Tuyển tập 30 năm Tạp Chí Toán Học và Tuổi Trẻ (part3-3)
Trang 1Tit do + đa+ yatta (getpist gira =0 hoặc 1 1 z+(gaz-—p)x+jtTa=0 Giải hai phương trÌnh bậc hai này ta được tập hợp nghiệm của (1) : \ (3^+p)°~44~ Xv.=~3 (3® —P) + 4 2 vA + (ga-p)?+4q~ 2 Vi du 6 Gidi phuong trinh xtToz2—1x2+x+6=0, Tựa vào công thức (3) ta xác định duge A : 4(h+ `) (qe 6) - (he 1)7=0 tức h3 + Th? — 25h ~175=0 Ta tim được một nghiệm thực A cia phương trình này là » = 5ð,
Dựa vào (3) và với h = ¢ = 5, a = -1 = -7,¢ = 1, d = 6 thi tinh được p=1/2,q= - 1/2 Phương trỉnh đã cho sé được diễn đạt theo (4) là : 1 5 7 1 (2~gz+5)”~(gz~g) =0 Từ đó ta giải phương trình tích : (2~sz+5+sz- 3) x x (2~š*+š—g**š) =0 thì được tập hợp nghiệm của phương trình đã cho là : {~>l; -2; 3; 1} §4 Ta lại còn có thể giải phương trình bậc bốn bằng cách sử dụng đồ thị Thật vậy, để giải phương trình bậc bốn +! + ax3 + bx2 + œx + d = 0 @) 206 bằng đồ thị, ta hay dat +2 =y — mx Phuong trinh (1) trở thành y2 ~ Đmxy + m2x2 + axy — — am42 + bz2 + cx + đ = 0 Để khử được các số hạng có xy trong phương trình này thì phải có : - 2m +a = 0 tiem = a/2 Vay néu dat x? =y ~ mx vA m = a/2 tite xt =y~ (@/2)x thì (1) trở thành : y? + (42/42 — (a29)x2 + bx2 + cx + đ = 0 (9) Thay x? bdi y — (a/2) x và biến đổi thì (2) trở thành x? + y2 + (a/2 + a3/8 — ab/2 + c)x + +(b—a24—1)y+d0 Vậy phương trình (1) tương đương với hệ phương trình : ly = x4 + (a/2)x (3) x2 + y? + (af2 + a3/8 — ab/2 + cx + [+ @-a%4-ly+a=0 (4)
Đo đó hoành độ các giao điểm của parabôn, đồ thị của (8) và của đường tròn, đồ thị của (4), là nghiệm của phương trình (1) đã cho
Nếu ta đặt my = z2 + (a/2)x (m #0) thì khi ấy nghiệm của phương trình (1) lại là
hoành độ các giao điểm của hai parabôn
y = (n2 + (a/2m) x và
x =m? y? | (ab/2 — a3/8 — e) +
+ mb - a/Ajy/(ab/2 — a3/3 — e) +d Bạn hãy vận dụng các phương pháp trên
Trang 2VE MOT PHUONG TRINH HAM Tòa soạn báo Toán học tuổi trẻ có nhận
được một số lời giải bài toán số 1 trong ki thi Toán ở Lúc-xem-bua :
Bài toán 1 Hay tim mot ham số f(x) xác dinh uới mọi x hữu ti, thỏa mãn cóc điều
biện
ÑU =32,f@y) = f@ƒ0) -fœ+z)+1
uới mọi x, y hữu ti
Các lời giải gởi đến kể ra cũng đáp ứng được yêu cầu đòi hỏi, vÌ bài tốn nói rằng :
hay tÌm một hàm Do đó chẳng cần dài
dông có thể đưa ngay ra ham s6 ffx) = x + 1, xác định với mọi số hữu tỉ
Nhưng đó không phải là thâm ý của bài
toán ! Thực chất bài toán đòi hỏi tìm tất cả
các hàm số thỏa mãn các điều kiện đã nêu
Và thực tế là ffx) = z + 1 (x hữu tỈ) là nghiệm
duy nhất của bài toán Rất tiếc trong các lời giải gửi đến, không có bạn nào chứng minh
được tính duy nhất ấy,
Đồng chi Pham Quang Giém làm việc tại tòa soạn có hỏi tôi : tại sao bài toán chỉ nói đến hàm ƒ(+) xác định với x hữu tỈ, liệu có
md rộng được cho mọi số thực x chăng ?
Bài toán 1 thuộc loại "phương trình hàm”, tức là ẩn là hàm số và phải tìm tất cả các ham số nghiệm bài toán Phép giải một
phương trình thông thường nói chung đã là việc không đơn giản, lẽ di nhiên phép giải một
phương trình hàm lại càng phức tạp hơn Trong một bài toán về phương trình hàm, ham số phải tÌm buộc phải thỏa mãn một Chay nhiều) hệ thức đại số cơ bản Và nói chung, nếu không buộc thêm một vài điều kiện phụ, thỉ có vô số hàm số có đạng rất khác nhau, nghiệm bài toán Chẳng hạn : Bài toán 2 Tìm tất cả các hàm ƒfx), xác định 0uới mọi số thục x, uà thỏa mãn diều kiện ƒ& +y) = f4) + f0) udi moi x va y
Có vô số hàm số nghiệm bài toán này Đặc điểm chung của chúng là :
f(x) = Cx v6i mọi x hữu tỉ, PHAN ĐỨC CHÍNH trong đó Œ là một hằng số tùy ý, cố định Nhưng không thể kết luận rằng ƒ) = Cx với mọi số thực x ql) Chang han, véi A va C 1a hai hAng số tùy ý, cố định, hàm Ar + Ca nếu x có dạng x = rÝÖ + s với r, s hữu tỉ, fa) = 0 nếu x không biểu diễn dưới dạng trên ;
là một nghiệm của bài toứn
Để bài toán 2 chỉ có nghiệm (1), cẩn đặt thêm điểu kiện phụ Thông thường, đối với đa số các phương trình hàm, đó là điều kiện :
f(x) Hiên tục
Khái niệm liên tục hết sức quan trong trong toán học Nhưng khái niệm ấy rất tỉnh
vi, nó phải dựa trên quan niệm chặt chẽ về
số thực Vì vậy, ở trình độ phổ thông, nếu có thì cũng chỉ có thể để cập đến khái niệm
liên tục một cách sơ lược
Đến đây các bạn đã hiểu vì sao trong bài toán 1, chỉ nới đến hàm ƒ(x) xác định với z hữu tỈ Dù sao câu hôi của đồng chí Giám
đã thôi thúc tôi : mở rộng bài toán 1 cho các
số thực, không phải sử dụng khái niệm Hên tục Nói cách khác, có thể là hệ thức đại số trong bài toán 1 đã ngấm bao gồm khái niệm liên tục ?
