Tuyển tập 30 năm Tạp Chí Toán Học và Tuổi Trẻ (part3-4)
Trang 1trị là y œ 0: vì với mọi giá trị của x đều tương ứng với giá trị của hàm số y = x? z 0 và ngược lại với bất cứ giá trị nào của y20 đều tổn tại giá trị của x sao cho x? = y Một thí dụ nữa là hàm số y = sinx thì miền giá
tri la -1 « y « 1, vì với mọi giá trị của x
ta cĩ -l < y = sinz < 1 và với bất cứ giá trị nào của -1 < y «< 1 thì đều tổn tại giá trị của x sao cho sinx = y Vậy khi hàm số cho bởi biểu thức đại số thì miền giá trị của
nĩ chính là tất cả những giá trị của +y để
phuong trinh y = f(x) cĩ nghiệm đối với ẩn
z: Do đĩ khi chúng ta đi tìm miền giá trị
của hàm số, chính là đưa đến việc tìm tham
số y thỏa mãn cho phương trình y = f(x) cd nghiệm với ẩn x Thi dy 1: Tim mién gid tri của hàm số yYH@+ De +x 4+ 1 Do x? + x + 1 > 0 nén ta ed phuong trình tương duong : yŒ? +xư t1) =x+] ye -(-yety-1=0 Phương trình bậc 2 đối với ẩn x muốn cớ nghiệm thì : A=(1 - y¥ - vg- z0 “sơ - D(-1 - 8) >O = - ly + 1/8) ô0 â=-1/3<y <1 Vy min giá trị của hàm số là : -1/8 &y «1
Từ đĩ các bạn cĩ thể suy ra kết quả của các bài tốn sau (các bạn thử suy ra xem !)
Bài tốn 1a : Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của ham số :
yore + ly@t+x+ 1)
Bài tốn 1b : Tim các gĩc œ thỏa mãn
sina = (a + Ij? +x + 1)
với giá trị nào đĩ của z
Bây giờ các bạn xét thí dụ phức tạp hơn : Thí dụ 2 : tìm miền giá trị của hàm số :
y = cosS2r — sin%x + coar 'Th biến đổi :
y = cos2xr — sinx + coa
= Qos — 1 — 1 + cosr + com = = 3cos#x + com — 9 hay : Đến đây tơi hướng dẫn các bạn theo 2 phương pháp
Phương pháp 1 : TÌm giá trị của y để phương trình đối với z cĩ nghiệm :
3cos2x + cosx - 2-y = 0
Dat X = cosx thi din dén bai toan tim
Trang 2y = 8X? + X — 2 chính là y > -9ð/12 nếu
nhận mọi giá trị tùy ý Nhưng ở đây X = Cosr nên :
-l<X«€1,
Ta xét đồ thị giới hạn trên đoạn -1 < X <1 Từ đĩ ta thấy ngay khi -1 < X « 1 thì
~25/12 « y < 2 Vậy miền giá trị của hàm
số là -25/12 < y « 2
Những vấn đề xoay quanh phương pháp 2 tơi cĩ địp sẽ trở lại với các bạn ở một bài báo sau
Từ đĩ các bạn cĩ thể thấy kết quả và phương pháp làm các bài tốn ;
Bài tốn 2a : TÌm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số :
y = costx — sintx + cose Bài tốn 2b : Chứng mình rằng :
~25/12 « cos2r — sinÄr + cosc « 2 Bài tốn 2c ; Biết rằng gĩc œ của một tam giác thỏa mãn :
tga + cotga = costx — sin’x + cosx với x là một gĩc nao dé Chting minh a la
một gúc tù
Bây giờ các bạn làm quen với cách phát biểu khác của bài tốn tÌm miền giá trị của hàm số
Thí dụ 3 : Cho hàm số :
xtm+1
T12 +m2+xz+m+1
Tìm những điểm trên trục tung mà đồ thị của hàm số khơng đi qua với mọi giá trị của tham số 7m
Th hãy tìm những điểm của trục tung mà đồ thị của hàm số cĩ thể đi qua Đĩ chính là những điểm cĩ hồnh độ x = 0 (vì điểm nằm trên trục tung) và cĩ tung độ là :
y = —Z 41 _ (i diem nim tren d6 thi m2 + m + 1
xtmt+1
tmtxtmt 1): m+i1
thấy ly mién giá trị của miền giá trị củ y =—————,là mame
-1/3 < y < 1 (xem thí dụ 1) Vậy tung độ của những điểm trên trục tung mà đổ thị cớ
thể đi qua phải thỏa mãn : -1/3 < y € 1 Nên những điểm của trục tung mà đồ thị hàm số khơng đi qua với mọi giá trị của m là y > 1 hoặc y < -18
của hàm số y =
224
Vậy bài tốn này thực chất bất ta phải tìm được miền giá trị của hàm số _ m+]1 mÊ +m + 1 (đối số m) để từ đĩ suy ra kết quả bài tốn ban đầu Thí dụ 4: Giải phương trình : coszx = x2 — 4x + 5 Ư đây ta xét 2 hàm số : J, = costx và y„ = xÌ — 4x + 5, Th cĩ :yy = com & | và y„y = x” — 4# = =(6— 92 + la 1 Ta thấy ngay miền giá trị của chúng là #ị < l và y; z1 Để cho yị = y; suy ra chỉ cĩ thể là ị =2 =1 Vậy : phương trình tương đương với : =1 cosrx wr=2 eee 4e + B= 1
Tĩm lại nghiệm của phương trình là x = 2
Cuối cùng xin các bạn hãy luyện tập bằng các bài tập sau : Đài tập 1 : Tim miền giá trị của hàm số y = ~cosr/(2cos’x — 1) Bài tập 2 : Giải hệ phương trình : tgx + cotglx = 2siny siny + cosx = 1
Bài tập 3: Giải phương trình :
2+ cos2x = sindx — coat
Bai tập 4: Đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y= @+ DG - 1 chi cé thể bị parabodl : y = x? + Amx + m cất những điểm nào ? Với m là tham số tùy ý Bài lập 5 : Với x > 0 thì hàm số : y= (1 + x1 + x)
