
AB=c<d<BDạ=2BŒ\= <— = c.cosec 1 (11)
sin 2 2
Kết luận: Đài tốn có 2 hoặc 1 nghiệm hình khi và chỉ khi c< d < *y = c.cosec 3
2
(khi e= đsin 2 thì bài tốn có nghiệm duy nhất); vô nghiệm nếu ở < c hoặc c < đsin 3 Đến đây bài toán 9c) và do đó, bài toán dựng hành 9b) đã được giải xong (vì về mặt hình học, chúng ta đã hoàn toàn xác định được điểm Œ trên cung tròn A+y đã cho bởi các phép dựng hình học theo trình tự đã được chỉ ra ở trên) Tuy nhiên, lời giải hành học của bài toán đại số 9 đến đâu chưa hoàn tắt
89
Trang 12
Để hoàn tất lời giải hình học của bài tốn 9 ta cần lưu ý rằng bài tốn 9c) chính là nội dung hình học của bài toán đại số, phát biểu trong bước 2 của lời giải bài toán 9 Muốn vậy, sau khi đã xác định được điểm C trên AyB bang nhitng phép dựng hình , học rồi, ta cần tính độ dài các đoạn BƠ = z và AC = ụ theo AB = c,d và ACB = + (Việc làm này có ý nghĩa tương đương với việc xác định vị trí hình học của điểm Œ bằng phương pháp dựng hình) Ta chỉ việc giải và biện luận hệ phương trình (an z, > 0):
r+y=d z+ụ=d
2 42 2 d?—< `
#ˆ + Uˆ — 2zcos+ = c LY = four > 0 (vìc< cos* 2_— đ) Vậy z và + là hai nghiệm dương X, X¿ của phương trình bậc hai:
đỀ — c
2 —dX =
12
x + 4cos2 2 (12)
Điều kiện cần và đủ để phương trình (12) có nghiệm (nghiệm dương) là: Biệt số
2 d? in2 2
A= TSS 2 so € c> dsin2 vàc< d cos? 2 2
= đ> c> dsin 2 (13)
Để ý rằng A có thể được viết lại như sau:
Az 2c? — (1 — cos y)d? _ 4c? ~ (2+ k)d? (14)
1+ cos 2—k
Từ đó ta được kết quả (sau khi da thay —2cos-y = k, véi |k| < 2)
4c? — (24 2h (15)
{a,y} = {%, Xe} = 5 (a aa
Kết quả (15) này tìm được phù hợp với kết quả (9) tìm ra ở bước 2, tiểu mục a) e) Nhận xét và lời bình (về hai lời giải của bài toán 9)
Hai bài tốn hình học 9a) và 9c) chính là nội dung hình học tương ứng với hai bài toán đại số mà lời giải được đề cập đến trong hai bước giải (bước 1 và bước 2) liên tiếp của bài toán 9 về giải và biện luận một hệ phương trình đại số bậc hai Chúng là hai ˆ phần cấu thành bài tốn hình học 9b _ bản phiên dịch sang ngơn ngữ hình học của bài toán 9 (một bài tốn hồn tồn đại số về hệ phương trình) mà chúng ta có thể cho nó một tén goi 1A "M6 hành hành học" của bài toán 9, một bài toán về giải và biện luận một hệ phương trình bậc hai Nó cho ta một hình ảnh trực quan trong hình học vật lý của một hệ phương trình đại số bậc hai Tuy nhiên, mỗi lời giải của bài toán 9 mặc dù khác nhau về phương pháp tiếp cận nhưng đều thể hiện sắc thái đặc thù, riêng biệt và rất ấn tượng của từng lời giải Nếu như lời giải 1 (lời giải đại số) có đời hỏi kỹ năng biến đổi uà tính toán tinh tế và cần phải thực hiện nhiều phép toán nhưng lại cho được chứng minh trực tiếp điều khẳng định quan trọng phát biểu trong bước 1 của lời giải
Trang 13bài toán 9 [và điều đó cũng có nghĩa là chỉ ra được cách chứng mm¿nh trực tiếp tính chất hành học phát biểu trong nội dung của bài tốn hình học 9a)] thì lời giải 2 (lời giải hành học) của, bài tốn 9 lại khơng đời hỏi tính tốn nhưng đồi hỏi thông minh sáng tạo, dựng © thêm đường phụ, hình phụ và chỉ cần huy động vốn kiến thức ít ỏi thuộc chương trình
hình học 8 cũng đủ dùng cho việc chứng minh tính chất hình học nói trên tuy lời giải này lại không thể cho được cách chứng minh trực tiếp mà sử dụng phương pháp phẩn chứng một phương pháp chứng minh gián tiếp để khẳng định tính chất hình học này
Trên đây là phác họa đôi nét về tổng thể khi đối chiếu, so sánh hai lời giải của bài toán 9 về phương pháp tiếp cận cũng như phương pháp giải quyét van dé của từng lời giải đó mà bài viết này nêu ra nhằm mục đích trao đối với bạn đọc những suy ngẫm, những ý tưởng đề xuất và kinh nghiệm xung quanh việc giải và khai thác một bài toán toán học hay (về đại số cũng như hình học) nào đó
Nếu xem xét kỹ lưỡng, chỉ tiết hơn thì trước hết, phải nói rằng: Bài tốn hình học 9b) chỉ là mơ hành hành học của rmột phân bài toán đại số 9 mà thôi Thật vậy, trở lại phần biện luận của lời giải thứ nhất của bài tốn 9 (trình bày ở bước 2) chúng ta nhận - ra ngay rằng lời giải thứ hai (lời giải hình học) của bài toán này chỉ đề cập đến những giá trị của tham số k thỏa mãn bất đẳng thức |k| < 2 sao cho có thể gán cho k ¥ nghia hành học k = —2cos+y, trong đó 0 < + < 7 là độ lớn của một góc của một tam giác nào đó mà cạnh đối diện với góc đó có độ dài c và hai cạnh của góc + đó có độ dài # và 1 mà tổng của hai cạnh đó # + = d, đồng thời đ > c Những giá trị của k ở đây đồi hỏi |k| < 2 chỉ là một tập con những giá trị k thỏa mãn bất đẳng thức (7) chứ chưa nói tới những giá trị của k thỏa mãn bất đẳng thức (8) được chỉ ra đầy đủ trong phần biện luận thuộc bước 2 của tiểu mục a) trình bày lời giải thứ nhất của bài toán 9 Tác giả bài viết này còn để trống, chưa thấy được ý nghĩa hình học của những giá trị k khác, ngoài |k| < 2
#) Xuất xứ của các bài toán 9, 9a), 9b) và một hướng đề xuất bài toán mới khác
Trong kỳ thi Olympic Toán quốc tế lần thứ 46 (46° IMO, 7/2005) tổ chức ở Mexico có hai bài tốn hình học phẳng, trong đó có bài tốn (Bài 1) sau đây:
Trên các cạnh của một tam giác đều ABC sáu điểm đã được chọn lần lượt: Á, Áa trên BƠ; Bì, B; trên CA; C\,Ca trên AB Các điểm này là các đỉnh của một lục giác lồi ÁiAsBì B›OC, có tất củ các cạnh bằng nhau Chứng minh rằng các đường thẳng ALB;, B:Ca uà Œ:Aa¿ đồng quy
Chính từ bài tốn hình học này cia ky thi IMO, 7/2005 vừa qua mà tác giả đã đề xuất bài toán hình học 9a), 9b) và bài toán đại số 9 ở trên Để được thuận tiện cho việc
phát biểu các bài toán này dưới dạng như đã trình bày trong bài viết, tác giả đã đặt lại tên như hình 4 đã ghi: Tam giác đều xuất phát được ký hiệu lại là C+C¿Œ2, còn lục giác lồi được xét ký hiệu là 4i1AasạAsÖ; với các cặp đỉnh ñạ, 4a; Ba, Ai và Bị, A¿ lần lượt
trên CoC, C3Cy va CC Ba đường thẳng được xét sẽ là: Ai, A:Bs va A3B, Thé thi,
theo giả thiết của bài toán và với ký hiệu như trên hình 4 chúng ta thiết lập được ngay dãy đẳng thức (*) nêu trong giả thiết của các bài toán 9, 9b) và 9a) Tuy nhiên, riêng
Trang 14
về góc, góc 60° ở các đỉnh Œ; (của A đều Œ¡Œ¿Œ và cũng là của ba AA;B;C;) da dugc thay bởi góc có độ lớn y tổng quát hơn, miễn là 0 < + < m
Bài toán 10**,) @¿đ¿ uà biện luận hệ phương trình bậc hai ð ổn +, U,Z,U,0 sau đâu
2 2
#Z — Jˆ #u— UZ #U—tu u—z?2 zu—0 zUu—u
(Ho) a b ~ C do e 7 f “)
trong đó a,b,c, d,e, ƒ là các số thực khác không đã cho
A Lời giải "sơ cấp" của bài toán 1°) Nghiệm tầm thường của bài toán
a) Hệ phương trình 7, (*) có thể viết lại dưới dạng sau đây: Nếu đặt À là giá trị chung (mà ta thường gọi là ổn phụ của hệ) của dãy 5 tỉ số bằng nhau (*) thì ta có 6 đẳng thức sau: À0 = zz — t2 Ab = ZU yz Ac = zu — yu ú) Àđ = tu — z2 Ae = Zzu — 0 Àƒ = zu — u?