Nghỉ sâu hơn, tôi thấy rằng đúng là như vậy Đồng thời có thể giảm nhẹ giả thiết, tôi đã đi đến :
Bài toán 3 Giả sử fix) la mot ham số xóc
định oói mọi số thục x, uà thỏa mán điều biện
fay) = f4)f0) ¬ f& +y) +1 (2)
uới mọi x uà y Thế thì ffx) phải là một trong
hai hàm sau đây :
- hoặc f4) = 1 uới mọi + ; ¬ hoặc f(x) = x + 1 vdi moi x
Hệ thức (2) tuy có vẻ đơn giản, nhưng
hoi kho lam viéc Dat g(x) = ffx) — 1, thi bài
toán 3 tương đương với
Trang 3#(xy) = glx) gly) + gx) + Bly) Bie ty) (3) vdi moi x va y Thé thi :
~ hoge g(x) đồng nhất bằng 0 ; ~ hode g(x) = x vdi moi x
lời giải Ta chỉ việc tìm các hàm g(x) không đồng nhất bằng 0, nghiệm bài toán,
Phép giải chia ra nhiều bước
1) Trong (3), cho x = y = 0 thì được ø(0) = ø?(0) + 2g(0) ~ g(0), vay g(0) = 0 2) Trong (3), cho y = 1, ta được #G@) = g@z() + g@) + ø() — gứ + Ù, Vậy gøgŒ + 1) = ø(1)[g@) + 1], (4)
Nếu ø(1) = 0, thì gf +1) = 0 véi moi x, tức là gí) đồng nhất bằng 0, trái với giả thiết Thành thử g(4) z 0 Trong (1), cho x = -1, thi được 0 = gO) = g(-1 + 1) = = g(1) [g(-1) + 1}, ma g(1) # 0, nén g(-1) = -1 3) Trong (3) cho y = -1 thi duge øC—#) =ø(—~1)gŒ) + g(—1) + gŒœ) — gŒ — 1) = -1-g(e- 1) Nhân cả hai vế này với -ø(1), thi theo (4) ~ø(1)øØ(—) = BQ) + a@ - LY) = ee) (8) Trong hệ thức này, cho x = -1, thì được ~#*4) =ø#(—1) =1 vậy g°(1) = 1 Nếu ø(1) = -1, thì (4) trở thành #œ + 1)= —1 - g@), do do øŒ + 2) = -1—g(x + 1) = -l1+l+g@) = g2), dac biét g(2) = g(0) = 0 Nhưng khi đó ~1 =ø(1) = ø(2 1/2) = ø(2)g(1/2) + g(2) + +ø0/2) — ø@ + 1/2) = ø(1/2) — ø(1/2) = 0, mâu thuẫn Vậy ta phải cớ øg(1) = 1, và (4), (5) tré thành ge + 1) = g(x) + 1 g(x) = —g@) 4) Lại theo (8), (và theo trén, gœ+ 2) = gœ& + L) + 1= g(@)+ 2 và g(2) = 2 &(2x) = g(2)g(z) + g(2) + gŒ) — gứ + 2) = 3gŒ) + 2 + g(x) — g(x) — 3 = 2g() 5) Dé y rằng — ety) = g(—xy) 208 = ø@)ø(~3) + ø(%)øØ(~) — gŒ — y) = —ấ(%)g0) + øŒ) — #0) — gứ ~ y) Cộng đẳng thức này với (8), suy ra B(t + y) + B(x — y) = 2g(z) = g (2x)
Datu =x+y,u =x - y, thi ta cd
Blu) + gv) = glu tu) đúng với mọi u, 0, hay viết lại B(x) + Bly) = gíx + y) Khi đó từ (3), ta được gay) = gtx) By) Tom lai, ham g(x) có các tính chất : Ðø =1,
ii) g(x + y) = g(x) + g0) với mọi z, % iii) gay) = g(x) gy) vai moi x, y
‘Tit ii) bang phép quy nap, ta duge g(nx) = ng(x) v6i moi n nguyên Do đó với n nguyên, mm
nguyên dương
8m) = ng(Lim), ƒ = gặt Lm) = mg(lim), Vậy
g(nim) = nim
Tu iii) dé y ring néu x > 0 thi g(x) > 0 bởi vÌ khi đơ
øŒ) =g(x Ýz) = ø2({x) = 0
thành thử nếu z z y thÌ
0 € glx ~ y) = glx) + g(~y) = g2) — g0),
hay g(x) > gy)
Gia thit x là một số thực, tùy ý Nếu +
Trang 4GIAI TOAN BANG PHUONG PHAP DO THI
Phương pháp đồ thị là một phương pháp rất có hiệu lực để giải một loạt bài toán : có những bài toán cổ điển trong chương trình PTTH và những bài tốn khơng mẫu mực trong phần thực hành ở các lớp PT chuyên
toán
Các bạn đang học ở các lớp PTTH thông
thường cần chú ý đến các bài toán cổ điển
nêu trong các ví dụ 1, 2, 3 dưới đây : chúng tôi đặc biệt chọn những bài toán liên quan đến việc biện luận tham 85, các kiểu toán nay thường gặp trong dé thi tuyển sinh vào Đại học và Cao đằng
Vi dy 1 Với những giá trị nào của m thì phương trình sau dây có nghiệm cost + mein2x + 2 = 0? Giải Đặt £ = coa2x (Ô < ¿ & 1) thì phương trình trên trở thành 2 + mt +m + 2= 0 œ@ Như vậy ta cẩn xác định m để phương trình (1) có Ít nhất một nghiệm / vi 0 ô  < 1
Kinh nghiệm giảng dạy của tôi cho hay rằng đại đa số các bạn học sinh thường giải bài toán trên bằng cách so sánh các số Ú và 1 với các nghiệm của {Ö, thật là cầu kì Co cách giải trong sáng hơn như sau ;
Hiển nhiên ¿ = 1 không phải là nghiệm
của (1) Vi vậy (1) tương đương với m = (2 + 9)/ + 1)=/+1+8/- 1), khi đó bài toán đã cho trở thanh Tim m để đường thẳng y = m cắt dồ thị cua ham y=‡+1+38/0 — 1) (2) tại it nhất một điểm uới hoành đệO0 «0< 1, Để giải, khơng cẩn vẽ đồ thị hàm (2), ta chỉ việc lập bảng biến thiên của nó như sau xe 1-¥3 1 1+ý$ + v' + 0 ` - - 0+ +0 +0 y ON ~e NU
Như vậy trong khoảng (0, 1), hàm (2) là nghịch biến, và trong khoảng đó nó lấy mọi 1#*TéTH PHAN ĐỨC CHÍNH gid tri y < -2 Thành thử đáp số của bài toán lÀ m « -2, VÍ dụ 8 Với những giá trị nào của 4 thì bất phương trình 2x + 1 > a(Ï~# +1) có nghiệm ? Giải Đặt t= VI-z (¢ 3 0) thiz = 1-2, bất phương trình trên trở thành ~32 +8 >a (+) Ta chỉ xét các ¢ » 0, vậy nớ tương đương với (-28 + 3)Kt + 1) > a, và bài toán trở thành : xác định œ để hàm số y = C2 + 8Œ + 1) = ~9/ +2 + Lự + 1Ð) (3) có phần đồ thị ứng uới t > 0 nằm trên đường thẳng y = q Hàm (3) có đạo hàm y'=-~2- Lữ +1)? < 0
vậy nơ nghịch biến trên các khoảng (~œ ; =1)
(-1 ; +o) V6i ¢ = 0, ta có y = 3, từ đó suy za kết quả phải tÌm : a « 3 Vi dy 3 Tim các giá trị m sao cho phương trình x +4? TT = mx + 1/2 có đúng hai nghiệm Giải Ta phải xác định m sao đường thẳng Ð có phương trình # = mx + 1/2, cắt đổ thị của hàm số y=x+Ý42?—T1 (4)
tại hai điểm Đường thẳng D có hệ số góc m
Trang 5dưa vào đó, ta vẽ được đồ thị