đạt giá trị nhỏ nhất bằng bao nhiêu ? Bài tập 6 : Chứng mỉnh rằng với mọi
+ ta cĩ
z⁄@% + 1) « 1/2
Trang 3ỨNG DỤNG CỦA MỘT HỆ THỨC TỲ SỐ THỂ TÍCH
Trong bài này chúng ta sẽ đề cập đến ứng dụng của một hệ thức hình học khơng gian Hiệ thức đĩ được phát biểu như sau :
Hệ thức : Nếu một mặt phẳng cắt ba
cạnh SA, SB, SC của một hình chĩp tam giác
SABC lần lượt tại các diểm A', B', C’ thi
Visa'ec) _ SA x SB x sc q)
Visasq SA ™ SE X§Œ
Với V, (s4ao là thể tích hình chớp SABC
Việc chứng minh hệ thức (1) khá dé dàng
và xin nhường cho bạn đọc Dưới đây thơng qua một số bài tốn, tơi muốn chỉ ra rằng sử dụng hệ thức (1), một số bài tốn hình
học cĩ thể giải được khá gọn và hay
Bài tốn 1, Hỉnh chĩp SABC co day lA tam giác vuơng cân ABC (AC = BC), cạnh ben SA L (ABC) và SA = AB Mặt phẳng
qua Á vuơng gĩc với SH cất SB tai B’, SC tại C', Tính tỈ số thể tích của hai đa điện tạo thành do thiết điện cất hình chớp SABC Giải Đặt AC = a, khi dé AB = aVZ2 = SA va SC = a¥3 Dat V la thé tich hinh chép SABC, V, là thể tích hình chớp SABC, V, = V— Vị = V/V, = WW, T 1, ta tim V/V, Theo (1) ta cĩ : V/V = SA'ISA x SB'SB x SC/SC (*) ta tinh các tỉ số SB/SB, SC/SC s œ Hinh I 15-TcTH ĐỖ THANH SƠN
Theo giả thiết SB 1 (A’B’C’) nén A’B’ SB,
do ASAB cân nên SB/SB = 1/2 Mặt khác
BC 1 (SAC) nén BC 1 AC, lại cĩ SB 1 AC" Vay AC’ 1 (SBC) =ÁC' L SC
Xét tam giác vuơng SÁC : SA?= SƠC.SC = SA/SC? = SC/SC = SCISC = 2a7/3a? =28 Thay cée ti s6 da tinh duge vao (*) ta cĩ :
VV = U2 x 2/8 = 1/8 = V/V, = 3
=> V/V, = 2 (dpem)
Chú ý : Hệ thức ( 1) chỉ đúng cho hình
chĩp tam giác Đối với hình chớp tứ giác,
hình chĩp ngũ giác, v.v ta phải chia ra thành các hình chớp tam giác rồi mới được áp dụng hệ thức (1) Bài tốn 2 Hình chĩp SABCD cĩ đáy là hình bình hành ABCD Cat hình chớp bằng mặt phẳng Mặt phẳng này cất SA, SB, SC, SD tại các điểm tương ứng A’, B’, C’, D’ Chứng minh rằng : SAISA' + SCISƠ = SB/SB' + SD/SD' (**) Nếu hình chớp SABCD là đều, thì (**) trở thành : 1/SA’ + 1/SC’ = VSB + SD (***) Hình 2 Giải
Xét hinh chép SABC và SADC ta cĩ :
Vsasc _ Sa’ $B SƠ Vauyac SA SH SƠ o
Trang 4Vv,
side SA SD'8C Veape | SA SD°SC
Vi Vsagc = Veane = V/2 (V là thể tích hinh chép SABC) Cong (I) va (II) ta cd :
Vsanco V23 _ SA SB SƠ „ SA SỬ SƠ SA SBSC ` SA'SDSC Xét hình chớp SABD và SBCD ta cĩ : Ÿ, saspD _ SA’ SB SD’ SA’ SB’ SD’ VWapp SA SB'SD Vv, SECD M 1) (Iv) SB SƠ SƠ "scop SB'SC'SD Cộng (IV) và (V) ta được : _ $A’ SB SD! , SB’ SC SD SB`SC SD @® YsAgcp V2
8o sánh (ID và (VI) ta được
SA SE SƠ „ SA SD SƠ SA 'SB SC SA`SD SC SB’ SC SD’ SA SB SD , SB SC sv SA'SB'SP ” SB'SC '§D — SA'SH'SD wD hay : SA SB SC SD’ , SD SA'SB.SG/SB (sp SA’ SB’ SC’ SD’ , SC SA'SB'SESB (sơ ‘SD | SB_ SC , SA =—.†+_—.=-_— + — S SB SƠ SA Nếu hình chớp là đều, thì ta cĩ SA = §B = SC = SD và vì vậy 1/SD’ + VSB’ = 1/SC’ + 1/SA' (đpem), Bài tốn 3 Một mặt phẳng cắt tất cả 6 cạnh bên của một hình chớp lục giác đều tại các điểm A, B, C, D, E, F Chứng minh rằng 1/SA + 1/SD = 1/SB + 1/SE = 1/SC + L/SF (8 là đỉnh hình chớp) Giải, SB sp) ” SA SA)
Ta hãy áp dụng kết quả của bài tốn 2 Gọi hình chop déu đã cho là
SA.BC,D EF,
Xét hình chớp SA,B,D,E, với đáy là hình bình hành A,B,D,E, thiết diện là ABDE ta cĩ : SA/SA + SD/SD = SB/SB + SESE Vi SA, = SD, = SB, = SE,, nén hệ thức trên viết lại : USA + 1/SD = 1/SB + 1/SE Xét hình chĩp SA,F,D,C¡ ta cĩ : SAJSA + SDJ/SD = SFJ/SF + SCJ/SC > SA + VSD = 1/SF + USC Hệ thức (1) cĩ một hệ quả khá trực tiếp như sau :
Bài tốn 4 : (Hệ quả của (1))
Trên đầy ABC của hình chớp SABC ta lấy điểm M Các đường thẳng kẻ qua X song
song với SA, SB, SC cắt các mặt bên hình
chớp lần lượt tại các điểm A, 8, C Chứng Vưưgc _ MA | MB’ x MC (2) se =z Xx Veasc SA ™ SB minh rang Giải Hình 4
C, lần lượt là các điểm đối xứng với A, E, qua M (xem hình 4)
Khi dé
Gọi A, Bị,
Vuapc = Vata Bc,
Trên các cạnh SA, SB, SC lấy các điểm A, B, C, sao cho SA, = MA, ; SB, = MB, ;
Trang 5heen
Khi dé hinh chop SA,B,C, la anh cia hình chớp MA,B,C, trong phép tịnh tiến theo vectơ MS nên Vv; MABC, =HW SABC, hay Ÿwxpgc = Vu gc, Mặt khác Vsap,c, _ SA; SB, SC, Vupc SA SB SC = Vuasc - MA MB MC Veasc SA SB'SC Hệ thức (2) giúp ta giải được bài tốn cực trị sau đây :
