Tuyển tập 30 năm Tạp Chí Toán Học và Tuổi Trẻ (part2-4)
Trang 1Do ỏ > c nên : (@+b+c)2/4 - 2Ủ = (1/4)[(Ủ + b + e)2 - Bae] = > (1⁄4)[(Ủ + 2c)? - Bac) = (/42Áa - 2e? z 0 Tức A' > 0 Vậy (3) có nghiệm là : X= (1/2)(p + ầp? Ở 2ac) va x, = (1/2) - fp? Ở Zac) Hién nhién 1a x, > 0 va x, 2 0 a) Gid sử z = zị Rõ ràng (1) ẹ(1/2)@Ủ + Ýp? -2a)ec eoyp* Ở2ac < 2c - p Vậy ta phải có 2e - p > 0 (Nếu c < 1⁄2 thi xét x = x,)
Giả thiết e > p/2 Khi đơ
(1) ẹpÊ - 2me ề (2e - p)? = 4c? Ở 4cp + p2 Ộ=-a < 2c - 3p = 2c-a-b-e
p2 - Đac =
Ởc 2b
Do gid thiét a > 6 2 c, nén ta euy ra : a2 b=c @ p/2 (*) Nên trong trường hợp
tam giác ABC cân, đỉnh A thỏa mãn điều
kiện (*) thì bài toán đã được giải, lúc đó x= xy b) Gia sử z = zẤ Ta có (1) > (1/2)(p - ầp? = 2ac) < e ề=p - 2c < Ýp? ~ 2c + Tập hợp p ~ 2c < 0 thi (1) là hiển nhiên đúng với x = *ạ + Tập hợp p - 2c > 0 thi (1) ẹp? ~ 2ae > (p ể 2%)? = p2 ~ đẹp + Ạc2 -a 2 -2p +?c = = > c (đúng do giả thiét a > 6 z c) Vậy với x = x, thi (1) thỏa mãn Mặt khác (2) =p - x = (1/2 + ầp? Ở 2ac) <a fp" Ở 2ac < 2a -p Vì a > b > c nên rõ ràng là a > p/2, hay 2a - p Ừ 0 Vay (2) ep? - 2ac < (2a ~ p)? = da? - dap + p2 ee-c Ạ 2a-a-b-e <a > b (đúng do giả thiết ụ = b 2 c) Vay vi x = +, thì các trường hợp (1) va (2) đều được thỏa mãn cả 138 2c-a-b-cằ
Tém lai, t6n tai (it nh&t) lA x = +;Ấ đối với một tam giác cho trước bất kì để cho bài toán 1 là có lời giải (đpcm)
Ban đọc có thể dễ dàng chứng minh được
rằng đường thẳng (đi qua M, N) phải tìm đó
là luôn luôn đi qua tâm đường tròn nội tiếp của tam giác ABC (chứng minh bang phan chứng)
Bài toán 1 đã được giải, song ta chưa
dừng lại, bởi xuất hiện bài toán tương tự trong không gian
Bài tốn 2 Có hay khơng một mặt
phẳng thiết điện cất góc tam diện của một
tứ diện ABCD cho trước sao cho nớ chia đôi diện tắch toàn phần của tứ điện thành bai
phần bằng nhau và chia đôi thể tắch của tứ
diện thành hai phần bằng nhau ?
VÌ khuôn khổ bài báo có hạn nên ở đây tôi chỉ xin trỉnh bày ý của cách chứng minh
bài toán này
Giả sử tứ diện ABCD có diện tắch các mật
la S,, Sg, So, Sy(tuong tng voi cfc đỉnh A, B, C, Đ) Một cách tổng quát ta có thể xem rằng :
8, ẹ S, <5, <S) Ủệ
Giả thử rằng thiết diện phải tim 1a (A,
Trang 28a yy, + Syye t Soy = (2S, +S, +5,+S, x8, + Sgt 2S = p (1/2(SẤ + 8g + %c Ẩ 8p) (2) Hơn thế nữa +, y, z thỏa mãn điều kiện +z>1,y> 1,z >1 (3)
Bài toán trở thành là cớ tổn tại +, y, 2
théa man (1), (2), (3) hay không ? Rõ ràng
là các điều kiện (2) và (3) là tương đương
với điều kiện sau (các bạn hãy chứng minh
thử xem) :
92) nag = (Sq + 8g + Set Sp);
(27 SA SB SC),(a,)
(xy2) nin = 1+ Sp/max {S,, Sp, Shay)
(Đảng thức (a,) nhận được khi xS, = ySp
= zS() Thay (2) vao (a,) va (a,) ta sẽ thấy
rằng bài toán là giải được nếu : S,SySo Ạ (SẤ + Su +%c + S2) J8 và : max{S,, Sg, Sc} = Sp (a2) Ta chứng mắnh rằng từ (*) ta suy ra được các bất đẳng thức (a',) va (aỖ,) That vay, đạt S + 6p + S%( +n = S ta có : 2 SASpSc < (S + Sn)Ợ Sc/4 < < [2/848, + 8g + Sg)]? SẤ/4 = = (ậ- 8Ấ}? 8,/9 ề (25/3)2(5/8)/9 = @Ủ) = 4S/248/ < S3/B4
Vậy (a`';) được chứng minh xong (bởi vì hàm (8 - z)2X đạt giá trị cực tiểu khi
x= 8/3)
Và (aỖ,) cũng là thỏa mãn đo điều kiện (*) Và thế là ta đã chứng minh được sự tồn tại của thiết diện phải tìm Bạn đọc cũng sẽ
dé dang thay rằng thiết diện phải tìm nhất thiết phải đi qua tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện ABCD,
Sau cùng xin mời các bạn cùng thử giải bài toán hay sau đây :
Bài toán 3 Giả sử a, b, c, là các cạnh
của một tam giác bất kì Đặt S = a +b+c va T = ab + be + ca Chitng minh 3T < 8? < 4T Bài toán 4 Giả sử đi, aẤ, Ủ, là cạnh của tứ điện bất kì 6 và T = > (a, +/) ` 6 Đặt ậ = Xa, ặ=1 Khi đó ta cũng có 37 ề 6? < 47
Xin chúc các bạn thành công và đạt nhiều
kết quả trong việc tÌm kiếm thêm nhiều tắnh chất lắ thú khác nữa của tam giác và tứ điện
Trang 3B~ KHÁI THÁC CÁC BÀI TỐN, ĐỊNH LÍ
ĐƯỜNG HYPÉCBƠN VUÔNG
Ta đã biết rằng đường biểu diễn phương trình bậc hai xy = k (k # 0) là đường hypécbôn vuông Để cho việc tắnh toán dưới đây được dé dàng, ta giả thiết k = 1, tuy vậy vẫn không làm mất tắnh tổng quát, bởi vì muốn & > 0 ta chỉ việc thay đổi chiếu của
một trục tọa độ, và muốn hypécbôn đã cho
có k = 1 thì ta thay đổi đoạn thẳng trên các
trục tọa độ,
Nghiên cứu đường hypécbôn vuông ta tìm
thấy nhiều tắnh chất đáng chú ý ; xin giới thiệu với các bạn một vài điều rất lắ thú fink I 1 Tam giác nội tiếp va tiếp tuyến của hypéchôn Néu diém Aj@,, 7) thuộc hypécbôn xy = 1 thi ta cd
(xiy¡0 = 1 hay y, = lf, (hinh 1) Gớc
nghiéng y do day cung A,A, cia hypécbén
tạo với chiều đương của trục z được xác định
bởi công thức :
địy = Ớ; ~ Ữ)G@; Ở x,) = tgp a) 140
HOANG DOANH
6 day x,, 7; là tọa độ điểm Ay ầ2 = Iie, Bị; là hệ số góc của dây cung 44+ Từ công thức (1) ta suy ra :
tụ = (lity - Va a, - x) = xu; (2)
Nếu dây cung A,A, vuông góc với dây cung A;4; thÌ tương tự cơng thức (2), ta có : đạy = tgpỢ = -l ru, (2) véi lpỖ - | = 905, hoặc tạp = -ctgp' Điều đó có nghĩa là tị; = Ty, hoặc là #uz*zẤ = 71 (8) Thay các giá trị của Ry, va ky, tim được ở kết quả (2) và (2') đẳng thức (3), ta được : Rtg, = 1 (4)
Hệ thức (4) là điều kiện cần và đủ để hai day cung A,A, va Az4Ấ vuông gớc với nhau Hơn nữa, từ (4) ta cũng suy được rằng dây
cung A4; vuông góc với dây cung AyA, va
day cung A,A, vudng géc véi day cung AA,
Như vậy, những đầu mút A) Ay Ay va A,
của hai dây cung vuông góc của đường
Trang 4
hypécbôn vuông hợp thành "bốn điểm trực
