Tuyển tập 30 năm Tạp Chí Toán Học và Tuổi Trẻ (part3-1)
Trang 1"phẳng", ta sẽ cĩ +/ƯM + yiỒN + z/ÕP =1 phương trình mặt phẳng Nếu ta biến đổi tồn bộ hình vẽ bằng một phép biến đổi afin thì tam điện Oxyz biến thành một tam diện O*3y'z' (nĩi chung khơng cĩ gĩc vuơng vì "vuơng" khơng phải là khái niệm afin) cồn các tỈ số đơn được giữ nguyên :
x/OM = OS/OM = O30" ION = OTION = OT ON 2/OP = OU/OP = OVOP *t Hình 5
Vậy ta cĩ : Cho một tam diện bất kì
O'x’y’z’ va một điểm R’, qua †' cĩ một mặt
phẳng biển thiên cắt O'x', O'y’, O'2’ theo thit tu ¢ M’, N’, P’ ThE thi cĩ các số a=0S,8 P va y=O'V’, sao cho: alO'M’ + BION + yiO'P = 1 Muén a = = y thì hình hộp
O'S'T'U'V'W'2 phải cĩ các cạnh bằng nhau,
nghia là cơ sâu một dều là hình thoi
Đến đây xin mời các bạn tiếp tục để đi đến các bài tốn khác trong [1] Tơi xin tạm
dừng bằng những nhấn mạnh sau đây : 1) Lõi cốt của nội dung 10 bài tốn trong [1] là phương trình đường thẳng và phương trình mặt phẳng Như vậy là cùng một bản chất mà hình thức biểu hiện ra ngồi thật là phong phú
2) Trong các phép biến đổi, cĩ những cái được giữ nguyên như qua các phép biến đổi afin thi "thẳng hàng", "đường thẳng", "tl s6 đơn", "hình bình hành" được giữ nguyên, trong lúc những cái khác như "vuơng, "hình vuơng", "chiểu dài" thì thay đổi Cái thơng minh của
lồi người là khi nghiên cứu một bộ phận
tính chất nào đĩ ẩn trong một hình thì đi tìm cho được những phép biến hình biết chắc 172
là giữ nguyên bộ phận các tính chất muốn nghiên cứu nhưng thay đổi các tính chất khác Khéo tÌm thì ở hình mới (qua phép biến hÌnh) các tính chất muốn nghiên cứu sẽ hiện ra rõ rệt Ví dụ ở hình 3, thoạt nhìn khĩ ai mà thấy được hệ thức (2), nhưng qua một phép biến đổi afin để trở về hình 2, thi
hệ thức (1) lại là một kiến thức cơ bản cĩ
trong sách giáo khoa Đây là một tư tưởng
"lớn" trong tốn học hiện dai
Vi UAH? = VAD? + 1/AK? (He thitc lugng
trong A vuéng DAK)
mà l/AR? = L/AB? + LAC? (Hệ thức lượng
trong A vuéng CAB)
1 1 1
nén — =—~ + — + —_ AH? AD? AB? AC AH? AH? AH? 4+ el
AD? AI? AC?
Cuối cùng ta cĩ
cosa + cos’B + cos’y = I
Bài tốn 3 : Cho hình lập phương
ABCDAB'C'D' Hãy tìm điện tích của hình
chiếu nhận được khi chiếu vuơng gĩc hình lập phương ABCDA'B'C'D' lên mặt phẳng song song với mặt chéo tam giác BDC’, biết cạnh của hỉnh lập phương bằng a
Đầu tiên ta hãy chứng minh A'C' vuơng
gĩc với mặt phẳng BDC', Ta thấy ngay BD 1 AC
Trang 2Một cách tương tự, ta cũng chứng minh được A'C vuơng gĩc với mặt phẳng AB'D', Vậy hình chiếu vuơng gĩc của hình lập phương lên mặt phẳng P sẽ cĩ dang nhu hình vẽ dưới Trong đơ hình chiếu của Á và C trùng vào tâm của lục giác đều BBCDDA,, BB, C,D.,D, va A, theo thứ tự là hình chiếu của B, B’, C’, D’, D và A Dễ thấy diện tích của hai lục giác đều bằng 2 lần diện tích A đều 8Ð C, S chiếu của hình lập phương ”” = 25 0V2 ov WB arya
Bài todn 1 1a bai tốn quen thuộc, cớ trong sách giáo khoa cịn các bài tốn 2 và
3 kho hơn một chút, nhưng cũng quen thuộc
đối với các học sinh thường tìm hiểu thêm về hình học khơng gian Trong khi tỉm cách giải bài tốn đặt ra ban đầu, chúng ta suy nghỉ và tìm tịi trong các điều đã biết, những điều gÌ cĩ thể vận dụng được và nhớ lại các bài tốn 1, 2, 3 trên đây Trước hết chúng ta xét :
Hé qué cua bai todn I va bai todn 2; Ta
xét bài tốn sau Cho mặt phẳng P cất ba cạnh ŒB, CD, CC' tại các điểm nằm ở phía trong của 3 cạnh đớ, hoặc nằm trên các cạnh
đĩ kéo dài về phía B, D, C’ Hay tim vị trí
của mặt phẳng P sao cho hình chiếu của 3 mặt của hình lập phương nằm kế nhau, và cĩ đỉnh C chung cớ diện tích lớn nhất Gọi các điểm mà P cát các cạnh của hình lập phuong la K, M, N, va goi a, 8, y là các gĩc phẳng của các nhị điện, tạo nên bởi mặt phang KMN với các mặt cịn lại của tứ điện
vuơng CKMN (vuơng tại C) Theo kết quả
của bài tốn 2 thì cosz + cos’g + cosy = 1,
Theo kết quả của bài tốn 1 thi điện tích của hỉnh chiếu của các mặt bên của hình lập phương cĩ chưng đỉnh € sẽ là
Schity = @ (cosa + cog8 + cosy) trong đĩ ø là cạnh của hình lập phương
Vấn đề dat ra là thm giá trị lớn nhất của
cosa + cos8 + cosy với điều kiện
cosfœ + cos?đ + cos2y = 1, trong dd cosa, cosổ, cosy khơng âm (đễ dàng ching minh được diéu này) Theo bất đẳng thức Bunhiacơpxki, ta cĩ :