Bài tốn ð Cho trước gĩc tam diện Oxyz và điểm M cố định trong gĩc đĩ Hãy dựng một mặt phẳng qua Ä cất gĩc tam diện
thành tứ điện cĩ thể tích bé nhất,
Giải
Hình 5
Giả sử mặt phẳng qua Ä cắt cdc canh Ox,
Oy, Oz của tam diện Oxyz tai A, B, C Kẻ qua M các đường thẳng song song với các tỉa Ởx, Ĩy, Oz cắt các mặt (yO2), (zOz) và (xOy) tại A,, B
Theo (2) ta cĩ :
Vaaac, MA, MB, MC, © Vounc OA OB OC
Vì Vara Bc, khơng đổi, nên Vọ „„ bé nhất
khi MA/OA.OB,JOB.MC,JOC đạt max
Gọi A, B, C là giao điểm của AM, BM,
CM với các cạnh đối diện của AABC (xem hình ð), ta cĩ : MAJOA = AMIAA ; MBJOB = BMIBB, MC,/OC = CMICC, do M nằm trong AABC, ta cĩ MAJAA + MHIBB + MC/CC = 1 nén MAJOA + MB,/OB + MC/OC = 1 Ấp dụng bất đẳng thức Cơsi cho 3 số đương ta cĩ
M AIOAM BIOBM G/OC đạt max khi MA,/OA = MB,/OB = MC,/OC <>MA/AA = MB'BB = MC/CC’ + M la trong tam tam
giác
Nếu dựng mặt phẳng qua ă thừa nhận 3 là trọng tâm tam giác tạo thành do mat phẳng cất Ĩx, Øy, Øz thì Yoxpc bé nhất
Việc dựng cụ thể xin nhường bạn đọc Bài tốn sau đây lại là một ứng dụng khác của hệ thức (2)
Bài tốn 6 Cho gĩc tam dién Oxyz va điểm M bên trong nĩ
Một mặt phẳng qua M cắt các cạnh của gĩc tại các điểm 4, 8, C Chứng minh rằng
3
Voasd morc’ Moca’ Moab)
cĩ giá trị khơng phụ thuộc cách chọn mặt
phẳng Giải
Giả sử mặt phẳng qua M c&t Ox, Oy, Oz,
tai A, B, C (xem hinh 6), Ké qua M cdc đường thang song song véi Ox, Oy, Oz lan
lượt cắt các mặt bên hình chớp OABC tai
Trang 6Hình 6 thay các hệ thức này vào (*) ta cĩ YoAsdVupC- = Voanc !
! Wuoas * Vuosc * Yaoca) > dpem
Một số bài tốn sau đây giành cho ban doc
Bài tốn 7 Hình chĩp SABCD cĩ đáy là
hình chữ nhật ABCD cạnh BC = AB2 ; SA
+ (ABCD) Một mặt phẳng qua A vuơng gĩc với SC cắt SC tại C, SB tại B' và SD tại
Ð' Biết rằng mặt phẳng (ABCP) hợp với (ABCD) một gĩc nhọn ø Tính tỉ số thể tích của hai khối đa diện tạo thành do mặt phẳng cắt hình chĩp SABCD Bài tốn 8 Cát hình chớp ngũ giác đều bằng mặt phẳng cắt tất cả các cạnh bên hình
chớp tại các điểm A, B, C, D, E Goi S la đỉnh hình chớp Hãy tìm hệ thức liên hệ cho các đoạn SA, SB, SC, SD và SE
Bài tốn 9 M, N lần lượt là trung điểm của hai cạnh AB và CD của tứ diện ABCD Chứng minh rằng mat phẳng bất kì đi qua MN cất tứ điện thành hai khối đa diện cĩ thể tích bằng nhau
PHƯƠNG TRÌNH LÙI
VÀ LÙI BẬC PHƯƠNG TRÌNH
Nhiều bài tốn bậc cao ta cĩ thể giải được bằng cách đưa về phương trình bậc hai Sau đây là một số phương pháp thường dùng
1 Nếu ta cĩ phương trình bậc 4 dạng
ax + bx3 + cx2 + đx +e= 0, ø 0
mà tổn tại một số 4 # 0 sao cho đ =bỊÀ,e= a2 thì ta cĩ thể dẫn về phương
trình bậc hai Phương trình nây gọi là phương trình lùi, vì nếu đổi biến z = Ajy thì
phương trình theo y hồn tồn giống phương trình theo x
Th giải phương trình lùi như sau : VÌ x = 0 khơng phải là nghiệm của phương trình (nếu trái lại ta cĩ e = 0 mất)
Trang 7Do vậy ta giải như sau :
Vi x = 0 khơng phải là nghiệm của phương trình đã cho (nếu trái lại ta cĩ 4 = 0 vơ lí), nên chía hai vế cho +z2 và nhớm các số hạng ta được +? + A2 — Bíx — 3/ø) = 0 Dat tax - 2, khi đĩ /2=z2+4#”—4 và ta cổ 2-Bt+4=0 Do ø+b+c=0 nên phương trình cớ nghiệm /=l,£=4 Nếu £ = I, ta cĩ *—2z=1 => z2—x—2=0 vi œ—b+c=Q, nên phương trình cĩ nghiệm z = -1,x = 2 Nếu £ = 4, ta cĩ x~— 2# =4= xz2—4x—~2=(0,x= 2 + Vẽ
Thi du 2 (Đề thi vào đại học khối A năm 1976) Tìm tất cả các gĩc œ sao cho với mọi x # 0ta cĩ @2+ 1⁄2)+ (1— 8sinz)Œœ+ Lx) + 8sinz> 0 Giải : Đặt t =x + 1z, khi đĩ vì z.L/# > 0 nên le] = |x + Lal = {xl + ial > > 2V[z].ÏÏzÏ =2 Dấu đảng thức nhận được khi và chỉ khi |x| = ! hay z = #1; Ê =x? + 1w? + 9, Thay vào bất đẳng thức ta được 2+ (1 ~ 8sina)¿ + 3sina — 2 > 0 V{¿| = 2
Vẽ trái là tam thức bậc hai theo ¿, lại cĩ œ#+b+c=0, nên tam thức cĩ nghiệm là † = 1??£=3sinz_— 2 Bất phương trình
đúng với mọi giá trị ¿ nằm ngồi hai nghiệm, nhưng vì |í = 2 nén ¢ = 1 va t= 3sina — 2 phai ndm trong khodng (-2, 2), Hiển nhiên /=l thuộc khoảng (-2, 2) nghiệm £ = 3sinz ~ 2 thuộc khoảng này, nếu —2 < 3sina — 2 < 2 hay 0 < 3sinz < 4, suy ra Binz > 0, 2kz < œ < (2k + lặn
Thi dụ 3 (Đề thi khối A, Đại học giáo dục miền Nam năm học 1975 - 1976) Chứng minh rằng biểu thức