tâm" nghĩa là mỗi một trong bốn điểm đó là giao điểm của các đường cao của tam giác
mà đỉnh là ba điểm còn lại, chẳng hạn điểm
4, là điểm trực tâm của tam giác Ar424; Đó là điều chứng minh cho định lắ dưới đây :
Dinh li ; Nếu tam giác (A,A.A,) nội tiếp
trong hypécbôn vng thÌ trực tâm (A,) của nó cũng thuộc hypécbôn đó
Điều đáng chú ý nữa là trường hợp đặc
biệt : tam giác A,4.A; vuông gốc Chẳng
hạn góc Á, vuông (hỉnh 2), khi A,A, vudng
góc với A Ấ theo hệ thức (4) ta có : x x,x2 = -1, Néu qua AƯ; ta kê đường thẳng
vuông góc với Á¡A;, nó cắt hypécbôn tại một điểm AẤ, ta có : #izzẤ = Ở1,
Nhung bay git x, = x,, đo dd A, tring với
A; (Á = A) Như vậy, đường thẳng vuông góc
vải dây cung A,4Ấ kẻ từ điểm A là tiếp tuyến với hypécbôn tại điểm A Do đó ta có phương pháp đơn giản để vẽ tiếp tuyến với hypécbôn tại một điểm đã cho trên hypécbôn : muốn vẽ
tiếp tuyến tại điểm A; thì từ A, ta kẻ hai day
cung 4Ư4, và A;Â; nào đó vuông góc nhau ;
réi từ Á; ta kẻ đường thẳng vuông góc với A,A,, đường thẳng vuông góc này chắnh là tiếp tuyển tại điểm A;, Hệ số góc của tiếp tuyến
tại điểm A; bằng -l/z3 Các hệ quả :
1) Đỉnh các góc nhọn của tam giác vuông
nội tiếp trong đường hypécbôn vuông, thuộc về các nhánh khác nhau của hypécbôn đớ
2) Nếu xét tập hợp các tam giác vuông có
chung đỉnh góc vuông và cùng nội tiếp trong
một đường hypécbôn vuông thì tất cả các đường huyền của chúng song song với nhau, hay là cùng vuông góc với một tiếp tuyến
3) Hai tiếp tuyến của hypécbôn vuông không bao giờ vuông góc với nhau,
đinh 3
4) Hai tiếp tuyến song song của hypécbôn vuông có các tiếp điểm đối xứng với nhau đối với tâm của hypécbôn đó (tâm của hypécbôn
ay = k (hk Ủ 0) là gốc O của hệ trục tọa độ)
2 Hypécbôn vuông và dường tròn : Ta vé 1 đường tròn nào đó cất đường
hypécbôn tại 4 điểm sao cho hai điểm trong
4 điểm đó là các đầu đường kắnh của đường
tròn Giả sử đoạn thẳng A,A.Ấ là đường kắnh
đường tròn (hỉnh 3) Thế thì tam giác
AA 3 và A,A 4 là tam giác vuông ; các
tiếp tuyến với hypécbôn tại A; và A, cũng vuông góc với cạnh huyền chung A,4, (theo kết quả ở mục 1) do đó các tiếp tuyến ấy song song với nhau Hơn nữa các tiếp điểm
của chúng đối xứng với nhau đối với tâm của
hypécbôn (theo hệ quả ! ở mục 1) tức là ÁƯzÁ, là các đường kắnh của hypécbôn
Định lắ : Nếu đường tròn cất hypécbôn vuông tại bốn điểm sao cho hai điểm trong
bốn điểm đó là các đầu đường kắnh của đường tròn, thì hai điểm kia là các đầu đường kắnh của đường hypécbôn và ngược lại
SUY NGHĨ VỀ MỘT BÀI TOÁN
Trong các bài toán thi vào Đại học năm
1972 của khối Á có một bài về chứng minh bất đẳng thức Đớ là bài số 4 : ỘCho bốn số thực u, 0, x, y sao cho 2 + 02 = 1 và y2 + x2 = 1", Chứng minh rằng : ~ VỀ ề ưỢ Ở x) + uỦ + y) < VẾ LÊ THỐNG NHẤT
Bát đầu nhìn vào giả thiết ; "bốn số thực
U,u, +, y" rồi lại "u2 + u2 = 1 và y2 +x2 = 1",
Chúng ta liên tưởng rất nhanh đến cái đẳng
thức lượng giác "lợi hại" : sin2A + eos2A = 1 và nẩy ra ý định chuyển bài toán này qua
lượng giác Ta có lời giải thứ nhất :
Trang 5Dat u = cosa ;u = sina ; x = cosf ; y = sinf Do đó :
P = uợ -x) tu +y) = cosa(sinỷ Ở cogs) +
+ gsinz(cosổ + sinổ) = (sinzcosổ + cosesinổ) - (cosacosổ ~ sinzsinổ) = = sin(a + B) - cos(a + B) = = V2sin(a + B ~ 7/4) vi -1 ề sin(a + B- 2 1 Nên : - VÊ <P< ầ2(dpem)
Vấn với cái ý nghĩ đưa về lượng giác
Nhưng ta tiến thêm một bước Nhìn trong P ta thay w và 0 đứng riêng lé, ta đạt chúng
dưới dạng lượng giác một cách riêng lẻ Còn
x và y đứng với nhau, có sự "gắn bó" hơn bởi cái "đấu cộng", "dấu trừ" Ta nẩy ra ý nghỉ : cứ để sự "gắn bơ" ấy mà chuyển qua lượng giác Th thử :
y-x = sina ;y+x = cosa Vay thi sin2a + costa = 2
Vo If qué ! Nhung không lo, nếu ta đặt
khác đi một tÍ thì tránh được chuyện đó : (y - x)NZ = sina ; (y + x)N2 = cosa ta có sin2Ủ + cos2z = 1 Thế là được rồi ! Ta giải cách thứ 2 : Đặt : w = cosử ; 0 = sing É ~ x2 = sina, (y +x)j2 = cosz Tn phải chứng minh -JẾ < uly -x) tut) ề J2 Hay là : chia cả các vế cho V2 : ~1l & my ể z)\Ế + dy +x)ứ\Ế# ề 1 Chuyển qua lượng giác, ta phải chứng minh : ~l cosổsinz + sinfcosa < 1 = -1 < sinfa+) <1 Day la diéu da biét ! (dpem)
Nếu ta đã quen với việc chứng minh bất đẳng thức, thì ta lại có thể có ý nghỉ liên hệ khác Ta lướt qua trong đầu các bất đẳng thức : Bất đẳng thức Cô-si à ? Bất đẳng thức Cô-si chỉ phát biểu cho eác số đương thôi 6 day u, v, x, y là những số thực cơ mà Í Thế thì còn bất đẳng thức gi nhỉ ? À ! bất đẳng thức Bunhiacôpzki thì có lẽ được, bởi nó phát biểu cho các số thực ! Như thế nào nhỉ ? Cho A, B, C, D là các số thực Th có : (A2 + B2)(C2 + D2) > (AC + BD)* 142 Hay là {(? + B2(C7+ DĐ > AC + BD > >-V7+ B?(Ể? + D35 Đến đây ta nhìn nó giông giống cái bất đẳng thức của ta ? Và ta đặt thi A = u, C =y-x,B=u,D= y+x Quả nhiên ta có lời giải thủ ba : Đặt như ta vừa nơi, theo bất đẳng thức Bunhiacôpxki ta cổ : {@2+25)(@Ởz)7+ @+z)] >P > > -{@Ể + 0Đ [ặ ~ z)2 + (y + x)] hay Ý!.@f+z?+y?+z2Đ > Pa > Vl10@2+zx2+y?+z2 hay Ý2 > P > -Ý2(đpem)
Ta lại suy nghĩ về cái biểu thức P Th thử
Ộphá ngoặcỢ ra xem sao : P =uy-ux+ux tuy
= (uy + ux) + (uy - ux)
Nếu đặt A = (uy + ux), B = (vy - ux),
tacé P= A+B
Ma:
A? + B? = uty? + uẢx2 + 2xyuu +
+ vy? + u2x2 ~ 2xyuu =