b) Nhận thấy ring véi x,y, z,u,v tiy ý, bao giờ ta cũng có đồng nhất thức sau đây (dễ dàng kiểm nghiệm):
(xz — 12)(zu — u2) + (ru — yz)(zu — yv) + (xu — yu) (yu — z*) = 0, (Vz, y, 2,4, v); (*’)
Đối chiếu (1) và (*') ta được hệ thức sau đây (nếu hệ (*) đã cho có nghiệm): (af + be + cd) =0
Từ đó suy ra:
1° Hoặc À = 0, và do đó, hệ (*) có dạng đơn giản (I') sau:
{zz — UỶ = tu yz = #U ~ tu = tu — z? = zu — tu = zU — uÊ = 0}; (I’) 2° Hoặc À z# 0 thì hệ (*) cũng còn nghiệm khác nữa khi các hằng số đã cho ràng - buộc với nhau bởi điều kiện sau:
aƒ + be + cđ = 0, (**)
Vậy ta cần xét hai trường hợp:
Trường hợp 1 Nếu các số thực khác không ø,b,c, d,e, ƒ đã cho là tùy ý, khơng địi hỏi phải thỏa mãn điều kiện (**) thì hệ phương trình (*) được xét chỉ có nghiệm tầm
!Bài toán 10** này đã được đưa vào cuốn sách của GS Nguyễn Văn Mậu "Da thức đại số và phân thức hữu tỷ", NXB Giáo dục, 2002 (Bài toán 5, trang 48)
Trang 15thường, ứng với giá trị À = 0 trong (I) Nghiệm đó là nghiệm của, hệ phương trình (T') như đã chỉ ra ở trên
Từ hệ (I') này ta dễ dàng thiết lập được dãy đẳng thức sau:
+ Z_ tu U_ 2z tu
i — —= ——=—=_— Ù Vv
—=——=—=—-— (iS R
UC) > 3 ca 7 PS = 7, t € R) (1)
Từ (1) suy ra hệ (I') này có nghiệm sau đây:
#:U:z:U:U=1:1:f?:t`:É, (với t tùy ý, te); (2)
Nếu để ý rằng 1 = ¢° thi x,y, z,u,v theo thi tự tỷ lệ với lũy thừa của , từ 0,1,2,3 đến 4 Điều đó gợi ý rằng nếu ta thay đổi ký hiệu các ẩn số z,,z,, lần lượt bởi #o; #1; #a, #a, z4 thì biểu thức nghiệm của hệ (I) được viết gọn lại dưới dạng:
ti = pt’ (p £0 bat kỳ, ¿ € {0,1,2, 3, 4}) hay đặc biệt, có thể cho ø = 1 thì:
#¿ = É, (¡€ {0,1,2,3,4}); (3)
Trường hợp 2 Hệ 24 được bổ sung thêm điều kiện (**) để trở thành hệ (2) = {(*), (++)} Từ đây không những chỉ thay đổi ký hiệu đối với các ẩn số như trên mà cũng thay đổi ký hiệu đối với các hằng số đã cho; cụ thể là a, b,e, đ,e, ƒ lần lượt được thay bởi bọ, by, bạ, bạ, bạ, bs Việc thay đổi này cũng cịn có tác dụng giúp chúng ta theo đõi việc giải hệ phương trình phần nào được dễ dàng hơn Với quy ước đó, ta viết lại hệ phương trình (2 = {(), (x+)} = (7ú) U (**) sau khi được bổ sung thêm điều kiện (**):
#o+za—+z?2 S3—m)z eor4—w1a 2103~22 #2Za3—Z1# ®ata—z2
(1) | Sie = GES = Bega = Be = marae = BE (40) Ge bobs + b1b4 + bobs = 0 (x)
Còn đồng nhất thức (*') ở trên thi bây giờ được viết lại như sau:
(Zot — #1)(a#4 — z3) + (%ozs — #152)(34 — #t#4) + (LoL4 — 2123)(21r3 — 22); (*) 29) Tìm nghiệm khơng tầm thường của bài tốn
c) Ngồi đồng nhất thức (*') liên quan đến các ẩn số z; (2 € {0,1,2,3,4}) đã được phát hiện ở trên, bằng những quan sát đặc biệt các nhị thức thuần nhất của các ẩn có - cùng bậc (đồng bậc) và có cùng tổng các chỉ số, ta còn phát hiện thêm 5 đồng nhất thức nữa sau đây (mà bạn đọc cũng dễ dàng kiểm nghiệm được):
La: — +3)#2 + (Z2Za — ®124)3 + (2123 — %3)Z4 = 0, (i)
—2(#a#4 — 23)Z\ — (#24 — #4) + (Zo#4 — 2#1Za + £2) x3
—(Zo#a — #1Za)Z4 =0, (ii)
(ZaZ4 — ể3)#o — (#23 — 2124) — 2(ZoZ4 — #1Z3)Z2
+(ZoZa — £1 X2)x3 + (xoxo _ +1)4 = 0, (iii)
(#273 — #124)#o + (o4 — 23 + £5) 21 + (tor3 — 2129) xq — 2(oza T— zŸ)za =0, (iv) (Z1#a — #3)Zo — (ToZ3 — #12)#i + (#oZ¿ — zŸ)+; = 0 (v)
93
Trang 16
Bây giờ ta thay các nhị thức ở trong ngoặc bởi nhị thức tương ứng có gid tri Ab; (i= 0,1, 2,3, 4, 5}) rút từ dãy tỉ số bằng nhau (*) ở trên, sau đó khử ẩn phụ À ta thu được một hệ mới 74, g6m 5 phương trình tuyến tính thuần nhất với 5 ấn số #0, Z1, #a, #3, 14 — mà định thức A của hệ triệt tiêu (vì A được phân tích thành tích hai thừa số, trong đó một thừa số là boö; + bạbạ + bạb¿ (— 0); thừa số còn lại, ký hiệu ®(b;) # 0
bstq -+ baz3 + bate = O (i),
~2bst, - bạzy + (b bạ) - bay = 0 (ii),
(71) bso —b4x - Qbex + biz3 + bot4 =
O (iii),
bato + (bạ by) + bya —2box3 = 0 (iv),
b3Xo —bt; + bạz¿ = 0 (v)i
Vì định thite A ctia he (41) c6 dang: A = (bobs + biby + babs).®(b,) = 0 ma ð(b,) #
nén (71) c6 nghiém không tầm thường đuy nhất, (xác định sai khác một thừa số z 0) Giải hệ (?(¡) ta thu được nghiệm sau đây:
À1Zo = b? — bo(ba + bạ),
Ai Ly = bobg + bybs,
A1Zq = b2 — bobs, (4)
Ai @3 = —(bybs + bsba),
M124 = b — bs (bo + bs)
[Để giải hệ phương trình tuyến tính thuần nhất ?í¡ này (có định thức A = 0) ta chỉ việc bỏ đi một trong 5 phương trình của hệ đó, chẳng hạn bỏ phương trình thứ ba (iii), sau đó chỉ việc giải hệ {?4\(11)1} gồm 4 phương trình cịn lại với 5 ẩn Lo, 21,02, 23,24 thi
thu được nghiệm duy nhất có biểu thức (4)]
Tom lại là, sau hai bước giải ta thu được kết quả:
Hệ phương trình bậc hai (7 {(«), (**)} với 5 ấn Zo,Z1, #a,Za, a4 có nghiệm tầm thường (3) và nghiệm không tầm thường (4) như đã chỉ ra ở trên
B Cơ sở lý thuyết toán học dẫn đến hệ phương trình tuyến tính thuần nhất (4) để tìm nghiệm khơng tầm thương của hệ (2?) nêu trong bài toán 3
Chúng ta cần tìm hiểu ngọn ngành để lý giới con đường dẫn đến lời giải "sơ cấp" của bài toán 10** như đã nêu ra trong mục A ở trên
1°) Trước hết, để ú rằng các hiệu sau day:
#02 — #1, #0 — #172, T014 — Œ11ạ, TỊ — TỘ, Tạ — 8ì đa, a8 — #3
là các nhị thức bậc hai thuần nhất cla cdc 4n 2; (i € {0, 1, 2, 3, 4}), xut hiện trong day (1) các tỷ số bằng nhau của hệ (?(„), được tạo thành từ các định thức con (minor) cấp 2 rút từ ma trận chữ nhật (2 x 4) sau:
To XL, Z2 1a *#\ 2 Z3 Z4
Trang 17
Có thể xem chúng là các toạ độ PRicker của một đường thẳng xạ ảnh trong không gian xạ ảnh 3 chiều Ƒ¿ xác định bởi hai điểm có các toạ độ: điểm A(%o, £1, Z2, £3) va diém B(21, 22,23, 04) trong toa độ xạ ảnh thuần nhất
2°) Các ¥ tudng co bén trong qué trinh tim toi lời giải (nghiệm) của hệ phương trình
(10 ô trên
a) Như ở phần A đã chỉ ra: Hệ phương trinh H, (*) và do đó, hệ phương trình (24) có nghiệm tầm thường mà biểu thức nghiệm có dạng (3)
az; = pt, i€ {0,1,2,3,4}, p40 b) Hệ phương trình ?¿ (*) với các ẩn z; được viết lại như sau:
ự pbo = #o#Za — Z‡, 0bị = #033 — #\Za, pÙạ —= #04 — #1, pb3 = £123 — £3, pbs = Lotz — 1124, pbs = Tor, — T3;
trong đó ø là giá trị chung của 5 tỉ số bằng nhau của hệ phương trình (*) mà giá trị ø = 0 cho ta nghiệm tầm thường (3) của hệ (?() và chưa đời hỏi đến điều kiện (**) của các hằng số cho trước ở; (¿ € {0,1,2, 3,4, 5})
Cũng như nhận xét b) phần A đã chỉ ra: Với #0; Z1, Za; Za, Z4 tuỳ ý bao giờ ta cũng
có đồng nhất thức (*'):
Va, (i=0,1,2, ›Ã): (ZoTa — #1)(#aZ4 — Z3) + (org — 1 %2)(X2x3 — #i#4)+
+ (Zo%q — 21%3)(2123 — z3) =0, (*)
Chính đồng nhất thức (*') này cùng với đẳng thức điều kiện (**) về các hằng số b; (¡ = 0,1, , ð) là cơ sở quyết định cho việc tìm nghiệm khơng tầm thường của hệ (7?)