Nghiên cứu đổ thị và các tiệm cận xiên của nó, ta thấy rằng yêu cầu của bài toán được thỏa mãn nếu đường thẳng 2 nầm
trong miền chấm (hình vẽ), giới hạn bởi các đường thẳng y = 1/2 và y = 2x + 1/2, vậy các giá trị phải tìm của m là 0«<&m <9, Sau đây là hai vÍ dụ nữa cho các bạn chuyên toán Vi du 4 a, b, e, h là bốn số dương cho trước ; x, y, z là ba số thực thay dối, rùng
buộc bói điều kiện
ax + by +ez = k (k cố định) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
S=aVhe +x" +b Yh? +92 + cheat
(Bai todn nay nay sinh ra từ một bài toán
hình học của tác giả da dang trong báo TH và TT số ö + 6-1980), Giải Trên mặt phẳng tọa độ OXY, xét các điểm A(ah ; ax), B((a + b)h ; ax + by) C (a+b + ch ; ax + by + cz)
Co thé thay ngay ring
OA =a Yh? +x7 ,AB=b fh +y?,
BC =e fh? +22
Vi vay S là độ dài đường gấp khúc OABC, Š nhỏ nhất nếu đường gấp khúc ấy trùng với đoạn thang OC (do € là điểm cố định), điều này xây ra khi 210 tức là + =y=z=kl(a+b+c) Khi đó Siin = OC = VR ¥ (a +B + cyhZ
Vi dy 5 100 66 thuc a,, a) igg 06 tong
bằng 0 Người ta viết các số ấy theo thứ tự trên một đường tròn định hướng (hình vẽ) 4; Si; a ies Chứng minh rằng tốn tại một chỉ số ¡ sao cho tất cả các tổng 8, =4,, 8) = 4,, +0, Š = tui + Bà +0 và Sy = đụ † 0021 +4
Sio9 = a, +a,.+ ta, +a đều không âm
Giải Nếu n là một số tự nhiên > 100 ; thin = 100m +r véi0 <r < 99, và ta đặt a, = a, néur > 0,4, = ai) néur = 0 Chẳng hạn Đa = 822 đuạo = địog, Với k là
một nguyên không âm, ta đặt
Trang 6Trên mặt phẳng tọa độ, xem các điểm A,
(h ; ft) (k = 0, 1, ) Nối các điểm Ak với
4y¿¡ = 0, 1, ), ta được một đường gấp
khúc, tuần hoàn với chu kì 100 (hình vẽ)
Xét một chu kÌ, chẳng hạn từ 0 đến 100 Gọi ¡ là giá trị sao cho ƒfj nhỏ nhất : đồ thị của /íx) chứng tô rằng đơ là chỉ số ¡ phải tìm (có thể có nhiều chỉ số ¿ như vậy)
Hiển nhiên trong ví dụ này, cũng như cả trong 4 ví dụ trên, có thể đưa ra một lời giải không dùng đến đổ thị Nhưng các lời giải đã nêu đùng phương pháp đồ thị chắc chấn có đủ sức thuyết phục để các bạn tự rút ra kết luận cần thiết MỘT PHƯƠNG PHÁP TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT Trong số báo 118, chúng ta đã bàn về một số phương pháp tÌm giá trị lớn nhất và nhỏ
nhất của hàm số Ở bài này, tôi muốn trao
đổi thêm về phương pháp dựa vào miền giá trị của hàm số
Trước hết ta nhắc lại khái niệm miền giá trị của hàm số là gì ? Cho hàm 86 y = f(x),
miền giá trị của hàm số là tất cả các giá trị
của y sao cho tồn tại x mà y = /íJ Nếu hàm
số cho bởi công thức giải tích thi ta có thé coi đẳng thức y = Ø2) là phương trình đối
với ẩn z, còn tham số là y Vậy trong trường
hợp này để tìm miền giá trị của y, ta làm
bài toán : "Tìm các giá trị của tham số y sao
cho phương trình y = /fz) đối với ẩn +, có nghiệm" Thi du 1 Tim giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số xt+1 v= text’
Giải : Ta tìm miền giá trị bằng cách tìm
gid trị của y để phương trình
= =^ Z2+z+1 có nghiệm đối với ẩn x
Do z?+ x + 1 # 0 nên phương trình trên tương đương :
LÊ THỐNG NHẤT
3⁄2?+(y—1g+y~1=0 (1)
Khi y = 0 ta có phương trình : -+ ~ 1 = 0, phương trình có nghiệm x = -1 Vậyy =0 là một trong các giá trị cần tìm (Ở bài báo số 113 bỏ sót trường hợp nây ở ví dụ 4) Khi y # 0 ta có (1) là phương trình bậc 2, muốn có nghiệm thì : A=0~-1U?-4@-1)»>0 “~ Ù0~1—4y)>0 ©=0@~ 1(—1 - 8y) >0 =-—1/8«y<1;y z0 Kết hợp cả y = 0 và y « 0 đã xét ta có đán số -1/8 « y « 1 Vậy giá trị lớn nhất của y là 1 và nhỏ nhất của y là -1/3,
O thi dụ 1, ta mới đưa về biện luận
Trang 7Giải, Ta hãy tìm y để phương trình : —4ltl + 2lx1 +2
4l — 21 +1 + g
có nghiệm Dặt X = 2l ta thấy do |x| >1 nên X=2!*' >1 Phương trình trên có nghiệm khi và chỉ khi phương trình : ~X? + 4X 7“Xt+2x+a2 cố Ít nhất một nghiệm thỏa mãn X > 1 Do X2 - 2X +2 z 0 nên phương trình y= Ta cố bảng sau : tương đương với + ĐX?~ 2y +2)X+3y=0 (2) Với y = -l ta có : -2X - 2 = 0, không thỏa mãn X » 1 Vay y = -1 không nằm
trong những giá trị cần tÌm Với y # -1 ta
có (2) là phương trình bậc (2) : cẩn phải biện luận và so sánh nghiệm của (2) với số 1 Th có : Y= ~y? + By + 4, afl) = & + DG - 3) 1— 82 = -f@ + 1) y A’ af(1) 1- 8/2 Nghiệm của (2) - + + Vô nghiệm 1-Vễ | —0-——|— + _—| + _| # =#¿ạ = —(1 + ¥5) > 1 + + x, <2, <1 -1 JP J get = | x=-l + - ~ x <1l<x 3 p+} gs x, = 1< x4, = 8/2 + + - l< x, <x, 1+¥5 0 +- mm #, =1 = Vỗ — 1> I - + ~ Vô nghiệm
Nhìn vào bảng ta thấy với -1 < y < 1 + Võ thì phương trình (2) có nghiệm thỏa mãn X Từ đó ta kết luận y_= 1 + Vð còn ' min không tồn tại
Như vậy phương pháp này còn chứng tỏ được sự tồn tại hay không của các giá trị lớn nhất và nhỏ nhất
Bây giờ ta chuyển sang làm với những hàm số không chỉ là 1 đối số Chẳng bạn ta
xét ví dụ 12 của bài đã noi "Cho x? + y? = 1
Th of giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của S = z +y"
Đây là nội dung của bài thi khối A, vào trường Đại học năm 1970 Có rất nhiều lời giải cho bài này, nay xin trình bày 1 lời giải
chưa từng giới thiệu
Th coi S là tham số, ta có hệ x2+y?=1
xe+y=8
Miền giá trị của S chính là những giá trị