3(x2/y? + y2/x2) ~ 8(xjy + yx) + 10
khơng âm với mọi giá trị thực của x va y khác giá trị 0 Giải ĐặtZ= 3(x22+y2z2)—S(xiy+y/x)+ 10 Th phải chứng minh rằng Z > 0 V+, y z 0 Dat ¢ = x/y + yix, ta cd |t| > 2, dấu bằng xảy ra khi xw = y/£ = +1, tức là x = + y Ta cĩ Z=82-8/+4>0 WV |e 2 2 é 2 Z| — RAY - Z ™, Đ ø ; 4 + Z=6:—8=0 khi fez Lap bang bién thiên Do vậy Z>Z„„= 0V |¿| > 2 Il Nếu phương trình cớ dạng (fl) + aœ)* + @) — bì“ = thì dat f@)+a=t+a,f(x)-b=t-a =>
œ=(a+b)/2, để đưa về dạng đối xứng
(+ a)*+ (a2 =e hay
2+ 1222 + 2a*=oœ=?? (phương trình
trùng phương), rồi đưa về phương trình bậc
hai 2X? + 12c?X + 2a4-e=0, trong đĩ x=2z0
Thi dụ 4 Giải
cost + (1 ~ cosx)* = 1, phương trình Giải Vì (1— coax)*+= (cosr- 1)*, nén ta cĩ cosx + (cosx — 1)! = 1, Dat com =t+ 1/2,com-—1=t-1/2, ta duge (+ L2)! + @Œ— 1/92 =1 2 + 82 + 1/8 = 1 Dat 2 = X, khi dé 0 < X < 9/4 va ta cĩ 2X? + 8x - 7/8 = 0 Phương trình cĩ nghiệm X= 1/4, X= -7/4 < 0 (loại) = ¿ = + 1/2
Nếu £ = 1/2, coax = l,+ = 2m, m nguyên Nếu¿=— 1/2, cosx= 0, x= 2/2+ kx, k nguyén
Ill Nhiéu khi ta dodn một số nghiệm hữu
tỉ rồi lùi bậc phương trình về bạc hai Chú ý rằng, nếu tổng các hệ số của phương trình bằng 0, thì phương trình cĩ một nghiệm x = 1,
cịn nếu tổng các hệ số bậc chăn bằng tổng các hệ số bậc lẻ thì phương trình cớ nghiệm + = -l Nếu khơng thỏa mãn hai điều kiện trên thÌ ta đốn nghiệm hữu tỈ như sau :
Tim x dudi dang x = p/q, (p,q) = 1 hay
Thay vao phuong trinh
ag" taz"~1+ +a,_x+a,=0 và quy
đồng - mẫu SỐ ta được
ap"+ ap" Igt + a, pa | +a," = 0
Trang 8Vì ø số hạng đầu chứa p, nên chia hết cho p, Ư cũng chia hết cho p, do vậy a„g” ! p Do (p.g) = 1, suy rà,! p Tương
tự ta suy ra ø : g Vậy nếu phương trình ag’ tag") + +a,_ ata, =0, với
@,,4,,-.,@, nguyên, cĩ nghiệm hữu ti
x =PÍq, (p,q) = 1 thì p là ước của ø,, cịn g
là ước của ø, Dac biét néu a, = +1, thi
nghiệm hữu tỉ là nghiệm nguyên và là ước của hệ số tự do a, Trong thí dụ 1, vỉ tổng các hệ số bậc chin bằng tổng các hệ số bậc lẻ bằng B, nên phương trình cĩ nghiệm x = —1, và cĩ thể viết, (x + 1)@3 - 6x2 + Gx + 4) =0 Vi x3 - Gx? + @x+4 khong cĩ nghiệm x= +1, nén ta xét cdc nghiém hiu ti JA céc nghiém nguyén (vi a, = 1) va là các ước của 4, tức là x = +2,4+4, Dox = 2 la nghiém : 8 - 34+ 12+ 4 = 0, nên cơ thể viết (a + 1) (x — 2) (x? — 4x — 2) =0, do vậy phương trình cịn x=2+Y¥6 Thi du 5, (D6 thi nam 1984) Giải hệ phương trình cĩ nghiệm zt y3 =@œ—y) x+y=—1
Giải Nếu các bạn giải bằng phương pháp thế, tức là rút y = —x ~ 1 thay vào phương trỉnh đầu, thì được 2x3 + 8x?— 2x = 0 Do a+b+c+d=0, nên phương trình cĩ nghiệm x = 1 và cĩ thể viết (ce — 1) (x? + Bx + 2) = 0 Do vậy phương trình cịn cĩ 2 nghiệm + = -1/2 vax = -2 Nếu x = -1/2, ta cĩ y = -l/2 và hệ cĩ nghiệm (-1/2, -1/2) x = +, ta cĩ y = -2 và hệ cĩ nghiệm (1, ~2) x = -9, ta cĩ y = 1 và hệ cố nghiệm (~9, 1) Thi du 6 (Đề thi vào Đại học sư phạm thành phố Hồ Chí Minh năm học 1976 - 1977) Giải phương trình 4x — 3x + 1 = 0 Giải Ta lùi bậc phương trình bằng cách tìm 1 nghiệm hữu tỈ x = pí4, (p, g) = 1 ; ước
của p là +1, của g là +1, +2, +4, nên nếu
phương trình cĩ nghiệm hữu tỉ, thì chỉ cĩ thể là x = +l, +1/2, +1⁄4 Phương trình khơng cĩ nghiệm x = I, vì tổng các hệ số bằng 280 2 # 0, cịn tổng các hệ số bậc chẵn là 1, bằng tổng các hệ số bậc lẻ là 1, nên phương trình cĩ nghiệm x = -1 và cĩ thể viết (x + 1) (4x2 — 4x + 1) = 0 hay œ&+ )(xT— 12=0 Vậy phương trình cĩ nghiệm z = -l, z = 1/2 (kép) Thí dụ 7 Giải phương trình
cos2x + cos23x = 3cos22x,
Giải Theo cơng thức
coga = (1 + cos2z)/2 và
cos3a = 4cos’a ~ 3cosa, ta cd
(1 + cos2x)/2 + (1 + cos6x)/2 = 3cos22x 1 + (1/2)eos2r + (1/2)cos3 2x = 3cos22x
2co32x — 8co#2x — cos2x + 1 =0 Dat
cos2r = (, =L «% ¿ < 1, ta được
2Ư — 82 ~t+ 1 =0
Vì ước của 1 là +1, của 2 là + 1, +2 nên
nếu phương trình cĩ nghiệm hữu tỉỈ, thì chỉ cĩ thể là +1, +1/2, Khi ¿ = 1/2 ta co 1/4 - 3/4 - 1/2 + 1 = 0, nên phương trình cĩ nghiệm £ = 1/2 và cĩ thể viết 2Œ — 1⁄2) (2—t— 1) =0 và phương trình cịn cĩ t= (1 — VBY2, ¢ = (1 + Y5)/2 (loai) Néu t = cos2x = 1/2 = cosn/3 ; 2x = + 2/3 + 2k x= +2/6+ kx,k nguyén Néu t= (¢ — V5)/2, costx = (1- V5W2=cox = Qe = tat 2kx x=+ta/2+in, | nguyén, 0 < a@ < xz, ma cosa = (1 ~ ¥5)/2 Cuối cùng mời các bạn tự giải một số bài sau đây : 1, Giải phương trình a) x4 + 9 = Bx(z2 — 3) b) x4 - Gx? + 4x7 + l2r + 4= 0