(cos’a + cos’B + cos2y)(1 + 1 + 1)
> (cosz + cogỞ + cosy)2
(Bất đẳng thức này cũng dễ đàng chứng mainh được dựa vào bất đẳng thức Cơsi cho
2 số œ+b >2Ýdb,ø > 0,b >0) Dấu bằng
xay ra khi cosa = cosổ = cosy = 143, Ite nay cosa + cos8 + cosa lén nhất và bang
3N3 = V3 va S.,.¢, lớn nhất là ø2V3
Vậy hình chiếu tạo nên bởi 7 đỉnh A,B, C, D, B’, C’, D’ xuéng mat phẳng P sẽ cĩ
điện tích lớn nhất là a2V3 Ta hãy chứng
mỉnh rằng khi chiếu vuơng gớc hình lập phương ABCDA'B'C'D' xuống mặt phẳng tùy ý thì hình chiếu cớ diện tích lớn nhất
bằng œ3, lúc đĩ mặt phẳng P song song
Trang 3cho tổn tại một đỉnh nao dé cua hinh lập phương, chẳng hạn đỉnh C, mà mặt phẳng P' cát 3 cạnh xuất phát từ Œ tại các điểm trên 3 cạnh ấy, hoặc trên phần kéo đài của 3 cạnh ấy về phía các đỉnh kế đỉnh C",
Chẳng hạn, nếu P'cát CB, CD tại các điểm ở trong cạnh CB, CD, cịn cắt cạnh CC? ở điểm nằm trên phần kéo dài của CC” về
phía C, thì ta khơng xét đỉnh C nữa, mà sẽ xét đỉnh C' thay cho đỉnh C Khẳng định trên được chứng minh tương tự Nếu các điều kiện như trong khẳng định được thực hiện thÌ A' luơn cớ hình chiếu rơi vào trong hình chiếu tạo nên bởi 7 đỉnh 4, B,C,D, B’, C’, D’, va do dé ta da giai xong bài tốn dat ra
TU MOT BAT DANG THUC TRONG TAM GIAC
1 Một số kÍ hiệu
Cho AARC bất kì M là 1 điểm bất kÌ nằm bên trong tam giác ABC Gọi các khoảng cách MA, MB, MC tương ứng là Re, Rb, Re hoảng cách từ Aƒ đến các cạnh đối tương
ứng BC, AC, AB là d,,d,,d,
Đối với tam giác ABC ta giữ nguyên các kí hiệu như ở trường phổ thơng đã học Chẳng hạn : +a, b, e, — các cạnh đối điện với các đỉnh A, B,C + 6 - diện tích tam giác ABC +, r,p kÍ hiệu lần lượt là bán kính
đường trịn ngoại tiếp, bán kính đường trịn
nội tiếp, nửa chu vi của tam giác ABC
+ ha,,m,, 8, lan higt 1a độ dài các đường cao, trung tuyến, phân giác của tam giác hạ từ đỉnh A
5 Cc
Đối với tam giác, các đỉnh được kÍ hiệu la A,B, C, thì các kí hiệu tương ứng sẽ được gắn thêm kí hiệu 1 : Ri, ai, bị, ¢) Giữa Tu RR, vA dy, d,,d, cố một số liên hệ 174 BÙI VIỆT HÀ Th để ý 2 bất đẳng thức cơ bản trong chúng : Ra + Rồ + Re > 2d, +d, +d.) a aR, + bR, + cR, > Aad, + bd, + ed.) (2)
Dưới đây ta nêu ra một số quy tắc "biến
đổi" đối với các kí hiệu R, Ry Ryd, dy d,,
dựa vào chúng ta sẽ chứng mính (1) va (2) và dẫn ra một số bất đẳng thức khác là hệ quả của (1) và (2)
Il Thành lập các quy tác :
1 Gọi chân các đường cao hạ từ Af xuống
các cạnh đối điện với các đỉnh A, B, Œ, là
A,B, C, Th sẽ thành lập sự liên hệ giữa
Trang 4Ta lại cĩ B,C, = AMsin ( GAB.) = = am Fe Ma B,C\=a,,AM= R,, BC=a vậy ta cĩ : @,=a@R,/2R (6) Từ (4) ta Suy ra cơng thức ngược của (B) ad, RR xơ a= (5) 6 day A = 2R Một cách tương tự ta cĩ các cơng thức đối với b\, c¡ Các cơng thức (8) - (5) cho ta một "quy tắc biến đổi", được phát biểu như sau : (Ki hiéu la @)
Ryd, id, dd JR, ;a->aRy/2R (Q) Các cơng thức (3), (4’), (5°) cho ta một quy tắc khác : Ry OR Rid, dR, j ad, 2 RR, @2 ard
Kéo đài các đoạn MA,, MB, MC, và lấy
trên đĩ các điểm Ay By Cc, thỏa mãn :
MA WA -WE WE UR Sa ca MA, MA, = MB, MB, = MC, MC, =i (6)
6 đây & = const # 0 cho trước (cĩ thể điểm Á; nằm trong MA,) Các đường MA, 1MB, MC cắt các cạnh của tam Bide A,B,C, lan lugt tai D,, £, F,
Dé kiém tra thay rang D,, £,, F, chính là chân các đường vuơng gĩc hạ từ Aƒ xuống các cạnh 3C, A2C, và 4;B, hơn nữa ta cĩ đẳng thức : MÃ MP, = MB MB, = Mỡ ME, = 2 (1) (các bạn hãy tự kiểm tra điều này) Đẳng thức (7) cho ta MA = k2/MD, hay R= id, (8) 4 (6) cho ta: MAI =k2/MA, hay d,= IR, (9) Từ hình vẽ ta cĩ : BC/E,f = MBIMP, (vì 2 AMBC, AME,F, đồng dạng) Nhưng (cơng thức (5) trang 1):
Trang 5Vậy : @ a, = 2R,.=— 2 2 RR, | i Ị | 40) | | Các cơng thức (8), (9), (10) và (8), (9°),
(10°) cho ta mét quy tác biến đổi nữa, kí hiệu ị là 7 : (ta lấy k = 1 cho tiện) i 1 1 | Roz sd, a Ị (T) ¡ 1 1 | va R, a3 ap ad, ard R,R, (T)
IH Bây giờ ta sẽ áp dụng các quy tác trên để chứng minh các cơng thức (1), (2) trong TI: Ro rang ta co : R,+d,>h, > aR, + ad, 2 ah, = 28 = ad, + bd, + ed, Suy ra : aR, > bd, + ed, ©
Viết thêm 2 bất đẳng thức tương tự (°) cho bR,, cR, va cong ting vé cia 3 bat đẳng