= y(u2 + u2) + x2(w2 + u2) =3?+z? =1 Vậy ta phải chứng mắnh -V5 {A?+ PBỢ ề A+B < (2 JA7+ R? ẹ=(A +B)? < (A? + B?)? +Ừ(A.1 +B.1? ằ (A? + B21? + 12) Lại đạng Bunhiacôpxki ! Th chứng minh xong Như vậy cho tới đây ta đỡ có 4 lời giải Nhưng từ đầu đến giờ, ta chưa để ý đến một vấn đề rất dễ nhận thấy Các số ư, u rồi lại 0, u x, y rồi lai y, x Nhin ki các giả thiết ta thấy u, u có vai trò như nhau và x, y cing không khác nhau về "địa vị" trong giả thiết Tức là trong phần kết luận ta có thể thay x cho y và ngược lại ; Ủ cho 0 và ngược lại, thậm chắ thay cặp uw, vu cho cap x, y cing
Trang 6Thế thì do vai trò z, y như nhau ta có ;
ute Ở y) +uậ + y) > V2 (2) Cộng vế với vế của (1) và (2) :
2u(x + y) > 22
hay ux + vy > J2 (3)
Nhưng theo bất đẳng thức Bunhiacôpxki (ux + uy)? < (v2 + 02)(x? + y2) =
= 22 ề2
(vl -1 ềuv <1)
Hay : -ầ2 < uxt+uy < ầ2 ệ
Vậy (3) mâu thuẫn với (*ệ) Suy ra (1)
không xảy ra, tức là : P<W Giá sử wỚ ~ x) +u + y) < Ở VZ ỘTương tự ta cũng có mâu thuẫn Nên P>-W2 Ket hop lai: ầ2 >z P z - V2(đpcm) Cách thứ 6 : Vẫn dùng phản chứng Nhưng đổi vai trò cha u,v Gia st uy - x) tue+y) > V2 1) Thé thivy-x)tue+y) > VF (2Ợ) Do dé 2(uy + vy) > 2V2 yotyu > V2 (8) Tương tự cách giải B ta phải có ể Ý2 = wot yu < VF (**) (dùng Bunhiacôpxki) Vậy xây ra mâu thuẫn giữa (3ồ) va (**) > P< ầ2 Vẫn đổi vai trò w, u ta cũng có P > -V5, Vậy V2 > P > V2 Cách giải thú 7:
Vẫn dùng phản chứng Nhưng đổi x cho 9# và ngược lại, đồng thời đổi vai trò của u, u,
Gia st uly ~ x) + ve + y) > V2 qaỢ) Thế thì 0Ủ ể y) + + +>y) >2 (@") Do đó 2uy + 2ux > 22 uy + vx > J2 (3) Nhung ta có : (uy + ux)? Ạ (u? + vy? + x2) V2 < uy tux < V2 (Ft) Vậy (3Ợ) mau thudn véi (***) Suy ra Pey2 Tuong ty: P > - ầ2 Vậy ầ2 Ừ P =Ừ -ầ2 (dpem)
Qua ba cách sau cùng, ta rút ra một điều :
khi giải toán cần chú ý đến vai trò của các
phần tử ỷ bài toán này là vai trò giữa các số Còn có một số bài toán hình học khác, đó là vai trò của điểm với nhau, của đường với nhau, của đường và điểm, v.v
TRO LAI MOT BAI TOAN VỀ DAY PHIBONAXI
L.TS ~ Trong bài "Vài mẫu chuyện về thi vô địch toán" (THTT số 30, trang 15) có kể
chuyện Balatxơ được giải nhất về kì thi vơ địch tốn lắn thứ 9 đ Matxcdva (năm
1946) vì đã có nhiều suy nghĩ sáng tạo khi giải bài toán sau đây : "cho dây số
0, 1,1, 2,3, 5, 8
trong đó mối số, kể từ số thứ ba, bằng tổng của hai số đứng trước nó (+) Hỏi
trong số 10Ợ + 1 số hạng đầu tiên của dãy, có số nào tận cùng bằng bổn chữ số 0 không ?" Baiatsơ đã tìm cách giải bài toán tổng quát hơn và khó hơn nhiều : đánh
số tất cả các số hạng tận cùng bằng bốn chữ số 0
Tòa soạn đã nhận được thư nhiều bạn đọc hỏi về lời giải bài toán mà Balatsa đã đề ra Tòa soạn rất hoan nghênh những bạn đã cố gắng giải bài toán ấy ; đó tà biểu hiện rõ rệt của phong cách học tập tắch cực, chủ động ; với cách đọc báo
toán như vậy, với cách học như vậy, chắc chắn các bạn sẽ đạt được kết quả tốt
Tòa soạn xin giới thiệu với bạn đọc lời giải của bài toán trên
Ta kắ hiệu các số hạng của day bằng
@, @ = 0,1, 2, n):
a,=0,ằ,= 1,4, = 1,e, = 2,4, = 8, nhu vay a, la 25 hang thứ ¡ + 1 của dây Theo định nghĩa, ta có, với mọi m > 2 :
a =O, to, 5 q)
Trang 7Ấp dụng công thức (1) cho đẤ_¡ (giả sử m > 3) ta được :
a, = 2,(a,,.+ 4,5) +e, a, 5 = (a, t+a,a,,t+a,a, 5
@, = 4,4, ,+a,4a, 5 (3)
Tiếp tục áp dụng (1) cho ụẤ_; (giả sử
m > 4), rồi thay vào (3) ta được 1 (4) So sánh (2), (3), (4), ta có thể dự đoán công thức tổng quát : đun = 0y đụ đụ = 0 Can tk (5) trong dé m là số tự nhiên tùy ý m = 2 vAk là số tự nhiên < m(l < Èk < m) Ta chứng minh (5) bằng Ưruy toán theo & :
Với bất kÌ số tự nhiên m nào (m z 2), công thức (6) bao giờ cũng đúng với k = Thực vậy, thay # = 1 vào (5), ta được m a, te, ayy đẳng thức này đúng vị a,=1,a, = 0 Giả sử (5) đúng với &, l ề k ề m - 1, tức là T8 | đụ mạ = Gì đạn = By m @ mt 1-k Fy Oak là đúng Ta chứng minh công thức đúng với k +1 Thực vậy, vì k < m ~ 1, nên m + 1 Ở Ở& > 2, nên ta có thể áp dụng công thức (1) cho @ mink? Se tek = Fmek * Om ~ +1) đo đó a,, = & Gy + đại Ở K+ 1) ta an, mk q+ Oy) +O đại Ở KH Ma Oy Fy = Oy nén
a im = Fe Ome k + 8 Soe (Ket)
chứng tỏ (5) cũng đúng cho & + 1 Nhu vay
(5) đúng với mọi số tự nhiên k < m, dpem Công thức (đ) là công thức mà ta sẽ sử dụng nhiều Chú ý rằng với m = 2p + 1 và lấy k = p + 1, công thức với (5) trở thành + a Or) = Bay 6) 2 Ta đã biết điều kiện cần và đủ để một số tận cùng bằng Ủ chữ số 0 (chia hết cho 10") là nó đồng thời chia hết cho 2Ợ va 5" 144
Ta đi tìm những số hạng chia hết cho 2" (va cho 5") bằng cách mò mắm dựa trên một số trường hợp độc biệt Trước hết, ta xét số dư trong phép chia a, cho 2 Ta sẽ kắ hiệu R;(ụ,) là số du dé Ta có bảng sau đây : i 0123456789 10 11 12 Na 11 0
Để lập bảng này, không cần phải tinh a,
theo i, ma tinh don gian hon : via, = 0,
a, = a, = 1, nên RƯ(a) = 0, Rafa.) =
Ra.) = 1; sau dé via, = a, +a, nén dé
tắnh RẤ(ụ,) ta lấy số dư trong phép chia tổng R,(a,) + Ra.) = 1 +1 = 2 cho 2, tức là
R,{a,) = 9 ; tương tự như vậy, RẤ(ỦƯ) = l
vì là số dư trong phép chia ứ.(0;) + R.(ỦẤ) =
= 0+1 cho 2, v.v Qua bảng, ta thấy R;(Ủ;) = = Ra.) = Rylay) = = 0, tức là ay, dụ,
Gp, tổng quát la a, (p là số tự nhiên tùy
ý) chia hết cho 2 (ta viết đạc : 2) Để tìm những số hạng chia hết cho 22 = 4, ta lập bảng Ez(Ủ,), tức là bằng số dư trong phép chia a, cho 22 Ta cd i 0123456789 10 11 12 Ry@)| 9112310112 3:1 0
(lập tương tự như bằng trên : R.z(ụ;) chẳng hạn là số đư trong phép chia tổng
Rye,) + Rp(e,) = 2+ 3 = 5 cho 2%, tic
Ra) = 1)
Trang 8Trở lại các kết quả ở trên Ta cơ :
22, a: 23, ai 24 hay @, 9! Ba, ni Pa, at Ba, at 2
Quy luật là gì ? Chú ý rằng ta cũng có
a3 23, a,,: 24, nen co thé vist :
93 20! Ba, i Ba, oi Ba, vỉ ĐI
và từ đây cớ thể dự đoán : ử; Ấ1i 2ồ chăng ?