c) Ta chứng minh điều khẳng định sau:
Nếu có hệ thức (**) nghĩa là các hằng số b; (¿ = Ö,1, ,Ð) ràng buộc bởi điều kiện
bobs + bybg + bob3 = 0
thì, ngồi nghiệm tầm thường (3) (2; = t* (i € {0,1, 2,3, 4})], hé phuong trinh bac hai thuan nhat (7) = {(*), (««)} cdn có một nghiệm không tầm thường duy nhất mà (4) là biểu thức nghiệm đã chỉ ra ở phần A
Thật vậy, hệ thức (**) được viết lại dưới dạng tương đương sau: 2p(bobs + bibs + bobs) = 0 (vdi p # 0),
hay la ,
bo(pbs) + bs (pbo) + b, (pba) + b4(pby) + be(pbs) + bạ(pba) = 0 (*")
Thay các giá trị của øb¡ (¿ = Ũ,1, ,ð5) ti (I’) vao (*") ta duce hệ thức sau đây (sau
khi đã nhân hai về của (*“) với 2): :
2lbo(zaz4 — z3) + bs(zoxq — x?) + bi (xox%3 — 2124) + ba(xox3 — #1Za)+
Trang 18
V6i cdc 6; (i = 0,1, ,5) 1& da cho thi (I) chinh 1a phuong trinh trong toa dO xa anh thuần nhất của một siêu mặt bậc hai, suy biến thành một siêu nón trong khơng gian xạ ảnh 4 chiều ạ
Bây giờ ta viết lại phương trình (Í”) dưới dạng ma trận zTửQx = 0:
4
Dd) wiry = 0, (qụ = 470 (5)
i,j=0
trong đó các hệ số g; có các giá trị cụ thể như sau:
goo = 0, gọi =0, Gor = bs, gos = ba, goa = 63; mo=9, M1=—2bs, gio=—bs, G13 =b2—bs, qiá = —bị;
g20 = bs, đại = —Ùa, Goo = —2b2, go3 = OF, qza = bo; (5) q30 = ba, 931 = b2 — bs, g32 = by, Q3a = —2Ù0, — qsạ =0;
đạo =Ủa, đại = ~hi, q42 = bp, gaz = 0, qaa = 0 Vậy dưới dạng ma trận thì phương trình siêu quadric (5) có.dạng:
0 0 bs bạ ba Zo
0 —2bs ~b, bạ — bạ —b, #1
(xo 21 Z2 %3 #4) bs —b4 —2bo by bo Za = 0, (6)
bạ ba — bạ by —2bo 0 +3
bạ —b, bo 0 0 4a
hay viết (6) một cách ngắn gọn hơn, dưới dạng toán tử:
a" Qa =0, Ve # 0 = (0,0,0,0,0) (7)
trong dé: x7 = (x9, 21, 20, Zs, #4) là véctơ hàng (chuyển vị của véctơ cột #(Zo, › #4), và Q = Q(b) là một ma trận vuông cấp 5, có các phần tử q; tạo thành từ các hằng số Ù; đã cho (thỏa mãn (**)) theo bảng (5') ở trên)
Sau khi thực hiện phép tính định thức |Q| của ma trận Q(b) trong dé
b= (do, by, bo, ba, bạ, bs) thi được: |Q(b)| = (bobs + byb4 + bob3).®(b;) =0 (vi theo (**) thì
bob; + biba + bạbạ —= 0), nghĩa là, Q() là một ma trận suy biến và có hạng r = 4 Bởi
vậy, (6) là phương trình của một siêu mặt bậc hai suy biến thành một siêu nón bậc hai
có 0-phẳng_ đỉnh, tức phẳng_ đỉnh này là một điểm, được xác định bởi hệ phương trình tuyến tính thuần nhất sau: Dưới dạng tốn tử, hệ phương trình này được viết gọn lại là:
Qz =0 (8)
Vì ma trận vuông cấp 5 Q có hạng r bằng 4 nên trong 5 phương trình tuyến tính thuần nhất của hệ (8) chỉ có 4 phương trình là độc lập tuyến tính Bởi vậy, hệ phương trình tuyến tính thuần nhất (8) xác định cho ta một điểm đưy nhất trong không gian xạ ảnh bốn chiều P¿ Điểm này chính là đỉnh của siêu nớn bậc hai có phương trình (6) hoặc (7) trong không gian xạ anh P, nay
Trang 19That vậy, vì (*') là một đồng nhất thức, kết hợp với đẳng thức điều kiện (**) thi (*”) _ và do đó, (6) hay (7) cũng là một đồng nhất thức Và từ (7) suy ra (8) là một phương _ trình tốn tử
Nếu viết cụ thể ra thì (8) cho ta hệ 5 phương trình tuyến tính thuần nhất (?4) như đã viết rõ ở tiểu mục 2°)c) của phần A ở trên
Sau cùng giải hệ phương trình tuyến tính (8) cũng tức là giải hệ (Hy) ta được nghiệm không tầm thường (4) của hệ (?() như đã chỉ ra trong phần A, tiểu mục 2°)c) ở trên Điều khẳng định trên đây đã được chứng minh
d) Với lời giải trên đây của bài toán đại số 10 trình bày ở tiểu mục c) ta thấy rằng việc giải bài tốn này có liên quan đến một lý thuyết hành học uề mặt bậc hai trơng không
gian +ạ ảnh, trong đó có mặt bậc hai suy biến thành nón bậc hai Về một ý nghĩa nào đó mà nói thì cũng có thể gọi lời giải này là iời giải hành học của bài tốn 10** Điều đó cịn nói lên rằng bài tốn 10** chắc hẳn cịn những lời giải khác nữa Hy vọng bài tốn này cịn nhận được lời giải hay khác ở bạn đọc
C Nguồn gốc lịch sử hay xuất xứ của bài toán 10**
Bài toán 10** xuất hiện cách đây đã được 42 năm Năm 1965 trong một bài báo "Sur un espace riemannien à absolus locaux" đăng ở Tạp chí Acta Scient Viet (Sectio Math et Phys) Tome II, p 5-42, nhân một vấn đề nghiên cứu đầu tiên về một không gian có tuyệt đối động, giáo sư Nguyễn Cảnh Toàn đã đề xuất và, giải bài toán đại số mà bài viết này đã đưa vào danh mục các bài toán cần khảo cứu vé "Mot số bệ phương trình đại sơ đặc biệt", bài tốn đó đích thực là bài tốn 10 Xuất phát từ một vấn đề nghiên cứu về hình học, tuy công cụ sử dụng lại là đại số, tác giả bài báo vốn giàu trí tưởng tượng khơng gian đã giải bài toán bằng phương pháp "cắt", "chiếu" Và tác giả bài báo đã cho đáp số như chúng ta đã biết về hai công thức nghiệm (3) và (4) trên
đây; tuy nhiên người mở đường "khám phá" đã cho lời giải khá dài (do tính tốn nhiều và có phần phức tạp) Năm 1970, 5 năm sau đó tác giả bài viết này đã cho lời giải như đã trình bày ở mục B Khoảng 20 năm sau nữa, giáo sư N guyễn Văn Mậu đã quan tâm đến bài toán 10 này và đã giải nó bằng phương pháp "hành học hố" (vì có sử dụng khái niệm và tính chất của tích vơ hướng) Tác giả bài viết này hy vọng giáo sư N guyễn Văn Mậu khôi phục lại lời giải đó để bổ sung một lời giải đẹp và hay nữa cho bài toán 10** này
D Bổ sung một bài toán tương tự: Bài toán đảo (ngược) của bài toán 10**, Bài toán 10, Giải hệ 6 phương trình bậc hai thuần nhất (ẩn to, 1ì, Ua› J3, Ua, 5) Sau: -
Yous + Yiys + Yoys = 0,
p'a9 = Yt — Yo(y2 + 13), (Ho) pay = vous + 113,
P42 = ¥3 — Yoys,
pias = —(yiys + 394),
p'a4 = YZ — ys(Y2 + ys);
trong đó a, la những số thực khác không đã cho (¡ = Ũ,T, ,Â4) 97
Trang 20
tere ey a SG AIE
19) Chứng mảnh rằng hệ phương trình (Hz) nàu có một nghiệm duy nhất, trùng tới nghiệm của hệ phương trành tuyến tính thuần nhất (1) sau đâu:
0 0 0 0A ag a2 Yo 0
1 0
0 —Øa a3 —a3 —Q2 —2ai 0
‹AU= | a, a3 —2a2 0 -a, ao Yay NE (Hp)
—2a3 a2 ay —Q, ag 0 M 0
4
ag ay 0 ao 0 0 1s 0
2) Giải hệ 6 phương trình tuyến tính thuần nhất (Tí) nàu ta thu được biểu thức nghiệm của hệ (?(›) như sau: (Từ hệ (HQ) suy ra:
— 2
PYo = Apa2 — ay,
Ø1 — đoôa — 0a, Ø2 — dọ0öa — A143,
— 2
PY3 = A183 — ao,
PY4 = A203 — A144,
— 2
Øas — 020a — dạ
2_ Một số bài toán cực trị đại số, giải tích và lượng
giác có xuất xứ từ hình học
Trước hết, xin giới thiệu một bài toán cực trị giải tích có xuất xứ từ hình học Bài tốn 11 Xét ham ba biến ƒ = f(21,%2,23) cho béi biểu thức:
f= V (a1 — a1)? + (22 = a2)? + (x3 — a3)? + V/(#ị — by)? + (%a — ba)2 + (3 — bạ)®; (*) trong dé cdc bién 11, 22,23 rừng buộc uới nhau bởi điều kiện (các đẳng thức) sau:
đìị —C Z2 — Co Z#ã — Ca
tị Ug : tua , ¿€ÏR (1)
còn œ,Ù¡, c¡ tị (¡ = 1,2,3) là những số thực cho trước sao cho các bộ ba số sắp thứ tự (ai, dạ, 63), (Đì, ba, bạ), (c\, ca, ca) đôi một phân biệt (cững có nghĩa là trong ba bộ đó khơng có hai bộ nào trùng nhau) 0à uỆ + uệ + uz #0
Hay tìm cuc tiéu fm của hàm, ƒ Điện luận
a) Nhận xét Dây là một bài toán cực trị guải tích (có ràng buộc), cụ thể là tìm cực tiểu của hàm (*) ba biến thực Z1, Za, zs ràng buộc với nhau bởi hai đẳng thức (1) [Tuy nhiên, cũng có thể phát biểu khác đi để được xem là một bài toán về giổ¿ một hệ phương trình dại số (bậc nhất, ba ẩn z¡, xạ, Z3) nhưng gắn với một điều kiện khác nữa, cụ thể là biểu thức (*) phải đạt giá trị nhỏ nhất đa (thay cho việc bớt đi một phương trình]