thức được (2)
Bây giờ áp dụng @ cho (*) ta được
SH, Oy dade he tat
BR Sa” ORR, ORR,
hay aR, = bd, + ed, (**)
boc
hay R, Bod, od,
Viết thêm 2 cơng thức tương tự cho R,, R, rdi cong ting vé cia 3 bat ding thitc
ta được (1)
IV Trong phần này ta sẽ áp dụng các quy tắc trên vào các bất đẳng thức (1) (2) Ấp dụng 7' vào (1) ta cĩ ngay : 1 1 1 1,1 1 1 R,*R, +R “2 (tata) (1) i Ấp dụng @ vào (1) ta sẽ thu được : 176 dd Đ%c + dd Suố, | Se +— dd, R, R, R, hay dưới dạng khác : 1 1 1 => +5—+ += 2 đa, ad,” ad, d, +d, +d, >2 ( +.L.+ zr) Rid, Rd, Theo quy tác 7 thì (12) dẫn đến : RR, + RR, + RR, > 2ARd, + Ryd, + Rd.) 1 >2 (Na, (13 Bây giờ áp dụng @* vào (1) ta cĩ : R R * + ` + - > 2R,+ R,+ R,) (14) hay ¬- Rd, Ry b Rd, 1 1 5 >2 (RR, RR * HH, ) '+=c=+x~ Ap dung T vao (14’) ta thu dugc : Rd, + Ryd, + Rd, > > Wd,d,+d,d,+d,d,) 414) (15 Ấp dụng quy tắc @ vào (2) ta cĩ : oR, d, + bR,d, + Rd, > > 2ad,d, + bd,d, + cd,d,) (6 Theo 7 thì (16) dẫn đến ; a, R,d, Rd, ‘aq bếp cốc
Trang 6Lai 4p dung Q(*) vao (19) ta cd : a +o a + € Rd, Rd, Ra, = 22 (parte RR, * RR) b Từ () ta cũng cĩ R,„> a, + đe hay WR, > V4 f+, 2 > > da, Vela + Vd_ Vbja\N2 Th cũng cĩ các bất đẳng thức tương tự cho ¥R, va VR, va di đến : c VR, +VR,+ VR, > V2, + Vd, +Vd,) (22)
Ap dung cae quy téc Q, Q*, 7 vào (22) ta sẽ thu được (các bạn thử lại D —+ư + aB« VR,” VR,” VR, 1 1 1 1 ¢ ~— ( —— + — + ala va a) VR,d, + VR,d, + VRd, = 3 V2 (Vd,d, + Vdd, + Vd,d,) VR,R, + VRRi,c + VRB, = = V2 (WR,d, + VR,d, + VRd,) 1 + TRỤ, 1 + VR * 1 € (21) (23) (24) (25) Tit (*) trong III ta cớ 1 1 1,1 1 aR, * bay ted, © (ba, * aa,) và các bất đẳng thức tương tự cho 16R,, eR, vay ta cd 1,1 i aR, OR, cR, 1,1 1 1 sí + +} <3 (ag, ba, * wa ) (28) 12 - TCTH Ap dung @ vao (28) ta cĩ t,t, 1 , OR d, Rd, (az + + ar) adyd, ` bả 4, * cd,d, Ấp dụng 7 vào (29) ta sẽ cĩ : 1,1,1 1,1 RuR, a*ete*a(a- Rat +1 Bee b° RA, ¢ Rd, 1 Bưu
Bây giờ ta áp dụng Q° vao (*) thu được +, b + OR, > bd, p+ cd, c b < < 3 (29) (30) Ta do; 1 1 aR, + OR, + oR, > aRd, (p+ 5) + b € 1 _ 1 +bR,d, (x, + ) + ¢R,d, (etm) 1 aty c 1 Ấp dụng bất đẳng thức te y? 4 ta Cĩ ; aR, + bR, + cR, » aRd, Rd, Rd, R,+k +R +R * Rt) BY R,+R, LN TT R,+R,
Trang 7Vex betes > a > d3, + Ve Vd Jd, NZ Từ đĩ cĩ : Va VR jd, + Vb VR,jd, + Ve VRid, > > V2 Wa + Vb + ¥e) (35) Ti (*) ta suy ra: 2 < \ az bd, + ed, tai © Ved, + Ved, (Vz Vz) Và đi đến bất đẳng thức 1 1 1 ——— † +#—< VaR, VER, Ved, 1 1 1 1 <—(-—›-—:— Y2 ( Vad, bd, Ved, )
Dùng các phép biến đổi đã thiết lập trong II ta cĩ thể thu được nhiều bất đẳng thức thú vị khác nữa
(36)
TÌM ĐA THÚC VỚI NGHIÊM CHO TRƯỚC
Hãy xét bài tốn : TÌm mét da thúc uới
hệ số nguyên cĩ bậc nhỏ nhất nhộn một số
ø cho trước làm nghiệm Dây là một bài tốn cổ điển cĩ liên quan chặt chẽ đến việc phát triển một số khái niệm cơ sở của tốn học Ngày nay người ta biết rõ phải giải quyết bài tốn này như thế nào Tuy nhiên với trình độ phổ thơng đĩ vẫn là một bài tốn khớ
Cĩ thể minh họa điều này qua trường hợp
œ= 2 + 33 Đây là một đề bài của kì thì
học sinh giỏi tốn lớp 12 tồn quốc vừa qua Hầu hết thí sinh đều tìm thấy :
P(X) = X° — 6X4 — 6X3 + 12K? - 36X41
là một đa thức với hệ số nguyên nhận
Ý2 + *{ã làm nghiệm nhưng khơng ai chứng
mình được đĩ là đa thức cĩ bậc nhỏ nhất
thỏa mãn điều kiện trên
Viéc tim ra P(X) hoan tồn đơn giản và dựa vào nhận xét sau : Tích của một đa thức cĩ nghiệm là a véi một đa thức bất kì vẫn
là một đa thức cĩ nghiệm là œ Đa thức cớ bậc nhỏ nhất (với hệ số thực) nhận Ý2 + 33 làm nghiệm là X-— V2 — 38 Để lại căn bậc ba ta nhân nĩ với (X- Ý2)?+ (X- {2) 335 + 8 và nhận được đa thức (X- V2)3~ 3 = X3— BV2x2+ 6x - 212-3 178
NGO VIET TRUNG
Để loại căn bậc hai ta lại nhân tiếp với X? + 6X ~ 8 + VZ (8X2 + 2) và nhận được : P(Œ) = (X3 + 6X — 8)2 — 2(3X2 + 2)2 Sau khi tìm được P(X) nhiều thí sinh nhận xét là : vÌ 2 và 8 nguyên tố cùng nhau nên 6 = 2.3 phải là bậc nhỏ nhất của các đa thức với hệ số nguyên nhận V2 + 33 làm nghiệm Do đĩ P(X) là đa thức cần tìm, Kết luận liều nhưng rất gần sự thật Tại sao khơng tiếp tục một cách bÌnh thường bằng vite gi sử cĩ một đa thức
QAM =a,+aX+ +aX5 với hệ số
nguyên nhận V2 + J3 làm nghiệm rối
chứng minh a, = = ø = 0?