2 cos2x + l/cos2y = cosr — l/cosr
Trang 9CỰC TIỂU CỦA PHÂN THÚC CHÍNH QUY
Trong bài này xin giới thiệu một lớp hàm số đặc biệt, mà việc tìm cực tiểu của nĩ rất đơn giản do cấu trúc đặc biệt của chúng Lớp
hàm số ấy cĩ tên gọi là phân thức chính quy, 1 Phân thức chỉnh quy Giả sử
ae) = Set! ¿=1
là phân thức của một biến z Ta sẽ nĩi rằng phân thức g() là chính quy, nếu tổng các
tích của các hệ số €¡ của nĩ với bậc của các lũy
thừa tương ứng ø, là bằng khơng, tức là m ~ Dag, = 0 q) Psy 'Thí dụ đơn giản nhất về phân thức chính quy là feyerttextet
(ở đây e¡ =c„ = lai =1,a; = =1)
Dựa vào đồng nhất thức lượng giác
sin’a + cos’a = 1, ta cĩ thể chứng minh rằng phân thức hạ) =x+ TỔ +9 nà xi xcos 2 la chinh quy That vay A(x) cĩ thể viết đưới dang A(x) = x + (sina)x 8 + (cose Com, m Do đĩ dag, = 1— sin2z — coslz = 0 ¿=1 Bây giờ giả sử By X= Si cpa x xi (2) i=
là phân thức của ø biến #j;Z„ „ Th sẽ
nĩi rằng phân thức øGŒy, x„) là chính quy nếu ae, tape, t+ ta, ¢, = 0 đập † #226; + + aye, = 0 PHAN HUY KHẢI Gly H Ayre ay Fo + al = 0 Các phân thức một biến m m 8%) => CF + By %q) = >, oni i=1 “1 sẽ được gọi là các thành phần của phân thức ØGŒ\, #„) Thí dụ, các thành phần của phân thức hai biến 41L 8 By) = Oe" y + Bx” nse#0 sẽ là các phân thức as 2 8%) = 2" 42x +2? -1 2 ~2 B= By + By tye Rð ràng phân thức #ứ¿, x„) là chính quy khi và chỉ khi tất cả các thành phẩn
8%), 7 = 1, ., n của nĩ là chính quy Trong thí dụ trên, phân thức hai biến (x,y) la
chính quy vi cả hai thành phần của nĩ #;@&) và øg;G) đều là chính quy
Dưới đây, chứng ta sẽ đưa ra một định lí nà nĩ sẽ giúp nhiều trong việc kiểm tra tính
chính quy của một phân thức
Định lí 1, Nếu các phân thức ø, hä là chính quy thì các phân thức Ág (4 là số
dương), g + h, g, h (g, h là kí hiệu hàm hợp quen thuộc) cũng là chính quy
Chứng minh của định lí 1 suy trực tiếp từ định nghĩa,
Trang 10nt Cá = Rn — Sỹ Cũng là chính quy Do đớ ta cĩ " fn Dd Cheek — n) = 0, tae la 2S aCe = k=0 k=0 " =n > co = n2" va như vậy ta đã chứng k=0 minh được một đồng nhất thức quen biết n Sean k=1 9 Cực tiểu phân thức chính quy Giả sử m 8Œy -3,) = Ð c1 XE (3) k=1 là phân thức chính quy, tức là n 9: = > Syl = 0 với mọi ¿ = 1, n Tính k=
chất cực trị của phân thức chính quy biểu diễn qua định lí sau day
Định lí 2 Giá trị nhỏ nhất của phân thức chính quy (3) trén mién x, >0,x, >0, ,%, > 0 bằng tổng các hệ số nĩ, và đạt được khi =4,= 1, tức là của X, 2%, 2 m min øŒ, Z„) = ø(, 1) = > % x, > 0G = Ta) kel Định H 2 được chứng minh dựa trên hai bổ để sau Bổ đề 1 (Bất Đẳng thức Cauchy suy rộng) Giả sử zị, ,x„ là n số khơng âm tùy ý, la n s6 khơng âm mà ay + ta, = 1, Khi đĩ ta cổ cịn Byrn Sy " Dag, > | £t (4) kel kel ngồi ra ta cĩ dấu đẳng thức khi và chỉ khi Ky = My Bồ dà 2 Giá trị nhỏ nhất của hàm số ?ũi, .,) = S82, ¿=1 232 a Với các ràng buộc Z,>0 Z,>0 Ls Dba Dy = A 12: 4mm «@ trong đĩ Ø, > 0,y, > 0, A> 0,i = 1 —n bing "xăng =1 #=0,+- +9) (ATI (7) onto =1 Giá trị nhỏ nhất đạt được tại điểm duy nhất (Z7, Z2), trong đĩ 1u ổ ul a) aren = te sy tị “Br Odayy=y,t+ +4, Chứng minh của bố đề 1 bạn đọc đã biết Chứng mình của bổ đề 2 Đưa vào các biến dương mới x¡, x„ như sau tị =F Rt ¿=1, ,n Khi đĩ hàm số ø(Z,, Z„) trở thành hàm số ny, Bey td = DHA (8) ¿=1 và ràng buộc (4) trở thành ràng buộc sau ”;> 0, .,x,, > 0 lì cử (6) xp ey ky =A, trong đĩ nO Bi yt Ai=z (All) mỹ
Nhu vậy ta chuyển về bài tốn tìm cực
tiểu hàm số (5) với ràng buộc (6)
Giả sử z, z„ là các số tùy ý thỏa mãn ràng buộc (6) Theo bổ đề 1 ta cĩ ta 1 1h Be, 2) = piety a =A, Z1 Mặt khác nếu lấy x7 = Á, với mọi ¿ = 1, , n, khi đĩ rõ ràng (2J, ,x;) thỏa mãn ràng buộc (6) và ta cĩ
& (xj, , a4) = A, Điều đĩ chứng tơ rằng min đề x„) = Ai, VÌ dấu đẳng thức trong
Trang 11(A, 4;) là điểm cực tiểu duy nhất của hàm s6 (5) với ràng buộc (6) Rõ ràng giá trị
bé nhất của hàm số ?(2, Z„) với ràng
buộc (4) cũng bằng Ai Cực tiểu đĩ sẽ đạt
tại điểm (ZT Zz) duy nhất, trong đĩ
Zi = (⁄) 0/8) A,