của làm cho hệ trên có nghiệm Ta có ; (ety)? - 2xy= x2 + y2 = 1 212 Vậy : xy = (92 - 1/2 Do đó +, y là nghiệm của phương trình (có định lý Vi-ét) X?- Sư + TC =0 Hệ (3) có nghiệm ©+(4) có nghiệm, hay A= S?-2(8?-1) 20 <2 - S2 = 02 2 S? V2 = S z - V2
Vay Siu = V2 5 Sain = ~VZ
“Th có thể giải ví dụ 1 của bài viết số 113 bằng
cách này Bây giờ ta xét ví dụ phức tạp hơn :
Trang 8Tw dé suy ra:
(cos2x + cos2y)/(cos2x cog2y) = @ + 2 3
hay COB2x cos2y = 2+2)
Vậy cos2x, costy là nghiệm của phương trình : 3 28+ 9 =) Do 0 < cos’x < 1 ;O0« cos2y < 1, nên để (ð) có nghiệm thì (6) phải có tất cả các nghiệm thỏa mãn 0 « X < 1 Tn cớ hệ điều kiện X? - (3/2)X + A=9~ 24(S +2) 20 af(0) = 34S + 2) >0 —b/2a —0>0 af(1) = 3(8 + 2)- 120 —b/2a-1<0 (9S - 6)(S + 2) >0 oo {Sp -2 (-S + 1)(S + 2) 20 Sx 2/3 S<-2 §>-2 -2<6Sel1 = 26S <1 Vay Snax = 13 Sin = 2/3
Cuối cùng các bạn hãy tự làm các bài tập Bài 1 : Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất _ sinks + 2com + 1) = min 1) ; y sin%x — 2cosr + 2 1—3.41 ? 7= +9zl?1+ 1 Bài 2 : Biết : cosx + cosy = 1 TÌm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất 8 = cos%/2) + cos(y/2)
MỘT VÀI SUY DIỄN TỪ MỘT BẤT ĐĂNG THÚC ĐƠN GIẢN Trong tam giác có một kết quả rất quen
thuộc
Bài toán l1 :
rang : Cho AABC chứng minh
cosA + cosB + cosC < 3/2 qd) Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi AABC đều (1) được chứng minh khá đơn giản nhờ
phương pháp tam thức bậc hai Trong bài
viết này tôi xin nêu lên một vài suy diễn
từ (1)
Bài toán 2 : Cho AABC với mọi +, y, z
không đồng thời bằng không Chứng minh
rằng :
yecosA+ zxcosB+ xycosC « (x2+ y?+ 22/2 (2) đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi
x/sinA = y/sinB = z/sinC “©Ầxla = ylb = zÍc
NGUYEN MINH HA
(2) vẫn có thể được chứng minh nhờ
phương pháp tam thức bậc hai, nhưng ở đây tôi xin nêu ra một phương pháp chứng minh khác cớ ý nghĩa hơn 8 % Ay € A 8,
Không mất tính tổng quát giả sử bán kỉnh đường tròn nội tiếp AABC bằng 1 : Ta kí hiệu 7 là tâm đường tròn nội tiếp A;, B,, C¡ theo thứ tự là các tiếp điểm của đường tròn
với các cạnh BC, CA, AB Tạ có ngay
Trang 9+ 0 < GIÁ, + yEB, + zIC,)? = z?+y? + z2 + 2yzcos(x — A) + + #t — B) + 2xyocoa(x — C) = => yzcosA + 2xcosB + xycosC « (tty? + 22/2 (2) dễ thấy đẳng t thức xây ra khi và chỉ khi zIÃ, + yiB, +2, =0
Gọi ƒ là phép quay véctơ góc z/2 theo chiều kim m đồng h hồ ta co:
feeiA, + yiB, +216 p=
= z/đÃ,) + yfB,) + 2fiC,) = x CBICB + yBAIBA + 2ACIAC — ~ —~ = (xía)CB + WBA + (AC (*)
Mat khác ta lại 6 CB + BA + AC =0(**) — > —> Vay xIA, + yIB, + 2IC, =0
eof, + yiB, + 2iC,) = 0 = (xia)CB + (yib)BẦ + @ie)CÃ = 0
xa = yÍb = zÍc
(điều này suy ra từ (*) và (**)
Tom lại (2) xảy ra đẳng thức khi và chỉ khi
x/a = yib = zíc
“>risinA = y/sinB = z/sinC
"Song song" với (1) trong AABC có một kết quả khác cũng rất quen thuộc
Bài toán 3 : Cho AABC chứng minh
rằng :
cos2A + cos2B + cos2C » -3/2 (3) Việc chứng minh (3) không khó khăn gi G day toi xin nêu ra và chitng minh két qua tổng quát của (3)
Bài toán 4 : Cho AABC với mọi +, yz không đồng thời bằng không chứng minh rằng : yzeos2A + zxcos2B + xycos2C > ~@2 + y? + 22/2 (4) đẳng thức xấy ra khi và chỉ khi V z : x=keinda y sin2B 2 = ksin2C Dé chitng minh (4) ta lai sử dụng phương pháp đã dùng để chứng minh (2) 214
Không mất tính tổng quát giả sử bán kính vòng tròn tâm O ngoại tiếp AABC bằng 1 ta có ngay : ~ — — 0 < @OA+ yOR + 200)? = = x? + y2 + 22 + 9y2cos2A + + 2zxcos2B + 2xycos2C = yzcos2A + zxcos2B + xycos2C > > ~@? + y2 + z2)/2 (4) 8 Dễ thấy đẳng thức xảy ra khi và chỉ khí — —> ~ xOA + yOB + 20C =0 (*) Mặt khác ta lại có :
sin2A.0A+ sin2B.OB+ sin2C.0C = Ở (**)
(Việc chứng minh (**) không khớ khăn gì)
Ti (*) va (**) © 3k: (do OA, OB, OC độc lập tuyến tính) x= ksin2A y = ksin2B 2 = ksin2C Chú ý rằng ở trên ta vẽ hình và chứng minh (4) khi AABC nhọn Nếu AABC vuông hoặc tù, chứng minh trên vẫn có hiệu lực
Trong không gian đối với tứ điện cũng có kết quả tương tự như (1)
Bài toán 5 : Cho tứ diện ABCD đạt các góc nhị diện cạnh AB, AC, AD ; CD ; DB;
Trang 10Không mất tính tổng quát giả sử bán kính mật cẩu nội tiếp ABCD bằng 1 Th kí hiệu 7
là tâm mặt cầu nội tiếp A,,B,,C,,D, la tiếp điểm của mặt cầu với các mặt BCD ; CDA : DAB ; ABC ta cé ngay : 0 « (A, + 1B, + 72, + By 6 = 4+ >) 2cos(x — «,) i= 6 = > cosa, € 2 (5) isl bây giờ ta chứng minh điều kiện cần và đủ để xẩy ra đẳng thức Nếu đẳng thức xẩy ra ở (5) thì : > > = 2+ — IA, + IB, + IC, + ID, = 0" > = > =
= IA, + IB, = —-(IC, + ID,) blnh phuong
hai vế > 2 + cosa, = 2 + cosa, > cosa = cosa, > a = a, Tuong ty ta cớ œ =@
a, = a,, Tit dién ABCD có các nhị điện dối,
bing nhau = ABCD gần đều
Nếu ABCD gần đều thì 7 chính là trọng tam ABCD vi vai trd cha 7 đối với các mat như nhau nên ta có các biểu diễn : — > >
IA, = xIB + yIC + 21D — ee ee IB, = xIA + vIÖ + siỄ = > >> TỔ, = x1D + yIA + 218 > 2 +, ¬ 1D, = xIC + yEB + zIA (x, y, z là ba số thích hợp nào đó) cộng các đẳng thức trên ta có : > + TA, = 1B, + IC, + iB, = oe = z(à + 1Š + TÈ + lỗ) + > 7< +y đÀ + TẾ + TỄ + TÔ) + 2t 7a T + z(QÄ + TẾ + TẾ + TÔ) = ở > (ð) xẩy ra đẳng thức
