Tuyển tập 30 năm Tạp Chí Toán Học và Tuổi Trẻ (part3-2)
Trang 1=P, + PQ > ~ G+ dP, = Py ~ 1% — 2 ~ %~ Py 2)
‘Ta thay biéu thitc trong dấu ngoặc ở vế phải là biểu thức ở vế trái mà thay chi số k bởi è - 1 Nếu áp dụng liên tiếp phép biến đổi đĩ thì ta được : PQ 1 -— UP, =
= CDE -2- & Ped = IPP, G5 - & - Pe -3) = CD HPQ, - @,P,) = (1k 1qP, +1 -aP,), Vay PQ, 1 ~ QP, = (IF!) Đẳng thức (6) chứng tỏ :
1) (P„@Q/)= 1 : Vì nếu ở là ước chung của P,, Q„ thì nớ phải là ước của vế trái (6) do đơ là ước của vế phải, suy rad = 1 Vậy giản phân là phân số tối giản Từ đĩ nếu a a Tạ » là phân số tối giản thÌ từ 2 =" suy ra b 6-8, a=P,,6=@, Đặc biệt lấy & = n thi (6) cĩ thể viết : —= x.¬ -*96,_T¡T 6P T—¡= C1 và do đĩ al(-1)"~'eQ,_ + 5I(-1)"eP, _ ) =e Rõ ràng là x, = (~1)"~ Jo mt Yo = (WP, _ là một nghiệm của phương trình Vi du : Giải phương trình 43x + 87y = 21 43
Khai trién 37 thành liên phân số theo phương pháp trên, để cho gọn ta viết 43, 37 Lo 37° «1 6 we 1 43 611 6 Vay 37 =1;6, 6} 6 Để tính các giản phân ta lập bảng sau : k -1 0 1 2 g 1 6 6 P 1 1 7 43 Q 0 1 6 37 dịng thứ nhất ghi chỉ số k, đồng thứ bai ghỉ các giá trị q„ tương ứng ở đây q = lq, = 6, 92 = 6 Dong thi 3 ghi P, bang cach sau :
ta ghi P_, = 1, P,=q, = loin P, voik > 1
cĩ được bằng cách lấy g & dịng trên nhân với P,_ ¡ cộng với P,_;- Chẳng hạn ?.= =ð6x 1+1 =7 Cũng như thế địng thứ tư gồm các @, tương ứng Ở đâyn =2 Q,_,= Q,=6,P,_, Vậy theo trên ta cĩ một nghiệm của phương trỉnh là : #¿= (1)?121 x 6 = ~126 Yo = 121 x 7 = 147 Vậy nghiệm tổng quát của phương trình là ; l =x, + 3% = 37-126 =P =7 ý =#¿ — 43 = 147 — 48 Tl Biểu diễn xấp xỈ số thực bằng các giản phân P
Cho ø là số thực, —” là giản phân bậc „ hạ
của liên phân số biểu diễn số @, người ta thấy
1 < a-—|<« Pa <2
G17 @) “1% 3 < Ga
Nhu vậy, nếu dùng giản phân để biểu điễn gần đúng số thực thì ta biết được cả cận trên và cận đưới của sai 36 Người ta chứng
P
minh duge ring méi giản phân bậc n, a biểu ;
diễn xấp xỈ œ tốt nhất so với các phân số cĩ mẫu số nhỏ hơn hay bằng Q„ Cớ nghĩa nếu b <Q, thi
7 2
le @,) <le-a|
Trang 2chính xác cao, bằng những số khơng lớn lắm Chẳng bạn ta biết x = [3 ; 7, 15, 1, 292, } các giản hàn của nĩ là cơ=g, pI Garr = 2 P, 333 Py 355 P¿ 103993 Py 355 l7-@l=|*~ al 1 < Tis x gar0a < °,0000008 , 3
như vậy dùng giản phân = biểu diễn số z ta mắc sai số nhỏ hơn một phần triệu
Muốn biểu diễn bằng phân số thập phân
với sai số như vậy, phải dùng số 3,1415926 15707963
hay phân nố 5000000"
Trên đây mới chỉ là vài nét sơ lược về liên phân số Nhiều cơng trình của các nhà tốn học lớn như Ole, Lagøräng, Galoa về liên phân số, đã làm cho liên phân số trở thành một cơng cụ cĩ hiệu lực trong nhiều lĩnh vực tốn học
NGUYÊN LÍ DIRICHLET
"NHỮNG CHIẾC LỒNG" VÀ "CÁC CHU THO"
Khi chứng minh các bài tốn thường người ta dùng một phương pháp rất thuận lợi, đĩ là phương phdp Dirichlet (Péte Gutxtap Legien Diricheolé (1805 ~ 1859) nhà tốn học Đức nổi tiếng) Dạng đơn giản nhất cĩ thể phát biểu như sau : Khong thé nhốt 7 chit thé vio 3 chiếc lồng, sao cho trong mỗi lồng cĩ khơng quá hai chú thỏ
Bây giờ ta sẽ giải một số bài tốn bằng cách chọn các chú thỏ thích hợp và nhốt vào những chiếc lồng tương ứng 1 Trong lớp cĩ 30 học sinh Khi viết chính tả em Xuân phạm 13 lỗi, cịn các em khác ít lỗi hơn Chứng minh rằng cĩ Ít nhất là 3 em học sinh đã mắc một số lỗi bằng nhau (kể cả những người viết 0 lỗi) 6 đây "thỏ" tức là các em học sinh, cịn "lồng" là lỗi đã phạm phải Trong "lồng" 0 ta nhốt tất cả những em viết chính tả khơng lỗi, trong "lồng" 1 nhốt tất cả các em phạm 1 lỗi, trong "lồng" 2 nhốt tất cả các em phạm 2 lối, v.v cho đến chiếc 190 LÊ ĐÌNH THỊNH (dịch) "lồng' thứ 13 ta chỉ nhốt mình chú "thỏ" Xuân
Trang 32 Ở Matxeova cĩ khoảng 7,1 triệu dân, Trên đầu mỗi người cĩ khơng quá 100.000 sợi tĩc, chứng minh rằng ở Matxcơva cĩ ít nhất là 7Ơ người cĩ số sợi tĩc trên đầu như nhau
SỰ QUEN BIẾT
Ta xem sự quen biết là đối xứng giữa mọi người, cĩ nghĩa là nếu Mai quen với Hồng, thì Hồng cũng quen với Mai