Điều kiện duy nhất ràng buộc các số
nguyên độ, ny Os với nhau là
Q(V2 + *{3) =0 Vấn đề là phải loại được
các căn bậc hai và ba Để làm việc này ta
hãy khai triển các lũy thừa của V2 + 33 trong Q(VZ + 38) rồi viết lại phương trình
(V2 + 38) = 0 dưới dạng
b„ + b VÕ + b3 ã + b,3ƒ8 + b [238 + +bN2 9 =0
Ban doc co thể dễ dàng thử lại để thấy :
Trang 8
, =a, + 2a, + 120, + 4a, by =a, + 6a, + 8a, + 20a, b, = 8a, + 12a, + Sa, 6, = 2a, + 8a, + 15a, b, = 8a, + 20a, loại căn bậc hai ta nhận được phương trình (6, + BNE + b SYS)? — — 26, + 68 + 6,°¥9)? = = 02 + 6b,b, — 2b? ~ 125.5 + + (2b,b, + 363 — 4b,b, — 662) WB + + (2b,b, + 03 ~ 4b,b, — 22) WB = 0
Tỉnh ý sẽ thấy phương trình trên cho ta một đa thức bậc hai AX? + BX + € với hệ số nguyên nhận 3/3 làm nghiệm Điều này dẫn
đến liên tưởng 3 là bạc nhỏ nhất của các đa
thức nhận 3ã làm nghiệm và do đớ A, B, C
phải bằng khơng Chứng mỉnh điều này khơng khớ Từ giả thiết AWð + BẦý3 + C=0 ta cĩ : (A3S + B5 + (A33 — B) = = 842 - BC —(B2?T— AC)3ä3 = 0 Khử căn bậc ba sẽ nhận được (3A? ~ BƠ ~ 3(B2 — AO = 0 Đặt m = 3A?T— BC và n = B2 ~ AC Tạ cĩ thể thấy ngay là m, n phải chia hết cho 3 nghĩa là m = âm, n = Ưn, với mụ, mị là
những số nguyên Th lại cĩ mộ — Ơn) = 0, từ
day lai suy ra m,, n, phai chia hết cho 3, v.v Như vậy m, n sẽ chia hết cho mọi lũy thừa
của 3 Điều này chỉ xẩy ra khi m =n = 0
Từ điều kiện 84? — BC = 0, B? - AC = 0 ta
lại cĩ 8A3 — B2 = 0 và do đĩ A, B phải bằng
khơng như ở trên Quay lại với giả thiết AS + BYS +C=0 ta cd thé kết luận là A=B=C=0 Với chứng minh trên thì 2 — 2 — = 62 + 6b,p, — 2? - 12,5, = 0, 2,6, + 863 — 4b,b, — 63 =0, 2— ~ 982 = 2b,b, + b3 — 4b,b, ~ 262 = 0 Các Bar a Og 0 phuong phải là trình này các số chan cho thay Dat
b„=2B,, b, = 2b, rồi thay vào hệ phương
trình trên và giản ước số số hạng đồng dạng đi ta lại được một hệ phương trình tương đương với ẩn là b, bs Từ đây lại suy ra b",, .b’, phải là các số chẵn v.v Tớm lại bay Og chia hết cho mọi lũy thừa của 2 Điều này chỉ xây ra khi 6, = = 6,=0
Nhu vay la từ điều kiện
Q(Ý2 + 3ã) = 0 ta đã suy ra được 6 phương
trình sau :
a, + 2a, + 8a, +40,+ 500, = 0 a, + 2a, + 120, + 4a, =0 a, + Ga, + 3a, + 20a, =0 Sa, + 12a, + Ba, =0 2a, + Ba, + Lda, =0 3a, + 20, = 0
Bạn đọc cĩ thể đễ dàng giải hệ phương trình này và nhạn được kết quả a,= =a,> 0 Bây giờ ta cĩ thể kết luận
6 là bậc nhỏ nhất của các đa thức với hệ số
nguyên nhận V2 + 33 làm nghiệm
Trong trường hợp tổng quất khơng phải với số œ nào ta cũng tìm được một đa
thức với hệ số nguyên nhận œ làm nghiệm
Ví dụ như các số z, e khơng thể là nghiệm của bất kì một đa thức với hệ số nguyên nào, vì vậy người ta gọi chúng là các số siéu uiệt Ngược lại người ta gọi œ là một sổ đợi số nếu cĩ một da thức với hệ số nguyên nhận œ làm nghiệm Số ảo ¡ cũng là một số đại số vì nĩ là nghiệm của phương trình R+1=0,
Trang 9Các số đại số thường cĩ thể biểu diễn qua các căn bậc tự nhiên của các số nguyên với các phép tính thơng thường Khơng phải việc xác định các đa thức với hệ số nguyên bậc nhỏ nhất nhận chúng làm nghiệm lúc nào củng đỗ đàng như trường hợp œ =2 + 33 Sau đây là một cách xác định các đa thức này dựa theo các kết quả của tốn học cao cấp Giả sử P(Œ là một đa thức với hệ số nguyên bậc nhỏ nhất nhận một số œ làm nghiệm Nếu bậc của P(X) la n thi người ta 180 cĩ thể tìm thấy œ số #, đ„ khác nhau sao cho :
P(X) = o(X -a,) (X~a,)
6 day a 1a hé 86 của X" trong P(X) Tất nhiên nằm trong các số #ị; «¿ đụ Về đị, e,, cĩ thể là các số phức Bạn đọc chưa quen với số phức cĩ thể hiểu chúng là các số cớ dạng a+ với a b là những số thực mà phép nhân hai số phức thực hiện được nhờ tính chất /? = —1 Các số ơ,, a„ được gọi là các
Trang 10
SO PHUC, MOT CONG CU GIAI TOAN HiNH HOC
Số phức, từ khi ra đời, đã thúc đẩy tốn
học tiến lên và giải quyết được một số vấn
để về khoa hoc kỉ thuật Riêng trong hình học, số phức cũng cĩ những ứng dụng quan
trọng Bài này sẽ giới thiệu việc áp dụng số
phức để giải một số bài tốn hình học 1) Lí thuyết số phức đã được trình bày trong J/ sách giáo khoa phổ thơng Cũng nên nhắc lại việc biểu dđiến hình 4 ? học các số phức # vì đĩ là cái cẩu 0 z——*x nối liền lí thuyết Hình 1 số phức với hình
học Trên mặt phẳng quy về hai trục tọa độ
vuơng gĩc Ox va Oy, mot số phức z=a+ bi được biểu diễn bởi một điểm Z cĩ
hồnh độ a và tung độ b Nếu số phức được
viết dưới dang lượng giác z = r(cosz + isine) th mơđun |zÌ =r= {a2+b2= O2, cịn agumen œ là gĩc giữa trục hồnh và OĨZ (hình 1) Như vậy, ta cũng cơ thể biểu diễn số phức z bởi vectơ O2
Để tiện việc trình bày sau này, ta sẽ kí hiệu các điểm bằng các chữ lớn A, B, C, , Z, cịn các số phức tương ứng theo thứ tự được kí hiệu bằng các chữ nhỏ à, ð, c, , Z 2) Trước hết cần làm quen với các phép biến hình thường gặp Th sẽ thống nhất kí hiệu Z°*(Z') là ảnh của điểm Z(z) (Những điều khơng khớ lắm, xin dành việc chứng mình cho bạn đọc), NGUYÊN CƠNG QUỲ (Ha Noi} - Phép đối xứng qua gốc tọa độ : #'`= -ã - Phép đối xứng qua truc Ox : 2’ = z (liên hợp của Z) ~ Phép tịnh tiến theo vectơ ĐA (hình 2) : z2=z+a qd) (vi OZ = OZ + OA) - Phép quay géc a xung quanh géc toa độ O : 2 sq (2)