Trang 21Chính vì vậy, chúng ta có thể nghĩ ngay tới việc sử dụng phương pháp giải tích (cụ thể là định lý của giải tích toán về điều kiện cần của cực trị của hàm một biến số Thật vậy, đặt giá trị chung của ba tỉ số trong các đẳng thức (1) bằng #, rồi thay aj = utt+c; (—oo <t < +00; ? = 1,2,3) vào (1), ta được ƒ là hàm một biến ¿: ƒ = ƒ(£), xác định trên toàn trục số
Cụ thể là:
/@) — V(r — đị + u+£)? + (co — đa + ugt)? + (ca — đa - uạ‡)2+
+ V(@ — bị + 0t#)2 + (ca — bạ + ust)? + (ca — bạ +uạt)2, (2)
Tính dao ham f’(t) rồi giải phương trình
=0 S (3)
ta sẽ tìm được những giá trị của tham s6 t dé f(t) đạt cực tiểu ƒ„ (hay cực đại) Tuy nhiên, cũng còn phải khảo sát hàm một biến ƒ(£) (2) để xác định giá trị nào tìm được (rút ra từ ƒ(£) = 0) của # sẽ cho ta giá trị cực tiểu ƒ„ cần tìm của ƒ(£) Trong thực tế,
việc sử dụng phương pháp giải tích đối với trường hợp bài tốn này địi hỏi thực hiện nhiều phép tính cồng kềnh mới đi đến kết quả Vì vậy, đối với bài toán này chúng ta cần tìm một phương án giải khác sao cho đỡ phải mất nhiều thời gian tính tốn mà vẫn đi đến kết quả nhanh chóng hơn Muốn thế, ta hãy quay trở lại để một lần nữa tìm hiểu đề toán (nội dung bài tốn cực trị giải tích hay đại số này) kỹ lưỡng hơn Quả thật, trước hết ta nhận ra ngay rằng (1) là phương trình chính tắc của một đường thắng A trong không gian Ơclit ba chiều 2z, xác định bởi điểm Œ có toạ độ (cạ, ca, c3) và vectd chỉ phương ?(wạ,uạ,uạ), từ z Ư (vì uệ + u + uậ # 0 theo giả thiết) Sau nữa, biểu thức của đại lượng ƒ cho bởi về phải của (*) biểu thị tổng khoảng cách ƒ = MA + MB
từ một điểm M (z\,Za, zs) bất kỳ trên đường thắng A đến hai điểm A và phân biệt cho trước trong không gian mà trong hệ toạ độ Đề các vng góc Ozz đã chọn thì (a1, 2, a3) và (bị, bạ, bạ) là các toạ độ của hai điểm đó Trên cơ sở phân tích này, chúng ta đã "hình học hoá" được bài toán cực trị giải tích (1) và sau đây chúng ta hãy tìm cách giải bài tốn đó bằng kiến thức của hình học trên cơ sở sử dụng kết hợp với những bất đẳng thức cơ bản của đại số
b) Lời giải 1 (lời giải hình học) của bài tốn 11 Bài toán cực trị giải tích 11 sau khi đã được "hành học hố" có nội dung sau đây của một bài toán cực trị hình học quen thuộc trong không gian và được phát biểu như sau:
Bài toán 11) Trong không gian cho một đường thang A vd hai diém A, B phan biét, cố định Tìm trên A một điểm M sao cho tổng khoảng cách MA + MB từ đó đến hai điểm A uà B đạt giá trị nhỏ nhất Tính giá trị nhỏ nhất đó theo AB = d uà các khoảng cách dị, dạ từ A uà B đến đường thẳng A
Gọi A' và ' tương ứng là hình chiếu (vng góc) của A và trên A Nếu hai điểm A và không nằm trên A thì A' # A, / # B Tuy nhién dù cho {A, B} ¢ A thi van có thể xảy ra A = Ø' (khi và chỉ khi (4B) L A) Khi đó điểm M cần tìm hiển nhiên trùng với điểm A' này
99
RT
en
Trang 22
Giả sử A' # B’, ta chon huéng dương của A 1A huéng cia vécto A’B’ Thé thi- A'B' = AM + MB’, (Me A)
Dat AA = dị, BIB = dy, AB! = 2 (4 0), AM = u, MB’ = 9, ta ln có u+v = 2c (> 0, không đổi) với mọi điểm M trén (A)
Ta cé:
MA+ MB = \/u? + a2 4 4/v2 + a (4)
Nhung ta lai có (bất đẳng thức Mincopski):
V12 + đ?+ Vu2+ đề > (+ 0)2 + (di + dạ)? (5)
Dấu đẳng thức đạt được khi và chỉ khi:
tu v ud ,
XS (5’)
Ttr dé suy ra: uv > 0, nghia lA M € [A’B’] Vay ta dude:
MA+MB=\/u?+@4+4/v2+@ > Vc? + (dy + do)? = fa? + 4d; dy; (AB = d)
Trả lời Tổng AA + AB đạt giá trị nhỏ nhất /„ = Vd? + 4d; dz 6 diém M thudc doan thang [A’B’] (là đoạn hình chiếu của đoạn thẳng 4Ø trên A) và chia trong đoạn đó theo ti sé s6 hoc A’M: MB’ = dì : dạ, cũng tức là:
MAI dy
A'B', M) = = =k=-2
(48,M) MP: £ dy (6)
Trén day 18 loi gidi dai số (vì phương pháp giải đòi hỏi sử dụng bất đẳng thức đại số, cụ thể là bất đẳng thức Mincopski) của bài toán cực trị hình học 11' được phiên dịch sang ngôn ngữ hình học từ bài tốn gốc (bài toán 11) về cực trị giải tích Bây giờ ta lại phải phiên dịch trở lại kết quả của bài toán 11" sang bài toán gốc (bài toán 11)
- Để xác định các tọa độ của điểm M theo (6), ta cần xác định các toa dé cia A’, B’
và các khoảng cách dị, dạ
AA’ | A= A’, suy ra A' được xác định bởi AA’ CA = 0, trong đó
—
A (ŒI — ai + tt, ca — ag + 2È, Cạ — dạ + ust); —
C A(uit, that, ugt);
(với tử đã được chọn sao cho ?? = ] tức W 1A véc td don vi chi phương của A),
nghĩa là véctơ tử đã được chọn sao cho Tử (M1, ta, ug) ma
lở] = 1¡ 1+ uộ + vậ = |?
Trang 23‘Tu dé ta được giá trị của tham số ‡ = í¡ ứng véi A’; tương tự ¿ = ¿¿ ứng với B’,
—
tr = @CA (t=06 A’ =C); tp = WCB Chuyén qua biểu thức tọa độ, ta được:
ty = ur (ar — C1) + u2(a2 — 6¿) + Ua(0ạ — cạ) = 02, ui(a; — 6i)
~ [te = uy (bi — cy) + ua(bạ — ca) + u3(b3 — c3) = an ui(b; — c;) Từ (6) ta được — Ul ——> (1—k)CM = CA' — kCP! Thay k = -Ÿ9 thì được dytz + dot, _, “hth — ®&)
Vay tham sé t = t3 tng vdi diém M phải tìm được xác định bởi
——> CM = dito + dot, = - 9 dj+d, - (9) tg
Cũng từ đó ta suy ra điểm M phai tim trén A dude x4c dinh bởi
OM = OỎ+CM =OÖ+ tt - (10)
Từ đẳng thức véctơ (10) ta được các tọa độ của điểm M cần tìm
đ¡ = Œ Tu, (¡ = 1,2,3) (11)
Các khoảng cách d; = AA’ va dạ = BP' được xác định từ
—> —
dj = AA? = CA? — CA? = CẢ? - (WGÀ)? = ??CÀ? - (#GÀ)? = (ở A GÀ)?
Như vậy —> — d = |w A CẢI dy = |e A Bl, (#|= 1); (2) - _— —
trong đó các tích véctơ w@ ACA va @ ACB cé céc tọa độ như sau:
Trang 24
Thay giá trị của dị, dp tit (14) vio (9) thi dugc tg, sau dé lai tiép tuc thay gid tri cha ts
vào (11) thì xác định được hồn toàn các tọa độ z,za¿, z3 của "điểm cực tiểu" M trên
A phải tìm Còn giá trị cực tiểu ƒ„ của ƒ được xác định bởi:
f2, = (a1 — b1)? + (a2 — be)? + (a3 — bạ)? + 4dida (15) trong đó dị va dạ được xác định bởi các hệ thức (14)
Chú thích: Phần lời giải đại số của bài toán cực trị hình học 11) chưa đả động đến biện: luận của bài tốn dựng hình này mặc dầu đã chỉ ra đáp số đúng của bài toán về giá trị cực tiểu ƒ„ của đại lượng ƒ, kèm theo vị trí của "điểm cực tiểu" M phải tìm trên đường thẳng A, cụ thể là trên đoạn 4“P', hình chiếu của đoạn thẳng 4 trên A Chính vì
vậy, khi ta phiên dịch trở lại kết quả thu được trong bài toán cực trị hình học 11) sang
bài toán gốc (cực trị giải tích 11) cũng chưa thấy xuất hiện phần biện luận là bước cuối cùng của việc giải bài toán gốc (bài toán 11 về cực trị giải tích) Bởi vậy, để hoàn chỉnh lời giải bài tốn dựng hình (bao gồm cả bài toán cực trị hình học) chúng ta cần bổ sung phần b¿ên luận mà lẽ ra phần này phải xem là phần cuối cùng của lời giải Tuy nhiên, dé nhắn mạnh và làm nổi bật điều này chúng ta tách khỏi lời giải thành tiểu mục riêng c) Biện luận: Trở lại, theo dõi lời giải (đại số) của bài toán cực trị hình học 1' ta, thấy rằng tỉ số đơn (4, M) có biểu thức (6) được hoàn toàn xác định khi và chỉ khi
đ? + d2 z 0 Bởi vậy, bài tốn 1' có nghiệm đưy nhất khi và chỉ khi đ? + đ? z 0 tức là khi
và chỉ khi ít nhất một trong hai điểm (phân biệt) A và Ư khơng nằm trên A, cũng tức là khi và chỉ khi hoặc ba điểm A, Ở, Œ không thẳng hàng hoặc khi Ở trùng 4, hoặc Œ trùng Ø nhưng A # (A4) Bài tốn có số nghiệm [và bất cứ điểm M nào nằm trong đoạn AP (kế cả hai đầu mút A và ) cũng là điểm phải tìm] khi và chỉ khi cá hai điểm A tà B đều nằm trên đường thing A Như vậy:
ƒ đạt min f„ == 4B ©@ {M} =|AB]|CA (ƒ=MA+MB, Me€A)
Trên cơ sở kết quả phần biện luận này của bài toán 11' ta phiên dịch ngược lại sang ngơn ngữ của bài tốn gốc 11, ta có kết quả sau đây
Nói chung, bài tốn 11 có nghiệm duy nhất và biểu thức nghiệm zx; (i = 1,2,3) có dạng (11), trong đó ‡; có biểu thức (9) và ; (2 = 1,2) có dạng (7) còn ở, được xác định
bởi (12) Giá trị cực tiểu /„ của ƒ được xác định bởi (15) Bài tốn 11 có số nghiệm khi và chỉ khi
đ1 — C¡ : 02 — Ca : 0a — Ca = Ủ — Cụ : bạ — Ca : Dạ — Ca = tu : tua | UB
Giá trị cực tiểu fm của ƒ được xác định bởi (15), trong đó dị = dạ = 0 đ) Lời bình bổ xung Với nhận xét nêu ra ở mục 2.1 a) trên đây bài toán 11 về cực trị giải tích đã được giải nhờ hình học hóa nội dung bài toán cực trị gốc Bài toán 11 đã được phiên dịch sang ngơn ngữ hình học thành bài toán cực trị trong hình học khơng gian (bài toán 11') Chúng ta đã sử dụng một B Ð T đại số cơ bản (đó là B Ð T Mincopski) để giải bài tốn cực trị hình học11'này Sau cùng chúng ta lại phải sử dụng đồng thời cả kiến thức về đại số (phương pháp tọa độ) và hình học (cụ thể là tích vơ hướng và tích véc tơ của hai véc tơ trongkhông gian) để biểu thị kết quả tìm được (giá trị cực tiểu ƒ„ của
Trang 25ham f) hoan toan theo cdc dit kién (cdc s6 thuc da cho ai, b;, Ci ui(t = 1,2, 3) trong nội dung bài tốn) Cụ thể là khơng những chỉ tính giá trị cực tiểu #„ của hầm ƒ mà còn phải xác định giá trị cụ thể của các biến z, za,zs theo các số đã cho khi ƒ đạt cực tiểu /a Vì vậy, lời giải khơng sử dụng phương pháp giải tích (cũng cịn được gọi là phuong pháp hàm số) này thực ra cũng khôngđược gọn gàng và tiện lợi cho lắm Để ý quan sát kỹ về lời giải 1 (lời giải hình học) này chúng ta, thay việc sử dụng B Ð T Mincopski có phần đã được gợi ý từ nội dung biểu thức (*) nằm ngay trong nội dung bài toán 11 rồi, nhất là khi (*) đã được biến đối về dạng (2) của ƒ = ƒ (£) phụ thuộctham số £ Điều đó khiến chúng ta cần quay trở lại thêm một lần nữa tìm cách sử dụng B.Ð T Mincopski để giải bài toán cực trị giải tích này hồn tồn bằng phương pháp đại số
đ) Lời giải ^( lời giải đại số) của bài toán 11
Trước hết để thực hiện các phép toán được gọn gàng ta luôn luôn giả thiết được rằng: u + us + uz = 1,
và đưa (1) về dạng (phương trình tham số):
= Œ + tyẺ, (¿ = 1,2,3), trong đó tu thỏa mãn diéu kién (1’) vi (—00 < t < +00 Đến đây, thay z¡ bởi giá trị ở về phải của (i) ta được:
3 3
S > (ai a:)? = t? + Qayt + 72; S > (ai — bi)? = t? + 20t + ^ộ
mm i=]
trong đó ta đã đặt:
= Dye Mu(G: — Tah 1? = 32s (G — 0);
= ye tu (C¡ bi), + — vn (c; — bị)”; (i = 1, 2, 3)
Bây giờ áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta dude
o1 = [1(€\ — ai) + 0a(đ — aạ) + a(cạ — as)]? < (uj+uz+u3)[(c, — ai)”+(cs — a2)"+(cg — a3)" rồi dé ý đến (1") va (i’) ta dugca? < 72
Tuong tu ta ciing dudcaZ < 92
Tuy nhiên, áp dung hằng đẳng thức Lagrange thì ta có các đẳng thức sau:
Trang 26
trong đó
Yi — 01 = ĐỂ = |ua(cs — dạ) — tạ(dạ — aạ)]” + [ua(e¡ — øy) — wr (ca — a3) ]? + [esr (co — 02) — trạ((
2 — 03 = BZ = [ua(cs — bạ) — us(co — be)]” + [us(cy — bi) — tị(cạ — bạ) |? + [ti (đa — bạ) — ua(cy
: (iv)
Déi chiéu (ii) va (iii) ta được: 3
» (a; — a4)? = (t+ a)? + để,
i=
3
» (x; — b,)? = (t + oœ¿)Ÿ + 83
t=]
và do đó thu được biểu thức gọn của ƒ như sau:
f= (tt an) + H+ ye 0)? +3, (1)
trong dé ai), 6; (i = 1,2) đều là những hằng số theo thứ tự được xác định bởi () và, (iv) nhu da chi ra ở trên
Đến đây với biểu thức (*') đã được thu gọn của, ƒ chúng ta có thể tìm được giá trị cực tiểu (giá trị nhỏ nhất) ƒ„ của hàm f bing phương pháp giải tích (sử dụng điều kiện cần để hàm f dat cực tiểu thông qua việc tính dao ham f’(t) rồi giải phương trình f'(t) = 0 dé chi ra gid tri t = to, 6 dé f dat cuc tiéu f,, ma ta phai tim
Tuy nhiên việc giải phương trình ƒ'(£) = 0 cũng chưa thật sự đơn giản như chúng ta ` mong muốn Bởi vậy chúng ta nghĩ đến phương pháp sử dụng bất đẳng thức đại số để tìm giá trị nhỏ nhất ƒ„ của biểu thức ƒ
Thật vậy, vì œ, œa, đị và đ; đều là những hằng số đã cho, trong đó 8i và Ø; đều là những số không âm; bởi vậy ta nghĩ đến bất đẳng thức Mincopski Theo bất đẳng thức
Mincopskl, ta được:
ƒ =V(t+ai)?+ + /(t +02)" +B > (or — an)? + (+H) W)
(Dé ¥ ring (t + a)? + 63 = (-t — ay)? + Ø6) Dấu đẳng thức ở (v) đạt được khi và chỉ
khi
_, By”
và do đó dễ dàng suy ra khi và chỉ khi
(t+ ay) _ (t+ ae)
a a1 82 + arf; (vi)
Bit Bo `
Trang 27trong đó
3 3
—ơi = ))u(e - a); a2 = } > ui(ci — by)
wl =1
và G1, đa được xác định bởi đẳng thức (¡v)
_ Cuối cùng ta thu được kết quả cho giá trị nhỏ nhất ƒ„ của ƒ:
minf = fn = VJ (œi — oa)Ÿ +(Ø + 8)” (vii) khi và chỉ khi ¢ = to, xAc dinh bdi (vi), còn œ, Ø; (¿ = 1,2) được xácđịnh bởi (ï')và (iv) như đã chỉ ra ở trên
Biện luận Bài tốn có nghiệm khi giá trị của £ (xác định bởi (vi) được hoàn toàn xác định Vì 8 > 0 (Vi = 1,2) nén đi + đa > 0 Bởi vậy bài tốn có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi 6? + 2 # 0, cũng tức là khi và chỉ khi ít nhất có một nghiệm đ; (¿ = 1,2) # 0 (và do đó hoặc Ø¡ > 0, hoặc /ạ > 0) Bài tốn có vơ số nghiệm khi và chỉ khi đị = /; = 0 Và do đó, theo các hệ thức (¡v) xác định đ? và đ ở trên dễ dàng suy ra:
Bi = Bp =0 Sc — a) : Co — Gg : Cg — G3 = C1 — Dy 2 Co — DQ: Cg — Dg = UY : tạ : tạ (V1)
Tóm lại: Bài tốn 11 có nghiệm duy nhất f,, x4c dinh béi (vii) © đ? + 6$ # 0 Bài toán 11 có vơ số nghiệm có cùng giá trị ƒ„ =| ơi — œ¿ |© đi = Øs, cũng tức là các bộ số ai, b;, c;, us (i = 1,2, 3) thỏa mãn điều kiện(Vii)
Cuối cùng, đối chiếu hai lời giải 1 và 2 (hình học và đại số) của bài toán 11 ta thấy được ý nghĩa hình hoc cia a; va Ø; (¿ = 1,2) của lời giải đại số Đó là:zfo = ta, ị = đì,Ủa = —d; và œ = —t; (¡ = 1,2) Sau đây là hai bài toán cục trị đại số uà lượng giác đều có xuất xứ từ cùng một bài toán cực trị hình học (trong hình học phẳng) Hai bài toán cực trị đó, nói khác đi chính là lời giải đại số và lời giải lượng giác của bài toán cực trị gốc
Bởi vậy, trước hết xin đề cập bài toán cực trị hành học gốc, xuất xứ của hai bài toán cực trị đại số và lượng giác (về nội dung cũng như lời giải) để bạn đọc dễ theo dõi và đối chiếu
Bài toán 12 (Bài toán cực trị hình học gốc)
Trong mặt phẳng cho đường trịn tâm bán kính a và một điểm P cố định nằm trong đường tron (OP = d < a) Trong các tứ giác lồi ABŒ7 nội tiếp đường trịn nói trên sao cho các đường chéo AC và BD vng góc với nhau tại P, hãy xác định tứ giác có chu vi lớn nhất và tứ giác có chu vi nhỏ nhất Tính các chu vi đó theo ø và d Chú thích Bài tốn này chính là một bài tốn hình học phẳng (Bài 1) trong kỳ thi chọn hoc sinh giỏi quốc gia mơn Tốn (Bảng A), tháng 3 năm 1997
Bài tốn này có nhiều cách giải
Sau đây là lời giải hành học của bài toán (Lời giải 1)
Trang 28
a) Ky higu p = AB+ BC+ CD + DA Ia chu vi cla tit giéc ABCD, ta tinh
p’ = [((AB + CD) + (BC + DA)]? Ta được:
p = (AB + CD?) + (BC? + DA?) + 2(AB.CD + BC + DA)+
+ 2(AB.AD+CB.CD+ BA.BC+ DC.DA) Vi ABŒD) nội tiếp đường trịn (Ĩ, ø) nên ta có (Hình 1):
AP.PC = BP.PD = —PP,⁄(O,a) = a2 — đ? = b2, (1)
AB.CD + BC.DA = AC.BD (Dinh ly Ptolémé), (2)