3 Chọn 5 người tùy ý Chứng minh rằng Ít nhất là 2 người trong số đĩ cĩ số người quen (trong ð người đã chọn) như nhau
Te dung 5 "chiếc léng" 0, 1, 2, 3, 4 Gia sử số thứ tự của những "chiếc lồng" bằng số người quen của người ở trong lổng đĩ Cĩ hai trường hợp cĩ thể ; Cĩ người khơng quen với 4 người cịn lại hay là khơng co người như thế Trong trường hợp đầu trong chiếc lồng 4 khơng cĩ ai cả (khơng thế thì những người ngồi trong lồng 4 và lồng 0 quen nhau mất) và 5 người bị nhốt trong 4 "lồng" Trong trường hợp thứ hai họ cũng bị nhốt như thế (vi "lổng" 0 trống) Theo nguyên tác Đirichcơlê ít nhất là cĩ hai người ở trong một lồng
4 Trong cuộc thì đấu bĩng đá cĩ 10 đội tham gia Cứ hai đội trong số đĩ phải đấu với nhau một trận Chứng minh rằng, trong
mọi thời điểm của cuộc đấu đều cĩ hai đội
đã đấu được một số trận như nhau TĨNH CHIA HẾT 5 Chứng minh rằng trong số 12 số tự nhiên bất kÌ cớ thể chọn hai số cơ hiệu chia hết cho 11 Khi chia cho 11 ta cĩ một trong 11 dư số là 0, 1, 2, , 10 ta cĩ tới 11 số, do đĩ theo nguyên tắc Dirichcơlê phải tổn tại hai số cĩ cùng dư số Hiệu của hai số đĩ sẽ chia hết cho 11
6 Người ta viết 5 số tự nhiên vào một
hàng : ai, đ¿ G3, @4, a Ching minh rang, hoặc một trong các số đĩ chia hết cho ð, hoặc
tổng một số số tự nhiên kề nhau chia hết cho 5 Xét 5 sé a „ ai + d2, a, ta, ta,
a, ta, +a, +a, a, ta, +a, +a, ta,
Nếu một trong các số đĩ chia hết cho ð thì bài tốn đã giải xong Trong trường hợp
trái lại, khi chia cho 5 mỗi số cớ 1 dư số nào
đĩ trong 4 số : 1, 2, 3, 4 Theo nguyên tÁc Đirichcơlê ít nhất 2 trong 5 số đớ cĩ cùng du số Nhưng hiệu hai số đĩ hoặc là 1 trong những số đã cho trong đầu bài, hoặc là tổng một số số kể nhau,
7 Chứng mính rằng trong 52 số tự nhiên cĩ thể chọn hai số, sao cho tổng hoặc biệu
của chúng chia hết cho 100 Mệnh đề đớ cĩ
đúng khơng, nếu ta chỉ lấy 51 số ? HÌNH HỌC
8 Trong hình vuơng cạnh 1z lấy ð1 điểm tùy ý Chứng mình rằng tổn tại 3 điểm trong một vịng trịn bán kính 1/7.m
Chia hình vuơng thành 25 hình vuơng nhỏ bằng nhau (với canh 1/5.m) Ta sé chứng minh rang trong một hình vuơng nào đĩ cứ Ít nhất là 3 điểm trong số ð1 điểm đã cho Ứng dụng nguyên tắc Điricheơlê : nếu như trong mỗi hình vuơng (ở trong hay ở trên cạnh) cĩ khơng quá hai điểm thì tổng số các điểm trong hỉnh vuơng khơng quá 2 x 25 = 50 điểm mất
Ngoại tiếp hình vuơng nhỏ cớ ít nhất 3 điểm đã cho đĩ một vịng trịn, bán kính của vịng trịn đĩ bé hơn 1/7.m
9 Trong hình vuơng cớ cạnh là 1 lấy 101 điểm tùy ý (khơng nhất thiết là các điểm trong) ; khơng cĩ ba điểm nào thẳng hàng Chứng minh rằng tổn tại một tam giác với đỉnh tại các điểm đã cho, cĩ diện tích khơng lớn hơn 1/100
Bay giờ là một số bài tốn mà khi dùng nguyên tắc Điricheơlê phải biến về dạng hình học
10 Một số cung của một vịng trịn được
sơn đen Tổng độ dài của các cung sơn đen đĩ bé hơn nửa vịng trịn Chứng minh rằng tổn tại một đường kính cớ hai đầu khơng bị son den
Ta son xanh những cung đối xứng với các cung den qua tâm của vịng trịn Vì tổng độ dài của các cung xanh bằng tổng độ dài của các cung đen, nên tổng độ dài các cung bị
sơn bé hơn độ dài của vịng trịn Điều đĩ cĩ
nghĩa là (nguyên tắc Điricheơla) tồn tại một điểm chưa bị sơn Đường kính đi qua điểm đĩ, chính là đường kính cẩn tìm
Trang 5vậy z = 0 khơng phải là nghiệm của phương trình, ta cổ phương trình tương đương (bằng e4ch chia cho x") : ¬1 ax" + a,x" + tay + + Gy%-1 | mn +t tp =O hay (02 St + (Orage Ea a + (a, 2+") +ay =0
Theo gia thist:a,_,=0,, (1<j <n),
nên phương trình trên tương đương với :
a,, [ (txy"+ 5] + +te,, | (ÿ+ 3 + + +o, [m+ 2] +a,=0 hay By Vy ot đu + ta, ¥i+a,=0 với Ÿ.= = (txy + 1 (ej 5 <jsn) } Theo nhị thức Niu-tơn (a + bY = Chal + + Chad “tok e+ G9 Ta cĩ ( tt) (ty) +0 tay" +P O(n 44+ ; 1 1 - -k i + #0(xÿ + + HƠI gout tg với È là số tự nhiên và 0 < & sự Tu đĩ ta cĩ ;„ 1 ly Ya (ay toe (@+2) - j ; t _ [3e 1 xi +o —1_ gi] ae ~ — j : 1 - [ Achy —2k + ¿Ø -k_ yout hay =Yi - Ì _ _ _ Y= ¥ ~tCl¥;_ — - ACY, yy - Từ (Ù với j = 3 và j = 2 ta cĩ Y, = YỶ ~ 0C, (2) lÄ-T£TH Y; = VỆ — ech (3) Từ (1), (2), (3) bằng cách truy hồi ta cĩ thể biểu diễn được mọi Ÿ, qua Y) với số mũ cao nhất của Y, là n Vậy phương trình đưa được về dạng ƒŒ\) = 0 với số mũ cao nhất cia Y, lan Dé là điều cần chitng minh
