Tuyển tập 30 năm Tạp Chí Toán Học và Tuổi Trẻ (part1-4)

Tuyển tập 30 năm Tạp Chí Toán Học và Tuổi Trẻ (part1-4)

Trang 1

trong định nghĩa B cua dién tich mat kín, cĩ thể gọi là hình "vành khăn chỏm cẩu" cĩ bề dày d, gồm giữa hai mặt chỏm cầu tồn phần, đồng tâm : mặt chỏm cẩu bán kính #,

chiều cao bè đã cho, và mặt chỏm cầu bán kính R - đ, chiều cao h = 2d Hỉnh 2 biểu diễn một thiết diện qua tâm của hình "vành khăn chỏm cầu" Ƒ,„ đĩ Thể tích V(đ,F) của hình vành khăn chỏm cầu F_ bằng hiệu thể tích hai khối chỏm cầu, nghĩa là theo cơng thức thể tích chỏm cẩu thì : 4 » b A] Hình 2 Vịd, E) = x h2 (2-4) — a (h - 2d? x x [œ-»-*$“] Sau khi tính tốn và rút gọn ta được Vid) = =a [5+ 40=#(R- “$“ )]a = 4 =ad [MAR ~ 4) - 4Rd + 5a? | Do đĩ :

Vid , F) id= xh(4R — h)— And(R — d/8) S = lim Vid ,Fyid = h (AR — h) =

= 2nRh+xhQR-h)

Nhưng lại cĩ : z h (2R — h) = z r2 là điện

tích đáy của khối chỏm cầu Từ đĩ suy ra cơng thức (3) cần tÌm của điện tích chỏm cầu :

S (chém cầu) = % —xr?=2xRh Trường hợp đới cầu (hay là cầu phân hai đáy), muốn tÌm diện tích của nơ, ta lấy hiệu điện tích của hai chỏm cầu, cuối cùng cũng

đi đến cơng thức (8) ‘

Hé qué 1, Dién tich chém cầu hay đới cầu bằng ba lần thể tích hình quạt cẩu tương ứng chia cho bán kính hình cầu

That vậy, ta cĩ :

2xRh = 8[Q/8) x R2 hỊ/R

Hệ quả 2 Diện tích mặt cầu bằng độ dài đường trịn lớn của nĩ nhân với đường kính, hoặc bằng 4 lần điện tích của hình trịn lớn : § (cầu) = 4x2

Hệ quả 3 Diện tích mặt cẩu bằng ba lần thể tích hình cầu chia cho bán kính hình cầu

That vay, ta cĩ 4z R? = 3 [(4/3) R3]/R

Chú thích : Để tìm diện tích mặt cầu, ta cĩ thể tính trực tiếp bằng cách sử dụng định nghỉa A hoặc định nghĩa B Chứng mỉnh rất nhanh gọn và vơ cùng đơn giản, đề nghị bạn đọc hãy thử nghiệm lại, tự mình tÌm lại cơng thức diện tích mặt cầu

3 Diện tích xung quanh của hình

trụ, hình nĩn và hÌnh nĩn cụt

Dinh li 2 Diện tích xung quanh của hình nĩn cụt bằng nửa tổng các chu vi đáy nhân với đường sinh Nếu các bán kính đáy la R, +?' và đường sinh co độ dài là ¿ thỉ diện tích xung quanh của hình nĩn cụt bằng

S=x(R+R)l (4)

Trang 2

> = lim Vid, Fy id = do = (18) w AIR (E+ IP) + RE + 98] + + (2/8) x (R? + RR’ + R2) Nhung : h= (R- R’yigp= [3/(1— 22)]@#~ R°) Cuối cùng, ta được kết quả :- S, = (1/3) a R? (1 + 8/eos@) + + (1/8)xR2(1— 8/cosp)+ (2/8)m(R2+ R2) = = x(R?+ R2)+z(ït + R)(R~ R'Vcosp Nhung (R ~ R’)/cos = 1, là độ dài đường sinh của hình nĩn cụt, và z(R2+ R'2 là Hình 3

diện tích hai đáy của nớ, do dé ta được cơng thức (4) của diện tích xung quanh S của hình

nĩn cụt cĩ bán kính đáy E, Đ' và đường sinh ‡ cần tìm

Hệ quả 4 Diện tích xung quanh của hình nĩn bằng nửa chu vi đáy nhân với đường sinh, nghĩa là nếu gọi P là bán kính đáy và ¿ là đường sinh của hình nĩn cụt

Senin =1 (6)

That vay, bang c&ch dat R’ = 0 vio cơng thức (4) của điên tích xung quanh hình nĩn cụt, ta được ngay cơng thức (6) của diện tích xung quanh hình nĩn

“Hệ quả ð Diện tích xung quanh của hình trụ bằng chụ vi đáy nhân với chiều cao nghĩa là nếu gọi R là bán kính day và b là chiều cao của hình trụ thì

Sự, = 2h Œœ

Thật vậy, ta cĩ nhận xét rang cho R’ din t6i # thi hinh ndn cut dan trở thành hình tru Noi khác đi, ta cĩ thể xem hình trụ như là một trường hợp giới hạn của hình nĩn cụt Do đơ đến giới hạn, nghĩa là nếu cho Ð' = đ, và khi dé i = A và đặt vào (4) ta được cơng thức (7)

Chú thích Tuy nhiên, ta cĩ thể trực tiếp suy ra cơng thức (7) trên đây của diện tích xung quanh hình trụ một cách hết sức đơn giản bằng cách dùng định nghĩa B của diện tích mặt kín Đề nghị bạn đọc thử nghiệm lại điều đĩ, tự minh tìm lại cơng thức (7) trên đây

DUNG TRẬT TỰ ĐỀ GIẢI CÁC BÀI TỐN CĨ CÁC YẾU TỐ BÌNH ĐẲNG

Khi làm tốn, chắc các bạn gặp khơng Ít những bài tốn mà các yếu tố tham gia trong đĩ bình đẳng với nhau, nghĩa là nếu ta trao đổi các yếu tố đĩ cho nhau thì khơng làm thay đổi bài tốn Chẳng hạn các bài tốn : "Tìm tất cả các số nguyên tố a, ở, e sao cho abe < ab + be + ca", hay là "Tìm các số nguyên dương * }, 2 sao cho xyz = 9 +x+y +z", là những bài tốn cĩ tính chất vừa nêu

54

VŨ QUANG SỬU

Để giải những bài tốn dạng như thế cĩ thể cĩ nhiều cách khác nhau, tùy thuộc vào từng bài cụ thể Trong bài báo nhỏ này tơi muốn giới thiệu với các bạn một phương pháp giải các bài tốn trên

Ta biết rằng,

Trang 3

dần Cho nên nếu đ), #;, , ø„ tham gia vào một bài tốn bình đẳng với nhau, thì bao giờ ta cũng cĩ thể giải bài tốn với giả thiết a, <a, < <a, hodc a, 2a,> 2a,

Trước hết ta giải hai bài tốn vừa nêu ở trên

Bài tốn 1 Tim /ố! cả cúc số nguyên tố

a, b, œ sao cho abc < qb + bc + cơ

Giải : VÌ các số a, b, e bình đẳng với nhau nên khơng mất tính tổng quát ta giả thiết a<b«<c

Suy ra đị + bc + ca < Bbc

Néua = 3 = 8be < abc > ab + be +a < aịc, mâu thuẫn với bài ra Vậy ø = 2 (vì a nguyên tổ) Do đĩ : 2be < 2b+ be+ 2e = líc + 1/6 > 1/2 => b < 5 *b = 2 =c nguyên tố bất kì *®b =83=c= 8 hoặc c = 5 Tom Jai nghiém của bài tốn là : a= 2,6 = 2,¢ =p nguyén té va các hốn vị, hoặc a = 2, 6 = 8, ¢ = 3 và các hốn vì Bài tốn 2 Tim tốt cỏ các số nguyễn dương x, y, z sao cho xyz = 9 +x +y +2,