Trang 11- Phép đối xứng qua điểm A Vì A là trung điểm đoạn ZZ' (hình ð) nên OA = (1/2)(OZ+ OZ), tit dé a = (1/2)(z + 2’) hay z' = 2ø — z Đĩ là cơng thức của phép đối xứng qua điểm A ~ Phép quay gĩc z xung quanh điểm A Nếu thực hiện một phép tịnh tiến theo vecta OA thi rõ rang diém A bién thành điểm O (hÌnh 6), cịn các điểm Z và Z' theo thứ tự biến thành các điểm Z, và Z, xác định bởi z¡ = z — ø và Hình 6
z, = 2’ — a (theo cong thttc (1) Nếu Z' là ảnh
của z trong phép quay gĩc œ quanh A thì
z¡ sẽ là ảnh của Z, trong phép quay géc a
quanh Ĩ, và ngược lại Theo cơng thức (2)
ta cd 2, = g2, hay
(3) với q = cosz + isinz Đĩ là phép quay géc a quanh điểm A
Bằng phương pháp tịnh tiến về gốc như trên ta suy ra cơng thức các phép biến hình sau :
- Phép vị tự tâm A tỈ số & : z'—a=qŒ ~ œ)
Z—a=È(@œ-— a)
- Phép quay gĩc œ xung quanh điểm A, rồi tiếp theo, phép vị tự tâm A tỉ số & :
z'—a =p( ~ 8) 4)
PB = R(cosa + ising)
1H Để chuẩn bị cho việc làm tốn, ta hãy tập đượt diễn đạt những tính chất hình học quen thuộc bằng những biểu thức số phức : — Nếu Af là điểm chia đoạn thẳng AB theo tỉ số MAIMB =k thi ta 05 (OA- Oy(GŠ~ OM)= R
hay OM = (OA ~ è OB)/(1 — k) Từ đĩ cĩ hệ thức số phức : m = (ø — Rb)\/(1 — È) (5) Dac biệt nếu M là trung điểm của đoạn AB thi m = (a + b)/2 ~ Néu G là trọng tâm tam giác ABC thi 182 với = (GA + OB+ OCy3 Từ đĩ cĩ =(z+b+a)8 (6) ~ Điều kiện cẩn và đủ để tứ giác ABCD là một hình bình hành là các đường chéo AC và BD của nĩ cĩ trung điểm trùng nhau, hay ate=b+d (7) ~ Diéu kién dé hai doan thang AM va AN vuơng gĩc và bằng nhau là m-c=ti(n-a) (áp dụng cơng thức (3) trong đĩ q = cos (+ 90°) = +i)
— Điều kiện cần va đủ để hai tam giác ABC va A,B,C, dong đạng và cùng hướng là (œ— ð)/(€ — ð) = (ø ~ be — bị) (9) Thật vậy, nếu thực hiện phép quay gúc œ quanh „ ck điểm B (hinh 7) rồi tiếp theo đĩ, [> phép vj ty tam B “ tỉ số & = BAJBC 4 thì Œ biến thành A Theo cơng thức (4) ta cĩ œ—b=( — b) Ð =k(coaa + isina)
Hai tam giáo ABC và A,B,C, đơng dạng và cùng hướng khi và chỉ khi
CBA = CBA, =a (cing huéng), và
B,A/B,C, = BA/BC = k,
a, ~ 6, = ple, ~ 4,) q1) Từ các hệ thức (10) và (11) ta rút ra
(2 — be ~ b) = (ai — b0) (6y — bị)
Đĩ chính là điểu kiện cần và đủ để hai tam giác đã cho đồng dạng và cùng hướng
Chú thích Hai tam giác ABC và A,B,C, được gọi là cùng hướng nếu trong khi di trên chu vi của tam giác ABC từ A đến B rồi đến C và trở về A cũng như khi đi trên chu vi của tam gide A,B,C, ti 4, đến B, rồi đến C, và trở về A,, ta cùng đi theo chiều kim đồng hồ hay cùng di ngược chiều kim đồng hồ Nếu khơng thỏa mãn điều đĩ thi hai tam giác đã cho gọi là ngược hướng
(8)
Hình 7
Trang 124 Bây giờ ta hãy vận dụng những điều trình bày trên để giải một số bài tốn hình học phẳng
1Ơ Cho hai hình bình hành A\B,C,D,, A,B,CD, va cdc diém A, B, C, D
theo thứ tự chia các đoạn
A,A,, B,B,, C\C,, DD, theo cing mét ti 86 k Chứng minh rằng tứ giác ABCD là một hỉnh bình hành và tìm quỹ tích giao điểm các đường chéo của hình bình hành này khi & thay đổi
lời giải Theo giả thiết ta cĩ (áp dụng các cơng thức (7) và (ð)
ate, =b,+d,a, te =
= b, + dya = (a, — ka,)i(1 — k),
b= (b,— kb, )/(1 ~ Rye = (c,— Re, (1 &), d=, — kd, - k)
Từ những hệ thức trên dé dàng rút ra a+c=b+d, chứng tỏ rằng tứ giác ABCD là một hình bình hành Gọi Mỹ, 1M; và M là giao điểm các đường chéo của các hình bình
hanh A,B,C,D,, A,B,C,D, va ABCD Cũng từ các hệ thức trên ta rút ra m = (a + e)/2 = [(@, + ¢,)/2 — — È(a„+ c2)/8l/(L— k) = (@mị~ km2JW(1— k) Hệ thúc này chứng tỏ M nằm a trên đường thẳng M,M, và chia đoạn M,M, theo ti s6 k Khi & thay đổi, quỹ tích của M là đường ‹ thẳng M.M, # 8 2 Người ta dung ở phía ngồi tam
giác ABC các tam giác đồng dạng ABX, BCL và CAM Chứng minh rằng các tam giác KLM và ABC cĩ trọng tâm trùng nhau
Tời giải Theo cơng thức (9) ta cĩ (hình 8) : (œ — #)/( — k) = (b — DÍ(€ — ) = = (@— m)l(a ~ m) =p Œœ là một số phức nào dd) Tit dé rit ra k = (a — pb)i(1 — p), I= (6 ~ pe)i(1 — p), m = (¢ — payi(1 — p) Hình 8 Ta 06 1/8 (k +7 + m) = = 1/8(a — pb + b — pe + e — p8)/(1 — p) = = 18a +6 +e),
điểu này chứng tỏ rằng trọng tâm của các tam giác KLM và ABC trùng nhau
Chú ý Nếu dựng các tam giác ABK, BCL, CAM ð phía trong tam giác ABC thì kết quả trên vẫn cịn đúng Tớm lại chỉ cần các tam giác đĩ cùng hướng là được
3 Người ta dựng phía ngồi tứ giác lồi ABCD bai hình vuơng ABMN và CDKL Chứng minh rằng các trung điểm các đường chéo của
các tứ giác ABCD và MNKL, là các đỉnh của
một hình vuơng hoặc cĩ thể trùng nhau Lời giải Theo cơng thức (8) ta cĩ (hỉnh 9) n—a=i(b — a),a = b = (ặm — b) Từ đĩ mit ra n=a+i(b ~dg),m =b + i6 ~ a) Tương tự cĩ l=cti(d—e) va k= d+ i(đ — e) Hình 9
Gọi U, V, S, 7 theo thứ tự là trung điểm các đường chéo AC, BD, KM va LN Ta cd