Ví dụ 1 Giải phương trình
16z8 ~ 8x” - 56x5 + 1625 + 52x4 — a3 -
-142+z+1= 0
Ta thấy với £ = -2 = a,las, anja, = (-2)2,
a,fa, = (-2)7, a fa, = (~9)', thỏa mãn gia thiết của mệnh đề 1 Vậy cĩ thể đưa phương trình về một phương trình bậc bốn Th cĩ phương trình tương đương 1 1 Ay = — =)\- (1e +1) + ( & +55) 1 ~14(42 + 5)-8 (a +2) 452-0 (#43) = (27%) +4 nên phương trÌnh trên tương đương với (2-2)* (ý) s( a )*— 6 (= ax)? - 2(š~2) tá=0, x Đặt Y = 7 — 2x thì cĩ Y†+Y2-6Y?-2Y+4=0
Ta lại cố ý = -1/2 thỏa mãn giả thiết của
Trang 614 V3 x, = 1,x, = -1/2, Xs 4 = 5 _1-Y8+Vï2-25 s,6= ——4—— 1 + Vã + j12 + 23 4 #ịg= Ví dụ 3 Giải phương trình 96x? + 24V3x3 — x2 + 6x + 2 = 0 Ta thấy ¿ = 4/3 thỏa mãn giả thiết của
mệnh để 1, nên đưa được về việc giải phương trình bậc hai
Để hồn thiện phương pháp, các bạn hãy tự chứng minh mệnh để sau đây
Mệnh đề 2 Phương trình bậc 2z
f@) = q2?! + a2 TT + + ay, = Ơ
muốn đưa được về một phương trình bậc ø bằng cách chia cho +” thì điều kiện cần là cĩ số ý # O sao cho „~ a, j= 8n vjP với mọi j = 1, 2, Một số chú ý : 1 Cần chú ý đấu của các hệ số : Gy va ở„„_ „ phải cùng dấu thì mới sử dụng được phương pháp trên 2 Nếu cĩ thể thì dùng phép thé dang y =3 sau đĩ mới dùng phương pháp trên Ví dụ phương trình 16x12 - 82x2 + 8xế + 8y? + 1 = 0 nên đưa về
16y! - 82y2 + 8y? + 8y +1 =0
rổi mới áp dụng phương pháp này
Cuối cùng xin đưa ra vài phương trình để các bạn áp dụng phương pháp trên : 1) x4 + 2x3 - 2x? + 10x + 95 = 0 2) BY8x* + x3 — 10V 7x? - 2x = 4V75 = 0 3) Bal? + 4x? — 18x6 - 12x2 + 4ð = 0 4) 8x6 - 16x5 + 2x4 + 1203 + Bx? - 86x + +27 = 0 B) 2x8 + 9x7 + 20x56 + 88x” + 48x! + + 66x3 + 80x? + 72x + 32 = 0 VÀI VẤN ĐỀ VỀ SO SÁNH CÁC SỐ Šo sánh các số, nhất là các số lớn là một
việc rất khĩ khăn và phức tạp Đặc biệt các
số đĩ lại ở dạng khơng cố định thì việc tìm
Trang 7Cách 2 : Ta cĩ 62 + G3 = 841 < 843 = 7ơ hay (5/73 + (6/7 < 1 Mặt khác (5/7)! < (5/73 va (6/119 < (0/02 Từ đĩ (5/7)19 + (6/719 < 1 nghĩa là B10 + G10 < 10,
Bài tốn 2 khơng phải là bài tốn quá khĩ, song lời giải của nớ là cơ sở để ta suy nghĩ giải các bài tốn tổng quát hơn
Bài tốn 3 Số nào lớn hơn trong hai số 1+2!'+ +9? ồ 101,
Trang 9I- Trước hết chúng ta bắt đầu bằng những bài tốn trong mặt phẳng
1 Xét bài tốn sau đây : Cho một điểm M nam trong mot tam giác A, A, Ay Hay xée dinh céc số thục Rị, hy va ka khong ding
thời bang 0 sao cho 5k; MA, = 0
(kí hiệu 3 ở đây và suốt trong mục 1 được 3 hiểu là tổng > ) ¿=1 Trước hết ta thấy rằng nếu (Ry, Ry, Ry) là một bộ số thực thỏa mãn hệ thức đã cho thì mọi bộ số thực Q&,, 4À, Ak,) trong dé A là một số thực khác 0, đều thỏa mãn hệ thức đã cho Vì vậy nghiệm của bài tốn được xác định sai khác một thừa số khác 0
Để giải bài tốn này, ta hãy gọi B; la giao điểm cua dutng néi M va dinh A, với cạnh d6i dién G = 1, 2, 8); 8, 18,8, theo thứ tự la dién tich cfc - tam giác
MA/Ay,MA,A, va MA,A, (hinh 1),
Ae
Hình 1
Nếu N, va Ny lần lượt là chân các đường
vuơng gĩc hạ tit A, va A, xudng A,B, thi
ByAYBA,= ~ ANIA = ~ (12) AN)
MA,/(1/2) A,N, MA, = — s5, ,
Nếu P là một điểm bat ki trong mat phẳng thì hệ thức —_— BiAJB A, = — sÚa, 5 _, thé viết thành (PA, - PB DPA, ~ PB en sys từ đĩ rút ra (8, +85) PB, = 6, PA, + 8,PA, q) Ta hãy chọn P là điểm chia đoạn 4Ư, _— > theo ti số — (s;+ s2)/6ị , tite 1a PA, PB, = = — (8)+ 8,)/s, hay 6,PA 1+ @ +8) PB, =0
Hệ thức này cùng với q cho ta
s,PÃ + s,PÄ.+ s,PA,= 0 hay > s,PA,= 0 (2) Như vậy, điểm P xác định bởi hệ thức (2) nằm trên đường thẳng AB,
Để ý rằng trong hệ thức (2), các chỉ số 1, 2, 3 cĩ vai trị như nhau, nên bằng cách tương tự ta cũng chứng mỉnh được điểm P xác định bởi hệ thức (2) cũng nằm trên các duong thing A,B, va A,B, Ndi cách khác điểm P xác định như vậy chính là điểm M
đã cho