8y? 2, da Í
Ta chứng minh bằng truy toán Rõ ràng là kết quả đúng với ụ = I Giả sử kết quả đúng với ụ, ta chứng minh cũng đúng với
z + 1 Theo (5),
3, 0 Og goỘ 1 Gy any, y= Gg 20-1 4g oI = Gy poly ort yy Ty m1 _ 1) Theo giả thiết truy toán thì đị n1ặ 2", còn ửy Ấn1,¡ có dang 2y mà
R,(ay, 1) = 1 (theo bang 1), cho nên tổng
trong dấu ngoặc chia hết cho 2, từ đ suy ra ửy 2n! 2P*1 (dpem) Vậy ta có Dinh i: đ;y Ấ1! 2Ợ (n là số tự nhiên tùy ý) Nếu chú ý rằng
G =ứy ai 23, địy =ay rỉ 2, ta co thé dé ra va ching minh dé dang định lÍ sau :
Dinh WIV :
@, p27 2%\n > 2)
Bay giờ ta chuyển sang việc tìm các số hang chia hét cho 5ồ Các ban hay lập bảng R,(a;), Ryla,) va dé dang thay rang a,: 5,
ai 5%, từ đó có thể đoán là aẤ¡ õ", Để tìm cách chứng mỉnh điều này bằng truy
toán, ta dùng công thức (5) để biểu diễn Gti theo ag Ta cd Gent} = on Ấũ Ta lap bang : 4 S81 TOs 4 Oy on Ma theo (6) thi Oy 594 = OF gn FF pay = ot (ay t+ an)? va Gy ấn = Aen 4) Den Tim Gen _ = = Gsn(Qsn yy + den _ 4) Tiên đƯ s+1= đấ(đẹn, ¡+ đơn, pt + (Gấn,¡ tan)? Còn Bq shhh Oy smo ong pt Oy sn] Oy go = = 8y s3 mạ ¡ F@y sry) = = Aso(asay pt ago )(a5o, ¡+ 2a3s+ adn) Do dé đạn +1 = Aen Lazear apt Osa ừ + + (đân Ư¡ Ẩ dân)? + x X (đổ: Ư¡ + Đuậy + gần _ )] Gọi biểu thức trong dấu [] là Plaga, đạn Ấ ¡), ta od đạn + = đun P (Bạn đạn 1) (7)
Bây giờ ta chứng minh rằng 0ạn BR, a) Kết quả đứng với ụ = 1 (a5: 5)
b) Giả sử @&ạai đ", ta chứng minh aati: gt)
Theo biểu thức (7) vừa tìm được, để chứng minh điều này, ta phải chứng minh P(@ẤỦẤ Ấ¡) chia hết cho 5, Muốn vậy ta
phải đi tìm số dư trong phép chia đạn ,¡ cho đ tức là đi tìm Re Rõ ràng là :
RA.) = 8
ặ |0 123 4 5 6789 10H 12 1M 1 l6 H7 18 19 20 2L 2 23
Ria@yfo.ia23o0331404 45 2 022 4 101 1D
Quan sát bảng, ta thay day đ,(Ủ) là tuần
hoàn, chu là là 20, nghla A Re(ayy , )) = Re(a,),
1Q" TCTH
tổng quát là (đe +) = Bla), trong do p là số tự nhiên tùy ý Thực vậy, ta có
Trang 9Relay) = Rela) =
R,(a),) = Rs(a,) = 1,
do đó
Relay) = Re(Ay9) + Relay) = = R,(a,) + R,(a,) = R,(a,), R5(a,,) = R,la,,) + Re(a,)) =
= R,(a,) + B,(a,) = R,(a,), vv Vi vay, do 5) = 5.651 = đ(4 + 1)! = B(AM + D = 20M +5, nên Rela.) = Rr a (5 1) = Rola5,) = 3 Và ta có RP (Gà ae VD] = R,I02(8 + 8)2 + + (8? + 02)? + 3(8 + 3)(8? + 2.02 + 82) = = R,[ +18] = R47 +3?) = R,(25) = 0 tức P chia hết cho 5 (đpem) Ta đã chứng minh duge Dinh li HH :
đai đỢ với số tự nhiên ụ tùy ý
Từ các định lắ I, II, IT, IH, suy ra rằng
tất cả các số hạng có dạng
Oy 3 grt gm VOI là số tự nhiên tùy ý,
đều chia hết cho 2.5" = 10" (n : 6 tự nhiên tùy ý) ; tất cả các số hang cd danga,, + 2nỞz oo déu chia hết cho 101, uới n > 2
Nơi riêng trong trường hgp n = 4, thi tat
cả các số hang dang ay, ; 2 Ấ+ chia hết cho 103, tức là tận cùng bằng bốn chữ số 0 ; đó là các số hạng thứ 98.225%.M + 1 = TB00M + 1, nghĩa là các số hạng thứ 7B01 (M = 1), 15001 (M = 2), tận cùng bằng bốn chữ số 0
Chú ý 1 ~ Trên đây, ta chỉ mới làm được cái việc chỉ ra một lép các số hạng chia hết cho 10! chứ chưa giải được bài toán tổng quát mà Baểlai=sơ đã đề ra (tức là chỉ ra tốt cả các số hạng chia hết cho 104), Để giải
bài toán tổng quát đó, còn phải chứng mỉnh rằng chỉ có những số hạng Lưng mới chia
hết cho 2Ộ và chỉ có những số hạng đạp mới chia hết cho 5Ộ (ngồi ra khơng còn số
hạng nào khác) Muốn vậy, điều đơn giản (nhưng đòi hỏi kiên nhãn !) là lập bảng Ry(@;) và RẤ(a)) và xét trong khoảng một chu kÌ của các dãy này (Một cách tổng quát, có thể chứng mình được rằng # (a,) bao giờ cũng tuẩn hồn, và chu kì khơng lớn hơn #2), Các bạn thử làm xem, và qua đó, các bạn thấy rằng bài toán mà Ba-lat-sơ tự để ra là một bài toán khá phong phú
2 - Trên đây, ta đã chứng mỉnh rằng số hạng thứ 7501 tận cùng bằng bốn chữ số 0
Tất nhiên, bạn sẽ đặt câu hỏi : tại sao trong
để ra, lại hỏi : "trong số 108 + 1 số hạng đầu
tiên của dãy Ợ mà không lấy số 7500 + 1 hay 10000 ? Con số 10 + 1 có quan hệ gì với bài toán đã ra ? Để trả lời câu hỏi này, các bạn có thể đọc lời giải bài toán số 16 (ậ6) trong sách "Rèn luyện khả năng sáng
tạo toán học ở trường phổ thơng" của Hồng
Chúng (Nhà xuất bản Giáo duc, 1967)
Đăng Viễn va H.C
VỀ MỘT VÀI PHƯƠNG TRÌNH ĐIƠPHĂNG
LÍ thuyết các phương trình Đi-ô-phăng (còn gọi là giải tắch Đi~ô-phăng) nghiên cứu việc giải các phương trình và hệ phương
trình (với hệ số nguyên, nếu là phương trình
đại số), trong phạm vi các số có dạng xác
định : số hữu tỉ, số nguyên, số tự nhiên, số
nguyên tố Trong các bài toán của giải tắch
Đi-đô-phăng, số ẩn số thường nhiều hơn số phương trình, nên các phương trình này thường được gọi là phương trình 0ô định
Phương trình vô định gặp nhiều trong đời sống, trong nhiều vấn đề thực tế Chúng ta
146
đã biết giải một số phương trình vô định qua các bài toán như "trăm trâu, trăm bố cổỢ, "Hàn Tắn điểm binh", Việc giải bài toán 4/52 trong số báo này cũng đưa ta đến việc
giải phương trỉnh vô định
Ngay từ thời thượng cổ, các nhà toán học đã quan tâm giải các phương trình vô định
Chẳng hạn từ khoảng thế kỈ thứ 17 trước
Trang 10Một phần lớn các thành tựu trong lắ
thuyết số cố thể đưa về giải tắch