Lai vi ACLBD = P nên ta dễ dàng thiết lập được các hệ thức sau:
AB? + CD? = BC? + DA? = 4a?, (3)
AB.AD _ CB.CD _ BA.BC _ DA.DC = 24 (4)
AP PC BP PD
AC? + BD? = 4(2a? — d?) = 4(a? + 82) (5)
Đến đây, từ (1), (2), (3), (4), (5), và 2AƠ.BD = (AC + BD)*- (AC?+ BD}) ta thu được biểu thức thu gọn của ?ˆ (vế phải của biểu thức (*) sau day):
?° = (AC + BD)? + 4a(AC + BD) + 4(a? — 8) (*) b) Biéu thức (*) của øˆ cho ta biết : ø? và do đó, p đạt giá trị lớn nhất px; hay giá trị nhỏ nhất øạ khi và chỉ khi tổng AC + BD độ dài hai đường chéo của tứ giác ABCD, tương ứng đạt giá trị max hay min
Bây giờ từ hệ thức (5) và hệ thức (6) sau đây liên quan đến AC và BD:
(AC + BD)’ + (AC — BD)? = 2(AC? + BD}), (6)
ta suy ra: AC + BD dat gia tri max(min) khi va chỉ khi |AC — BD| dat min(max) +) Từ (6) suy ra:
max(AC + BD)* = 8(a? + b2) œ AC = BD Bởi vậy, ta được:
AC + BD đạt giá trị max = 2\/2(a? +b?) AC = BD = V/2(a? +62) (7) Cuốỗi cùng thế giá trị (7) vào (*) ta thu được kết quả cần tìm của py:
Pm = 2(aV2 + Va2 + b2), (b2 = ạ?— d°) (8) ® AƠ= BD= ⁄2(a5+Ю)
Trang 29Vì AC và BD là hai dây cung của đường trịn (Ĩ,a) nên chúng bằng nhau khi và chỉ khi ABCŒD là một hình thang cân ở vị trí Ái B.CtD; (hình 2) nhận (OP) làm trục đối xứng và cũng là trung trực chung của hai đáy :Œ và AiD
+) Cũng từ (6) suy ra,
min(AC + BD)? = 8(a? + b*) — 4(a — b)? = 4(ø + b)? Ẳ© |AC — BD| đạt max = 2(a — b)
và do đó, khi và chỉ khi một trong hai đường chéo (AC hoặc B7) là đường kính đi qua P của (O,a), còn đường chéo kia (BD hoặc AC) là dây cung ngắn nhất đi qua P Ta di đến kết luận p đạt giá trị nhỏ nhất pạ,
Dm = 4V a(a + b), (9)
khi và chỉ khi ABŒD ở vị trí của tứ giác 4Œ; nhận đường chéo lớn làm trục đối xứng, trùng với đường kính đi qua P của (O,ø); (chẳng hạn AsŒ¿ 3 P ở hình 3)
lời giải 2 (Lời giải lượng giác)
a) Ký hiệu điệu độ lớn ớn các gốc 6 7 tâm AOB, OB, BOC, COD va, DOA lan lượt là là 2z, '› 2W; 2 2z và,
2t Khidé ACB = ADB = x, BAC = BDG = y, CAD = CBD = z,DBA=DCA =t: (Hình 1) đồng thời thoả mãn các điều kiện sau
0<2,y,2z,t< = (10)
BHe=ytt= = (11)
Ngoài ra, theo định lý hàm sin ta có
4B_ BƠ CD_ ĐA _ : (12)
smx siny sinz sint
Từ (11) và (12) ta thu được biểu thức (**) sau đây về chu vi p của tứ giác ABCD
p = 2a(sinz +cosz+siny + cosy) (**)
Đến đây bài toán quy vé tim cuc dai fy va cuc tiéu fm cia biểu thức lượng giác sau
đây
f(x,y) = fly, z) =sinz +cosr+siny + cosy, (+) trong đó hàm lượng giác ƒ(z,1) được xác định trong miền mở: (0,5) của hai biến z, không độc lập mà theo hệ thức (1) được chỉ ra trong lời giải 1 ở trên thì z, ràng buộc với nhau bởi điều kiện (đẳng thức)
2
b
sin 2z sin 2 = „ (18)
Với nhãn quan này ta đề xuất được một bai todn mdi vé cuc trị lượng giác sau: Đài tốn 13 Tìm cực đại ƒ„ và cực tiểu fm cha biểu thức lượng giác sau (** ):
f(z,y) =sinz + cosz+siny + cosy,
107
Trang 30
` 7 ¬_ `
trong đó ƒ(z,) được xác định trong miễn mở (0, 3) của hai biến thực z, ràng buộc với nhau bởi hệ thức (13):
2 Sin 2z sin 2 = =>:
a
b) Nhé céng thitc sinu+cosu = /2 sin(u + 2), Vu và hai công thức biến đổi các tổng sinu + sinv vA cosu + cosy thanh tích, chúng ta dễ dàng đưa được biểu thức (**)) của, ƒ(z, w) về một trong hai dạng sau
ƒ(®.) = VŠbin(ø + 7) + sin(y + ^)), | (14) )- (15) ry
f(t,y) = 2[sin(“ 5 *) + cos(— : 3# cos(
+) Đến đây, để tìm giá trị max ƒ„ của f(x,y) ta sử dụng biểu thức (14)của nó Vì 0 < z, < § nên 0 < sin(z + 7), Sin(y + 2) < 1 và do đó F(z,y) < 2V2 Suy ra: JM(#,U) = 3V3 ® ø =ụ=z=t=Ÿ œd=0%® P =O ABCD là hình vng, Bởi vay, néu P = O thi fu(z,y) < 2/2 Tw dé suy ra: Nếu ở #0, tức là P # O thi F(z, y) dat max khi và chỉ khi hoặc z = + hoặc = 7 Chẳng hạn, nếu z = Zo = F thi 2x = 29 = 3, do đó sin2zo = 1 và Zo = #o = { Khi đó ta được:
| max f(x,y) = fur = f (20, yo) = V2 + sin yo + COS Yo, - (16)
trong d6 0 < yy < s được xác định bởi:
b2
sin 2o = a (17)
Từ (17) ta tính được sin 1o Và cos1o như sau:
SiN Yo = COS Yo == 1 (18
V2(?- 2=) Vl2(a2+va=m, 2
Thay giá tri cha sin yo vA cos yp tit (18) vào biểu thức (16) của ƒ„ ta được:
max ƒ(,U) = ƒ(®o.tn) = Í = V2+ 9/14, (19)
đạt được khi và chỉ khi z = zọ, U =0o, trong đó zọ, 1o được xác định bởi (18)
Cuối cùng, từ giá trị ƒ„ vừa tìm được ở (19), thay vào (**) ta tìm được giá trị lớn nhat py của p đúng như biểu thức (8) của nó đã được chỉ ra ở trên trong (lời giải hình học) của bài tốn 12
+) Bây giờ, đến lượt tìm giá trị min của f(x,y) ta lai st dung biểu thức (15) cha nó Sử dụng bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhãn của hai số dương, ta được
f(z,y)> 2VW2sin(z +) cos(——*), (20)
Trang 31Dau ding thức ở (20) đạt được khi và chỉ khi:
ET Yy ++1w +†+Ụ_ 7T _ —
sin ( ) = cos ( 5 )© pT e ttysztt=5 (21)
© sin(z +) =sin(z + £) = 1 Bởi vậy, ƒ(z,) đạt giá trị nhỏ nhất
in = F (20, Yo)s
faạ = 2V2cos s(5*), (22)
trong đó Xo, Yo la nghiệm, của hệ hai phương trình {(13), (21)} Giải ra ta được COS(ạ — 1) = sìn 2y = È 2 rồi dễ dàng tìm được:
0— 1
cos (Em) = 2 5 Vaal (a-+6) = 5( (1 +2 1 +2 ~ (23)
Từ đó suy ra:
3
b v= 2) =" —}arccos 2, |
fm = 24/1 + = a U=t9o= {+ s8rccos 7 poets (24)
Sau đó, tir (24) ta thu dudc-pm = 2afm va thay lai biểu thức (9) của p,, nhu da chi ra trong lời giải hình học (Bài tốn 12)
Sau đây là lời giải đại số (Lời giải 3) của bài toán 12
a) Dat b = Vu2T— d2; PA = z; PƠ = +z!;PB = ụ;PD = ự' Ta thu được biểu thức _ sau đây của chu vi p của tứ gidc ABCD:
p =P(z,z,19,) = Vz?+ 2+ Vy? TP, SP Ty + PES (***)
Ngoài ra, dễ dàng chỉ ra được các biến số z, z', , ' ràng buộc với nhau bởi các điều kiện
(bao gồm cả bất đẳng thức và đẳng thức) sau đây
œ—d=a~— Va?—Ù2<z,z',0,UWSa+Va2—b2=a+d, - (i)
na = yy = 0 (0<b<a), (ii)
ete? ty? 4 2 = 4a? (iii)
Như vậy, với cách nhìn bài tốn cực trị hình học (bài tốn 12) dưới góc độ mới này, ta - lại thu được một bài toán mới khác về cực tr¿ đại số mà nội dung có thể phát biểu ngắn gọn như sau:
Bài tốn 14 Tìm cực đại p„ và cực tiểu pạ, của a biểu thức đại số p(z, z', ụ, ') của các biến z, ø', ,1⁄ ràng buộc với nhau bởi (0), (1) và (1)
Trước hết ta hãy tìm cách thu gọn về phải của (***) Thật vậy, nhờ đẳng thức (ii) ta dễ dàng thu được các đẳng thức sau đây:
Trang 32tương tự với bài toán cực trị hình học (Bài tốn 12) trong hình học phẳng (xem phần chú thích c) ở đoạn dưới)
a) Phát biểu bài toán:
Bài toán 15 Xét 2n biến số thực dương z¿,z‡ (¡ = 1,2, ,n) thoả mãn các điều kiện
Sau: ,
œ— V@Š — Ùb2 < z¡,1z¿ < a + Va? — 2, : (2)
rx, = b? (0< b<a), (it)
Sx (2? + 2?) = 40? + 2(n — 2)p? (iii)
Tim gid trị lớn nhất pụ va gid tri nhé nhét pm của ham 2n biến #¿,#; (0€ {1,2, ,m})
sau đâu:
p(#t, Z1; 1n; Z1.) =» (/2 + x2 + 4/2? +2 + 1/3) +) + 1/Z; 2+ ø?)., (*)
1<i<j<n
Chú thich: Néu dat pj; = pi; (zi, 21, 25, T7) thi (*) được viết gọn lại hơn như sau:
D(Œ1, #1; #2, 32; ; #n, 2, = ` Diz (Xi, Li, Lj, £5) 1<i<j<n
và dưới dấu }` có tất c& $(n — 1)n = C? ham p,; (xi, 21, #;,Ø;) của bốn biến Li, hy D5, 2
véil<i<j<n, trong đó øụ có dạng là tổng của bốn căn thức bậc hai ở về phải của (*)
b) Phương án giải (lời giải) của bài toán
Dat: X; = a+ tj; X; = 2; + 2%; x? + x +#7 +27 = = 4az,; Lo = 2b, Xp = 2a
Thế thì từ (), (1) va (iii) ta suy ra X? > 4aya! = 402, x? + X} = 402 + 4b? và do đó, X? < 4a?