Trang 13MOT CACH SANG TAO CAC BAI TOAN MOI
Để phát huy được sự suy nghĨ sáng tạo trong quá trình học tập tốn học, các bạn cần tập luyện để ra những dv đốn, những già thiết mới, biết cách rút ra những kết luận khác nhau từ việc giải bài tốn, biết khảo sát các trường hợp riêng cĩ thể xây ra hay mở rộng bài tốn Sau đây xin giới thiệu làm thi du một loạt bài tốn suy ra được từ việc giải một bài tốn nhằm giúp các bạn yêu tốn cĩ thêm một phương pháp tư duy để phát huy khả năng độc lập nghiên cứu và
khả năng sáng tạo tốn học
Bài 1 Trên cạnh AB và ở về phía trong của hình vuơng ABCD dựng một tam giác cân AFB cĩ gĩc ở đáy là 15° Hãy xác định dang cla tam giác CFD,
Khi giải bài tốn này, cĩ thể nẩy ra những cách suy nghỉ nào ? Nhiều bạn cĩ thể suy nghỉ như sau : tam giác CƑD cân và cĩ thể đều Tính chất cân dễ dàng chứng minh được căn cứ vào tính chất =p
đối xứng trục của hình
đã cho Vấn để cịn lại e cẩn giải quyết là tam
giác đĩ cĩ phải là đều Ae
hay khơng ? Muốn vậy, 4 wee ta cố thể dùng cách Hình 1 chứng minh bằng phản chứng như sau :
Để được tiện lợi, ta sẽ đưa vào các kí hiệu sau đây : AB =0, DF =, DFC =a, CDF = 8, AFE = 9 Gia st ring 6 >a Luc dé gp < 75° va a>60 cdn 6 < 60° TY dé suy ra b < a Điều này mâu thuẫn với giả thiết đề ra Như vậy b khơng thể lớn hơn a
Bay gid lại giả sử rằng 6 < a Lúc đĩ ø > 75° và a < 60? cịn ổ > 60° Cho nên b >a Điều này lại mâu thuẫn với giả thiết trên nên mệnh đề b < ø khơng đúng Vì vậy ta đi đến kết luận 6 = a tic la tam giác CFD đều 184 e NGUYÊN VĂN BÀNG (Vinh - Nghệ An)
Bài tốn trên cịn cĩ thể giải quyết theo một cách khác như sau : ta hãy dựng trên cạnh CB và ở trong hình vuơng ABCD một tam giác CNB bằng tam giác AFB (hình 1), Trong tam giác BNF ta cĩ : BN = BF (cạnh tương ứng của các tam giác bằng nhau) và
gĩc ĐBF = 6Ợ? Từ đỡ suy ra NC = NB = NF,
CNB = CNF = 150° tức là các tam giác CNB va CNF bằng nhau Vì vậy CF' = a nghĩa là tam giác CFD đều
Để cho cách chứng minh trên đây được chặt chẽ, ta cần chứng minh thêm rằng điểm
N chi cd thể nằm trong tam giác FC Thật
vậy, trong trường hợp ngược lại, gĩc FNC
sẽ bằng 2109, điểu này khơng thể xảy ra
được
Từ bài tốn này, nếu phát biếu mệnh đề đào lại, ta thu được bài tốn đơn giản hơn sau đây :
Bài 2 Trên cạnh CD và ở trong hình vuơng ABCD, ta dựng một tam giác đều CFD Tính các gĩc của tam giác AFB
Từ bài tốn 2, nếu suy nghĩ sáng tạo một tí đấy điểm F khơng phải ở trong mà ở ngồi hình vuơng) ta sẽ thu được bài tốn sau :
Bài 3 Trên cạnh CD và ở ngồi hình vudng ABCD, ta dựng một hình tam giác đều ĐEỊC Tìm giá trị các gĩc của tam giác
AFB
Từ bài tốn 3, nếu phát biểu đảo lại, ta lại cĩ bài tốn :
Bài 4 Trên cạnh CD của hình vuơng ABCD, ta dựng một tam giác cân AF,B và các gĩc ở đáy bằng 7õ, Nếu đỉnh # nằm về cùng một phía đối với AB, CD thì tam giác
ĐE,C đều
Trang 14bằng nhau trong đĩ đường cao ứng với cạnh bên cĩ độ dài bằng nửa độ dài của cạnh bên đĩ Đĩ là một tính chất đặc trưng cho loại tam giác cân cĩ gốc ở đỉnh bằng 30° và căn cứ vào đĩ ta cĩ thể phát biểu bài tốn sau đây :
Bài õ Dường cao của một tam giác là hai lần nhỏ hơn cạnh bên tương ứng với nĩ và một trong các gĩc kế với cạnh đĩ bằng 75° Hay tính các gĩc của tam giác dd
Nếu khảo sát tỈ mỈ trên hình 2, ta sẽ thu được một bài tốn tương tự với bài tốn 5 như sau :
Bài 6 Hãy xác định các gĩc của một tam giác sao cho chiều cao của nớ là hai lần nhỏ hơn cạnh tương ứng và một trong các gĩc kế bằng 159,
Chú ý rằng việc nghiên cứu các tính chất của hình tam giác cân với gĩc ở đỉnh bằng 30° cớ nhiều điều Mf thú, tương tự như khi nghiên cứu các tính chất của tam giác vuơng cđ một gĩc bằng 30° Thật vậy nếu trong tam giác ABC nơi trong bài õ (hình 2) mà ta vẽ đường cao CD phát xuất từ đỈnh Œ ứng với gĩc 309 rồi lấy trên CD kể từ điểm € một đoạn CM = AB thì ta Cus sẽ được tam giác déu AMB
Mệnh đề này suy ra từ việc
giải bài tốn trên đây và dựa
vào một trong các tính chất của tam giác cân (hoặc cĩ
thể dựa vào các tính chất 4 + của gĩc nội tiếp) Hình 2
Từ đớ, ta cĩ thể phát biểu bài tốn sau
đây :
Bài 7 Tính đáy của một tam giác cân nếu cạnh bên của nớ bằng đơn vị cịn gĩc ở đỉnh bằng 309,
Tính ra ta được 4B = J2 -— V2 Nhưng
AB là cạnh bên của một tam giác cân đáy
bằng đơn vị và gĩc kể với đáy bằng 15° Từ
đĩ cĩ thể thiết lập được bài tốn mới như
sau
Bài 8 Biểu thị độ dài cạnh bên của một tam giác cân cĩ gĩc ở đỉnh bằng 150° theo độ dài của cạnh đáy
Từ hai bài tốn trên, ta lại cĩ thể suy ra một số bài tốn khác Các bạn hãy thử nghỉ xem
Bây giờ ta trở lại bài 5, 6 và hãy chú ý
nghiên cứu tính chất của các tam giác trong
đĩ chiều cao bằng nửa cạnh đáy Từ đớ, cĩ thể phát biểu được bài tốn sau đây
Bài 9 Chiều cao của một tam giác bằng nửa đáy Cĩ thể kết luận được những gì về độ lớn của gĩc đối diện với cạnh đáy đĩ
Gĩc ACB rõ ràng là khơng lớn hơn 909 Từ bài tốn nay, ta cĩ thể nghĩ ngay đến bài
tốn sau