Đi-ô-phăng Chẳng hạn định lắ nổi tiếng của Vi-nô-gơ-ra-đếp : "mọi số lẻ đương đủ lớn
đều có thể viết dưới dạng tổng của ba số nguyên tố" là thuộc về giải tắch Điểô-phăng :
phương trình x + y +z= W trong đó W là số lẻ dương đủ lớn là giải được trong phạm vi SỐ nguyên tố Theo nhà toán học Sê-bư-sép thi If thuyết số chắnh là khoa học về giải phương trình vô định trong phạm vi các số
nguyên
Người đầu tiên nghiên cứu cổ hệ thống
về phương trình vô định là nhà toán học Hi lạp Đi-đ-phăng, sống ở thế kỈ thứ IL Điểô-phăng đã biết giải một số dạng phương trình vô định (kế cả một số phương trÌnh bậc lớn) trong phạm vi các số hữu tỉ đương, và tập sách "Số học" của Đi-ô-phang đã có ảnh hưởng rất lớn đến sự phát triển của lắ thuyết số
Sau Đi-ô-phăng, nhiều nhà toán học lớn
đã nghiên cứu về phương trình vô định :
Phéc-ma (với "định H lớn Phéc-ma" nổi tiếng : phương trinh x" + y" = 2" (n là số tự nhiên > 2) không có nghiệm trong phạm vi
số tự nhiên), Ó-le, La-gơ-răng, Gao-xơ,
Cô-si, Cu-me, v.v
Trong lịch sử tốn học, giải tắch
Đi-ơ-phăng đã nêu lên nhiều bài toán lắ thú, nhiều bài toán rất khó đến nay vẫn chưa ai
giải được
Sau đây là một vài bài toán, liên quan
đến nhà toán học nổi tiếng Ó-le :
1 Trong khi nghiên cứu để đi đến phát
mình ra một định lÍ cơ bản của lắ thuyết số,
O-le đã chú ý đến phương trÌnh vô định
4yTỞ-xỞy=22 qd)
Trong một bức thư viết cho bạn là Gôn-bách, năm 1741, Ó-le cho biết đã chứng minh được rằng phương trình (1)
cũng như phương trình
4xy-xỞ1=z2 (2)
đều không có nghiệm trong các số tự nhiên x, y, z Để chứng minh điều này phải dựa vào một định lắ của Phéc-ma (mà Ó-le
cũng đã chứng minh được) O-le va
Gôn-bách đều thấy rằng chứng minh này
quá phức tạp và nghỉ rằng có thể chứng minh đơn giản hơn và cả hai đều đi tìm cách
chứng minh đơn giàn đớ Sau nhiều lần chứng minh dài đồng, có khi tối nghĩa và sai
lầm, cuối cùng Gôn-bách đã đi đến được một
chứng minh rất đơn giản và rất đẹp của định lắ Ó-le về phương trình (2) không có nghiệm
số tự nhiên Chứng minh của Gôn-bách như
sau :
Giả sử (2) có nghiệm số tự nhiên +, y, z
và giả sử a là giá trị tự nhiên nhỏ nhất của
z thỏa mãn (2), sao cho 4m Ở m Ở 1 = q2 (8) với m va n là số tự nhiên, Gộng 4m2 Ở Ama vào hai vế của (8) ta được Am (w Ở Ủ + m) Ở m Ở 1 = (&Ở 2m)? (4) Dễ dàng chứng minh được rằng a<m (5)
Thực vậy, không thể có ụ = m, vÌ nếu
Ủ = m thì vế phải của (3) chia hết cho m và
vế trái thì không chia hết cho zm Còn nếu ụ >m thÌ nỞa +m <n, và do đó về trái của (4) nhỏ hơn vế trái của (3), tức là (ỦTỞ 2m} < a2, điều này trái với việc xác
định số a là giá trị tự nhiên nhỏ nhấ? của z thỏa mãn (2) (Chú ý rằng từ (4) thì Ja ~ 2m| cũng là giá trị của z thẻa mãn (2), trong ddx =m, y = n Ở q + mì, Bây giờ ta chứng minh tiếp rằng 4n TỞ1>9a (6)
That vay, cong (4n ~ 1)? ~ 2a (4n Ở 1)
vào hai vế của (3), ta được (4nỞ liựnỞ 2ụ+ 4nỞ 1)~ t= JaỞ (4nỞ 1), hay la 4n (m Ở 2ụ + 4n Ở 1) Ở (m~ 2# + Án Ở 1) + 1 = [aỞ (4nỞ LỊ? do đó z= |aỞ (4n Ở 1)| thỏa mãn (3) (với y = n, #=m~Ở 2a + Án Ở 1)
Vì vậy, theo sự xác định của số ụ, ta có
a< |a Ở (ân = 1)|, từ đây, đỗ dàng suy ra (6)
Tu (3), (5), (6), ta có
a? + 1= (Ấn Ở lyn > 3g.a = Đa2, do dé a? < 1 Điều vô lắ này chứng minh định lắ của Ó-le
Ó-le rất thắch thú với chứng minh đơn giản này Trong thư gửi cho Gôn-bách để ngày lỗ tháng 10 năm 1743, Ó-le viết :
"Thú thật là tôi không ngờ ràng định lắ đó có thể chứng minh một cách đế dàng và đẹp đẽ đến như vậy Từ đớ tôi tin rằng phần lớn
Trang 11các định lắ của Phéc-ma cũng có thể chứng minh bằng cách tương tự, và vÌ vậy tơi càng cảm ơn ông đã cho tôi biết cách chứng mỉnh
đẹp đề đó" Và cũng chắnh trong bức thư này, Ó~le đã áp dụng phương pháp của Gôn-bách
để chứng mỉnh định H : phương trình (1) không có nghiệm trong các số tự nhiên x, y, Z
Sau đây là chứng mỉnh của O-le :
Giả sử (1) có nghiệm trong các số tự
nhiên z, y, z và giả sử a@ là giá trị tự nhiên
nhẻ nhất của z thỏa mãn (1), sao cho ta có
Amn Ở m Ở n = q? (7)
trong đó m và Ủ là các số tự nhiên Nhân
hai vế của (7) cho 4 và biến đổi, ta có (4m Ở 1) (4n Ở 1) Ở1=4a2 (8) Cộng 4(4n Ở 1)2 Ở 8ụ (4n Ở 1) vào hai vế của (8), ta có [4m Ở 1 Ở 8ụ + 4(4n Ở 1)] x x (4z Ở 1) Ở1=4(ỦỞ 4n + 19) Đảng thức (9) giống đẳng thức (8), cho thấy rằng phương trình (1) có nghiệm là z = |a&Ở 4n + 1| Theo sự xác định số ụ, thì ụ< |aỞ 4n + 1| hay a <(a-4n +1), do do, tit (8) va (9) ta cd [4m Ở 1 Ở 8a + 4 (4n Ở 1] (ân - 1) > > (đm Ở 1) (4m Ở 1) vì vậy 4a Ở 1 > 2ụ
Vi (7 là đối xứng đối với m va n, nén cũng lắ luận tương tự như trên, ta có 4m Ở 1 > 2a Dat 4mỞ-1=2a+p 4n-1=2a+1 trong đó p và q là số tự nhiên Nhu vậy (4m Ở 1) (Ấn Ở L) = 4a? + 2a (p + 4) + pq do đó, từ (8) ta suy ra 2ụ (p + q9) + pq = l, với các số tự nhiên Ủ, p, g Điều vô lắ này chứng minh định lắ đã cho
2 Trong bức thư gửi cho Gôn-bách đề
ngày 2 tháng L1 năm 1747, Ó-le đã chứng minh ring phương trình
2y'~1=z2 (10)
có nghiệm hữu ti y, z, khi cho y = 1,
y = 18, y = 1525/1343, y = 2165017/23872159
Nhưng Ó-le cũng thú thật rằng ông không
thể tìm được nghiệm số tự nhiên nào khác ngoài hai nghiệm : y = z = và
y = 13, z = 239 Về sau, Ó-le nêu lên một
148
cách để tÌm được vô số nghiệm hữu tỉ của