Bổ đề 2 được chứng minh hồn tồn
Ching minh dinh li 2 Trước hết để ý rằng m min gŒ„, .z„) S ø(1 1) = De, (8) % >9 k1 J=l, ,m Giả sử (xị, ~„) là một điểm tùy ý với các tọa độ dương Đặt tụ = Cu Xem, k = 1, 2, , m Ta sé ching minh rang m m T= Te k= ke) That vậy từ (9) m Dat A= Thee và xét bài tốn sau : KEL Tim # = min (2¡ + Z¿ + + Z„) với rang buộc Z,>0,, ZZ Zip =A +9 Zp > 0 do
Ứng dụng vào bài tốn này bổ để 2 khi
n =m ; ổ, = Ly, = c, và gid tri A, khi đĩ ta CO =y =y, + Tư =e, +
Chú ý rằng dựa vào đẳng thức (9), ta thấy
các số #, u„ xác định như trên thỏa mãn ràng buộc (10) Do đĩ với a> 0, tùy ý ta cĩ yo ky > O m gœy sa Xu) = Sy Bea De k=l Bất đẳng thức này cùng với bất đẳng thức
{8) suy ra điều phải chứng minh
Trang 12
5 Cho 3 vịng trịn tâm A, B, C v6i ban + colg? B “2 c kính a, 6, e tương ứng, từng đơi một tiếp xúc “ ( 2 ) si ( 2 )
ngồi với nhau Xét AABC và hãy chứng Cc A
minh rang + cotg? (3) cotg? (3)
4 B 1 1 1
cotg? (5) cots? (>) =@+b+o?) (+ +)
8 ce Dễ dàng kiểm tra rằng phân thức + cofg? (2 \ cotg? (+ g gp H H #86, e) = (6 +ð +ưÊ (5+ 1+ <) + cote? (5) cong? (F) 227 (uy là chính quy Từ dé suy ra rằng 4° b1 2 min g(a, b,c) = g(1, 1, 1) = 27 a>0,b>0,c>0 Vậy bất đẳng thức (11) là đúng,
4 Để hiểu kĨ hơn những điều trình bày
ở trên mời các bạn giải mấy bài tập sau đây 1 Chứng minh rằng các phân thức sau la đây là chính quy : tn nx 1 5) 8) “TT ty n W Dat P=a+b+c;u=AB=a+b; b) đŒ,y) = œ +)" œˆ^ +y 0=BC=b+c;t=AC=a+c Rn Theo định lí hàm số cosin trong A ABC ©) g(x) =at S34 trong đĩ a> 0 ta cd j=1 — (MÊ + 2 — 02) n cos = a > a= i-t
Từ đĩ dễ dàng suy ra co: Lên “ 2 Chứng minh rằng các phân thức sau
Trang 13PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC GIẢI CÁC BÀI TỐN
TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ NHỎ NHẤT
Từ trước chúng ta đã làm quen với các bài tốn cực trị Ít biến hoặc Ít điều kiện
Trong bài này sẽ trỉnh bầy một phương pháp
giải đễ hiểu đối với một số bài tốn cực trị nhiều biến và nhiều điều kiện
Để làm rõ nội dung và cách vận dụng phương pháp này, ta trình bày thơng qua các ví dụ tiêu biểu dưới đây : Vi du 1: Tim gia trị lớn nhất và bé nhất của hàm số y =x, —x, trén mién G : (x, — 6)? -— @, — 832 > 25 xi + (x) ~ 4)? < 25 G= 2, +4, <4 x, 9, +; > 9
Lời giải : Đồ thị biểu diễn miền G là miền gạch chéo trên hỉnh 1 Đồ thị của hàm #ạ =#¡ — y, y là hằng số nào đĩ, là tịnh tiến đồ thị A của hàm x; = x¡, một lượng (~y) theo trục z, Giả sử giá trị lớn nhất ym„„ (tương tự y„) đạt được tại diém (x),x,) của miền G Điều đĩ cĩ nghĩa là hệ #Ị — #¿ = Ÿmax (x, ~ 6 + œ; — 82 > 25 at + (x, - 4)? < 25 2x, +2, <4 x, 2 0,2 > 0 cĩ Ít nhất 1 nghiệm là (x,,z;), hay đổ thị
hàm z; =#) — ymạy cĩ điểm chung với đồ thị
biểu diễn miền G Như vậy để tìm y„ „ hoặc
mịn trên G, ta xác định vị trí thích hợp của đồ thị là tịnh tiến của A và cĩ điểm chung với đồ thị biểu diễn miền G mà từ đĩ ta nhận được giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất
cần tìm Do : (—#„„)< ~¥ = (pin) với
ý =#i¡T— #; (#j,*;) € G, nên y„ịn tương ứng với vị trí đồ thị cao nhất và y„.„ tương ứng
TẠ VĂN TỰ
với vị trí đồ thị thấp nhất trong các đồ thị
là tịnh tiến của A mà cĩ điểm chung với đổ thị của miền G Vị trí đổ thị cao nhất là đi qua điểm A và vị trí đồ thị thấp nhất là đi
qua điểm 8Ư Giải hệ phương trình 2x, +2, 54 xi + (x, — 4)? = 25 với chú ý toa dé cia diém A déu dương ta cĩ tọa độ của A là (V5, 4 + 2Vỗ) VAY Yuin = V5 — (4 + 2V) = —4 ~ VŠ Hình 1 Đường trịn (x¡ — 6)? + ø¿ — 8)? = 25 edt trục hồnh tại các điểm B và C với các tọa độ tương ứng là (2, 0) và (10, 0) Vậy Y„„=2+0=2 Nhận xét :
Trang 14rr Các tính chất thường dùng là : 1 ~ Đồ thị hàm số y =/ + a) là tịnh tiến đồ thị của hàm y = f(x) theo truc x m6t lugng = a 2 - Đồ thị hàm số y = f(x) +6) là tịnh tién d6 thi ham y= ffx) theo trục y một lượng b VÍ dụ 2 : Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của hàm số # = 4x, + 6x; với các điều kiện #ị tx; &10 x, + 4x, >8 O<2, <6 O<x,€5 NY x,
Lời giải : Đồ thị miền G được biểu diễn
bằng miền gạch chéo trên hình 2 Hàm tình 2 2 a= g3 + ??? với F là hằng số, cĩ đồ thị là tịnh tiến ? ? ? thi A cia ham X= oe, ? ? ? lwong P/6 Do F = 4,22?