Kết quả sau đây là sự tổng quát của (5)
Bài toán 6 : Cho tứ diện ABCD Với các
kÍ hiệu như bài toán 5 : khi mọi x, y, 2, ý không đồng thời bằng không Chứng minh rằng :
zt cosa, + tgcosa, + yecosa, + xycosa, + xzcosa, + xtcosa, < (x? + y? + 22 + 42/2 ts)
Đẳng thức xẩy ra
“=®4/SApcp = V!/Sacpa = 78 span = Space
Việc chứng mình (6) cũng giống như chứng minh (5) Ta coi bán kính cầu nội tiếp bằng 1 + => = =
và xét @QJA, + yIB, + 2iC, + HỖ)? > 0
nhưng khi tÌm điều kiện xây ra đẳng thức
ta phải sử đụng kết quả sau :
> =
Sancp TA, + Sacna TB, + => >
+ Sppag IC, + Spuge- ID, =O
Kết quả trên được chứng minh rất ngắn nhờ khái niệm tỉch cớ hướng của hai véctơ
Nhưng nếu không dùng khái niệm đơ ta vẫn
có thể chứng minh được
Để kết thúc bài viết này tôi xin trở lại
(1) với nhận xét sau : Người ta có thể chứng
minh (1) (tuy hơi đài) nhờ hai kết quả : co0sÁ + cosB + cosC = 1 + r/R
wR = U2
Phải chăng trong không gian cũng có một
cái gì đó na ná như hai kết quả trên mà từ đó ta có thể suy ra (ð)
SỬ DỤNG GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ GIÁ TRỊ
BÉ NHẤT TRONG CHỨNG MINH
Trong các kì thi vào Đại học thường gặp
các bài toán mà nếu dùng giá trị lớn nhất
và giá trị bé nhất của ham số y (gọi tất là và y„ ) thì cách giải bài toán sẽ trở nên
ao giản on nhiều,“
Thí dụ 1 (Dé thi Dai hoe A - B ~ D/1985)
Tim m dé cho ham số
LÊ ĐÌNH THỊNH
y = 2mx— 2eosx— maincoa+ 1/4 x cos22x
luôn luôn đồng biến
Giải Hàm số xác định với mọi x
y` = 2m + 2sin2x — mecos2x — 1/2sindx = = ứn + sin2v)(2 — cos2x)
Trang 11Dé ham số luôn luôn đồng biến, cần và di lay’ > 0V zx VÌ 2 — cos2x > 0V x, nên chi cfin tim m 46 g(x) = m + sin3x » 0 V z là đủ Muốn VẬY đmịn = m — 1 >z 0 hay „>1,
Thi dy 2 (Dé thi Đại học A/1978) Hãy
tìm tất cả các giá trị của m để cosS2x + mcosc + 4 0V x
Giải, Gọi vế trái là y và đặt £ = cos x, ~ & ¿ « 1, ta được hàm số xác định với mọi £: -l & £ « 1, y = 2# + mứ + 2, -l1 <&£&€ 1;y =4 + m = 0 khi ¿ = —m/4 Vậy để y z 0V z chỉ cần y „>0 Vứ: -l <#« 1 là đủ Ta có: 1) -m/4 < -1,m > 4 thi Ymin = ¥ 1) = 4-m > 0eom « 4, mau thudn với m > 4 2) -m/4 > 1,m < ~4 thiy,,, = y(l) = 4+m>0
om > -4, mâu thuẫn với m < -4
3) -1 & -mj/A4 « 1,-4 & m « 4 _
= y(-m/4) = 2 — m2/B8 » 0 = m2 « 16 => _4<m <4
Vậy để y z 0V x thì -4 & m « 4 Thi dy 3 Ching minh rằng 4cosfr + Bcosix + cost > -7 V x
Giải Xét y = Aosfx + Bcoa4x Dat t = cont,
-1 <£« 1, khi đó y = 82 + 8 — 4,-1 «
tel
Đây là parabơn quay bề lõm về phía trên,
od dinh £ = -1⁄2, nên y„ = ÿ(— 1/2) = -6
Vậy y = 4cos8x + Scosdx > ra = -8 V+, va 4ons8x+ 8cos4x+ coax > ~-6— l = ~7 Vx
ThÍ dụ 4 Với m nào thì hàm số
y = 183 + mix + 1)
đồng biến khi z > 5
Giải Ta có y = x? + m Dé ham số đồng bién khi x > 5, cfin va dé lay > 0 V x >5
Muén VẬY Youn > 0 khi xz > ð là đủ Vì y là parapôn quay bể lm về phía trên, có đỉnh
điểm xz = 0, nên y đồng biến khi x > 5 Ynin = ¥ 5) 25 +m > 0 m » -25
Thi dy 5 Giai phuong trinh
(2 + sin)(6 — sine) = 16 10???
Giải Gọi vế trái là g và đặt £ = sin x, -l<ite« lta dugeg = (2 + (6 - t) =
216
= ~Ở + 4£ + 12 Day là một parabôn quay
bề lõm về phía dưới, có đỉnh tại điểm ¿ = 2, nằm trên đoạn ~1 < ¿ < 1 hàm ø đồng biến, do Binax = 8 (1) = 15 Vay ø < g„v = lỗ V z Còn y phải là hàm đồng biến, đạt giá trị bé nhất 16 khi |y| = 0 Vậy 16.10!YL > 16 Bởi vậy phương trình nghiệm
Thí dụ 6 Chứng minh rằng trong mọi tam giác ta đều cớ
a? + 62 + ¢2 » 4S(5
trong đó a, 6, c là các cạnh, 6 là diện tích tam giác Khi nào xảy ra dấu đẳng thức
Giải Theo công thức S = 1/2 x aösinC và công thức hàm số côsin : e2 = a? + 62 — ĐabcosC được 2(a1 + b2 — 2øbcosC > 2absinOV3 hay a? + b2 — 26b(1/2cosC + ¥B/2sinC) > 0 a2 + b2 ~ 2abcos(C — 60°) > 0 Muốn vậy giá trị bé nhất của vế trái phải >??? Giá trị bé nhất đạc được khi cos( — 60) = ??? tức là
a? + 6? — 2ab = (a — by? > O dung Dấu đẳng thức đạt được khi ø = b và
cox(C = 60°) = 1, C - 60° = 0, C = 60°
Vậy dấu đẳng thức đạt được khi tam giác là
tam giác đều
Trang 12chỉ cần tìm hình chớp có tổng các hình chiếu
HA + HB + HC bé nhất là đủ
VÌ các góc của tam giác ABC đều bé hơn
120, nên tốn tại duy nhất một điểm Ó trong tam giác, nhìn các cạnh đều dưới một góc
bằng 120° (Bạn đọc tự chứng minh) Hình
chóp cần tÌm là hình chớp có chân đường cao H trùng với điểm O
Thật vậy, qua 4, B, C kẻ các đường thẳng
tương ứng + ÓA, OB, ÓC tạo thành AA'B'C', khi đó tam giác A'B”C' là tam giác đều Nếu H = O thi HA + HB + HC = OA + OB + ÓC = h; h là đường cao tam giác đều A'B'C' Nếu H khác Ó thì HA + HB + HC > HP + HQ + HR = h
(vì tổng khoảng cách từ một điểm trong tam giác đều đến các cạnh không đổi, bằng chiều
cao của tam giác, còn khoảng cách từ một điểm ngoài tam giác đều đến các cạnh lớn
hơn chiều cao tam giác đều Bạn đọc tự chứng minh bằng phương pháp diện tích),
Cuối cùng, mời các bạn tự giải một số bài tập sau đây :
1 Chứng minh rằng hàm số :
+ = ?xz + 1/2.sin 8x + 2sin 4x + sin x luôn luôn đồng biến,
2 Hãy tìm tất cả các giá trị của m để 1/3 sin 3x + msin 2x + sin x 2 0 khi0 <x <a
3 Gidi phuong trinh :
(8 — cosr)(2 + cosr) = 21.5/y!