phương trình (10) nhưng chưa chứng minh
được rằng đó là Ưất cá các nghiệm hữu tÌ của phương trình Sau đó nhà toán học nổi tiếng
La-gơ-răng đã tìm ra một công thức cho biết tất cả các nghiệm hữu tÌ của (10) Nhiều
nhà toán học tiếp tục giải quyết vấn đề nghiệm trong các số tự nhiên của phương
trình (10), nhưng mãi đến năm 1942
Li-un-gơ-ren mới chứng mỉnh được rằng
phương trình (10) chỉ có hai nghiệm tự nhiên mà Ở-le đã tim ra
Phương trình (10) có một vai trò quan trọng trong việc nghiên cứu nhiều vấn để
của toán học
8 Ở-le đã tổng quát hóa "định H lớn
Phéc-ma" thành giả Ưhuyết sau đây :
Với mọi số tụ nhién k va n sao cho
2<k <n, phuong trinkh
Stat tea,
không có nghiệm trong cóc số tự nhiên Dinh lÍ lớn Phéc-ma ứng với trường hợp k = 2 Nam 1914, Vê-rê-bơ-ri-u-xốp đã nêu lên chứng mắnh giả thuyết O-le cho trường hợp k = 3, ụ = 4, tức là chứng minh rằng phương trình dttder ap
không có nghiệm trong các số tự nhiên Đắch-xơn, trong cuốn sách "Lịch sử của If thuyết số" (1920) đã kể ra công trình này
của Vê-rê-bơ-ri-u-xốp Nhưng thực ra
chứng mắnh của Vê-rê-bơ-ri-u-xốp là sai
lầm ! Ra-di (1935), và sau đó, Bel (1936) da
tìm ra sai lầm trong chứng mỉnh đó Cho
đến 1945, U-ao-đơ mới chứng minh được rằng phương trình (11) không có nghiệm
trong các số tự nhiên, với zẤ < 10.000Ợ ! 4 Còn có thể kể ra rất nhiều vấn đề lắ thú chung quanh việc giải các phương trình
Đi-ô-phăãng, và có thể đề ra vô số các phương trình Đi-ô-phăng phức tạp, không đễ giải hơn so với các phương trình đã nêu ở trên Nhưng phải chăng mọi phương trÌnh đó đều đáng nghiên cứu ? Sê-bư-sép đã trả lời cho câu hỏi đơ : "Mọi phương trình chứa nhiều ẩn đều là đối tượng nghiên cứu của lắ thuyết số Nhưng không phải tất cả các
phương trình đó đều có thể nghiên cứu được
như nhau và không phải đều có tẩm quan trọng như nhau trong ứng dụng Cho đến nay, lắ thuyết số chỉ xét những phương trình đơn giản nhất và đồng thời có những ứng dụng quan trọng nhất
Trang 12TÍNH MỘT VÀI THỂ TÍCH
1 Lá mỏng và đây nhỏ
Ta biết rằng thể tắch một hình trụ (day
bất kÌ) bằng diện tắch đáy nhân với chiều cao Như vậy thể tắch của một lá mỏng (kắnh, sắt tây, ni lông, bằng diện tắch nhân với bề dày Điều đáng chú ý là mặt xung quanh của một lá mỏng không cần thiết phải là một mặt hình trụ (có thể xén vạt), nếu lá Tất mỏng
Thể tắch của một dây hình trụ (dây thép, đồng, ni lông) bằng tiết diện nhân với chiều
đài Điều đáng chú ý là đây có thể cong đôi chút (không phải hình trụ nữa), công thức đó vẫn đúng nếu như tiết diện của dây rất nhỏ
Chẳng han, dây cớ thể cuốn thành cuộn 2 HÌnh chóp TÌ số giữa thể tắch của hai hình đồng dạng bằng lập phương của tỉ số đồng dạng Điều này tất nhiên đúng với hai hình hộp chữ nhật kắch thước ụxỏxe và
*a x kb x he, cũng đúng với hai hình đồng
dạng bất kỉ vì ta có thể coi hai hình này như
cấu tạo bằng những hình hộp (những viên gạch nhỏ), với số viên gạch bằng nhau
Bây giờ ta coi một hình chớp đáy 6, cao
5 và một hình chớp cùng đỉnh cao # + a hình
thứ nhất coi như cát ra từ hình thứ hai bằng
một mặt phẳng song song với đáy (hỉnh 1)
Giả sử ụ rất nhỏ, hiệu số giữa thể tắch của hai hình là thể tắch một lá mỏng diện tắch ậ, dây ụ: V-V=S.a Mặt khác hai hình chớp đồng dạng phối cảnh với tÍ số đồng dạng (A + ụ)/h, V/V = [( + Ủ)/h]3 Do đó Y~V=V(V/Ww-1)= = VI(h + a)? h3J/n3 = V(3h7a + Sha? + A + a39/h3=8.a Từ đó ta có V(3 + 34/h + o/h?) = 2 = Sh Hình 1 NGUYEN DŨNG
Trang 13Coi một hình cầu bán kắnh # và một hình
trụ bán kắnh #, cao 2, cùng đặt trên một
mặt phẳng nằm ngang (hình 3) Trong hình trụ lại có hai hình nón cớ đỉnh ở tâm và
cùng đáy với hình trụ Mỗi hình nón này
(cũng như mối hình nón đồng dạng với nơ) có tắnh chất là bán kắnh đáy của nớ bằng
chiều cao của nớ
Cát bằng một mặt phẳng nằm ngang thì
tiết diện hÌnh cầu là một vòng tròn bán kắnh r, điện tắch 8 Ở xr? = Ấ (#2 Ở h2), đông thời tiết diện hÌnh nón là một vòng tròn có bán kắnh Ọ, theo tắnh chất nơi trên,
Coi khối W giới hạn giữa hình trụ và hai hình nớn Tiết diện của W là một hình khuyên, diện tắch x2 Ở x82 = x(R2Ở nh),
bằng diện tắch tiết diện hÌnh cầu
Như vậy nếu chia hình cầu với hình W bằng những mặt phẳng song song nằm
ngang thành những lá mỏng thì mỗi lá của hình cấu eó thể tắch bằng lá tương ứng của hình W do đơ hình cẩu có thể tắch bằng hình W Thể tắch hình W bằng hiệu của thể tắch hình trụ với thể tắch hai hình nớn, tức là bang xR? 2R Ở (2/3) aR? R = (4/3) ẤR2 Vay thé tich hinh cfu bang V= (4/8) xRẺ 5, Hinh xuyén (sam 6 t6) Hinh 4
Chia hình xuyến thành những vòng dây
(hình 4), mỗi đây đó, như nhận xét ở trên,
cơ thể tắch bằng tiết điện nhân với chiều dai
Nhưng chiều đài của một vòng dây tròn tỈ lệ với bán kắnh của nớ, và bán kắnh của các
vòng dây thì hơn bù kém bằng ?? (trong hình vẽ hai vòng đây a, a' có bán kắnh trung bình bằng #) Do đơ thể tắch hình xuyến bằng
150
tổng tiết diện của các day (tic xr?) nhân với chiều dài trung bình 2z của một vòng dây, tức là Y=2z?R2 6 Hinh chảo vi Hình ậ
Ta gid thử tiết điện bổ đôi của một hình
chào là một hình parabol, phương trình y = ax? (hinh 5), nhu vay trong hình vẽ ta có
h=ar2, r2 = (la) h