Giải : Do x, y, z tham gia vào bài tốn

bình đẳng với nhau nên, khơng mất tính tổng quát ta giả thiết x > y > z > 1 Th cĩ các khả năng sau : 1 Cá ba số bằng 1 : khơng thỏa mãn phương trình 2.x>1,y=z=1l=x=ll+z: vơlí 3.x>xy>1z=1—=xzy=10+x+y hay 11 = &- Uớ - 1),vìx-1>„xy-1 nénx-1= 11,y-1 = 1 vax = 12, y=2,z =1 4x >> z> 1 Đặt ø =xT— 2, 0=yT—2, œzT— 2 =u>u>u >Ơ và ta cĩ : 16+ u tut w= (u + 2)(0 + 2)(ø + 9) = = uvwt Ð(w0 + 00+ 0u) + AT 0£ w)t 8 Suy ra: 7 = uvwt 2(uvt vwt wu)t But v + w)(*) ø = 0= 7 = 8u khéng thể xẩy ra >0 > u > 0ð > 1 2uu + 3(u + 0) > 8 : vơ lí

"Tĩm lại nghiệm của phương trình là : x=12,y=2,z= l1 và các hốn vị

Bài tốn 3 Tìm 12 số nguyên dương, sao cho tổng của chúng bồng tích của chúng Giải : Gọi các số phải tìm là x,,z;, Z;; - Rõ ràng x,, #„, z¡; bình đẳng với nhau nên ta giả thiết xị >#, >xị„ > 1 @) Tn giải phương trình #1; Xị¿ =xị +3; + taxi, — (2) Từ (1) = xi ey < 12, hay x; zụ„ < 12 @® Vì 22 = 16 > 12 nên từ (3) ta thấy trong 11 số x;zx; *¡„ khơng thể cĩ hơn 3 số lớn hon 1 Vay trong 12 s6 x, , x, .%,) khéng thé cĩ hơn 4 số lớn hơn 1 Do đĩ chỉ cĩ thể xảy ra ð trường hợp : 1# =#¿= =#¡„ = 1, khơng thỏa mãn phương trình (2) 2.3) >4; #2 SX = 1, từ (2) suy ra : x,=11+x, = 11 = 0 nên chúng khơng thể thỏa mãn (2) 8.4, 2X, B23 =X, = = Hy = L suy ra: XX, = 10 + xị +7; => Œ,¿~1@¿—1=11=11.1 vin, -Lex,-lsx,-1=1lx,-1=1 Từ đĩ suy ra x,=12,%,52 vax, =x, Hay al 4.x, Bx, Bx, > a= zạ=1, từ (2) quy ra ZiX„x = 9 +x + x; +

Theo bài tốn 2, ta cố xị = 12 Xy = 2,

Trang 4

Tĩm lại các số cần tìm là x= 1,3; = 2, Xà =1; “mu ma =1 hoặc =ãi =1

Bài tốn 4 Cho Œị,02,d2, 0, là 4 số thục đơi một khác nhau Giải hệ phương

trình sau :

XH x=

lai~ a;| x+ lay— a¿| x+ la~ a,| x= 1 la,~ a,| x,+ Ja,~ a,lx,+ Ja,- Lộ +z=1

la,~a,1x,+ 1a, a,lzy+ |øạ~ a,lx„= 1 (Đ

la a,|x,+ |a¿~ ø2]x„+ la,- @,|x,= 1 Giải : Ta thấy rằng 4 số đơi một khác nhau @|,@,,0,,a, tham gia vào bài tốn bình đẳng với nhau, nên khơng mất tính tổng quát, ta giả thiết

a, >a, >a, >a,

Khi đĩ hệ (1) tương đương với :

(ị— @))t,+ (@,— a5)x,+ (a,— @,)x,= 1 (a)

(@,~ a,)x,+ (a,— a,}x,+ (a, — a,)x,= 16)

(@)— @,)x,+ {(@.~ a3)x,+ (a,- a,x, = 1¢0)

(a, 4,)x,+ (a, @,)x,+ (a,— a,)t,= 1(d) Từ hệ (2), thực hiện các phép tính (a) - (8); (b) — (@) ; (e) — (đ) ta được hệ tương đương : (8; — 82) (— #ị +*¿ +42; +zx¿2)=0 (a ~ a3) (— x, —x) +x, +x,) =0 (a, — a) (~ x, ~#¿~1¿ +x¿) =0 (@,~ a4), + (a2— a4), + (a,- a,x, 1 ~% +x, +4, +%,=0 (’) ~ x ~x, +4, +%,=0 ©) ~#i—#¿T— #¿ +x¿= 0 (c)

(@,- a,)x,+(a.~a,)x) + (a,- #)xa=1(đ')

Lay (a’) + (¢’) duge x, =2, ; (’) +00’) được x,=2, +4, suy ra 4, =0 6)+¢’) được x, +; = x, suy ra x, = 0 Thay x,=x,=0 vao phương trình (ở) suy ra x, =x, = 1a, ~ @,) 56 Vay v6i a, > a, >a, >a, thi nghiém cia hệ là : 22,20, 4, =2,= Va, - a,) Chú ý rằng néu, a, , #;, đạ, đ, cĩ một thứ tự khác thi nghiệm cũng cĩ một thứ tự tương ting Chang han nếu a,>a,>4,>a,

thì : *ị =4 = Ú về x; = x; = l(g; — a2) Trên đây, ta đã xét một số bài tốn về giải phương trình Bây giờ ta xét một số bài tốn loại khác

Bài tốn B5 Các số đương œ, b, ¢ thỏa

mãn diều kiện gì để uới mọi số tự nhiên q, các số a", b*, c? là độ dài các cạnh của một tam giác ?

Giải : Khơng mất tính chất tổng quát, ta giả thiết rằng a >c >0

1) Nếu ø >b >e > 0 thì 1 > ư/g > cự Vì các số bía, ca đều nhỏ hơn 1 nên tồn tại số tự nhiên n đủ lớn sao cho (b/a)" + {clay" <1 khi đĩ 6" +c" <a” nén v6i n do, a", b" oc" khơng phải là 8 cạnh của một tam giác

2) Nếu a@ = b > ¢ > O thi

=a zc" > 0 với mọi n số tự nhiên và rõ ràng chúng là độ dài 3 cạnh của một tam giác

VÌ vậy điều kiện cần tim cia a, 5, ¢ 1& hai số lớn nhất phải bằng nhau

Bài tốn 6 Chứng minh rồng trong 7 đoạn thơng, mỗi đoạn cĩ độ đời Ì tùy ý, uới 1 <1 < 13, cĩ thể chọn ra 3 đoạn để làm 3 cạnh của một tam giác Chúng tỏ rằng bài

tốn khơng đúng nếu chỉ dùng 6 doạn

thẳng,

Giải : Dễ chứng minh tính chất sau đây :

nếu các số dương ơ, ð, c thỏa mãn ø = 6 > e thi chung là độ đài ba cạnh của tam giác khi

và chỉ khi a < b +e

Ta 4p dung tinh chất trên để giải bài tốn 6 Giả sử 7 đoạn đã cho cĩ độ dài tương ứng là ,i,, i„ Khơng mất tính chất tổng quát ta giả thiết

1<i<”< <Ùy<18

Nếu khơng chọn ra được 3 đoạn nào làm

Trang 5

laitielt+i=2, Leite 1+2=3, i,al,+le2+3=6, L,el,ti,>3+5=8, lời, +, »5+ 8= 18

Điều này mâu thuẩn với giả thiết 1, < 18 Nếu chỉ dùng 6 đoạn thẳng thì bài tốn khơng đúng, ví dụ lấy 6 đoạn cĩ độ dài tương tng là ¡=l,/,=1,l~2, 14,=8, 1,=5,1,=8, Bài tốn 7 Biết rằng dộ + d) + độ + dị + gộ = 1 Chúng mình rồng, giá trị nhỏ nhất của