Từ đó ta được bất đẳng thức và đẳng thức sau: 2b = zọ S X; < 2a¡;¡ < 2a
2 ei X? = 4a? + 2(n — 2)È2 + 2nb? = 4a? + 4(n — 1)b2 = Xệ + (n — 1)zŸ
+) Ta hãy tính p„; theo X;, X;, aij va 0 Từ (1) ta suy ra,
2 2 2 2 1\2 12
p+ apt yap tay = (zi + 2%) +(z; + z2)2, V*zê + zỷ + V2 + +? = (xi + 5)? + (ai + 24)?; va do dé,
Đụ = Pas ( in Bh 25,05) = f(s +24)? + (y+ at)? + (ety) + (ah) (1)
111
Trang 33
Sau khi bình phương hai vế của (1) và sử dụng các hệ thức (ii) và ký hiệu rút gọn +aj+z?+ we = 4az., ta được biểu thức rút gọn sau của øạ dưới dạng một tam thức bậc hai đối với biến X; + X;:
Đỹ = (X: + Xj)? + 4aj(X: + X;) + 4(az, + 07), (2)
trong đó giữa X; và X; có các hệ thức sau đây:
X? +X? = 4a? + 4b”, (3)
(Xi + X3)? + (Xi — Xj)? = 8(a2, +B) (4)
+) Vì X; > 0, X; > 0 nên biểu thức (2) của pi; cho biết: pệ và do đó, p đạt giá trị max p¡„ hay giá trị min„ khi và chỉ khi X; + X; đạt max hay min Do đó, từ (4) ta
suy ra:
Xi + Xj dat max(min) + |X; — X;| đạt min(max) Từ (4) ta được: (X; + X;)? < 8(a2 + b2) và do đó thay vào (2) ta được:
2
Đụ < 4(ayV3+ 4/ az, + 02) Vậy
<= X; = X; (2b < X; = X; < 2a; < 2a)
Mặc khác, |X; — X;| đạt max khi và chỉ khi hoặc X; đạt max = 2d, X; dat min = #o = 2b hoặc X; dat max = 2ai;, X; dat min = rp = 2b Suy ra:
Pay 2 Phi = (2aij + 2b)? + dasj(2aiy + 2b) + A(a2, — 2) = 4(ai; +b)? + 8a;;(aiy +b) + 4(ai; + b)(ai; — b)
= 16a;; (ai; + b)
Vay
Đụ 2 Pijm (min) = 44/a,3(aiz + ), (7)
va x x ;
- =m =A-hn.tr Xi = Xo = 2aiyj, Xj = Lo = 2b,
Đụ xa Pijm - 4 tu (8g + b) + X; = 2a, XG =%o = 2b (8)
Và do đó:
4bV⁄2 (với aig = b),
Tim 4V42 + ab = 4a\/1+È (với a¿y = a)
Trang 34Bây giờ ta trở lại với hàm 2n biến p(Z,Z1; ;Zn, #/,) (*), từ (5) và (7) ta thu được bất đẳng thức kép sau:
4 » aij(aiz +b) S = p= ` Đụ 2| > (V2 + V az, +2)|, Œ) |
1<:<j<n lsi<j<n l1<i<j<n
trong d60<b< ay <a
+) Đến đây, ta có thể tìm được các giá trị lớn nhất pạ¿ và nhỏ nhất p„ của p - Trước hết, ta tìm giá trị nhỏ nhất p„ạ của p = ĐẮT, #1; ; ịy Z4 - an, #„) Ð
tính p„ạ, ta hãy để ý rằng: Drs
(n— 1) [3œ + 2?)| = » (2? + x + +7 + x’) = » (4a) (9)
i=l 1<i<j<n ` lsi<j<n
Từ (ii) và (9) ta được:
(n — 1)|4a? + 2(n — 2)6"] = 4{ > độ)
1<¡<j<n
Suy ra
» ay = (n— 1)a? + din —1)(n— 2)b2 = (n— 1)a? + C? ¡b?= cơnst (10)
1<i<j<n
= (n— 1)mazaj + C2_,mina;, Hệ thức (10) chứng tổ rằng:
- Không thể xây ra a¿; = b với Vi, 7 (Điều này dễ dàng suy ra bằng phương pháp chứng minh phản chứng) TY đó suy ra rằng phải có một số giá trị diy = a, Mat khac, có tất cả C2 = (m — 1) + C2 ¡ giá trị của ơ¿;, mà theo (10) thì tối đa có Œ2 ; giá trị œ¿ = b và vì thế, phải có n — 1 giá trị a¡; nào đó đạt cực đại bằng a (chang hạn, địa = địa — : = 1n = 0, tức là ø¡; = a(7 # 1) Cuối cùng, suy ra:
=4|(n—1) s(a +) + sín — lần — 2)ðV2], _ ai)
hay là | | |
minp = 4|(n — ayi+? + Cậ_.bv2| = 4(n — 1)/a(a + b) + 2(n — 1)(n — 2)bV2
(12)
X;(G Ai) =?Ù, j#1
Với n = 2, ta duge: minp = 4,/a(a +b), ta thấy lại kết quả đã thu được ở phần (1)
[ion =2a, (1 € (1,2, -.n}),
113
Trang 35
A + 2 £ 2 + 2
- Bây giờ tìm giá tri lén nhat py cha p Ta stt dung bat dng thite —% < ,/_ n n? (ui > 0) để đánh giá tiếp bất đẳng thức ở về phải của bất đẳng thức kép (*') có sử dụng đại lượng bất biến (10) Thế thì, vì 2) ¿ < /n Ề `uệ nên ta được: : a) Vicicjen ij € (/C2(3) dệ), hay viết cụ thể hơn là:
» 0y < /C?[(n — 1)a2 + Œ?_,2] = (“6-2 l)(n— in = 29) l<i<j<n vi Do đó ta được n 9) Jina + n(n — 2)b? (13) £ wae IA on ¬— 2| |
fe gen (A2,-+b2 ses `
Ø) Cũng vậy, 3 );‹;.,<„ (, [az, + b?) < Ce tiến at ¬ rồi sử dụng (10) thì được: al sử *) * \ “ ( “ S8)
= 4 Caln — 1)a2 + CAC2 ¡2 + (C?)?b? = FS =) 2n|a? + (n — 1)b?] 2| (4/02, +82)]< (m — 1)2/2n[a5 + (w— 1)8) (14) 1<i<j<n Do đó:
Cuối cùng, từ (13) và (14) ta được kết quả (sau khi thay vào về phải của (*')):
p<(n-1) | v2n[2a2 + (n — 2)b2| + 2n[a2 + (n — ey] (15) Vay 1a:
pm = (n—1)|/2n[2a + (n — 2) + VInfa? + (n 11] | (16)
@ X= Xp= =X,= = Jn? + n(n —1)b?; (Xi= a, +2); (i =1,2, ,n) Với n = 2, thì dude py = 2(avV2 + Va? +8), ta thay lai kết quả đã thu được ở phần I c) Chú thích: Đến đây, bài toán 15 - một bài toán cực trị đại số_ đã được giải xong Nhưng vì bài tốn cực trị đại số này lại chính là nội dung (ngơn ngữ) đại số của một bài tốn cực trị hình học trong không gian Ởclit n chiều J„(n > 3), tương tự với bài toán cực trị hình học gốc trong mặt phẳng (đã được giới thiệu 3 lời giải); bởi vậy, chỉ việc cho x = 3 vào các biểu thức (12) và (16) trên day cia pm vai py ta được ngay tức khắc đáp số của bài toán cực trị tương tự trong hình học không gian khi ta thay đường trịn (Ĩ,ø) bởi mặt cầu (O,a), tứ giác ABƠD nội tiếp đường tròn (Ĩ, ø) có hai đường
Trang 36chéo AC, BD vng góc với nhau ở một điểm P nằm trong đường trịn bởi hình bát diện K(A.BƠCPB'Œ'.A') nội tiếp mặt cầu C(O,a) cé ba đường chéo 4A, BB,CC” cũng la ba day cung của C(O,øa), vuông góc với nhau đơi một ở một điểm P cố định nằm trong mặt cầu C(O,a) (OP =d <a)
Sau đây, một bài toán mới thứ hai khác, về cực trị đại số được đề xuất trên cơ sở phiên dịch sang ngôn ngữ đại số nội dung của bài toán cực trị hình học trong khơng
gian vừa mới đề cập trong chú thích ở mục c) trên đây (cụ thể là cực trị về diện tích
của một họ hình bát diện K(A.BŒ B/Œ'.A') nội tiếp mặt cầu C(O, a) d) Phát biểu bài toán: _
Bài toán 16 Xét 6 biến số thực dương z;,z‡ (¡ = 1,2,3) thoả mãn các điều kiện seu: a— VWa2 — b2 < z¡,z¿ < a+ Va2 — Ù2, (22> 0), (i)
ac, = b?, (4 = 1,2,3) (22)
S33 (a? + 237) = 4a? + 207 (iit)
Tim giá trị lớn nhất sự vd giá trị nhỏ nhất s„ của hờm 6 biến +¡,z; (¡ = 1,2,3) sau
đây:
1
S = $(£1, 2}; 2,293 13,23) = »” 5v? + 222 + z2+z2 (**) trong do: {x,y,z} C {21,2}; 22, £4; 23,25} 0à z,U,z khơng có cùng chỉ số, túc là sao cho {z,U} # {z¿ Z4}, {u,z} # {œú 1i} va {z, 2} A {a,x}; 1 © {1,2,3} Chú thích: Dưới dấu Ð có tất cả 8 căn thức bậc hai mà biểu thức dưới dấu căn thức là 8 đa thức thuần nhất bậc 4 của ba trong 6 đối số z¡,z; nhưng không cùng một chỉ số (¿ € {1,2,3}) Cụ thể là biểu thức (**) của s có thể được viết lại như sau:
s=S,+ 5, +S.+S,+ 53+ 53+ 5% + 5%, trong đó 4S? = z2 + ¡02 +23), 45; = 7ó 1ÿ +zi(øy + 3) 452 = = T421 + 72 (3 + x), 457 = = uy + a3 (x? + T1 2); 463 = 1172 + #3 2(a2 +22), 457 = “ số + mg + xy); 1242,
45? = 2302 +230? +2773, 487 =a2¥ cy + afc) + oY cy; là những biểu thức dưới dấu căn thức bậc hai ở về phải của (**)
e) Gợi ý hướng giải Sử dụng đại lượng bất biến (ii), hãy tìm cách rút bớt số căn thức ` ở về phải của biểu thức (**) từ 8 xuống 4 rồi 2
Đặt X¡ = #¡ + #/ (¡ = 1,2,3), chứng tổ rằng:
2
3` X? = 4a? + 80? = 4a? + 2.4b2 = Xã + 2m2 (Xo = 2a, øo = 2b) (iv)
i=l
Ngoài ra, sử dụng các đại lượng bất biến (i) và (Hi), hãy thiết lập thêm những hệ thức liên quan đến các đại lượng 3> S%? + 6%”, 3<; «;<¿ X2X? và các đại lượng bất biến
(ii), (iii) va (iv)
115
Trang 37
f) Đáp số của bài toán