6, (xị, +;)€ G, nên Ta„ tương ứng với vị
trí cao nhất, cịn mịn tương ứng với vị trí đồ thị thấp nhất trong các đồ thị là tịnh tiến của Á mà cĩ điểm chung với miền gạch chéo Hệ số gĩc của các đường thẳng 1 gi 2S ky + 10, x = ~FA +2 lần lượt là ¿ga = ~2/3, tgổ = —1, tgy = — L4 Vậy các gĩc ø, 8, y đều tù và 8 < a < y do theo trục x, Pain F € Fong với X= 236
ham y = ¢g(x) tang trong khoảng (z/2, x) Từ đĩ vị trí đổ thị cao nhất là di qua điểm 4, vị trí đồ thị thấp nhất là đi qua điểm B Dễ cĩ tọa độ của điểm A là (5, 5), toa độ của điểm B là (0, 2), nén : Fw =4.5+6.5 = 50 va Prin = 4-0 + 6.2 = 12 VÍ dụ 3 : Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm y= |x, —1Ị —x, trén mién G: x, +4, 23 G= lần + 2r, < 12 x, = 0, x, 20 Hinh 3
Lời giải : Đồ thị miền G là miền gạch chéo, trên hình 3 Ứng với mỗi y, đồ thị hàm
số z„ = |x¡ — 1| — y là tịnh tiến đồ thị A của
ham x, = |x, — 1| theo trục z;„ đi một lượng (2) Do (yg) -¥< (“Ymi Vi y= lz, 1] x, (,%,) EG, nny, tướng tứng với vị trí đồ thị cao nhất, Ymax tương ứng
Trang 15&~—1)y«<1 xty>4 0<z<ð 0<x<5
Lời giải : D6 thị miền G là miền gach chéo trên hình 4 Ứng với mỗi Z > 0, đồ thi x? + y? = Z là đường trịn tâm (0, 0) bán kinh
ÝZ Để tìm Z,„„„ ta xác định đường trịn tâm
O (0, 0) bán kính lớn nhất và cĩ điểm chung với miển gạch chéo Dễ dàng thấy đường
trịn như thế là đi qua điểm A hoặc N G= v aes Ne [2 LÍA giá ` G ø l2 2 Hình 4
Giải hệ i = 5 = 1 t@ c6 toa do của
điểm A là (6/5, 5) Tương ty toa dd cla N la (5, 1/4) Cĩ Z„= (6/5)? + 5? = 26,44 va 1 Zy = 5? + (1/4)? = 25 Te Vay đường trịn cin tìm là đi qua điểm A và cớ : Z„„= Z„ = 26,44 Để tÌm Z„.„ ta xác định đường trịn tâm {0, 0) cĩ điểm chung với miền gạch chéo và cĩ bán kính bé nhất Để xác định tọa độ của các điểm B và M ta giải hệ phương trình +y=4 at hy ¢
ie “hy =1 Với chú ý hồnh độ của B bé hơn hồnh độ của điểm M ta cĩ Ư
5-V5 3+¥5 a
(= a )*
+ +
ue HỘ), Gọi O, là điểm giữa của
đoạn CQ, tọa độ của C va @ 1a (0, 4) va (4, 0) nén O, cĩ tọa độ là (2, 2) Do
5 Sẽ < 2, nên điểm C và 8 nằm cùng phía
đối với điểm Ĩ, Lại do A OC@ cân, nên
ØO, 1 CẠ, và theo định lí về hình chiếu và
đường xiên, ta cĩ trong miền ABCD điểm B
gần gốc tọa độ nhất Lí luận tương tự, ta cĩ
trong miền QMNP thì điểm M gần gốc tọa
độ nhất Nhưng cĩ Z,=11-¥5,
Z„ = 11+ ¥5, nên đường trịn cần xác định
là đi qua điểm B và cĩ ma” Zg=L1— Y5
Vi dy 5 : Tim giá trị bé nhất và lớn nhất của ham 86 y = —2x, — x, +x? voi hé diéu kiện : 2x, + Bx, <6 2x, +2x,64 x, > 0,2, 20 G= (Bai 8 trong muc "Để ra kÌ này" - Báo TH v TT số 101)
Lời giải : Đồ thị của G là miền gạch chéo trên hình ð Với mối hằng số y, đồ thị hàm
số z,=z?— 2x —y là tịnh tiến đổ thị
parabol Á của hàm x, =a? — 2x, theo truc x, mot lượng (-y) Dé tìm y„ ta xác định
vị trí đồ thị cao nhất trong các đồ thị là tịnh tiến của ÀA mà cĩ điểm chung với đồ thị của
miền GŒ Đồ thị ? ? ? tìm tiếp xúc với đường thang 2x, + 3x, = ??? điểm A Để tìm giá trị hồnh độ của A ? ? ? phương trình cĩ nghiệm kép : Hinh 5 2 —gz¡ + 2= zÏ — 2m — Ymn Ta cS x,=2/8 va đồng thời cĩ
Ymin= ~?? Do A thudc dutng thẳng 2 + , =6, nên tung độ của A là
x, = 14/9 Để tÌm y„„ ta ? ? ? định vị trí đổ
thị thấp nhất trong các đồ thị tịnh tiến của A và cĩ điểm chung với miền gạch chĩo Dễ thấy vị trí đổ thị cẩn tìm là đi ? ? ? điểm O (0, 0) hoặc B (2, 0) va cd Ymnax = 0
Trang 16D- MỘT SỐ KIẾN THỨC BO SUNG
K-TAM VA DUONG THANG O-LE CUA DA GIAC NOI TIEP
Chúng ta đã biết rằng trong một tam giác AAAy trong tam G, truc tam H, tam O cha đường trịn ngoại tiếp và tâm E của đường trịn Ĩ-le là bốn điểm nằm trên một đường
thẳng (gọi là đường thẳng Ĩ-le) và thỏa mãn các hệ thức HẺ/ HO = ~ GẼ/GÕ = 1/2 Từ đĩ dễ dàng suy ra > — OH=30G OE = (3/2) OG (1) —> _ —> _~
Vì OG = (OA, + OA, + OA,)/3, (2) nên từ các hệ thức (1) ta cĩ OH = OA, + OA, + GA, <p me —> _— — — — — OE =(OA,+0A,+0A,)/2 — (8) Vẽ phải của các hệ thức (2) và (3) cĩ dạng 3 3 chung > OAsk hay Dar nếu dat „ el i=
OA, =a, trong dé Èk lấy các giá trị 1, 2, 3 theo thứ tự ứng với trực tâm, tâm đường
trịn Ĩ-le và trọng tâm
Để mở rộng, ta hãy xét một đa giác n canh A,A, A, ndi tiếp trong một đường trịn tâm Ĩ bán kính #, và đưa vào các khái niệm mới qua định nghia sau đây
Định nghĩa Cho trước một số thực b Một điểm C được gọi là k-£&m của đa giác nội tiép A,A) A, néu — — — — OC = (OA, + OA, + + OA,) / k, hay (4)
NGUYEN CONG QUY
k-tam ứng với các giá trị k bằng 1, 2, n theo thứ tự được gọi là true fam, tam O-le và trọng âm của đa giác đã cho Nĩi cách
khác, trực tam H, tam O-le E và trọng tâm G
cla da gidc A,A) A, theo thứ tự là các điểm ma ban kinh vecto théa man các hệ thức -
n n n
KT Šn 2< Š 802, 8= Š 8a "+
trong dé h = OH ,e = OF va g = OG
Thoạt tiên mới đọc ta thấy hình như định
nghĩa trên mang tính chất hình thức, các khái niệm được định nghỉa phần nào cĩ tính chất "giả tạo" Và một câu hỏi được đặt ra là : liệu các khái niệm nêu trên cĩ tính chất hình học khơng ? Ý nghĩa hình học của các khái niệm được định nghĩa như thế nào ?