(;—~ a)2q < ist j< 5) khơng thể uượt quá 1110

Giải : Khơng mất tính tổng quát, ta giả thiết ring a, <a, < €a,

Ta kí hiệu [ø,— ®| =x, r6 rang khi đĩ min (@;— ay? =x

leiejas

Tụ suy ra ø, + 1—a, 22> 0 (vi néux = 0

thì bài tốn hiển nhién ding) v6ii = 1, 2, 3, 4 Ta cĩ (œ6, — ø) = @ + 5-2) + + Ga) > ỨT với j >1, từ đĩ suy ra (a, — a)? = ÿ — 0222 Lấy tổng cả hai vế theo ¡, j ta cĩ : »ự- 0222 < Ð) (ai s)Ê —a;_\)+ 1i<j<5 14i<j<Š§ Nhưng S 0-02+?=+? 5) g— 1= 60z2 14i</<5 lei<j<s 5 3

và (ai — a)? = 5 > a‡— ay = 1<i<j<ễ i=l i=l

5

=5-(Haj<5

i=l

Vay 50x? « 5 suy ra z2 € 1/10 (đpem) Bài tốn 8 cho 4 số thục khác nhau a, b, « dc Hiểu thúc n(x,y,z,)=

= —y)?+(w-—z)? + (ø— Ð2+(t—z)? cĩ

thê nhận bao nhiêu giá trị khác nhau, nếu

các biến số +, y, z, t biến thiên uờ là hốn uị của các số a, b, c, d ? Với giá trị nào của x, >, 2, † thì n nhận giá trị lớn nhốt, nhỏ nhất ?

Giải : Các 86 a, b, c, đ ở đây cĩ vai trị

bình đẳng nên ta giả thiết œ< b <c< d Xét n,y,z,Ð + œ — 22 + (y — Đ? =

= e-y)?+(@-—ø?+ (#— ĐŸ + (T—x}? +

+(x — 2)*+ (y— 92 biểu thức này bình đẳng đối

với z, y, z, nên nơ là hằng số và bằng tổng bình

phương tất cả các hiệu trong 4 86 a, 5, ¢, d : Cho nên nfœ,y,z,09 + 6~z2+(@-—02=k (khơng đổi) hay n(+,y,z, Ð + + tty? 422 4+ 2) ~ 2(xz + yÐ = k Mà +x?2+y2+z2+2=a2+ b2+ c2 + d2

nên giá trị cla n(x,y,z,¢) phu thuộc vào gid tri cla xz + yt Giá trị u = xz + y£ phụ thuộc vào sự phân chia thành các cặp của 4 số : a, b, c, d Rõ ràng chỉ cĩ 3 cách sau : V,=ab ted , V,=ac + bd , Vị = gở + bc Tạ cĩ Vị — V„ = dồ + cổ — ao — bđ = = 6-c)(a-d) > 0 V,~ V, = ac + bd —ad—be= = (a—b)(e—d)> 0 Vậy V > V, > Vụ Cho nén n(x, y, z, ) chi nhận 3 giá trị khác nhau n(x, y, 2, ) nhận giá trị lớn nhất khi V=xz + y( nhận giá trị lớn nhất, mà V lớn nhất là VỊ = gb + cở Khi đĩ :x=à,z=b,y=c,t=d, hoặc x=c,z=d,yra,t=b; hoac xea,z=b,y=d,t=c; hoặc x=d,z=(,y=a,t=b; hoặc x=b,z=a,y=c,t=d,; hoặc x=ec,z=d,y=b,t=a; hoặc x=b,z=a,y=d,t=c; hoặc xed,z=c,y=b,t=a;

Tém lai cd 8 hodn vị khác nhau làm cho n(x, y, 2, Ð) đạt giá trị lớn nhất Với giá tri nhỏ nhất xét tương tự

Cuối cùng xin gửi tới các bạn một số bài tốn sau đây :

9 a) TÌm các số nguyên duong x, y, z sao cho

xty+z=xyz

Trang 6

b) Tim cde sé nguyén duong x, %, 2, £ sao cho x+y +z + = xa 10 Ba số dương *j,#„x*; thỏa mãn Z#z⁄¿ > Ll vax, +x, +45 < lv) + 1x, + 14; Chứng minh rằng : a) x,#1 véi moii = 1, 2, 3 b) Trong 3 số #p#„*¿ cố đúng 1 số bé hon 1

11 a) Véi gid tri nguyén nao cta k thi tồn

tại các số nguyên dương +, y, z thỏa mãn

x?+y? + z2 = kaye,

b) Tìm trong 1000 số đầu tiên tất cả các bộ ha số sao cho tổng các bình phương của chúng chia hết cho tích của chúng

12 Chứng minh rằng, từ 25 số dương khác nhau cớ thể chọn ra hai SỐ, sao cho các số cịn lại khơng thể bằng tổng hoặc hiệu của hai số vừa chọn 13 Chứng minh bất đẳng thức sau : (a, ~ a2) (@,— @4) @, -— a) + + (@,— a,)(a, - @,) (@, — a5) + + + @5 — @))(a, — a) (@,~2,)20 Trong đĩ Øị,đ2, , ø„ là các số thực bất ki

ĐIỀU GÌ TIẾP THEO VIỆC GIẢI CÁC ĐỀ TỐN TREN BAO

Cách đây 23 năm về trước, báo Tbán học

và tuổi trẻ (Số tháng 10, năm 1965) cĩ ra

một tốn khá thú vị : "Chứng minh rồng uới mọi số nguyên n tœ cĩ n3 — m chía hết cho 3; n> - n chia hét cho 5 Tổng quát hĩa" Vì vội vàng, nên đa số chúng tơi đã tổng quát hĩa như sau : "xỀ ~ x chia hét cho k,

udi k là số lẽ", nhưng đã kịp thời phát hiện

ra dự đốn ấy là sai (29 - 2 = 510 khong

chia hết cho 9) Ngày nay, hầu hết các bạn đều biết nội dung của định lí nhỏ Fecma và vận dụng thành thạo nhị thức Niuton, nhưng đối với chúng tơi ngày đĩ, khi báo đăng lời giải của bài tốn trên : "nP - n chia hết cho p 0à p là số nguyên tố", chúng tơi đã vơ cùng ngạc nhiên về giả thiết của định lí và nhất là cách chứng minh độc đáo của nø Tơi bèn lật lại những tờ báo Tbĩn học bờ tuổi trẻ trước đĩ, thử tìm xem cơ bài tốn nào mở rộng được theo hướng đĩ khơng ? May mắn thay, tơi đã tìm được để tốn sau ở số báo đầu tiên : "Chứng minh rằng tổng các lập phương của ba số nguyên liên tiếp chia hết cho 9" Tất nhiên, tơi nghỉ đến một

58

LÊ QUỐC HÁN

dự đốn tổng quát hơn : "Chứng minh rằng tổng các lũy thừa bậc p của p số nguyên liên

tiếp chia hết cho p”" Trường hợp p = 2 đã

bác bỏ ngay dự đốn đĩ ; nhưng tơi khơng nản chí Liên hệ đến bài tốn trên tơi nghỉ : Ð phải là số nguyên tố lẻ ( ?) Xét tổng : pol pr prt D+ P=pnP + 3) CCnP TK SE + ind k=] i=] pol pol + pn SPs Sv ¿=1 i=1 Th cĩ : pri poe +pnS¡P~1« 1 pri =P[@P—n)+nS(LP— 1—13]+np2= 0(mod p2) fel

Để xuất hiện phân thức cĩ tử khơng chứax ta viết như sau : y = (ax — ab + ab ~ c\(x — 6) =