4 Chứng mỉnh rằng, trong mọi tam giác ta đều có
3a? + 36? — c2 » 4SV8
trong dé a, b, c là các cạnh, S là diện tích
tam giác Khi nào xảy ra dấu đẳng thức 5 Trong các tam giác cơ cùng diện tích,
hãy tÌm tam giác có tổng bình phương các
cạnh bé nhất
LABYRINTH ~ MOT DE TAI CU DANG TRO
THANH VAN DE THOI SU LON 1 Mở đầu
Thông thường người ta hiểu mê đạo là một hệ thống các đường ngầm đưới đất, được nối với nhau nhằng nhịt và tỏa rất nhiều nhánh, nếu một người không quen thuộc nó
bước vào sẽ nhanh chóng mất khả năng định hướng và không bao giờ tìm được đường ra
Từ Labyrinth (mê đạo) có nguồn gốc trong những câu chuyện lịch sử Hy Lạp
Theo truyền thuyết Hy Lạp thì mê đạo đầu tiên được xây dựng trên đảo Kreta bởi ông tổ thợ xây và đồng thời là nhà phát minh
Daedalus 6 trong mê đạo này có một con
quái vật nửa bò tốt, nửa là người Hàng năm
nó bắt cống 7 cậu bé và 7 cô bé khỏe mạnh,
xinh đẹp để ăn thịt Hoàng tử Theseus đã vào được mê đạo, giết chết con quái vật và
VŨ ĐÌNH HÒA
với một cuộn chỉ của cô gái Ariadne trao cho, hoàng tử Theseus da tỉìm được đường ra khỏi
mé dao
Chủ đề mê đạo hãy còn dư âm tới tận giờ, vì thế ta thường gặp các bài toán về mê đạo
trong các sách toán, hoặc ở dạng tốn học giải trÍ trên các báo chí
Công trình đầu tiên về vấn dé mé dao
nam 1873 la của giáo sư Christian Wicner
(1826 - 1896, giáo sư hình học xạ ảnh
trường đại học kỉ thuật Karlarube) Cuối thế
ki 19 tại Pháp vấn đề này được hai nhà toán
học Trémaux và Tarry nghiên cứu Những nghiên cứu này xoay quanh vấn đề tìm đường đi trên một đồ thị
Những lời giải cổ điển này được lập thành
Trang 13nhà toán học đồng thời là kỉ sư người Mỹ (sinh nam 1916), một trong những người sáng lập ngành điều khiển học, người đã
sáng tạo ra con chuột máy tìm được đường
đi trong mê đạo (năm 1951) Thông qua công
trình của mình Shannon đã gợi ý cho những
nghiên cứu hiện đại về vấn đề mê đạo bằng
công cụ của điều khiển học mà thực sự được
tiến hành trên cả chiều sâu lẫn chiều rộng trong 15 nam gần đây,
Những nghiên cứu này cớ động lực thực tiễn và chứa đựng những ứng dụng quan
trọng cho ngành điều khiển học Vì thế, khả năng của một máy tính hoặc một người máy
trong mê đạo sẽ là những cơ sở đánh giá
năng lực của người máy và máy tÍnh trong
mối tác động qua lại với mơi trường Ngồi ra, những lời giải trong vấn đề mê đạo sẽ cho ta phương pháp được sử dụng có hiệu lực vào trong các thuật toán nhận dạng trên các đổ thị hoặc các vật mẫu và động chạm tới các vấn đề "xử lí" ảnh (ví dụ phân tích ảnh vệ tỉnh ) 2 Các vấn đề cơ bản Cái gì là những vấn đề mà các nhà toán
học quan tâm tới trong chủ đề mê đạo Th hãy xem vấn đề cơ bản nhất
Vấn đề thứ nhất là từ một điểm tùy ý của mê đạo phải tÌm được cửa ra Bài toán này được đặt ra cho những người bị dẫn vào mê đạo không tự nguyện và bị bỏ mặc một mình ở đó Cần lưu ý là người bị nhốt không được
biết tÍ gì về cấu trúc xây dựng của mê đạo va chi co thể nhìn thấy một phần của đường hầm, hoặc các nhánh được phân rẽ của mê
đạo tại khoảng cách gần VÌ khơng có một dữ kiện nào thêm, nên phương pháp dò tìm cửa hầm ở đây đòi hỏi phải là dùng được cho bất cứ một mê đạo cớ thể nào khác Tốm lại, bài toán được phát biểu như sau :
Bài toán chạy trốn :
Hãy đưa ra một phương pháp (một thuật
toán, một chương trình máy tính ) để từ một điểm tùy ý của mê đạo ta đều có thể tìm được đường ra
Phương pháp mà hoàng tử Theseus đã
dùng có lẽ là như sau : "Người anh hùng của
chúng ta đã giải bài toán bằng cách đem buộc một đầu sợi chỉ của cô gái Ariadne vào cửa mê đạo và đi vào, khi đi ra anh ta chỉ việc lần theo sợi chỉ là tìm được đường ra" 218
Khi giải thích như vậy là ta đã quên mất một điều quan trọng, nớ chính là vấn đề thứ hai của ta : "làm thế nào mà hoàng tử Theseus có thể tìm đến được nơi ẩn nấp của con quái vật và không bị chạy luẩn quấn trong mê đạo quá lâu (ví dụ là không bị sa vào tình trạng chạy theo một vòng tròn trong mê đạo), để vẫn còn sức giết chết con
quái vật" Đó là bài toán khảo sát mê đạo : cẩn tìm cho mọi mê đạo một phương pháp khảo sát khi không có một thông tin nào cho biết trước,
Bài toán khảo sót ;
Hãy đưa ra một phương pháp (một thuật toán, một chương trình ) để có thể tới được mọi điểm của mê đạo
Tn có thể thấy ngay là giữa hai bài toán
này có một mối quan hệ chặt chẽ Mỗi lời
giải của bài toán khảo sát cho ta một lời giải
của bài toán chạy trốn : một thuật toán khảo sát được toàn bộ mê đạo sẽ dẫn ta tới cửa ra Ngoài ra một cuộc chạy trốn có kết quả cũng góp phần khảo sát mê đạo vì không
phải con đường nào cũng dẫn đến cửa,
Sau đây ta sẽ nghiên cứu bài toán khảo sát mê đạo vỉ mô hình toán của nó dễ giải thích hơn bài toán chạy trốn
3 Khảo sát dé thị hitu han :
Th hiểu một đồ ¿hị hữu hạn là một hình
tạo bởi một số hữu hạn các điểm (được gọi là đỉnh) và được nối với nhau bởi một số các cung (được gọi là các cạnh) Trên hình 1 và
hình 2 ta có hai đồ thị khác nhau Mỗi cạnh của đồ thị được bắt đầu và kết thúc tại 2 đỉnh nào đó và không chứa đỉnh nào khác ngoài đỉnh đầu và đỉnh cuối của nd Dinh
của đồ thị ứng với các ngà rẽ của các đường
hầm hoặc các bãi cuối đường hẩm, còn các
cạnh của đồ thị chính là các đường hầm của
mê đạo
Hình ï
Một đồ thị được gọi là liên thông nếu từ