Như vậy là ta đã chứng minh được rằng
k¡ tỈ lộ với ø, @ = 1,2,3), và udi moi điểm
M nam trong tam gite A,A,A, ta cb hé thite
Death, =o
Nếu O là một điểm tùy ý trong mặt hẳng _tJ thì hệ thức trên cĩ thể viết thành
Su (O4-OM)=0 từ đĩ rút ra
OM = Sa, ỒJS s.=S sỘ/S với 8 là
điện tich tam giéc A,A,A, Dé cho gon ta sẽ quy ước kí hiệu theo vectơ bán kính tức la vist OM = M.OA, = A, Nhu vay hé thitc
trên cĩ thể viết thành =>
M=> 54/8 Œ)
2 Trường hợp điểm M nằm ngồi tam giác AyA;A; Bằng đường lối tương tự trên ta dễ dàng đi tới kết quả sau đây Nếu ta đánh số các miển của mặt phẳng như ở hình 2 thì trong trường hợp M thuộc miền œ; hoặc ø, thi hệ thức @, duge thay thế bởi
~ 5\MA, + s,MA, + sMA, =0, cịn Œ')
thì _được thay, thế bởi các ] hệ thức
M= = 4 A, + oAyt sAyis néu M € a,
hoặc M= (8, A, - sA,- 83 AIS nếu M € a’,
Trang 10
Trường hợp M nằm trong các miền khác cũng được giải tuyết tương tự Cịn nếu M
nằm trên một hoặc hai trong những đường
thẳng 4z4;:, Azá, Ái4; thì các hệ thức (I) và (T) vẫn đúng Lúc đĩ sẽ cĩ một hoặc hai trong những số s, bằng 0
3 Bây giờ ta hãy vận dụng các kết quả đã thu được để xác định các điểm đặc biệt
trong tam giác
a) Nếu điểm M trùng với trọng tâm Œ
của tam giác 4424; thì rõ ràng
§¡= 8, = 8, va ta thu duge cdc két qua quen thuộc
3G, =0 va F= Days
b) Nếu điểm M trùng với tâm 7 của đường trịn nội tiếp tam giác AAA, thì 8,/a, = s,/a, = sa, = r/2 trong đĩ a, = AA,, a, = A2, 0y =A‡A; và r là bán kính đường trịn nội tiếp Hệ thức (D trở thành
=
Dd aJA, = 0 (3)
Để ý đến các hệ thức a,h, = a,h, =a,h, (A, là đường cao hạ từ A) và
a,/sin Ay = A,sinA, = a,/sin A, ; từ hệ thức (8) ta suy ra -1 rr > hy TA, = 0 > Dsin A, IA, = 0 Từ đĩ suy ra các hệ thức — => T= 30 0,4; 2p (trong đĩ p là nửa chu vi của tam giác) > => — =
T= (aghy At + hyh, Ay + hy, Ay) Mhghy + hyh, + A\hy)
T= ¥ sina, A/D sind, = = ¥ sin A, Aj x coa(A/2)
3
(với x=z
i=l
c) Néu diém M tring véi tam 1, của dường trịn bàng tiếp tam giác A;4;4; nằm trong gĩc AAA, thì ta thu được các hệ thức
198
là kí hiệu tích)
> ~ > Tai HAI + a2TA; + aJ Ai =0,
-BTLIẢ AVIA, + hy 1A, + A514, = 0 ¬1T T1 = => —> ~ — siRnA,liẤt + sinÁ, 1A, + sinA; 1Ã; =0 => = => T= (-a,A, + 6y Ấy + 0,4, — a,) => => => T= (— hy Ay + Agh, A, + hyh, Ay)/ No hyhy + hgh, + Ah) - > > => =>
1, = (~ sind, A, + sinA, A, + sinA, A,)/ AsinA, + sind, + sinA,)
> > =
= (sind, A, + sind, A, + sind, A,)/
Acos(A /2) sin(A,/2) x sin (A2)
4;
Ay
Hình 3
d) Nếu điểm M trùng với tâm O cia
đường trịn ngoại tiếp tam giác AiAz4;
(hình 3) thì
sy/sìn Ã,OA„= é,/sin A,OA,= s,sinA,OA, hay
8/sin2A, = s,/sin2A, = s,/sin2A,
Vì vậy các hệ thức Œ) và (I) lần lượt cho ta
> sin24,0A, = 0
va O = 5) sin24,A/> sin2A, =
= > sin2A, AA + sin A,
Chúng ta cĩ thể kiểm nghiệm lại rằng các hệ thức này đúng với mọi vị trí của tâm © (ở trong, ở ngồi hay ở trên biên của tam giác), tức là đúng cho mọi tam giác (cĩ tồn gĩc nhọn, cĩ gĩc tù hay gĩc vuơng)
Trang 11II ~- Bây giờ ta hãy mở rộng các kết quả trên vào hÌnh học khơng gian
1 Trước hết xét bài tốn : Cho một diém
M nằm trong tú điện A,A,A,A, Hay xéc định các số thục ky ky, ky ud ky khong dong thời bằng 0 sao cho S h2, =0 (kí hiệu 3 ở đây về sau sẽ được hiểu là 4 tổng > ) ist Cũng như ở mục trên, ta nhận xét rằng nghiệm của bài tốn được xác định sai khác một thừa số khác 0
Dé gidi bai tốn này ta hãy gọi ĐỊÐ2,Ú va u,, theo thứ tự là thể tích các tứ diện
MAAAy MAA A, MAA Ava MA, AA, |
Giả sử đường thẳng nối M với đỉnh A, cất mặt đối diện tại B, G = 1, 2, 3, 4)
Hình 4
Ta ki hiéu $118),84, lần lượt là diện tích
các tam giác B,Á;Á;, B,Á;A, uà B,A,A, THứp
hết ta hãy chứng minh rằng #y/8; = v/v, Thật vậy, với kÍ hiệu V là thể tích ta cĩ 5,8) =VABAA)VABAA,) = V(MB,A,A)/V (MB, A,A,) = [VA,B,A,A,) ~ V(MB,A,A,)I HV (A,B A,A,) — V(MBA,A))I = 0,0, Tương tự ta cũng chứng mính được 82js2 =0 /u; Từ đĩ cĩ 8/0, = sf, = syfv, 4) Tu hé thie (’) ở mục J ta od = = ~ B,= (8, A; + 8, A, +8, As, ta, + a3) (5) Từ các hệ thức (4) và (5) ta suy ta _ => — B,= (A, +0, A, + 0; Á2)/(0 =0; + Đ.), từ đĩ cĩ > = => => (0ị +0; +) B„= vA, +, A, + Uy Ái tức là —» ~~ =~» —>