Giải đáp câu hỏi này ta sẽ chứng minh tính chất cơ bản sau đây :
Cho một da giác A,A A, nội tiếp trong
Trang 17tức là CC, = R/|kì Tương tự ta cĩ
CC, = CC, = = CC, = RÍ|Rl,
trong 46 Cy, Cy, C, Cùng với C, là các k-tâm
của các đa giác ø — 1 cạnh cĩ đỉnh tại A, Như vậy tức là các điểm Œ, Cy " Cc, đều thuộc một đường trịn bán kính bằng R/|k|, và tâm chính là k-tâm Œ của đa giác đã cho Tính chất trên cịn cĩ thể phát biểu dưới
hình thức sau :
Cae đường trịn tâm Cy Cy Cy ban
kink Rilh| déu đi qua một diểm chung là
h-tam cia da gidc A,A, A,,
Bây giờ ta cho & các giá trị đạc biệt để cĩ các kết quả cụ thể hơn Với # = 1, ta cĩ : - Các trực tâm của các đa giác n - 1 cạnh đỉnh tại A, đều nằm trên một đường trịn bán
kính #, tâm là trực tâm của đa giác đã cho
~ Các đường trịn bán kính R, tâm là các trực tâm của các đa giác n - 1 cạnh cĩ đỉnh tại A, đều đi qua một điểm chung là trực tâm của đa giác đã cho
Hình 1 vẽ một tứ giác A,Á,A¿A, với các
trực tâm Hị,H„,H, H, của các tam giác
AAsAy AAgA AQAA, va AA,A, Cac truce tâm đĩ đều nằm trên một đường trịn bằng đường trịn ngoại tiếp, tâm là trực tâm của
tử giác A,A;ÁÁu
Nếu gọi đường trịn Ĩ-le của một đa giác nội tiếp trong một đường trịn bán kính R là đường trịn bán kính #/2, tâm là tâm O-le cia
đa giác đĩ, thì với & = 2 ta cĩ kết quả sau :
Hình 1
~ Tâm các đường trịn Ĩ-le của các đa giác n ~ 1 cạnh cĩ đỉnh tại A, đều nằm trên đường trịn Ĩ-le của đa giác nội tiếp A;4, A,
— Các đường trịn Ĩ-le của các đa giác n ~ 1 cạnh cĩ đỉnh tại A, đều đi qua một điểm chung là tâm đường trịn Ĩ-le của đa giác
nội tiép A,A, A,
Việc vẽ hình để kiểm nghiệm lại kết quả
này xin dành cho bạn đọc
Với k = 3 thì cĩ điều hơi đặc biệt hơn : — Các trọng tâm của các đa giác œ - 1 cạnh cớ đỉnh tại 4, đều nằm trên một đường trịn bán kính N/ớt — 1), tâm là Œ - 1) -
tâm của đa giác nội tiếp A;4, A„
¬ Các n-tâm của các đa giác n - 1 cạnh
cĩ đỉnh tại A, đều nằm trên một đường trịn
bán kính R/n, tâm là trọng tâm của đa giác
nội tiếp A,4, 4.„
~ Các đường thẳng nối mỗi đỉnh của đa
gidc A,A, A, với trọng tâm của đa giác n - 1
cạnh cĩ đỉnh là n - 1 đỉnh cịn lại của đa
giác đã cho đều đồng quy tại trọng tâm của
đa giác đĩ (Tính chất này được chứng minh
dễ dàng)
Tính chất cơ bản và các kết quả nêu trên đã làm sáng tỏ ý nghỉa hình học của các khái niệm š-tâm cũng như trực tâm, trọng tâm và tâm Ĩ-le của một đa giác nội tiếp Trên cơ sở của tính chất cơ bản trên cĩ thể đưa ra một
định nghĩa thuần túy bình học như sau : ủrtâm của một tam giác A,A„A+; là điểm C
théa man he tte OC = (OA, + OA, + OA,)/h
trong dé O la tâm đường trịn ngoại tiếp ; k-lam của một da giác n cạnh nội Hiếp A,A,.A, là lâm của đường trịn đi qua các
k-lâm của các da giác n — 1 cạnh đỉnh tại A,
Cũng cần nêu lên một tính chất khá hiển
nhiên : khi k thay đổi, quỹ tích các k-tâm
của một da giác nội tiếp là một đường thẳng
gọi là đường thẳng O-le của da giác đĩ (Tính chất này khơng phải dể dàng thấy
ngay được nếu dựa vào định nghĩa của k-tâm) Đặc biệt, trực tâm, trọng tâm, tâm các đường trịn ngoại tiếp và đường trịn
Ở~le của một đa giác nội tiếp là những điểm thẳng hàng
Cuối cùng, cũng cần để ý rằng : Các
đường thẳng O-le của tất cả các đa giác nội
tiếp trong một đường trịn đều đồng quy tại tâm của đường trịn đĩ