Trang 14khác của đồ thị qua một đãy (hữu hạn) các
cạnh Đây chính là điều kiện cần cho sự khảo sát được của mê đạo tương ứng với nó VÍ dụ trên hình 2 là một đồ thị không liên
thông Từ đỉnh A của đố thị này ta không thể tới được đỉnh B Hình 2 Đồ thị trên hình J là một đồ thị lên thơng Ngồi ra nó còn là một đồ thị phẳng, (các đỉnh và các cạnh của nó có thể biểu
diễn được trên mặt phẳng mà các cạnh
không giao nhau ngoài các đỉnh chung) nghĩa là một đồ thị hai chiều Tính chất này
thực ra không cần để bảo đảm cho tính sử dụng được của 2 phương pháp khảo sát sau đây
rời cạnh đang đi để vào đỉnh cuối của nó thì ta đánh dấu (o) trong trường hợp trên các cạnh xuất phát từ đỉnh này chưa có cạnh
nào được đánh dấu (o)
2 Nếu tất cả các cạnh xuất phát từ đỉnh ta đang đứng đều mang dấu (+) thì ta dừng lại
Con đường đi tạo ra bởi thuật toán Tarry
được gọi là đường Tbrry Trong một đồ thị
hữu hạn liên thông thì mỗi đường Tarry sẽ kết thúc sau một số hữu hạn bước bởi điều kiện 2, kết thúc tại đỉnh ta xuất phát Theo
thuật toán này ta sẽ đi qua mỗi cạnh của đồ thị đúng 2 lần, và mối lần theo một chiều khác nhau Trong hình 3 là ví dụ về một
đường Thrry Trong hình 4 ta có một đường
Thrry khác với các đỉnh được đánh đấu (o) và (+) tại các cạnh dẫn tới nơ
Các bạn hãy thử nghiệm thuật toán Thrry bằng cách kiểm nghiệm lại trên 2 ví dụ và hãy tự đánh dấu lấy các cạnh Hãy thử
lấy đỉnh xuất phát khác và kiếm nghiệm lại
Hinh 3
Ta hay xem xét phương pháp của Tarry Phương pháp này dễ mô tả hơn Trong
phương pháp này ta phải đánh dấu các đỉnh
đã được đi qua trên các cạnh dẫn tới nó, nếu
nớ lần đầu tiên được đi qua Ngoài ra, còn phải nhận biết được là mỗi cạnh dẫn tới đỉnh
ta vừa tới đã được đi qua hay chưa, và đã đi theo chiếu nào rồi Vì vậy ta sẽ dùng hai loại kÍ hiệu khác nhau để đánh dấu các cạnh
Thuật toán của Turry :
1 Từ đỉnh đang đứng ta đi tiếp trên cạnh
mà chưa có dấu (+) ở trên đầu xuất phát của cạnh đớ Trước khí đi vào cạnh đó thì ta đánh dấu (+) vào đầu cạnh, tại đầu mà ta xuất phát Chỉ khi nào mà tất cả mỗi cạnh
đều mang dấu (+) tại đầu ta xuất phát thì
ta mới đi vào các cạnh có dấu (o) Trước khi
thuật toán Cuối cùng các bạn hãy chọn lấy một mê đạo nào đớ và biểu diễn thành đồ
thị và thử nghiệm lại thuật tốn một lần nữa Ngồi ra ta còn có thể sử dung ki hiéu ({o) làm bảng chỉ đường để từ một đỉnh tùy ý khác của đồ thị trở về đỉnh xuất phát mà
không qua đỉnh nào quá 1 lần Bạn đọc có thể kiểm tra bằng cách luôn đi ngược lại chiều dấu (o}
Xin nhường cho bạn đọc chứng minh sự đúng đán của thuật tốn rằng, thuật tốn ln dẫn ta qua tất cả các cạnh của đồ thị liên thông và bao giờ cũng đưa ta về đỉnh xuất phát
Thuật toán của Tresmaux tương đối đặc biệt hơn của Tarry, nhưng mô tả phức tạp hơn
Trang 15
Hình 4
Thuật toán Trémaux :
1 Hãy đi tùy ý sao cho tới một đỉnh mà
ta đã tới, hoặc tới đỉnh chỉ có một cạnh Hãy
đi ngược trở lại về đÌnh xuất phát và hành
động theo bước 2
2 a) Nếu tại đỉnh xuất phát hãy còn cạnh
chưa đi thÌ hãy đi theo cạnh đớ như 1 chỉ dẫn, b) Nếu các cạnh đều đã đi qua, nhưng hãy
còn có cạnh mới đi qua có một lần thì hãy
bước vào và đi như 1 chỉ dẫn
c) Nếu các cạnh tại đỉnh xuất phát đã qua 2 lần thì kết thúc
Phương pháp nây đòi hỏi ta phải biết mỗi
VỀ MỘT LỚP BÀI Bài báo này giới thiệu với bạn đọc một phương pháp có Ích cho việc giải nhiều bài
toán hình học thường được coi là không mẫu mực và hay gặp trong các ki thi chuyên toán
và học sinh giỏi
Trước tiên chúng ta hãy làm quen với một
khái niệm mới : Lân cận bứn kính r của một hình phẳng là tập hợp cóc điểm trên mặt phẳng có khoảng cách tói hình đã cho không
bượt quó r Ö đây ta hiểu khoảng cách từ một điểm 4 tới một hình (H) là khoảng cách
bé nhất từ điểm A đến một điểm bất kì của (H) Vi dụ lân cận bán kính r của một điểm O 1a hinh tron tam O ban kính ?, lân cận
bán kính r của một hình tròn bán kính P là
hình tròn đồng tâm bán kính R + r, còn lân 220
cạnh xuất phát từ đỉnh khởi đầu đã qua mấy lần, và cũng phải biết thứ tự đi qua của các
cạnh Một đường đi theo thuật toán Trémaux được gọi là một đường Trémau+, Có thể thấy
mọi đường Trémaux đều là đường Thrry, nhưng ngược lại không đúng, ví dụ đường Tarry trong hình 4 không phải là đường
Trémaux
Vấn đề cổ điển về mê đạo đang là một đối tượng mới của toán học hiện đại mà nhiều phương pháp nghiên cứu của nó được áp dụng cho nhiều ngành toán học trẻ trung, hỉ vọng rằng có thể giới thiệu với bạn đọc trong địp khác
TỐN HÌNH HỌC PHẠM THU HÀ
cận bán kính r của một đoạn thẳng là một hình chữ nhật cùng với hai nửa hình tròn
bán kính r ở hai đầu, v.v Bạn đọc hãy tự
tÌm lấy lân cận bán kính r của một đa giác,
một đường gấp khúc
Trang 16Nguyên lÍ 2: Néu cdc hình phẳng @)), (Họ, (Hạ) nằm trong hình phông (K) sao cho tổng diện tích của chúng lớn hơn diện tích (K) khi phải có hai hình H,) và (H,) nào đó Œ, j € {1, 2, n}) có diểm chung
Bây giờ ta hãy làm quen với phương pháp
mới thông qua một vài ví dụ
Bài toán 1 Một tờ giấy hình tròn bán kính 100cm có 9800 lỗ kứm châm Chúng mình rùng khi đô có thể cắt ra một hình tròn bán kính lem không có lỗ bữn châm nào
Giải Dể hình tròn phải tìm không chứa lố kim châm nào thÌ tâm của nớ phải nằm ngoài tất cả các lân cận bán kính lem cia