(@,+ 0y+ 0,)PB, =v, PA,+ v,PA,+ uPA, (6)
trong dé P là một điểm tùy ý trong khơng gian Nếu ta chọn P là điểm chia đoạn thẳng A,B, theo tÍ số — (0 + 0, + 02)/0„ tức là > > PA,/PB,= — (v, + 0y + 02) tự —» — thì ta sẽ od v, PA, + (9¡ + by + 0) PB, =0, hay, kết hợp với (6) — ~ — —>
v, PA, +v, PA, +0, PA, +0, PA, = 0 (7)
Như vậy tức là : nếu điểm P thỏa mãn hệ thức (7) thì nổ nằm trên đường thẳng A¿B, Nhận xét rằng các chỉ số 1, 2, 3, 4 tham gia vào hệ thức (7) với vai trị ngang nhau nên bằng cách tương tự trên ta củng chứng minh được rằng điểm P xác định bởi ne thức (7?) nằm trên các đường thẳng
AjBi,A;B;,A;B, Nĩi cách khác điểm P
chính là điểm M đã cho
Như vậy ta đã thấy rằng *, tỈ lệ với 0, = 1, 3, 8, 4), và uới mọi điểm M nồm
trong tứ diện AA ASA, fa cĩ hệ thúc
—»
> o,MA, = 0 aD
Cũng với cách h kí hiệu vectơ bán kính như
ở mục trên : OM = M, OA, = A; , ta dua
được (ID về một hệ thức tương đương > =
M= Su,AV
với V là thể tích tứ điện ArA,A;zA,
2 Trường hợp điểm nằm ngồi tứ diện xin dành cho các bạn nghiên cứu Nơi chung ta thu được những hệ thức tương tự (II) va (II’) trong dé mét vài số 1, được thay béi — v,
3 Ta hãy vận dụng các kết quả trên vào các điểm đặc biệt của tứ diện
a’)
Trang 12a) Nếu M trùng với trọng tâm G của tứ điện thi v, = vb, =u, =u, va ta di téi nhiing hệ thức quen thuộc :
S6À/=0 sv đ= S4
b) Nếu M trùng với tâm ï của mặt cẩu
nội tiếp tứ diện thì ta cĩ
0 /S, = 0/8, = v,/S; = 0/5, (với s, là điện
tích mặt đối diện với đỉnh A) và
Sih, = S,h = Syh, = S,h, (voi A, la đường cao hạ từ đỉnh A; ) Tit dé cfc hé thite (II) va (II’) sé cho => > D544, =0, Dad, =0, S _ T= > s,A/S (S la dién tích tồn phần của tứ điện) P= SAAS apt Chúng ta cĩ thể tiếp tục áp dựng các hệ thức (ID và (TT) cho các trường hợp điểm trùng với tâm các mặt cầu bàng tiếp, ngoại
tiếp của tứ điện như đã khảo sát ở mục
trên để thu được các kết quả khác
VỀ PHƯƠNG PHÁP XUỐNG THANG
Mọi người đều biết điểu khẳng định của P.Fecma rằng với n nguyên > 3 phương trình
at + = Zt @)
khơng cĩ nghiệm nguyên đương (mệnh đề đĩ thường được gọi là Định lí lớn Feema)
Mặc dầu Fecma đã quả quyết rằng "ơng đã tìm được cách chứng míỉnh kì lạ định lí lớn Fecma, nhưng ơng khơng viết vì khơng đủ chỗ" (ghi chú đĩ Fecma viết trên lẽ cuốn sách của Điơphăng) Cho đến nay Định lí lớn Feema vẫn chưa được chứng mỉnh ở dạng tổng quát (và cũng khơng phủ định được) Định lí lớn Feema được chứng minh với các số mũ riêng biệt hay một nhớm số mủ, chẳng hạn với mọi n < 4002 Định lí lớn Fecma hiện nay vẫn là vấn đề rất lí thú vì việc giải quyết địi hỏi phải sáng lập ra
nhiều phương pháp mới
Phương pháp chứng minh sẽ giới thiệu trong bài này (thường được gọi là phương pháp xuống thang) cĩ cơ sở vững chắc để nhiều người nghỉ rằng đĩ chính là cách chứng minh mà Fecma đã dùng "nhưng ơng khơng viết vì khơng đủ chỗ" Nhưng điều quan trọng muốn để cập đến trong bài này là phương pháp xuống thang cịn là phương pháp cĩ hiệu quả để giải một lớp khá rộng những bài tốn liên quan đến phương trình 200
PHAN ĐỨC THÀNH
nguyên Sau đây xin giới thiệu một số bài tốn điển hình được giải bằng phương pháp xuống thang
Bài tốn 1 (Định H lớn Fecma khi n = 4) Chứng minh rằng phương trình Feema
xd +y4= 24 (2)
khơng cĩ nghiệm nguyên +,„y,z,zyz 0 Trước khi chứng mỉnh định lí trên, ta sẽ chứng minh một định lÍ mạnh hơn, cụ thể là Định H Phương trình xt t+ yt = 2 (3) khơng co nghiém nguyén x,y,z,xyz ¥ 0 Dễ dàng nhận thấy rằng từ sự khơng tổn tại nghiệm nguyên +, y,2, xyz # 0 của phương trình (3) suy ra sự khơng tổn tại nghiệm nguyên của phương trỉnh (2) Thực vậy nếu
|zy.z[ là nghiệm cta (2) thi [xy,Z2] là
nghiệm của (3)
Bay giờ ta chú ý rằng nếu phương trình (3) cố nghiệm nguyên z, y, +, xyz z Ơ thÌ cĩ thể giả thiết rằng các số z,y,z từng cặp nguyên tố cùng nhau Thực vậy nếu z,y (thuộc nghiệm) cĩ ước chung lớn nhất đ > 1 thì
Trang 13xt + yf = (2/d2)2 = z‡ (4)
Nhung x, va y, nguyên nên 2, = z/d?