=a t (ab = e)(a — b) Vay x - b phải là ước

Trang 7

Thí dụ : tìm nghiệm nguyên của phương trình vơ định 4x + 3y = xy — 20 (5) Giải : By = x(y — 4) — 20 x= (3y + 20)/y — 4) = (8y ~ 12+ 12+ 20 — 4) = 8 + 89/0 — 4) Muốn * nguyên thì y - 4 phải là ước số nguyên của 32, tức là y - 4 = +32, +16, +8, +4, +2, +1 Để đơn giản, các nghiệm của (ð) được tính theo bảng sau :

y4 32 16 8 4 2

(~8x— 86)(Tx— 49) z 0 «>—12 < x < 6 Thật

sung sướng Từ đây ta dễ dàng tìm được các nghiệm nguyên (x, y) cha (7)

Nhu vay, diéu kiện ean dé y = (ax— c)/(dx— b) nguyén la

fax ~c) = |dx — b| (8)

Liệu đây cĩ phải là phương pháp tổng quát để tìm nghiệm nguyên của (6) hay khơng ? 1 -1 -2 -4 -8 ~-16 -32 y 36 20 12 8 6 5 3 2 0 "4 -12 -28 32/(- 4) 1 2 4 8 16 32 -32 -16 -8 =4 -2 -1 x 4 5 7 11 19 35 -29 -13 -5 -1 1 2 Vay, phuong trinh (5) cĩ 12 nghiệm theo bang trén Phương pháp giải cũng đã khẳng định rằng phương trình (4) với ø, ð, c nguyên bao giờ cũng cĩ số nghiệm nguyên là hữu hạn và chan (vỉ một số nguyên bất kì luơn cĩ một số chắn các ước số nguyên)

Và bây giờ chúng ta lại tự hỏi : con đường hợp lơgic tiếp theo là gì ? Tiến cơng vào phương trình øx + by = c + đxy (6) chang ?

Hãy thử xem 1 Ta cĩ

ax =c + dxy — by =c + y(dx — b) Tách riêng y ty = (ax — c)/(dx — 6) Néu a chia hét cho đ thì đễ dàng tìm được số thích hợp để cộng trừ thêm vào az ~ c như đã biết Nhưng nếu ø khơng chia hết cho ở ? Chẳng lẽ bớ tay

Bạn cảm thấy thế nào nếu ta đặt dấu chấm hết ở đây ? Dược chăng ? Cũng được, nhưng khơng thoải mái Khơng lẽ ta lại bất lực trước những phương trình chẳng cớ vẻ gì phức tạp như 2x — 3y = —Sxy + 39 (7)

Các hệ số trong (7) được lấy hú họa Bạn nghỉ xem khi chưa giải được bài tốn tổng quát, ta đành xét một trường hợp cụ thể biết đâu nĩ chẳng gợi lên một điều gi do Từ (7) suy ra 2z =y(3 — 5z) + 39 > y = (2x — 39)/(8 — 5x) Dé y nguyén thi diéu kién cần mà chưa đủ) là |2z — 39| > |3 - Bx] o (2x — 39)? > (8 — Gx)? ~ (2x — 39)? ? (3 — 5x)? 2 0 ~

Thử xét nghiệm nguyên của một phương trình nữa : 5x??? äy = 2xy?77??1() Từ (9) cd 5x = y(23x + 3) ~ 11 —> y = (Sx + 11)/(2x + 3) (10) Để y nguyên cẩn cĩ |ðz + 11| > |2x + BỊ «>(Ex + 1Ù? z (2x + 3)? «> (7x + 14)(8x + 8) > 0 «<>x < -8/ä ;x > ~2 Đáng buồn thay, x cĩ thể nhận tất cả các giá trị nguyên trên trục số Chịu chàng ? Khơng ! To biến đổi (10) như sau :

y= 2+(z+ð)/(2x + 3) Rõ rằng y nguyên

khi x = -5 Vay (œ = -ð ; y = 2) là một nghiệm của (9) Để tìm các nghiệm cịn lại ta nhận thấy điểu kiện cẩn để y nguyên là |x + 5] = [2x + 3] > (& + 5)? (2x + 3)? BO re (Br + 8)(-x - 2) BO > 8/3 <x < 2—(9) cĩ thêm các nghiém (x, y) 1A (-2; -1), (2 ; 3) (-1; 6) Chỉ cịn một chút nữa thơi, chúng ta sẽ khẳng định được : ta đã cĩ trong tay phương pháp tổng quát để tÌm nghiệm nguyên của phương trình vơ định øz + by = e + dxy Đĩ là việc chứng minh rằng : luơn luơn giới hạn được x trong một khoảng nào đĩ ; 2, <x <x) Bước đi cuối cùng tới thắng lợi ấy xin dành cho các bạn Và chắc các bạn cũng hiểu rằng : Đĩ khơng phải là phương pháp duy nhất ! Cũng như phương pháp cộng trừ thêm một số thích hợp để tìm nghiệm nguyên của phương trình dx + by = c trong số báo 154 khơng phải là phương pháp duy nhất hay !

Những phương pháp hay, những lời giải đẹp đang vẫy gọi các bạn !

Trang 8

NGUYEN Lf "KHOI DAU CYC TRI" Trong khi giải tốn ở nhà trường cũng

như ở các kì thi học sinh giỏi, chúng ta thường phải vận dụng 3 nguyên lí chứng mỉnh : đĩ là nguyên H phân chứng, nguyên lí quy nạp và nguyén Ii Dirichlet (Vé nguyén lí Đirichlêt cĩ thé xem thêm bài "Nguyên tắc Đi-rich-lê những chiếc lổng và các chú thỏ" (đăng trong báo TH và TT số 71) Bài báo này muốn giới thiệu với các bạn 1 nguyên lí chứng minh thứ tư cĩ thể sử dụng khá tốt cho rất nhiều bài tốn thuộc các dạng hồn tồn khác nhau, đĩ là nguyên lí "Khởi đầu cực trị" Nội dung của nguyên lí phát biểu như Sau : Trong một tập hợp hữu hạọn (khác rỗng) các số thực luơn cĩ thể chọn được số bé nhất Đà số lớn nhất

VÌ cách chứng minh rất đơn giản nên nhường cho bạn đọc tự thực hiện lấy Túc gid chi xin phép minh hoa việc áp dụng nguyên lÍ này bằng các ví dụ cu thé :

Vi du 1 n ban hoe sinh thi đấu bĩng bàn theo nguyên tắc đấu vịng trịn Chứng minh rằng luơn cĩ thể xếp cả z bạn theo hàng dọc sao cho người đứng trước thắng người đứng kể sau

Giải : Xĩt tất cả các cách xếp 1 số bạn thành hàng dọc sao cho người đứng trước thắng người đứng kế sau Vì cách xếp như vậy bao giờ cũng tổn tại và số cách xếp chỉ là hữu hạn nên theo nguyên lí khởi đầu cực trị ta cĩ thể chọn cách xếp cĩ nhiều bạn nhất Ta sẽ chứng minh rằng cách xếp đĩ phải cĩ cả n bạn học sinh

Thật vậy, giả sử cách xếp đĩ chỉ gồm cớ k <n ban, theo thi tu la Ay Ayes A, Khi dé xét ban B khơng xếp trong hàng Theo nguyên tắc đấu vịng trịn, B phải đấu với cả Ay, Ay A, Th thấy B khéng thé thắng 4, vì nếu thắng thì ta đã co được 1 cách xếp nhiều hơn & người là B, Ay Ay os A, trái 60

D6 BA KHANG

với cách chọn Ái, A„ A, Do dé B thua A, Lap luan tuong tu ta suy ra B thua Ay Nhung khi do ta lại cũng cĩ cách xếp đơng

hơn : Ay, Ay 4 Ay B Trong moi trường

hợp ta déu thay vo If Vậy k phải bằng „

(dpcm)