mọi lỗ kim châm Mặt khác để hình tròn đó nằm trọn trong tờ giấy ban đầu tâm của nó phải nằm trong hÌnh tròn đồng tâm với tờ
giấy, bán kính 100 ~ 1 = 99 (cm) Ma tổng
diện tích của 9800 lân cận bằng 9800.x.1 = 98007 (cm?) nhé hon dién tích của hình
tròn bán kinh 99cm (= 9801 xcm2) Do dé
theo nguyên lÍ 1 phải tổn tại điểm I nằm
trong hình tròn bán kính 99cm và nằm ngoài
mọi lân cận Rõ ràng hình tròn tâm 7 bán
kính lem là hình tròn phải tim
Bài toán 2 (Đề dự bị thí uô dịch quốc tế) Trong một hình uuông cạnh 38em có 100 đa giác lồi, mỗi da giác có diện tích < xem? còn chu vi thì < 2cm Chứng minh rằng
trong hình vuông tổn tại một hình tròn bán kính lem không cát đa giác nào
Giải Để hình tròn phải tìm không cất đa
giác nào, tâm của nó phải nằm ngoài các lân cận bán kính lem của tất cả các đa giác
Mặt khác để hình tròn bán kính lem nằm
tron trong hình vuông cạnh 38cm thì tâm của nó phải nằm trong hình vuông cạnh 36em (nhận được từ hình vuông đã cho bằng cách tịnh tiến mỗi cạnh về phía trong lem) Ta phải chứng mỉnh tốn tại một điểm như vậy “vm T3 Diện tích lân cận bán kính r của một đa giác lối (H.l) bằng : điện tích đa giác + tổng diện tích các hình chữ nhật + tổng điện tích các bình quạt Để
ý rằng góc ở tâm của mỗi hình quạt chính bằng góc ngoài tương ứng của đa giác nên tổng diện tích các hình quạt chính là diện tích hình tròn bán kính lcm Do đó theo giả thiết, diện tích mỗi lân cận sẽ bé hơn z+2z.1+z.1? = 4z (cm?) và tổng diện tích lân cận của 100 đa giác sẽ bé hơn 100 4z = = 400% (cm?) < 100.4.3,2 = 1280 < 1296 =
= 86? (em)? là diện tích hình vuông Theo nguyên lí 1 phải có điểm I nằm trong hình vuông cạnh 36cm và nằm ngoài các lân cận
và đó chính là tâm của hình tròn phải tìm Bài toán 3 Trong hình chữ nhật kích
thước 10 x 20 có 139 doạn thẳng độ dài 1 Chúng mính ràng bao giờ cũng tìm dược 2
diễm nằm trên 3 đoạn khóc nhau có khoảng cách không 0ượt quá 1
Giải, Xét các lân cận bán kính 1/2 của mối đoạn thẳng (H2) oot To, CN ( L ' \ \ 4; 18 h ` t i ¿' xe Lee Hình 2 Dễ dàng tính được diện tích của mỗi lân cận là 1x 1+z (123? = 1+z/4 Do đó tổng điện tích các lân cận bằng 132 (1 + z4) > 132 (1 + 3/4) = 231 Mà các lân cận này đều nằm trong hình chữ nhật kích thước 1l x 2! (nhận được bằng cách tịnh tiến mỗi cạnh của hình chữ nhật đã cho ra phía ngoài 1/2) Theo nguyên lí 2 phải có 2 lân cận của hai đoạn thẳng cớ điểm chung, do đó trên hai đoạn này phải
có hai điểm mà khoảng cách tới điểm chung đều không vượt quá 1/2, đó chính là hai điểm cần tìm
Bài toán 4 (Đề thí uô dịch Balan) Một
dường gốp khúc nằm trong một hình uuông
cạnh 50cm có tính chất như sau : khoảng cách
từ mỗi điểm của hình uuông dến dường gấp
khúc không oượt quá 1 Chúng mình rồng độ đài dường gấp khúc lớn hơn 1248cm
Trang 17
Giải Ta tính điện tích lân cận bán kính 1 của đường gấp khúc Trước hết xét trường hợp đường gấp khúc gồm 2 đoạn A,A, va
A/A, (H.3)
Để ý rằng diện tích hình quạt A;BC bé hơn diện tích tứ giác A,BDC, ma hai tứ giác A;BDC và A,EFG đối xứng nhau qua A„ do Hình 3 đó diện tích lân cận bán kính 1 của ÁArA2¿A; sẽ bé hơn +12 + AA, + AzA¿)
Bằng quy nạp theo số đoạn thẳng của
đường gấp khúc ta suy ra diện tích của lân cận bán kính 1 của đường gấp khúc sẽ bé hơn a + 2p (với p là độ dài đường gấp khúc) Theo già thiết lân cận này phủ kín hình vuông cạnh
50, do đó diện tích lân cận phải lớn hơn diện
tích hình vuông (theo nguyên lí 1)
MIỀN GIÁ TRỊ 6 phổ thông các bạn học 3 phương pháp cho một hàm số y = ƒữx) : cho bởi đồ thị, cho bởi bảng và cho bởi biểu thức đại số Miền
xác định của hàm số là tất cả các giá trị của đối số z mà tương ứng xác định duy nhất giá
trị của hàm số ƒf+) Việc tÌm miền xác định của hàm số, nhất là khi hàm số cho bởi các
biểu thức đại số chắc là các bạn đã làm quen nhiều Thí dụ trong ki thi dai hoc thang 6 năm 1970 ; "Tìm miền xác định của các hàm số : y= LU-x?† 4+5 + igự? — 8x + 2) 222 Vậy 50 < x + 2p = p > 1250 - 2/2 > 1248 (dpem)
Qua một vài ví dụ trên chắc các bạn
có thể hình dung được phương pháp
chúng tôi muốn giới thiệu với các bạn \ mời bạn hãy thử sức với các bài tập sau, liệu chúng có thể mở rộng phương pháp t¡ cho các bài toán trong không gian đt không ? 1 Trong một hỉnh chữ nhật kích thì 20 x 2ð có 120 hỉnh vuông đơn vi Cht mỉnh rằng tổn tại hình tròn bán kính nằm trong hình chữ nhật mà không cắt h: vuông nào
2 Chứng minh rằng một đa giác lồi d tích S chu vi p bao giờ cũng chứa 1 h
tron bán kính S/p
8 Trong một hình chữ nhật kích thị 15 x 20 có 57 hình chit nhat 1 x 2 đều cạnh song song với cạnh của hình chữ n lớn Chứng tỏ rằng tổn tại một hình vu¿ đơn vị nằm trong hình chữ nhật lớn cá: nhất hai hình chữ nhật con 4 Cho đa giác lồi M Gọi s là số nhất các hình tròn bán kính 1 phủ kín  là số nhiều nhất các hình tròn đôi một nhau có tâm thuộc M và bán kính Roman cos rang s < ¢
CUA HAM SỐ LE THONG NHAT
2x +1
y= lo g TT — 3"
Thực chất của những bài loại này là bạn tÌm các giá trị của đối số để tất cả biểu thức đại số đã cho là có nghĩa (xác địt
Trong trường hợp hàm số cho bởi các b
thức đại số thÌ còn một vấn để nữa mà bạn cẩn quan tâm đó là miền giá trị
hàm số Miền giá trị của hàm số tức những giá trị có thể nhận được của hàm