Hãy chứng minh rằng biểu thức đại số (**) của đại lượng biến thiên
8 = (21, 2}; Zo, Fp; Lz, 2a) của 6 biến z¡, z¿ (¡ = 1,2, 3) thực dương ràng buộc bởi các bất đẳng thức và đẳng thức điều kién (i), (1ñ) và (1i) về các biến z¿,z/, đạt cực đại sự khi và chỉ khi Xị = Xa = X: và đạt cực tiểu s„ khi và chỉ khi, chẳng han: X; = Xp = 2a
và Xạ = Xa = zọ = 2Ù Từ đó mà thiết lập được các giá trị cực đại sx;¿ và cực tiểu Sm
theo a va 6
ø) Vì nội dung bài toán cực trị đại số này chính là ngơn ngữ đại số của bài tốn về cực trị hình học trong không gian được đề cập đến ở mục c) "chú thích" vừa mới nói Ở trên (cụ thể là cực trị về diện tích toàn phần của một họ các hình bát điện K nội tiếp một mặt cầu (Ó,ø) theo cách cấu tạo đã chỉ ra trong bài toán) nên giải bài toán này cũng tức là chúng ta đã giải bài toán cực trị hình học khơng gian bằng phương pháp đại số Và do đó, đáp số chỉ ra ở đây cũng là đáp số của bài toán cực trị hình học khơng gian đó
Trang 38
Bất biến, đơn biến và ứng dụng
Trần Nam Dũng
Tat cd réi sẽ đổi thau, chỉ Tình yêu uà Niềm tin la mãi mãi
Bất biến là một trong những khái niệm trung tâm của toán học Nó có mặt trong hầu hết các lĩnh vực của Toán học: Đại số, Hình học, Tơ-pơ, Lý thuyết số, Xác suất, Phương trình vi phân A Chiang hạn, các bất biến được sử dụng trong việc nghiên cứu các đồ thị phẳng (định lý Euratowsky), giải tích hàm (chứng minh định lý về ` điểm bất
động Brawer hay chứng minh hình cầu khơng đồng phơi với xuyến Khó có định lý về
đối, nhưng sẽ có một bất biến khác, đó là tỷ le giữa hai đoạn thẳng
Một ví dụ khác về bất biến: Lấy một số nguyên đương X (viết trong hệ thập phân) Phép biến đổi T bién NV thành tổng các chữ số của N, VÍ dụ: 1997 —› 26 —, 8g Ặ Vậy có gì bất biến ở đây? Có đấy, tất cả các số ,T(N),T(T(N)), Ă đều có cùng số dư khi chia cho 8 Đó chính là bất biến,
Xét bộ số nguyên dương (a, b,c) Phép biến đổi 7 biến (ø, b, c) thành (|bel, |ca|, |ab|) Khi đó có thể chứng minh được rằng hàm số
S(a,b,c)=atb+te
là một hàm không tăng, tức là một đơn biến đối với phép biến đổi 7,
Trong bài viết này, chúng ta sẽ tìm hiểu về bất biến, đơn biến và ứng dụng của, chúng
trong việc giải các bài toán Olympic Cé hai mau bài toán tổng quát thường được giải
quyết bằng bất biến và đơn biến:
117
Trang 39Bài 1 Có một tập hợp các trạng thái Q va tập hợp các phép biến đổi T từ Q uào Q Có hai trạng thái œ 0uà 8 thuộc Q Hỏi có thể dùng hữu hạn các phép biến đối thuộc T để đưa trạng thái œ uề trạng thái 8 được không?
Bài 2 Có một tập hợp các trạng thái Q uà tập hợp các phép biến đổi T từ Quào Q Cần chứng mnh rằng, bắt đầu từ một trạng thái œ bắt kỳ, sau một số hữu hạn các phép biến
_ đổi từ T, ta sẽ đi đến trạng thái kết thúc (trong nhiều trường hợp, đó là trạng thái ổn định, túc là sẽ không tiếp tục thaụ đổi khi tác động các phép biến đổi từ T, tình huỗng T(8) = § ở trên đâu là một tí dụ)
Bất biến và đơn biến sẽ giúp chúng ta giải quyết các tình huống căn bản này Tất nhiên, các tình huống áp dụng sẽ mn hình vạn trạng, nhưng cũng cần có những kiến thức cơ bản và lối tư duy chung để tiếp cận các vấn đề Chúng ta sẽ bắt đầu bằng một số ví dụ đơn giản
1 Các ví dụ mở đầu
Ví dụ 1 Xét một bằng uuông 4 x 4 ô Tại mỗi ô của bằng uuông có chúa dấu + hoặc dấu — Mỗi một lần thực hiện, cho phép đổi dấu của tắt cả các ô trên cùng một hàng hoặc cùng một cột Giả sử bảng tng ban đầu có 1 dấu + tà 15 dấu — Hỏi có thể đưa bảng ban đầu vé bảng có tồn dấu cộng được không?
Câu trả lời là không Và lời giải khá đơn giản Thay dấu cộng bằng số 1 và dấu trừ bằng -1 Xét tích tất cả các số trên bảng vng Khi đó, qua mỗi phép biến đổi, tích này khơng thay đổi (vì sẽ đổi dấu 4 số) Vì vậy, cho dù ta thực hiện bao nhiêu lần, từ bảng vuông (1, 15) sẽ chỉ đưa về các bảng vuông có số lẻ dấu -, có nghĩa là khơng thể đưa về bảng có tồn dấu cộng
“Vi dụ 2 Trên bẳng có các số 1/96, 2/96, 3/96, ,96/96 Mỗi một lần thực biện, cho phép xoá đi hai số a,b bắt kỳ trên bằng uà thay bằng a + b9ab Hỏi sưu 95 lần thực hiện phép rố, số cịn lại trên bằng là số nào?
Tôi rất thích ví dụ này Khi đặt bài toán cho các học sinh, bạn nào cũng lắc đầu lè lưỡi vì đề bài yêu cầu tính toán quá nhiều Hơn nữa, trong bài toán trên, thứ tự thực hiện các phép tốn lại khơng được nói rõ, tạo ra một tình huống gần như không thể xử lý nổi
Nhưng chính những khó khăn đó lại gợi mở ra cách giải Ở đây tơi sẽ khơng trình bày cụ thể cách phân tích để tìm ra hướng giải Chỉ biết rằng, khi lời giải được đưa ra, các bạn học sinh đều vô cùng bất ngờ và thích thú Cũng từ sự thích thú này, việc đưa, tiếp các ví dụ tiếp theo được đón tiếp một cách nồng nhiệt hơn hẳn,
Sau đây là lời giải đó
Giả sử các số trên đang là a¡, &2, , ay Ta cho tương ứng bang này với
(2a, ~ 1)(2a¿ — 1)(2a; — 1)
118
Trang 40
Khi đó, sau mỗi lần biến đổi, tích trên bị mất đi hai thừa số (2a — 1)(2b — 1) và được thêm vào thừa số
2(a +b ~ 2ab) — 1 = —(2a — 1)(2b — 1)
Do đó tích trên vẫn không đổi (chỉ đổi dấu) Vì tích ban đầu bằng 0 (do bảng ban đầu có chứa số 48/96 = 1/2!) nên số cuối cùng s cũng phải cho tích số bằng 0, tức là 2s] = 0, suy ra s = 1/2! Thật ấn tượng
Kết quả không phụ thuộc vào thứ tự thực hiện (điều này có thể dự đoán được qua cách đặt câu hỏi ở đề bài) Và lời giải mới ngắn gọn làm sao! Không cần một tính tốn nào
Ví dụ 3 Cho 3 số nguyên không âm a,b,c bat ky Mỗi một lần thực biện, ta biến bộ (a,b,c) thank bộ (|bel, |eal, |aè|) Chứng minh rằng sau một số hữu hạn các phép biến đổi, ta thu được bộ có chứa số 0
Đặt M = max{a, b, c} Ta chứng minh rằng nếu bộ (a,b,e) khơng chứa số 0 thì A⁄ Sẽ giảm sau khi thực hiện phép biến đổi Thật vậy, khơng mất tính tổng quát, giả sử
a>b>c Khi đó ta có
|be| < b < a, |lc— a| < a, |ab| < a, suy ra
max{|bc|, |cal, |ab|} < a = max(a, b, c)
Như vậy, nếu ta chưa thu được số 0 thì Ä sẽ nhỏ đi ít nhất một đơn vị (do tính chất của số ngun) Q trình này khơng thể kéo dài vô hạn Vì thế, chắc chắn phải có lúc nào đó xuất hiện số 0
Trong ví dụ trên, max{a, ư, c} chính là một đơn biến Đây là một phương pháp khá hiệu quả để chứng minh một quá trình là dừng
Chú ý rằng phương pháp này thường sử dụng các tính chất cơ bản sau đây của số
nguyên:
i) m<nsuyram< nl
ii) Một tập con bất kỳ của Đ đều có phần tử nhỏ nhất (tính sắp thứ tự tốt)
Để thấy rõ điều quan trọng của các tính chất xem chừng rất đơn giản này, ta sẽ đưa, ra ví dụ cho thấy rằng kết luận ở ví dụ 3 khơng cịn đúng nếu ø,b,c khơng cịn là số nguyên (hay đúng hơn, khơng cịn là số hữu tỷ)
Thật vậy, gọi œ là nghiệm dương của phương trình z2z1 = 0 Chọn các số a = œ?,b = a,c = 1 thì ta có
jab] = a® —a = (a —1)a, jac| = a1 =(a@-1)(a+1) = (a-1)a?, [be] = a1, Suy ra bộ số mới tỷ lệ với bộ số cũ theo tỷ lệ œ— 1 Và như thế, sau ø lần thực hiện, bộ SỐ của chúng ta sẽ là (œ — 1)n(a?, a, 1), không bao giờ chứa 0