Ví dụ 2 Trên mặt phẳng cho 2n điểm

khơng cớ 3 điểm nào thẳng hàng, trong đĩ

cĩ m điểm màu đỏ và n điểm màu xanh, Chứng minh rằng tồn tại cách nối tất cả các

điểm đẻ với các điểm xanh bởi „ đoạn thẳng

khơng cĩ điểm chung

Giải : Xét tất cả các cách nối œ cặp điểm

đỏ - xanh bởi ø đoạn thẳng Vì cách nối là

tồn tại và số các cách nối là hữu hạn ta chọn

cách nối cĩ tổng độ dài các đoạn thẳng là ngắn nhất Ta sẽ chứng minh đĩ là cách nối phải tìm Thật vậy nếu cớ 2 đoạn AX và BY cắt nhau tại điểm Ĩ (A, B mau dé con X, Y mau xanh) Khi dé néu ta thay 2 doan AX va BY bởi 2 đoạn AY và BX va giữ nguyên các đoạn kia thì do

AY + BX< (AO + OV) + (BO + Ø3) =

=AX+ BY

ta được 1 cách nối mới cớ tổng độ đài các đoạn bé hơn Điều này trái với cách chọn ban đầu của chúng ta, Vậy suy ra đpcm

VỆ dụ 3 (Bài tốn Xin-vex-te)

Trên mặt phẳng cho n diém (n > 3) Biết rằng mỗi đường thẳng di qua 2 điểm bat ki đều đi qua một điểm thứ ba Chứng minh rằng cả ø điểm thẳng hàng

Trang 9

Ð Ta thấy hai trong số ba điểm B, C, D phai nằm về một phía của điểm 1 Giả sử C va Ð nằm về 1 phía của H Xét tam giác ACD cĩ C tù nên khoảng cách từ C đến AD bé hơn khoảng cách từ A đến CD trái với cách chọn A, B, C Tương tự nếu A và D hay B và C ở về cùng một phía của H, ta cũng suy ra khoảng cách từ A đến BC khơng phải bé nhất Mâu thuẫn chứng tơ tất cả các điểm, đều cùng nằm trên một đường thẳng

VỆ dụ 4: Chứng minh rang véi moi 86 n nguyên > 1, 2" - 1 khéng chia hét cho n

Giải : Giả sit od sin > 1 sao cho 2"~-1i n Khi đĩ n lẻ Gọi p là ước số nguyên tố bé nhất của n Do p cũng lẻ nên (2, p) = 1 và theo định H Phéc-ma ta cĩ #~Ì— 1¡ p, Gọi k là số tự nhiên bé nhất cĩ tính chất là #—1: p Rõ ràng k«<p_—l<p Ta chứng minh khi đĩ wœ‡ È Thật vậy, nếu đ = kq +r với 0<r< È thì B-1= (21.2% =(m.pt i.e = (m’p + 1)2 Ma 2?— 1: p vì p là ước của nm nén ta suy ra

2#: pvới 0 < r < k trái với cách chọn & Vay ni & Nhung & <p nén ta suy ra # cĩ ước số nguyên tố < p trái với cách chọn p Mau thuẫn chứng tỏ khơng cớ z nguyên >

1 để cho 2" ~ 1: xn

Bạn đọc thân mến, trên đây các bạn đã làm quen với nguyên lí "Khởi đầu cực trị" qua 1 số bài tốn cụ thể Ta cĩ thể nhận thấy rằng cũng giống như nguyên lí Dirichlê

hay nguyên lÍ quy nạp tốn học, nội dung của nguyên lí "Khởi đầu cực trị' rất đơn giản, nhưng cách vận dụng vào để giải các bài tốn lại rất phong phú và đa dạng Trong 1 số trường hợp, ta cĩ thể thay phương pháp này bởi phép quy nạp hay phản chứng thơng thường nhưng việc áp dụng nguyên lí "Khởi

đầu cực trị" thường cho các lời giải ngắn và độc đáo hơn nhiều Cịn bây giờ mời các bạn thử sức với 1 số bài tập nhỏ sau đây :

Bài tập 1 : Trên mặt phẳng cho n điểm khơng cùng nằm trên 1 đường thẳng Chứng minh rang tổn tại một đường trịn đi qua 3 điểm mà khơng chứa điểm nào bên trong

Bài tập 2 : Sau một trận đấu vịng bĩng bàn, mỗi đấu thủ được gọi tên những người thua mình và những người thua những người thua mình Chứng minh rằng tổn tại Ít nhất một đấu thủ được gọi tên tất cả mọi người cịn lại

Bài tập 3 : Trong một phịng họp, biết rằng mỗi người đều quen với Ít nhất 2 người Chứng minh rằng cĩ thể chon ra i số người để xếp ngồi quanh một bàn trịn sao cho mỗi người đều ngổi giữa hai người mình quen

Bài tập 4 : Trên mặt phẳng cho n điểm khơng cĩ 3 điểm nào thẳng hàng Trong dé cĩ 1 số điểm tơ màu đỏ, các điểm cịn lại tơ màu xanh Mỗi điểm xanh được nối với ít nhất 1 điểm đơ bởi một đoạn thẳng Biết rằng khơng cĩ điểm đỏ nào được nối với tất cà các điểm xanh Chứng minh rằng luơn tồn tại 2 điểm xanh A và B và 2 điểm đỏ X, Y sao cho Á được nối với X, B được nối với Y nhưng A khơng được nối với Y và B8 khơng được nối với X

Bài tập õ : Cĩ 2" kị sĩ được nhà vua mời đến dự tiệc Biết rằng mỗi ki si déu quen với > n người khác Chứng minh rằng cố thể xếp cả 2n kị sỈ quanh 1 bàn trịn sao cho mỗi người đều ngồi giữa 2 người mình quen

Trang 10

HAM SO CHUYEN TIEP

CÁC ĐẠI LƯỢNG TRUNG BÌNH

NGUYEN VĂN MAU

TS Bạn đọc đã quen nhiều với việc giải các phương trình và bất phương trình trong đĩ đại lượng phải tìm là các biển số Bây giờ mời các bạn làm quen với việc giải các Phương trình mà cái phải tìm lại là các hàm số Nĩi cách khác là chúng ta làm quen với việc giải các "phương trình hàm"

Đối với cặp số dương a, ư ta cĩ thể thành lập được rất nhiều các đại lượng trung bình Đặc điểm chung, là chúng đều thuộc đoạn [min (ø, ð), max (a, ở)] Các dạng đơn giản hơn cả là các giá trị trung bình cộng, trung bình nhân, trung bình điều hịa, trung bình bậc hai mà ta thường gap trong chương trình tốn phổ thơng trung học Ta cớ thể sắp xếp chúng theo một trật tự nhất định : 2ab a+b min(a, b) < Ty < Vøb < 24 be < 3 = max (a, b) @) (bạn đọc cĩ thể tự kiểm tra đễ dàng các bất đẳng thức này) Hãy lấy hai đại lượng trung bỉnh nhân và cộng làm ví dụ Từ (1) ta nhận thấy ngay rằng bất phương trình hàm fWø)<f(“*”)¡sv»>0 @

sẽ nhận mọi hàm fœ) đồng biến trong khoảng [0, œ) làm nghiệm của nĩ ; trong khi đĩ, phương trÌnh hàm tương tự

Aa) =1(7F") sny20 @) chi co mot nghi¢m f(x) là một hàng số tùy ý Bởi lẽ đĩ, các dạng bất phương trình hàm và phương trình hàm (2) - (3) được xem là các bài tốn "quá dễ" và rất it người chú ý tới Tuy vậy, vấn đề sẽ khơng đơn giản nếu ta thấy các bài tốn (2) - (3) bằng bài tốn sau đây : Những lớp hàm số nào sẽ thực hiện phép chuyển tiếp một đại lượng trung bình của đối số sang một đại lượng trung bình của hàm số Ví dụ, xác định hàm số f(x) thỏa mãn điều kiện /ei =9 TU), y xo, (4) 62

Các bài tốn tương tự như bài tốn (4) đã được nhiều người chú ý từ lâu, bởi lẽ chúng liên quan chặt chẽ đến việc chuyển tiếp các cấp số và các dãy số Thật vậy, nếu ham s6 f(x) thỏa mãn (4) thì ƒ+) sẽ chuyển cấp số nhân 2, 2 8, >0 thành một cấp số cộng fa) fay), Đối với các bài tốn khác, ta cũng cĩ các "tỉnh trạng" tương tự