cũng nguyên
Nếu z¡ uờ y; cĩ ước chung & > 1 thì
xji & cĩ nghĩa là x, và k khơng thể nguyên
tố cùng nhau Như vậy chúng ta đã chứng minh được rằng nếu tồn tại nghiệm nguyên khác khơng của (3) thì tổn tại nghiệm nguyên khác khơng và nguyên tố cùng nhau, Do đớ ta cần chứng minh rằng phương trình (3) khơng cĩ nghiệm nguyên khác khơng và từng cặp nguyên tố cùng nhau Để đơn giản cách nĩi ra quy ước : khi nới phương trình {8) cĩ nghiệm thỉ điều đĩ cĩ nghĩa là nĩ cĩ nghiệm nguyên dương và từng cặp nguyên tố cùng nhau
Dễ đàng nhận thấy rằng tất cả các nghiệm của phương trình
x+y = 22 (5)
nguyên dương, từng cặp nguyên tố cùng nhau thì z,y chẵn lẻ khác nhau, nến z lẻ thì nghiệm cĩ dạng : x*=u0, y= (w2 = 02)J2 , z = (u2 + 02)/2(6) trong đĩ ,u mọi số dương, lẻ, nguyên tố cùng nhau Nếu đặt (u +0)/2 =ø, (w— 0)/2 =b hay 1u =a+b,u=ada-b ta cĩ dạng khác của (6) x=a2—b2,y=92ab,z=d2+ b2 (9) trong đĩ ø, ư - nguyên tố cùng nhau bất kì và chắn lẻ khác nhau và z > 0 Nếu (3) cĩ nghiệm lx„,z„,z„] thì (7) (8) Ey? + OD)? = 23
Ti do fx2, y2,z,] la nghiém của (5) Khi
đĩ tồn tại a, b (a > b) nguyên tố cùng nhau, chẵn lẻ khác nhau sao cho (10) Do bình phương một số lẻ chia cho 4 dự 1 nên từ x2 =a? — 67, y2 = 2ab 2, =a? + 6? x? =a? ~ 62 (4)
suy ra a lé, 6 chân VÌ ø lẻ, (a, 6) = 1 nên (a, 26) = 1 Khi ấy từ đẳng thức x = 2ba suy ra
a=#,9b=s2 (12)
trong đĩ ¿ø@ — nguyên Từ (1l) suy ra
bzệ,b,a] là nghiệm của (5) Cĩ nghĩa là x2 = m? ~ naup?, b = 2mn , a =m? +n? trong dé m,n — nguyên tố cùng nhau, chin lẻ khác nhau Từ (12) ta cĩ mn = b/2 = (s/2)? Ti dé theo tính nguyên tố cùng nhau của m van suy ra m=p}, n=q? q8) trong đĩ p,g - nguyên khác khơng Vìia=/2,a&=m2 + n2 nên phrtat=ð (14) Nhung z, = a? + b? > a? , do đĩ O<t=Va< Vz, <2, (15)
Sau khi dat p =2,, 4=, £=z, ta thấy rằng nếu tồn tại nghiệm [x„, y„, 2,] thi cing tổn tại nghiệm khác ix,,¥,,2,] trong đĩ 0<z¡ <z, Quá trình nhận được nghiệm đĩ của phương trình (3) cĩ thể tiếp tục vơ hạn và ta thu được dãy các nghiệm
Bog Yor Zale [yy Xp 2 Zp] 5A gs Nye Slee
trong đĩ các số nguyên dương
Z„s2¡ 2„ đơn điệu giảm
BP By > >t >
Nhưng các số nguyên dương khơng thé lập nên dây đơn điệu giâm vơ hạn vÌ trong day đĩ khơng thể cĩ quá z, 86 hang Ta di đến mâu thuẫn do giả thiết rằng phương trình (3) cĩ Ít ra một nghiệm nguyên z, ÿ, z, xyz z 0 Điều đĩ chứng tỏ rằng phương trình (3) khơng cĩ nghiệm Thực chất của phương pháp chứng minh mà ta đã tiến hành là : xuất phát từ một nghiệm, xây dung dây uơ số nghiệm cĩ tỉnh chất là z dương, giảm v6 han Ta goi dé la phuong phép xuống thang
Bằng phương pháp xuống thang ta cĩ thể chứng minh được rằng phương trình
xi + yA = y2 khơng cĩ nghiệm nguyên
Bài tốn 2 Chứng minh rằng phương trình sau khơng cĩ nghiệm nguyên
Trang 14es +P tert v2 = xyen Giải ; Giả sử phương trình cớ nghiệm (+, }, 2, 0) VÌ z2 + y2 + Z2 + „2 chẵn nên trong các sỐ +, y, z, u cĩ một số chẩn các số lẻ (hoặc 0 hoặc 2 hoặc 4)
Nếu tất cả đều lẻ thì z2 + y2 + Z2 + u2‡ 4
trong khi dé 2xyzu khơng chia hết cho 4 Nếu chỉ cớ hai số lẻ thì x? + y? + z2 + „2 khơng chia hết cho 4, trong khi dé 2xyzu ! 4 Vậy tất cả các số +,y,z„ phải chẵn
x=2x\, y= 2y, Z = 2, u = Qu, Thay chúng vào phương trình đã cho ta được
xỉ + yị + zŸ + uỆ = 8x8
Cũng lí luận tương tự như trên tất cả các nghiệm của phương rỉnh này phải chắn
X= Oty, y, = yy, 2, = Be, uy = Quy Từ đĩ đi đến
p++ dt up = ary eu, :
Một cách tổng quát, xuất phát từ nghiệm (,y,z,) bằng phương pháp xuống thang ta đi đến phương trình
2 = 1
a2 + y2 + a2 ue? = 22+ XY el,
trong d6 a = 2h, 4 Vy = Wea % = Mea p
4, =2u,,, (& > 1), tite la véi moi s ty nhién : x/2' , y/2°, 2/2° , u/25 la cdc số nguyên Đĩ là điểu khơng thể cớ được với các x,
y, 2% ư tự nhiên