Bài 10 Trên đường thẳng MN song song với đoạn thẳng AB, hay tim một điểm C sao cho gĩc ACB cĩ giá trị lớn nhất
Nếu xét về mặt hệ thức lượng giác thì bài tốn 9 cịn cĩ thể phát biểu như sau :
Bài 11 Các gĩc A và B của tam giác ABC
lên hệ với nhau theo hệ thức
củgA + cgB = 2 Chứng minh rằng C < 90 Nếu thay đổi đi một ít các giả thiết của bài tốn 9 chẳng hạn nếu cho :
1 b.:ec=ý8:32 202: =1:9ý8
ta sẽ thu được các bài tốn sau :
Bài 12 Chiều cao A, va canh c cha tam giác ABC liên hệ với nhau theo hệ thức : h„:e = Vễ :2 Chứng mình rang C < 60°
Bài 13 Các gĩc A và B của tam giác ABC liên hệ với nhau theo hệ thức cigA + cígH =2j8 Chứng minh rằng C< 120
Các tính chất nêu trên đây của các tam giác cân với gĩc ở đỉnh 30° và 1509 cho phép ta giải được bài tốn sau
Bài 14 Tinh tang 15° ma khong ding đến bảng lượng giác và các cơng thức
Để kết thúc ta hãy trở lại hình vuơng ban đầu Các bài 5, 6, 7 gợi cho ta thấy rằng nếu lần lượt vẽ qua các đỉnh và ở trong hình vuơng những Ủ cát tuyến tạo với các cạnh 4| hình vuơng gĩc 15° thi những cát tuyến này sẽ vuơng gĩc với nhau từ đĩ cĩ ¿ thể thành lập bài tốn mới như sau :
Trang 15ứng của hình vuơng gĩc lỡ” Chứng minh rằng các cát tuyến nây tạo thành hình vuơng
A,B,C,D, 06 dién tich bằng 2 (hình 8)
Chú ý rang các đoạn thẳng
AD,, BA,,CB,, DC, bing 2-V¥3 va hinh
vuơng mà cĩ các dinh A,, B,, C,, D, lfin ligt là điểm giữa của các doan thẳng AA;, BBỊ, CC, DD, cũng cĩ điện tích bằng 2-3
Cuối cùng nếu thay khái niệm hình vuơng bằng hình bình hành và xác định vị trí của các cát tuyến khơng phải theo gdc 15° ma theo tỉ số của những đoạn thẳng được phân ra trên các cạnh hình bình hành thì sẽ để xuất được bài tốn cĩ tính cách tổng quát hơn sau đây mà các bạn hãy tự chứng minh lấy
Bài 16 Từ mỗi đỉnh của một hình bình hành và ở về phía trong hình đơ, ta lần lượt vẽ các cát tuyến sao cho chúng chia các cạnh
tương ứng của hình bình hành theo tỉ số
1:(1 + V3) Chứng minh rằng :
1) Các điểm giữa của những đoạn cát tuyến nằm ở phía trong bÌnh bỉnh hành lại là các đỉnh của một hình bình hành mới,
3) TÍ số điện tích của hình bình hành mới
so với hình bình hành đã cho bằng 2 ¬ V8,
8) Diện tích của hình bình hành tạo thành bởi các cát tuyến bằng một nửa điện tích của hình bình hành đã cho
Tớm lại, đứng trước một bài tốn, các bạn nên đào sâu suy kĨ cố gắng tìm được một phương pháp giải gọn ghê, hợp lí và chính xác nhưng khơng nên tự thỏa mãn với cơng
việc này mà phải tiến lên, từ bài tốn đã giải
được đi sâu khai thác các khía cạnh và các trường hợp If thu cua bai tốn, biết thay đổi giả thiết, lật ngược vấn đề, khái quát hĩa
bài tốn để cĩ thể đề xuất được nhiều bài
tốn mới mẻ Đĩ là con đường tập dượt sáng
tạo tốt nhất đối với các bạn
Viét dua theo tap chi "Tbán học ở nhà trường" Số 5/196
LIÊN PHÂN SỐ
Cách biểu diễn số bằng phân số thập phân, mà các bạn quen biết, đã tỏ ra rất hiệu lực Chẳng hạn trên các số biểu diễn bằng phân số thập phân ta thực hiện khá thuận tiện các phép tính
Nhưng một cách biểu điễn số, dù ưu việt đến đâu, cũng khơng thể biểu hiện được đây du ban chất các số và khơng tránh khơi su phụ thuộc vào hình thức biểu điên Bởi vậy trong khi nghiên cứu các số ở khía cạnh này hay khía cạnh khác, người ta cịn dùng những cách biểu diễn khác thuận tiện hơn
Dưới đây chúng tơi giới thiệu với các bạn một cơng cụ biểu diễn số, cĩ nhiều ứng dụng, gọi là liên phân số
Trước hết ta hãy xét các số hữu tỈ Một
số hữu tỉ cĩ thể biểu diễn được bang phan 186 LẠI ĐỨC THỊNH - NGUYỄN TIẾN TÀI (ĐHSP Hà NộU số : (ø, b nguyên, 6 > 1) Với cặp số nguyên œ, b, b > 1 sẽ tổn tại duy nhất cặp số Go M1 nguyén sao cho a = bg, +7,,0 <r, <b Cũng thế nếu rị # 0 thì với b, rị ta cổ q,, ry để b = gi +, 0 & ry < rị Tương tự nếu nạ # 0 cĩ 4, rị để rị = rị g; trà 0 € rị < R,, v.v VÌ b >, >ry > > 0 dây các số dương 6, rị, r; giảm dần, nên quá trình
Trang 16Nhung hệ thức trên cịn cĩ thể viết :
a)
ta cĩ một dang biểu diễn mới của số hita tl 5! Gọi biểu thức bên phải của (1) với 4, nguyên, g, ( = l, 2, È) nguyên dương và q, > 1 là một liên phân số bậc & và kí hiệu là Íq,¡đ¡, 9g) Thi du : a) $00 = 24 + = 1,3,1,2,41 B+ i 1+—> at b 7 2-34 1 1 = [-3; 3, 2] Bt5
Như vậy một số hữu tỈ bất kì biểu diễn
được dưới dạng một liên phân số bậc & nao
đĩ Người ta cịn chứng minh được sự biểu diễn đớ là duy nhất Ngược lại nếu cho một lên phân số bậc š, sau khi thực hiện các phép tính trong biểu thức (từ dưới lên) ta được kết quả là một số hữu tỈ Vậy cĩ thể
đặc trưng một số hữu tỈ bằng một liên phân số bậc & Đến đây chắc các bạn nghĩ ngay đến biểu thức vơ hạn 4s*#———T— (2)
là sự biểu diễn số vơ tỈ Đúng, ta sẽ gọi biểu thức (2) với ạ, nguyên g¡, đ; nguyên dương, là một liên phân số vơ hạn và kí hiệu [g, ; qụ đ; Ì Nhưng bây giờ vấn đề khơng đơn giản nữa, ta cĩ một biểu thức gồm vơ hạn các phép tính hữu tÌ, trên các số hữu tỉ mà chưa cĩ ý nghĩa gi Dé đạt được mục đích đã đề ra, ta hãy nghiên cứu các tính chất của liên phân số !