Ta cĩ thể chia các bài tốn về chuyển tiếp các đại lượng trung bình thành hai nhớm, Một nhớm gồm tất cả các bài tốn chuyển tiếp của một dạng trung bỉnh Nhớm cịn lại, gồm các bài tốn chuyển tiếp của hai đạng trung bình khác nhau

Nhĩm I

Bài tốn 1 : Xác định các hàm số fix) liên tục với mọi x, sao cho :

Trang 11

Bài tốn 5 : Xac dinh f(x) lien tue véi x +

mọi x, sao cho ƒ (S”) =Ýff0

Bài tốn 6 : Xác định f(x) liên tục với 2y x # 0, sao cho f (535) =Ø@)70œ) Danh mục các bài tốn trong các nhĩm I và H cịn nhiều nữa Bạn đọc dễ dàng tự dat va giải đối với các dạng chuyển tiếp khác (xem phần bài tập ứng dụng) Nhận xét rằng, các bài tốn 1 - 6 cĩ lời giải rất ngắn gọn nếu ta địi hỏi các hàm số ƒ(x) là những hàm số

cĩ đạo hàm (hàm khả vi) Ở đây, sẽ trình bày

vai vin tắt một phương pháp sơ cấp chỉ dựa trên tính chất liên tục của nghiệm ƒ(7)

Cách giải bài tốn 1: Dat f(0) = a; f(1)=0 Khi đĩ, cho x = 0, y = 2 ta được f(2) = 2f(1) ~ f(0) = 26 ~ a echo x = 1 ; y = 3 thì được Đ8) = 2ƒ2) — ĐU = 3b - 2a Bằng phương pháp quy nạp tốn học, ta thu được fn) = nb - (n- 1a = nb - 8) + a Tiép theo, cho x = 0 ta được XY) f+ _fo)te r0) -858- 2 Với y = I y= ier (5) = “TP f(g) =“£ te Bằng phương pháp quy nạp tốn học, ta thu được 1 b-a (om) = "pm Kết hợp (5) và (6) ta cĩ +a (6) m fn Sử dung tinh lién tue cta f(x), từ (7) ta nhận được

f(z) = 6 —a)x + ; trong do 8, a tay y Vậy nghiệm của bài tốn 1 là

ƒŒ) =cx+a; e, ø tùy ý Giải bài tốn 4:

Giả sử tổn tại z„ sao cho f(x,) = 0 Khi dé 2/Œ,)f0) —®—)"jg)+f) )=@-a tte (D x+y - =0 với mọi y

Vay f(x) = 0, hàm số này khơng thỏa mãn Suy ra f(x) # 0 véi moi x 1 Đặt g(z) = —— thì bài tốn 4 cĩ dạng fe) x+y _ 8) +8) g(a) Theo kết quả của bài 8Œ) =cx+œ; c và a tùy ý, Vậy 1 fix) = (cx + a) tốn 1 thi DE ham sé f(x) liên tục véi moi x ta phai 1 cĩc = 05a 40 Vay fiz)=did=— #0

Trang 12

V6ix = 2,y = 4 thi

1 = Vg(2)g(@), vay g(4) = 1

Suy ra g(n) = 1 v6i moi n ty nhién

Do g(0) = Ye) g(—x) suy ra g(-n) = 1 Vay

&() = 1 véi moi n nguyén (8) Ket hop (7) va (8) ta thu được 8(/2”") = 1, Sử dụng tính chất liên tục của ham s6 g(x) ta suy ra g(x) = 1

Vay f(x) =a 6*;a,b > 0 tiy ý

Giải bài tốn 2 : Cho y = 0 ta được

AO) x Efex) — f0) = 0

Vậy nếu fix)#0 thi fx) =/0)>0 la nghiệm duy nhất Th chỉ xét (0) = 0 Néu tổn tại giá trị x„ > 0 sao cho fŒ,) = 0 thì fœ) = 0 là nghiệm duy nhất Do đĩ, cĩ thể giả thiết ƒœ) > 0, Vx > 0 Đặt x=c!⁄, y=e—œ<0,0<+© và gu) = fe") thì bài tốn 2 cĩ dang utov #(~z—)=We0)ø0)

Vậy ta nhận được bài tốn 5 với

&(@) =a 0* Suy ra f(x) = In(a b*)

Tương tự, các bài tốn 3 và 6 đễ dang chuyển về các bài tốn đã xét Thật vậy,

trong bài tốn 6 ta dat u = 1, u = ly và &(u) = f (ju), ta sẽ chuyển về bài tốn 5 đối với g4) Trong bài tốn 3 dat u = li, = ly và g(u) = 1/{l/u) ta sẽ dẫn về bài tốn 1

Bài tập áp dụng

1) Tìm hàm /(+) xác định và liên tục với mọi z, thỏa mãn điều kiện

[ese _ [ ear + rey?

{ 3 lo 2

với mọi u, 0

2) Tìm ham f(x) xác định và liên tục với

x > 0, thỏa mãn điều kiện

ưa - &) ‡ f9

với z,%y > 0

3) Tim ham f(x) xéc định và liên tục với x > 0, théa man điều kiện

_ 2f@) fo)

AND) = Fey + 7)

với x, y > 0

4) Tim ham f(x) xéc djnh và liên tục với x # 0, théa m&n điều kiện

Tích ngồi của hai vectơ

TRONG MAT PHANG

1 Trong nhiều số của báo Tốn học và Tuổi trẻ, các bạn đọc đã được giới thiệu về tích vơ hướng của hai vectơ Đĩ là một ham số thực của hai vectơ, tuyến tính và đối xứng, cịn gọi là một dạng song tuyến tính — đối xứng Cụ thể là với hai veetơ tùy ý x, y, người ta cho tương ứng một số thực, kí hiệu _—_——

là @, y) và được gọi là tích uơ hướng, với các tính chất sau đây, được thỏa mãn với mọi > vectd x,y,z và mọi số thực ø : 64 2y _ f#) +/fƠ) f(ssz)“ 2 NGUYÊN THÚC HÀO _— — ——

ayto= Gye GD, @ YBN =GN+ GY, a

(@xy) = Gay) =a@,y¥) ee

Gx) = 6, %) (2)

3 _— _

Trang 13

2 Về phương diện thuần túy đại số, thì mot dang song tuyến đối xứng được xác định nếu ta cho trước giá trị của nĩ với hai vectơ _ khác khơng và khơng đồng phương u, v Cu thể là nếu ta cho trước các giá trị : ee u* = (u,u) =a > 0, (u,v) = (v,u) =), > —_— => =(0.0u)=c>0 ee Qua vay, mọi ‹ cập vectơ khác x,y cĩ thể phân tích theo ứ.u : > > = xaxut xy > —_ — y =yju ty và khi đớ : > > — ¬_ @y) = (yu tap yu + yyv) _— _— > 9) = xy, He) + Hy, + xy) (Hv) + — — +xzy;(0.U) tức : Œ,3) = “wi# + Gợi † x6 + xa - (9) Như vậy là muốn xác định tích vơ hướng, phải cho 3 số thực là 2 > 0,¢ > 0 vad

Do điều kiện (3) và biểu thức sau đây suy ra từ (4) : —_— = @,x) = Cho nên ta phải cĩ điều kiện qui + 2bxx; +c2 >0 (6) ac—b?>0 (6)

3, Để cĩ được ý nghĩa hình học của tích vơ hướng, ta hãy quy ước rằng nếu tru là hai vectơ đơn vị (tức |z] =|p[ =1) và vudng gĩc uới nhau thì :