Bài tốn 3 Chứng minh ring phương trình sau khơng cĩ nghiệm nguyên
8x4 + 4y + 224 = „4
Giải: Giả sử phương trình cĩ nghiệm nguyên [x,y,Z, u] với + cĩ giá trị nhỏ nhất trong những giá trị cĩ thể của nớ
Từ phương trình đã cho ta nhận thấy w chẵn ư = 2u, Thế nghiệm này vào phương trình và chia 2 ta cĩ 4% + 2y + of = Bud Từ phương trình suy ra z chẵn z = 2z “Thay vào phương trình ta đi đến 202 7 2x2 + y4 + Bet = dud Tương tự y = 2y, wo xh + By} + det = 2u4 Cuối cùng x = 2x, n> Bef + yf + Det = uf
Vay fx,, #ị:Z¡,#y] cũng là nghiệm của phương trình đã cho Nhưng ở nghiệm này x, <x, mâu thuẫn với cách chọn nghiệm ban đầu cĩ x bé nhất, -
Bài tốn 4 Cho một tờ giấy kẻ 6 vuơng Chứng mỉnh rằng với n z 4 khơng tổn tại đa giác đều n cạnh cĩ đỉnh tại các điểm nút Giải: Trước hết ta chứng minh điều khẳng định khi » = 3 tức là khơng tồn tại tam giác đều cớ đỉnh tại các nút Thực vậy giả sử œ là cạnh của tam giác đớ Khi ay a? là số nguyên theo định lí Pitago Diện tích
của tam giác này bàng z2/3/4 là một số vơ tỉ
Mặt khác điện tích của mọi đa thức cĩ đỉnh tại các nút là số hữu tỈ Vậy đi đến mâu thuẫn, Điều khẳng định trên cũng được chứng mỉnh cho trường hợp ø = 6 vÌ mọi tam giác đều cĩ thể nội tiếp trong một lục giác đều tại các đỉnh của nớ,
Bây giờ ta chứng minh điều khẳng định trên cho trường hợp ø z 3, 4, 6,
Giả sử P,P P, la mot da giác đều ø cạnh
cĩ đỉnh ở các nút Xuất phát từ các đỉnh
Py Py gP, ta đặt các vectơ tương ứng với ~.-~ —
các vectd P.P,, z4 P,P, (xem hinh vé) Pp 3
4 Ps
Trang 15Theo cách xây dựng của ta các số nguyên đĩ luơn luơn giảm xuống mãi ! Đớ là điểu khơng thể được
Phương pháp xuống thang cịn cho phép ta giải một số bài tốn về hình học tổ hợp Chẳng hạn
Bài tốn 5 Cĩ thể chia cất một khối lập phương thành một số lập phương nhỏ khác nhau hay khơng ?
Giải : Trước hết ta hãy nêu lên một chú
ý dĩ nhiên : nếu một hình vuơng P phân chia được thành một số hữu hạn hình vuơng khác nhau thì hình vuơng bé nhất khơng dính với biên của hình vuơng P
Bây giờ ta giả thiết rằng cớ thể chia cát lập
phương @ thành các lập phương khác nhau @, và gọi P là một trong những mặt bên của Q
Các lập phương Q, dính với P tạo nên một sự phân chia P thành các hình vuơng từng cặp khác nhau Gọi P, là hình vuơng bé nhất trong các hình vuơng đĩ và @¿ là lập phương tương ứng P¡ khơng dính với biên của P do đĩ bị bao bọc bởi các hình vuơng lớn hơn Các lập phương tương ứng tạo thành một "cái giếng" cĩ @, nằm trong đớ
Giả sử P, là mặt đối điện với P, của lập
phương Q, Các lập phương dính với P”, tạo
nên một sự phân hoạch PY thành một số
hình vuơng khác nhau Goi P, 1a hình vuơng bé nhất trong chúng
Vi P, dat trong P’, nên những lập phương bao bọc lập phương Q; lớn hơn @, và tạo thành "giếng" Tiếp tục quá trình xây dựng
đĩ nhận được một "cái tháp" vơ hạn gồm tất
cả các lập phương bé dần Đĩ là điều khơng
thể cĩ được
Để kết thúc bài này chúng tơi xin giới thiệu một số bài tập cĩ thể giải bằng phương pháp xuống thang
1 Chứng minh rằng khơng thể biểu diễn số 7 đưới dạng tổng bình phương của 3 số hữu tỈ Hướng dẫn : Bài tốn đưa về việc giải phương trình nguyên 322+y)+z2= Tư2 2 Chứng minh rằng các phương trình x2 + y2 + z2 = 2xyz x! + Qy4 + 22
khơng cĩ nghiệm nguyên đương 3 Giải các phương trình nguyên a) x3 - 8y?— 92 =0, b) 5x2 + 11y? + 1422 = 0 Hướng dẫn : Bài a) Dùng tính chia hết cho 8 Bài b) Dùng tính chia hết cho 18 4 Chứng minh rằng số cố dang 4" (8k — L) (trong đĩ kn và n-tự nhiên) khơng thể là số chính phương và khơng thể biểu diễn được đưới dạng tổng của hai hay ba bình phương của các số nguyên
GIAI PHUONG TRINH BAC BON
x? +ax) +bx? +cx +d =0