Giả sử đã cho một liên phân số hữu hạn hoặc vơ han [9,3 qạ, đạ Ì (® Xét biểu thức 82 =4, #——T—— (4) 4q +®———T— % + — 1 + Qn (nếu (3) là liên phân số hữu hạn bậc & thi »% < k) Thực hiện các phép tính trong (4) (từ dưới lên) ta được kết quà là một phân số, kí hiệu là P an = GVA Boi nĩ là giản phân bậc n Vậy hn Pa ~ 99,707 1@,=49,2,+0 ¬ a 9 gi 99i+$, 1 4 Py= QP, +P, @, = 4,8, + v.V Nếu đặt P ;¡ = 1, Q_; = 0 cơ thể chứng mỉnh được cơng thức truy chứng để tính các giản phân Py=9/P,T1 + P,—¿ 9,=99.T1†9,-¿
Th nhận thấy, với chỉ số càng tăng thì giản phân càng gần đến biểu thức của liên phân số Trong trường hợp liên phân số hữu han bac &, thi r6 ràng giản phân bậc & bằng giá trị của liên phân số Điều đĩ gợi ý cho 187
Trang 17
i
ta là trong trường hợp liên phân số vơ hạn ta cĩ thể coi giới han của dãy các giản phân khi chỉ số tăng vơ hạn là giá trị của liên phân số Nhưng vấn đề đặt ra là day cdc giản phân cĩ giới hạn hay khơng ? Nghiên cứu dãy các giản phân người ta thấy : Các giản phân bậc chẵn làm thành dãy đơn điệu tang d, < 6, < 4, cịn các giản phân bậc
lẻ làm thành dãy đơn điệu giảm ổ, < ð, <
ổ; và mỗi giàn phân bậc chân nhỏ hơn một giản phân bậc lẻ bất kì Cuối cùng người ta chứng minh được là khoảng cách giữa hai giản phân liên tiếp dẩn đến 0 khi chỉ số của chúng tăng vơ hạn Những điều đĩ chứng tơ dãy các giản phân bậc chẵn và đãy các giản phân bậc lẻ đều tụ và cĩ cùng một giới hạn, tức đãy các giản phân hội tụ Ta gọi giới hạn của dãy các giản phân là giá trị của liên
phân số vơ hạn Người ta chứng minh được
giả trị của liên phân số vơ hạn là một số vơ tỈ và ngược lại mỗi số vơ ti biểu diễn được duy nhất dưới dạng một liên phân số vơ hạn Vay mỗi số thực biểu diễn được dưới dạng
một liên phân số, liên phân số là hữu hạn
nếu là số hữu tỈ và vơ hạn nếu là số vơ tÌ Trên đây chúng ta đã giải quyết về phương diện lí thuyết sự biểu diễn số thực bằng liên phân số, và qua dé chung ta cing
biết cách biểu diễn một số hữu tỉ thành liên
phân số Nhưng làm thế nào để biểu diễn một số vơ tỈ thành liên phân số ?
Để giải quyết vấn đề, ta đưa ra khái niệm phần nguyên của một số Cho số thực ø, gọi là phần nguyên của a kí hiệu là [œ] là số nguyên lớn nhất khơng vượt quá z Chẳng hạn a = 7,152 thi [2] = 7; @ = -6,15 thì
lz] = -7; œ= Ý2 thi [a) = 1, goi la phan lẻ
của ø và kí hiệu {ø} là hiệu {z} = œ- [a], ré rang 0 < {a} < 1
Ta cĩ thể viết : @ = [a] + {a} dat fa} = > (neu {a} # 0) thi a, > 1 va ta lai od @, = fa] + {a,} vv Nếu đạt la] = q„ (z¡} = gị, thÌ ta cĩ thể viết @=q,+ 1 „tt
với q„ nguyên, g,, g; nguyên dương
Bằng cách như vậy ta cớ thể biểu diễn số thực bất kì thành liên phân số 188 Chẳng hạn với a =V2 cd g, = 2] =1 1 aVZ=1+— 1 1 ey Ty V2 +1 la = 2 =2 +1 eae % 1 7% = TT Th —lœ;] = lan] = 2 Tiếp tục ta sẽ cĩ đ; = Œy = ơi, VÀ V.V., cho nên cĩ : a=VZ=1+ 2+ 1 =[1;9,2 1] 2+
Một liên phân số như trên (các phan ti
của nớ lặp lại thành chu kì) gọi là một liên phân số tuần hồn Vậy liên phân số biết
diễn số V2 là liên phân số tuần hồn Nhưn;
khơng phải bao giờ ta cũng gặp may mái như vậy, người ta đã chứng minh rằn; những số đại số bậc 2 (nghiệm của phương trình đại số bậc hai và khơng shải là nghiện của phương trình đại 86 bac ahd hon hai) vi chỉ chúng mới biểu diễn được dưới dang liêt phân số tuần hồn Cho nên với những si vơ tỉ khơng phải là đại số bậc hai, nĩi chun; ta chỉ biết được một số phần tử đầu tiên củ: liên phân số biểu diễn nĩ Chẳng hạn z = [3 7, 16, 1, 292,.] W2 = (1; 3, 1,ð, 1, 1, ]
Bây giờ chúng tơi trình bày một vài ứng dụng đơn giản của liên phân số