Tiết diện của chảo bằng mặt phẳng nằm
ngang ở độ cao h có diện tắch ậS=zr? = (xia)h như vậy tiết diện tỉ lệ với độ cao
Trong mặt phẳng thẳng đứng coi một tam
giác ABC cao h có đáy BC có số trị bằng diện tắch tiết điện của chảo ở độ cao h (miệng chảo) tức là
86 do BC = 86 dé xR? (1) Tiết điện của tam giác bằng mặt phẳng h là một đoạn thẳng có độ dài Ư tỉ lệ với A
Do điều kiện (1) ta có
36 dol = 86 do ar* = 85 do S
Tụ hãy cất cà hai hình bằng những mặt phẳng nằm ngang song song để chia hình chảo thành những lá mỏng, đồng thời chia
tam giác ABC thành những băng hẹp Diện
tắch của mỗi băng hẹp bằng độ dài / nhân
với bể ngang, bề ngang này bằng bề dày của
một lá mông (tương ứng) của hình chảo, như
Trang 14HAI TÍNH CHẤT ĐẶC TRUNG CUA
TRỰC TÂM CỦA HÌNH TAM GIÁC
Chúng ta đã biết rằng ba đường trung
tuyến của một tam giác ABC đồng quy tại một điểm Ể gọi là trọng tâm của tam giác đó Một trong những tắnh chất đặc trưng của trọng tâm G là chia tất cả các trung tuyến theo tỈ số 2 : 1 tắnh từ đỉnh
Đối với ba đường cao của tam giác ABC, ta cũng đã biết rằng chúng đồng quy tại một điểm ỉẶ gọi là trực tâm của tam giác đơ Bây giờ ta hãy đi sâu phát hiện một vài tắnh chất đặc trưng của trực tâm H
Goi H, , H,, H, theo thit ty là các điểm đối
xứng của điểm H d6i véi c&c cạnh BC, CA,
AB (hỉnh 1) Dễ dàng nhận thấy rằng H, nim
trên đường tròn n ngoại tiếp tan tam giác ABC
Thực vây ABC = AHR ma AHF =
= CH nên AH,C + ABC = AH,C + + CH ,H = 1809 Vậy ỷ1, thuộc đường tròn
(ABC) Tương tự H;, H, cũng thuộc đường
tròn (ABC), Ta kắ hiệu là Ọ
Ngược lại nếu ta gọi HH, HH) lần
lượt là các giao điểm của đường tròn k với
các đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC thì cũng dễ dàng chứng mỉnh được rằng Lên Wi, lần lượt là các điểm đối xứng của H qua BC, CA, AB (Ban doc ty lam lấy)
PHAN BA CAP
Ta cũng nhận xét rằng :;
Vì H; thuộc è mà H đối xứng với HY, qua 8C nên ta suy ra H thuộc đường tròn *; đối xứng với đường tròn & qua BC
Suy luận tương tự ta có : #ỉ thuộc đường
tròn k, đối xứng với k qua CA va ỉỉ thuộc
đường tròn Ọ; đối xứng với & qua AB
Tom lai : H=k,.k,.k,
Từ nhận xét trên ta suy ra tắnh đuy nhất của điểm Ở/ Nói cách khác nếu cớ 1 điểm 1ỉ' đối xứng với các điểm thuộc đường tròn
Ả qua các đường thẳng BC, CA, AB thì H'
phải thuộc giao của cả ba đường tròn
hy, hy, k, tic la HỖ = H
Vay ta di dén két luan : Định lắ 1:
*Các điểm đối xứng với trực tâm tam giác qua các cạnh nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác đó",
Bây giờ ta gọi : M, N, P lần lượt là trung
điểm các cạnh BC, CA, AB của tam giác và :
Hi, Hy, H; lần lượt là các điểm đối xứng của H qua các điểm 3, W, P (hình 2)
Tacs: Ở
CHB = _ BHC (đối xứng qua M) BHC = BAC = 90ồ - ABH do đó ỞỞ CHỤB = BAO ỞỞ
Tức Huy thuộc đường tròn &
Tuong tu Hy va Hp cũng thuộc đường tròn È
Riêng đối với trường hợp Hp, ta cẩn chú
ý ở đây H, và C ở 2 phắa khác nhau của AB nên ta ta can chúng minh :
AH,h = ACB = 180ồ
Thue vay ỞỞ y_AHpB = = BHA BHA (d6i xứng qua P)
BHA + DCE = = 180ồ (DH = CEH = 90ồ)
Ở ae
DCE = ACB (d6i dinh) Ở ỞỞ
do đó : AH,B + ACB = 1809 tức Hp thuộc đường tròn &
Trang 15Vậy ta đi đến kết luận :
Định lắ 2 :
"Các điểm đối xứng với trực tâm tam giác qua trung điểm các cạnh nằm trên đường
tròn ngoại tiếp tam giác đơỢ
Tom tắt cả hai định If ta có thể phát biểu :
"Sáu điểm đối xứng với trực tâm qua các cạnh và trung điểm các cạnh của một tam giác cùng nằm trên một đường tròn ngoại tiếp tam giác đó"
Bay giờ ta hãy tÌm hiểu thêm về đường tròn # xác định bởi 6 điểm đó : + Về các điểm H,, H;, H, ta có : => Ở= oS => > lS AH, = 4H,; BH, = BH,; CH, = CH, (Bạn đọc tự chứng minh) Hình 2 + Về các điểm Hụ, Hy, Hp, ta có : AH, BHy, CHỳỈ là các đường kắnh của đường tròn (Ọ) Thực vậy : MD là đường trung bình của tam giác HHH, ma MD 1 AH do 46 AH,H, = 909
suy ra AH,Ấ là đường kắnh của ()
Tương tự chứng mỉnh đối với BH, CHp + Ta lai co :
AH, HyHp = AABC (do tắnh đối xứng qua tam Ở của đường tròn Ọ) và
HA =2.OM; HB =2.ON; HC = 2.OP
Gọi E, S, 7T lần lượt là trung điểm của Aỉi,
BH, CH
R6 rang phép vị tự tâm H tl a6 1/2 sẽ
biến các điểm A, B,C, H,, Hy Hy Hyp Hyp Hp
thanh céc diém tuong tng R, S, T, D, E, F,
M,N, P
152
Như ta đã biết 9 điểm : R, S, 7 D, EF M, ứN, P nằm trên một đường tròn (đường
tròn 9 điểm)
Kết quả trên chứng tỏ : đường tròn 9
điểm là ảnh của đường tròn Ọ qua phép vị
ty tam H tl s6 1/2
Vậy đường tròn 9 điểm có bán kắnh bằng
một nửa bán kắnh đường tròn #, và tâm 0,
thẳng hàng với O va H
Bây giờ nếu ta lại thực hiện phép vị tự tâm
G (trong tam tam giác ABC), tl s6 - 1/2 thi
ba diém A, B, C bién thanh 3 diém tuong ting : Ly Hình 3 M, N, P tức đường tròn & biến thành đường tròn 9 điểm 0,G:GO=1:2 G thẳng hàng với O, Ó, ỘTừ bai kết quả trên ta suy ra :
Bốn điểm : Trực tâm ỉ, trọng tâm G,
tâm O của đường tròn ngoại tiếp, tâm O,
của đường tròn 9 điểm của một tam giác cùng nằm trên một đường thẳng Đường thẳng đó được gọi là đường thẳng gle (hình 3)
Thế là từ việc nghiên cứu hai tắnh chất
đặc trưng của trực tâm, chúng ta đã tìm lại
được hai tắnh chất đã biết trong một tam
giác (đường tròn 9 điểm) - và đường thẳng