Trong chương trình đại số hiện nay ở trường phổ thơng các bạn chỉ học một loại phương trình bậc bốn đặc biệt Đĩ là phương trình trùng phương Sau day xin giới thiệu với các bạn vài cách giải các phương trình bậc bốn đạng QUỐC TRÌNH +3 + a2 + b2 + eœ +d =0, trong dé a, 6, c, ở là các số thực khác khơng §1 Với các phương trÌnh bậc bốn, trong một số trường hợp cụ thể, nếu bạn cĩ cách
nhìn sĩng tạo, biết biến đổi hop li va sang
to, bạn cĩ thể giải được chúng khơng khĩ khăn gì
Trang 16Ví dụ 1 Giải phương trình (x? - a)?— 6x2 + 4x + 2a =0 (1) Phuong trinh (1) duge viét thanh x4 — Qax? + a? ~ Gx? + 4x + 2a =0 hay x4 — (2a + 6)x?2+4x+a2+2a=0 (9) Phương trình (2) là phương trình bậc bốn đối với z mà bạn khơng được học cách giải
Nhưng ta lại cĩ thể viết phương rình (1) duéi dang a?— 2 (x2— lat x*— 6x24 dx 0 (3) và xem (3) là phương trình bậc hai đối với a Với cách nhìn này, ta tìm được @ theo x: mạ=22—1+Vxzf—2v7†71~zxzl +6 4y = 2-14) 3T =x-L+ (2-1), Giải các phương trình bậc hai đối với + : z2+2z—a—2=0 4) x? -2x-a=0 (5)
ta tìm được các nghiệm của (1) theo a Điều kiện để (4) cĩ nghiệm là 3 + a > 0 và
các nghiệm của (4) là X= 71k Vata Điều kiện để (5) cĩ nghiệm la 1 +a 20 và các nghiệm của (5) là x,,=1+Vita Téng két va a -3 =1 Phương trình (4) | Võ nghiệm | 2 nghiệm | 2 nghiệm Phương trình (5) | Võ nghiệm | Vơ nghiệm | 2 nghiệm Phương trình (1) | Vơ nghiệm | 2 nghiệm | 4 nghiệm 1 nghiệm Vi du 2 Giải phương trình +zt—x?— Bx2 + 4x+4=0 wD Phương trình (1) được viết dưới dang : +4 — x3 — 2 — (4x2 — 4x — 4) = 0 +2@2~x— 1) — 4@2T—xz—1)=0 @?—4)@?—xz—1)=0 Vậy (1) cĩ 4 nghiệm là #rT2;*;=2; 3 nghiệm 204 #¿ = (1— Ỹ)/2 ; x„ = (1 + Võ)/2 Ví dụ 3 Giải phương trình 32x — 482 — 102 + 21x + 5 = 0 Ta viết (1) dưới dạng : 2 (161 — 24x) + 0x2) — T (4x2 — 34) + 6 = 0 và đặt y = 4x2 — 8x thì (1) được biến đổi thành 2y?—7y+5=0 Từ đĩ y,=1 và y, = 5/2 aM
Giải tiếp các phương trình bậc hai đối với + sau đây (sau khi thay y, = 1 va Yq = 5/2 vào y = 4x2 — 8x ) : 4+?— 8r—1=0 và 8x?~ @& —B=0, ta sẽ được các nghiệm của (1) Ví dụ 4 Giải phương trình 2x4 + 8x3 — 16x? + 8y +2=0 (1) Đây là phương trình bậc bốn (và là phương trình đối xứng vì các hệ số của những số hạng cách đều các số hạng đầu và cuối bằng nhau)
Trang 17sống tạo uế trái của phương trình dề dẫn tới uiệc giải các phương trình tích uờ phương trình quen thuộc
§2 Cơ thể giải phương trình bậc bốn nơi trên bằng cách phân tích vế trái của phương trình thành các nhân tử bàng phương phĩớp
hệ số bất định
VỆ dụ ố Giải phương trình
x — 4x” ~ 10? + 87x ~ 14 = 0 q)
Ta thử phân tích vế trái của phương trình
ra hai nhân tử bậc hai x?+pxt+q va wtmets, trong dé p, q, r, z là các hệ số nguyên chưa xác định Ta cĩ : +4 + 4x3 —¬ 10x2 + 87x - 14 = = @?+px+q) (x2 + rx +ø) (2) Đồng nhất các hệ số của những số hạng cùng bậc ở hai vế của đồng nhất thức ta cĩ hệ phương trình sau ptr=-4 atq+pr=-10 ps †+ qạr = 37 qs = — 14
Nhờ phương trình cuối cùng của hệ này ta đốn nhận các giá trị nguyên tương ứng cớ thể lấy được của q và s như sau :
Thử lần lượt các giá trị trên của g thì thấy với q = 2, s = -7 phương trình thứ hai và thứ ba của hệ trên cho ta hệ phương trình mới pr=5 ~— Tp + 2r = 37 mà khử p đi thì được 2r2 — 8Tr + 85 = 0 Phương trình này cho nghiệm nguyên của r là 1 Nhờ thế ta suy ra p = -ỗ Thay các giá trị p,g,,s vừa tÌm được vào (2) thì cĩ : x4 — 4x3 — 10x? + 87x — 14= = (x? - Se + 2) (x? +4 - 7) Phương trình (1) tương ứng với (2 — đx + 2) &2+x— 7) =0
Giải phương trình tích này ta được các nghiệm sau của (1) : (6 + VTT?)/2 ; (— + V25)/2 §3 Sau đây ta sẽ tìm cơng thức nghiệm của phương trình bậc bốn ƒŒ) =3 + ax#) + bx2 + cx + =0 (1) trong đĩ a,b,c,d là các số thực Dụng ý của ta là phân tích đa thức x4 + ax2 + bx? + cx + d
thành hai nhân tử bậc hai
Dùng ẩn phy A, ta biến đổi như sau :