- _—— p> => =

u? = (u,u) = 1, (u,v) = 0, v= (vv) = 1 Để chứng minh rằng quy ước như trên cĩ hiệu lực với mọi cap vectơ đơn vị vuơng gĩc, ta hãy lấy thêm cặp w, o* don vị và vuơng gĩc với nhau Ta dễ dâng thấy rằng (hình 1) : + > > u)=cosa.utsina.u _ ” v= —sina.u + cosa.v trong đĩ œ là gĩc của hai vectơ ứ, w Ta tinh dễ dàng và thấy rằng nếu u2=1,u2 =1, a vs 0, thÌ ta cũng cĩ : ã-TCTH Ay Hinh I _—

Bây giờ ta hãy lấy hai vectơ tùy ý z, y Th > chọn vectơ đơn vị P cùng hướng v với x, cd vectd đơn vị 0 ø thì vuơng gĩc với ue sao cho gĩc của hai vectơ u v bing +x/2 Hình 2 Ta cĩ : relat = lyÏeosx + |y[sinr.b` Do dé

Ga) = lal Lyf cose

Dang thức trên cho ta ý nghĩa hình học của tích vơ hướng Và cũng chính đẳng thức

ấy, ngược lại, cĩ thể lấy làm định nghĩa cho gĩc hình học œ của hai vectơ (tức của hai tia)

Cũng theo (7), diéu kiện cần và đủ cho hai vectơ khác khơng Xy vuơng gĩc với nhau là :

>

(Œ,3)=

Trang 14

và tất nhiên là >

ix, x] = 0 an

Tích ngồi, định nghĩa như trên, cịn gọi là đích lệch, hoặc tích thay dấu

5 Cũng như với tÍích vơ hướng, ta hãy > chon hai vecto u,v nao đĩ, khác khơng và khơng đồng phương Tất nhiên : > _— [u, u] = 0, [v,v] = 0 _ Cén [ư, 0], ta đặt Úz dÏ =ð #0 ð là một số thực khác khơng, chọn tùy ý, thụ ứng với cặp {m0} Khi đĩ, hàm [x yf la hồn tồn xác định Quả vậy, từ : > > eau +x > > yay t+ yp và (9), (10), (11) ta suy ra : _— > — se — Ez,y] = xu + #20, it + y;Ð]

fay] = tụy ~ xơi) ba

[x,y] = (y2 — *aysu Lỗ (12) Thế là đối với tích ngồi của hai vectơ trong mặt phẳng, chỉ cẩn cho giá trị ổ z# 0 của nd véi hai vectơ chọn tùy ý, khác khơng và khơng đồng phương, là đủ để xác định nĩ

Một tính chất cơ bản của tích ngồi là ; Điểu kiện cần và đủ cho hai vectơ a x #0,y = 0 đồng phương với nhau là : —_— ,y] =0 Mệnh để trên suy ra dễ dàng từ (12), 6 Bây giờ để cĩ được ý nghĩa hình học, > ta quy ước rằng ð = +l khi hai vecto u,v 1a đơn vị và tạo thành một gĩc vuơng theo ard chiều thuận, tức gĩc của và u = +z/2 Quy ước này cố hiệu lực với mọi cặp vectơ như vậy

Ý—-

Thực thế, mọi cặp vectơ w',ø' đơn vị và vuơng gĩc thuận cĩ thể phân tích theo cặp _

u,v nhu da lam ở trên (7) Và ta thấy rằng + +>

[u,v] = +1 [u,v] = +1

Với hai vectơ bất kì ny, ta chon „cùng

hướng với z (xem hình 2), thì ta cĩ

zelda

y= lyŸ cose + Of sing D

Vậy :

G97 = HET [5 sina

Đĩ là ý nghĩa hình học của ky: Nếu chỉ

lấy giá trị tuyệt đối, thì [e,yÌ bằng điện tích của hình bình hành vẽ với 2 veetơ x;y làm

cạnh

Hình 3

Nếu ta quy ước rằng điện tích mang đấu + nếu gĩc ø = (X,y) > 0 và mang dấu - nếu ø < 0 thì khi đĩ [x, y] là điện tích cĩ hướng của hình bình hành

7 Tĩm lại, trong hình học phẳng, với hai vectơ tùy ý z,y, ta xác định tích vơ hướng và tích ngồi là :

Gy = Ix [yf cose

ist af bt aim} (14)

và từ hai biểu thức trên, ta suy ra: ~

Ga? + By? =a? (15)

Đẳng thức này cho thấy quan hệ giữa tích ngồi và tích vơ hướng

Trang 15

CAU CHUYEN VE HOC CAC CON SỐ

Cứ nĩi đến tốn học là người ta nĩi ngay đến việc sáng tạo : mà quả thực làm tốn, học tốn, áp dụng tốn, cứ máy mĩc là hỏng liền ; Học tốn, vận dụng tốn luơn luơn địi hỏi ta phải sáng tạo

Vay thỉ ta phải sáng tạo tốn như thế nào ? Cĩ bạn cho rằng ta khơng thể sáng tạo tốn học được với vốn kiến thức phổ thơng Ít 6i Dé chỉ là những bạn quá bí quan về mình Lịch sử tốn học đã chỉ ra rằng rất nhiều nhà tốn học nổi tiếng đã làm ra các phát minh tốn học đúng bằng vốn Ít di các kiến thức ở trường phổ thơng Nhà tốn học Pháp Fermat đã phát biện ra giả thuyết nổi tiếng rằng phương trình +” +y” =2,n >2 khơng cĩ nghiệm nguyên Từ chỗ đào sâu suy nghỉ về việc giải phương trình bậc năm trở lên bằng căn thức (một đự đốn mà Abel trước đĩ cũng da nghi téi) E Galois da dé xuất cả một lí thuyết tốn học mà ngày nay mang tên ơng Bí quyết là ở chỗ họ chịu khĩ đào sâu suy nghỉ, cĩ phương pháp tư duy đúng, phương pháp sáng tạo đúng

Ở nước ta, trong những năm gần đây cĩ một trào lưu luyện tốn phổ thơng khá rém rộ Khơng Ít thầy đã nổi tiếng, khơng Ít trị

đã trở thành điêu luyện với nghệ thuật giải các bài tốn khĩ Một số bạn đã thực sự thành đạt : đã giành được những giải thưởng cao nhất, đã trở thành những nhà tốn học thực sự, đã thành cơng trong việc đưa tốn học vào phục vụ những việc Ích nước lợi nhà Tuy nhiên một số các bạn khác lại trở thành "thợ" làm bài tập rồi sau đĩ chẳng được gì hơn nữa, chỉ cịn ngậm ngùi luyến tiếc cái "thời vàng son" đã trơi qua Theo tơi nghỉ, cái chính là các bạn đĩ chưa cĩ một phương pháp học tốn và rèn luyện tư duy tốn học một cách thật đúng đắn Làm tốn khơng hẳn chỉ là giải các bài tốn khớ Giải được bài tốn khớ bạn chỉ cĩ được khoảng 50% sáng tạo Bởi vi, Ít nhất la 50% đã thuộc về người đặt ra bài tốn Cho nên cái điều quan trọng mà chúng ta muốn thảo luận là làm sao để cĩ được nốt cái 50% kia ; tức là vấn đề sáng tạo tốn học là thế nào

ĐỖ NGỌC DIỆP

Cũng như các ngành khoa học khác tốn học địi hỏi sự sáng tạo trên từng bước đi nho nhỏ Tốn học lại mang đặc thù của sự tư duy trừu tượng Bởi vậy trước hết ta phải nắm bắt được tư tưởng trừu tượng đĩ Sau đĩ ta vận dụng sáng tạo nĩ để đi đến những ý tưởng mới lạ ở trong bản thân tốn học Một nét đặc thù nữa của tốn học là tính lơgic chặt chẽ Mỗi điều nơi, viết ra sau phải là hệ quả của những điều đã nĩi, viết và đã được chứng minh tính đúng đắn của nĩ Bởi vậy hằng ngày ta phải rèn luyện cách tư duy chặt chẽ, đồng thời rèn luyện một tư duy phĩng khống sáng tạo Điều quan trọng hơn cả là chúng ta phải rèn luyện một sự mạnh dạn thực sự