ơle - xem báo Toán học và tuổi trẻ số 1-1964)
Không những thế, hai tắnh chất vừa phát hiện ra nó còn cho phép chúng ta giải nhiều bài toán khác nhau
Vắ dụ :
Trang 16CF của một tam giác ABC qua các cạnh BC,
CA (hoặc qua trung điểm các cạnh đó) nằm
trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thì
H là trực tâm tam giác đó
2 Cho 3 diém A, B, Ạ trên một đường tròn TÌm quỹ tắch trực tâm của tam giác ABC khi A, B cố định, C thay đổi trên đường tròn
3 Dựng tam giác ABC biết :
a) Truc tam va cdc điểm đối xứng với trực
tâm qua trung điểm các cạnh của tam giác
b) Trực tâm và các điểm đối xứng với trực tâm qua các cạnh của tam giác
4 Dựng tam giác ABC biết
a) Trực tâm và tâm đường tròn đi qua chân các đường cao
b) Trực tâm và tâm đường tròn đi qua trung điểm các cạnh
ẹ) Trực tâm, đỉnh C và trung điểm cạnh AB
đ) Trực tâm, trung điểm cạnh BC và chân đường cao trên cạnh BA
VỀ TAM GIÁC PITAGO
1 Các bạn đều biết định li Pitago : Trong
tam giác vuông bình phương cạnh huyền bằng tổng bình phương hai cạnh kắa :
a? = 6? + cỲ Người ta thường gọi những tam giác vuông mà cạnh là các số nguyên là
những fam giác Pitago Chang han, vi
5? = 4? + 3? nén ta od tam gide Pitago [5, 4, 3) Bây giờ chúng ta thử tìm những tam giác đó
Trước hết, nếu có tam giác [5, 4, 3] thì
chúng ta dễ dàng tìm được các tam giác đồng đạng với nó : [10, 8, 6], [15, 12, 9], [20, 16,
12], Trong số các tam giác đồng dạng với nhau này, tam giác [B, 4, 3] có các cạnh nhỏ nhất ; chúng ta gọi nó là ặzm giác Piago gốc hay là tam giác Piiago nguyên thủy Trong tam giác gốc rõ ràng là các cạnh phải đôi một nguyên tố cùng nhau, nghĩa là hai cạnh bất kì của tam giác gốc đều không cớ
ước số chung với nhau Thật thế, nếu tam
giác la, b, c] có Ủ và b chia hết cho Ủ thì ta suy ra c cũng phải chia hết cho ự Thật vậy,
gia sti a = n aỖ, 6 = nbỖ thé thi, từ
đ2 = b2 + c2 ta suy ra : n2,a'2= n2 2 + c2, từ đây ta thấy ngay là c phải chia hết cho và như thế, [ụ, b, c] không phải là tam giác
Pitago gốc Cho nên để tÌm các tam giác Pitago, ta chi cin tim cée tam giác Piago
gốc là dù
NGUYÊN ĐỨC DÂN
TH, Một vài tam giác Pitago gốc đặc biệt
1 Đầu tiên chúng ta xét các tam giác gốc mà cạnh nhỏ hết là các số lẻ Chúng ta tìm
được một số tam giác sau đây :
[8, 4, 5], [5, 12, 8], [7, 24, 25], [9, 40, 411,
Quy luật tìm các tam giác đó như thế nào ?
Trang 17khi 2q? = 1 Diều này khơng thể xảy ra được
vÌ q là số nguyên
c) coi p? + q2 là cạnh nhỏ nhất Điều này
không thể xảy ra được vì p2 + g2 > g2 Ở g2, Tớm lại, ta chỉ có một khả năng p =g + 1, lúc đó tam giác [2] trở thành [2gỢ + 94 + 1,24 (+ 1),2g+11 [3] Đó là tam giác gốc có cạnh nhỏ nhất là số lẻ Các cạnh đó nguyên tố cùng nhau Trong tam giác [3] hai cạnh lớn hơn kém
nhau một đơn vị, vậy ta rút ra một quy tắc
để tÌm các tam giác [3] như sau :
3 Quy tắc : Lấy một số lê bất kÌ làm cạnh
của một tam giác vuông đem bình phương rổi trừ đi 1, một nửa của kết quả đó sẽ là một cạnh kế khác, một nửa kết quả đó cộng với 1 là cạnh huyền cần tìm 112 + 121 =60, 61 18? Ở 160 Ở 84, 85 4 Các tam giác đã nêu ở [1] đều có một cạnh là số chẩn (và chia hết cho 4) Rõ ràng là còn những tam giác vuông khác mà một cạnh là số chẵn Vắ dụ [8, 15, 17] Có quy
tắc nào để tìm những tam giác đó hay không ? Từ [2] ta sẽ suy ra được một quy tắc để tìm một số tam giác loại đơ : Ở [2] nếu đặt ạ = 1 chúng ta sẽ được {p? + 1,2p, p2 Ở 1] 14] Quan hệ giữa các cạnh trong tam giác [4] như sau : (2p)? = 4p? = 2p? + 1) + 2p? ~ 1) [B]
Bây giờ chúng ta lại lưu ý rằng, nếu trong [4] p là số lẻ thì nớ lại trở về các tam giác
đồng dạng với tam giác [3] Thật thế, giả sử p= 2n +1, tam giác [4] trở thành
[2(n2+ 3m+ 1), 2/2n(n+ D), 2(2n + D| @ Nhân đôi các cạnh của tam giác [3] ta sẽ được tam giác [4') Như thế, để tạo các tam
giác gốc, trong [4], p chỉ có thể là các số
chẵn Ta được
[n2 + 1, 4n, 4n2 Ở 1] 14] Đó là tam giác gốc, có một cạnh là một
số chia hết cho 4, các cạnh của chúng đều
nguyên tố cùng nhau, cạnh huyền lớn hơn một cạnh kế hai đơn vị Quan sát đẳng thức
[đ] chúng ta rút ra quy tắc tÌm các tam giác [4Ợ] như sau :
5 Quy tác : Lấy một số chia hết cho 4
bất kì làm cạnh của một tam giác vuông
Mật nửa bình phương của cạnh đó sẽ là tổng của cạnh huyển với cạnh góc vuông kia Chia đôi nửa bình phương của cạnh đơ, đem kết quả trừ đi 1 hoặc cộng thêm 1 ta sẽ lần lượt được cạnh kể và cạnh huyền của tam giác phải tÌm 42+ 16+8 => 3,5 [5, 4, 3) 8? + 64-+ 82-+ 15, 17 [17, 15, 8] 12? + 144 +72 Ở 35, 37 [37, 85, 12] 162 Ở 2đ6 Ở 128Ở> 63, 65 [65, 68, 16] Ngoài [3] và [4'ồ], chúng ta cdn tim duge những tam giác gốc khác nữa
DUNG DUONG TRON APOLONIUT
DE GIAI MOT SO BAI TOAN CUC TRI
Chúng ta đều biết rằng : cho trước hai
điểm A, B, quỹ tắch những điểm M trong mặt phẳng sao cho tỈ số MA ; MB bằng một hằng số k z 1 là một đường tròn gọi là đường tròn Apôlôniút Cần chú ý rằng dường tròn Apôlôniút Ủ chia mặt phẳng thành hai miền các diểm 154
NGUYEN CONG QUY
mà tỉ số khoảng cách đến A uà B lớn hơn tà nhỏ hơn b, cụ thể là : uới k < 1, nếu diểm M' ở ngoài Ủ thì M'A : MỖB > k, nếu diém
M' ở trong Ủ thì MỊA : M'B < k;uới ứ > 1 thì ngược lại