Chúng ta hãy mở sách giáo khoa đại số lớp 10/12 ra Chương trình xem ra thật giản đơn Cĩ lẽ cũng vÌ quan niệm như vậy nên khơng Ít bạn đã coi thường học lí thuyết và

chỉ lao đi sưu tầm, thách đố nhau những bài

tốn "búa bổ" Thế nhưng nếu bạn học thật ki, ví dụ chương I và II thì cũng sẽ thấy ra nhiều điều đáng suy nghỉ

Phần 3 của chương Ï nới về số vơ tỉ Chúng ta biết những số đơn giản nhất là những số tự nhiên 0, 1, 2, 3 Với các số này ta cĩ thể cộng, nhân một cách khá tự nhiên Tuy nhiên cũng phải lưu ý các bạn rằng để quan niệm được rằng số.0 cũng quan trọng như, thậm chí cịn cĩ vai trị đặc biệt hơn các số 1, 2, 3 lồi người đã phải trải qua rất nhiều năm trong lịch sử phát triển văn minh Do nhu cầu đời sống lồi người phải trừ, phải nợ (ghi nhớ) mà người ta đã sáng tạo thêm các con số -1, -2, -8 tức là các số nguyên, âm Cũng do nhu cầu đời sống phải chia lẻ, mà người ta đã sáng tạo thêm các số mới là các số phân, hay nĩi cách khác là các số hữu tÌ Cũng trong phần đầu

sách lớp 10/12 về Hình học bạn được biết một cách chứng minh đơn giản rằng số đo đường chéo của hình vuơng, đơn vị khơng

thể là số hữu tỉ Vậy là nếu chỉ xét tỉ số giữa

các số nguyên ta khơng thể biểu diễn độ dài của đường chéo hình vuơng đơn vị

Trang 16

Cơng việc tìm kiếm các số mới được đặt ra một cách rõ ràng Người ta đã viết các số hữu tỈ đưới dạng phân số tối giản Sau đĩ thực hiện phép chia cĩ dư, chia mãi ta được một số thập phân hữu hạn hoặc vơ hạn nhưng tuẩn hồn Ngược lại, nếu ta cĩ số thập phân hữu hạn thì di nhiên cĩ thể viết nĩ dưới dạng phân số Nếu ta cĩ số thập phân vị hạn tuần hồn GF, 6 By oy (6,8) &,)-» thì giá trị của nĩ được tính là a,10" + +a,.10+a, + + (6,.1071+ +b,,1079/1+ 167*+ 10 2+.) =a,.10+ +a,.10+a,+ +@,.101+ +5,.105.8 v6i S= 1+ 107*+ 10°%+ = 1+ 10 8 k Tức là S = 0,99 9, nĩi cách khác mọi số thập phân vơ hạn tuần hồn là những số phân Bởi thế các số hữu ti được xem như là các số thập phân hữu hạn hoặc vơ hạn nhưng tuần hồn Một cách tự nhiên ta sẽ hỏi phải chăng các số thập phân vơ hạn khơng tuần hồn cũng cĩ vai trị quan trọng

như các số hữu tỉ Trong gia đình của các

con số được đưa thêm vào các số thập phân vơ hạn khơng tuần hồn bất kÌ Chúng được gọi là các số vơ tỈ, nghĩa là khơng thể viết thành tỉ số các số nguyên Với khái niệm số mở rộng ta cĩ thể khai căn bậc tùy ý các số dương tùy ý

Nếu xem xét kỉ lại tất cả ta thấy rằng trong biểu diễn số thập phân, tất cả các chữ số đều là các số khơng quá 9, tức là số du của các phép chia cho 10 thực hiện nhiều lần Cĩ một điều chưa thật hay lắm là nếu ta lấy một số chia cho 10 dư 2 nhân với một số chia cho 10 dư 5 ta được số chia hết cho 10, tức là dư 0 Tình trạng này đã gây ra cho ta một số ngoại lệ khi thực hiện các phép tính nhân, chia cho các số loại nĩi trên Ta muốn khắc phục tình trạng nây thì chỉ cĩ cách là ta thay số 10 bằng một số nguyên tố bất kì p Khi đớ các chữ số a,„ đụ, Ðị, Đạ, chỉ nhận các giá trị 0, I, 2, , p - 1 Mọi

điều nới ð trên vẫn cĩ ý nghĩa với p* thay

cho 1, 9 = 0, Cị€; c„ với c=p — 1 thay cho 8 = 099 9 ở trên Vậy là bạn đã đi 68

đến lí thuyết các số p - phân, một chương quan trọng của lí thuyết số hiện đại Người

ta đã dùng các số p - phân để chỉ ra rằng

phương trình Yermat khơng thể giải được bằng phương pháp sơ cấp

Chúng ta trở về với phép khai căn Vì ta định nghĩa căn bậc & của một số là một số mà lũy thừa bậc š thì bằng số ban đầu, cho nên căn bậc 2 của một số âm khơng cớ nghĩa Nĩi cách khác là phương trình

z?+à= 0 với ø dương khơng cớ nghiệm Ta

biến đổi phương trÌnh đi đơi chút sẽ cĩ dạng tương đương

z2~ (~1((a)}?= 0

'Ta tạm chấp nhận một điều "phi If" 1a tồn tại một "số", sau này sẽ gọi là đơn vị do i sao cho i2 = —1, ta cĩ phương trình là :

x? — (Va)? = (@ - Va) + iva) = 0

Vay thi phuong trinh x?+a=0 với

œ >0 khơng phải là vơ nghiệm, mà là cĩ đủ hai nghiệm phân biệt Thật là một điều lí thú Một điều lí thú bất ngờ nữa là mỗi phương trình bậc hai bất kì đều cĩ đủ hai nghiệm nêu trong gia đình các số ta thêm

một "số kì lạ” ¿, ¡2 = —1, bất kể biệt số A âm

hay dương hay bằng khơng Nếu A < 0 thi phương trình bậc hai cĩ hai nghiệm phân

biệt là

Xụa = ~bl9a + ¡ |CÃ 2a

Như vậy trong họ mới của các số cĩ các số dạng A + ¿B với A, B là các số thực tùy ý Chúng được gọi là các số phức Dễ thấy ngay là các định lí Viet, phân tích tam thức ra thừa số vẫn cịn đúng ngay cả khí A < 0 Số phức đĩng vai trị cực ki quan trọng trong tốn học hiện đại Muốn cộng, trừ, nhân, chia số phức ta thực hiện như các biểu thức đại số rồi rút gọn lại bởi điều kiện ¿2= —1

Trang 17

số hiện đại Như vậy, trường số phức là mở rộng của trường số thực bởi nhĩm Galois cd hai phần tử ; nĩi chính xác hơn, là mở rộng của trường số thực bởi một biểu diễn bậc hai của nhĩm Galois sinh ra bởi phép liên hợp phức Câu hỏi tự nhiên sẽ nẩy ra là tồn tại bao nhiêu các trường số mà là mở rộng bậc

œ tùy ý của trường số hữu tỈ Cho đến ngày nay câu hỏi này vẫn chưa được giải đáp trọn vẹn Langlands R đã đưa ra giả thuyết cho tương ứng các trường số như vậy với các biểu diễn vơ hạn chiều của những nhĩm Lie tương ứng Vậy là bạn đã đến với cái gọi là

Chương trình Langlands, một vấn đề trung tâm của lí thuyết số hiện đại, lí thuyết biểu điễn nhĩm Lie và hình học đại số, mà câu trả lời cịn địi hỏi hàng trăm năm làm việc tích cực của thế hệ các nhà tốn học của tương lai

Thế đấy các bạn ạ, nếu chịu khĩ đào sâu

suy nghỉ thì từ các nội dung đơn giàn nhất bạn cĩ thể đi thẳng tới những vấn đề gay

cấn nhất của tốn học hiện đại, mà ở đĩ cánh cửa luơn rộng mở chờ đĩn những tư đuy sáng tạo trong các bạn