Tuyển tập 30 năm Tạp Chí Toán Học và Tuổi Trẻ (part3-5)

Tuyển tập 30 năm Tạp Chí Toán Học và Tuổi Trẻ (part3-5)

CONG THUC VAN NANG NGO HAN Trong toán học môn khoa học khác, việc hệ thống hóa kiến thức nới chung việc tìm mối liên hệ vấn đề nới riêng cẩn thiết vơ quan trọng, cớ làm thấy rõ tồn vấn để nắm kiến thức Vì vậy, học xong Sau đó, bạn Mi chia khối đá cát phải thành AAD'BB'C' Ấp dụng Vừa qua, bạn Nguyễn Văn Mi, học sinh trường cấp Phù Cừ (Hưng Yên) dựa vào cách tính nhân dân ta tÌm cơng thức tính thể tích khối đá cát Cơng thức liên quan tới công thức mang tên công thúc uạn cơng thức tổng qt để tính thể tích diện tích tất hình quen thuộc học phổ thơng * Ok Các bạn thấy muốn tính thể tích đống gần giống hình chóp cụt *) có đáy hình chữ nhật, mặt bên (xem hình 1) hình thang cân Trước hết, bạn Mi vào cơng thức tính thể tich cla mét hinh dang tru léch (**) có đáy tam giác, chứng minh Ves lăng v,=® ( trụ lộch cơng thức (l) hình cho hình atat+a’ zs) Vì diện tích thiết dign thang S, = 30% nên: 1, V, = go'h (a + 20’) Đối với hình AD2D'BCC', ta có : atata’ V, = 5; ( —8—) Vì diện tích thiết điện thang S, = Soh, nên : V, = Goh (2a +a’) Vay thể tích khối đá cát : khối đá cát, người ta phải xếp khối đá cát thành hình hình ADD'BCC' AAD'BB'C', ta : nào, chương nào, bạn cố gắng hệ thống nơ lại để tìm mối liên hệ vấn đề với nhau, nêu lên điểm chủ yếu nhất, bao quát tata” : zs) (FS V=V,+ Vy = G(2ab+ ab’ a'b+ 2a’b") (2) h > 1) tạ Ta biến đổi cơng thức (2) thành : h +a’, ,b+b" „ở v~a[s+4(“E”) (*g)+ em] Nhận xét thành phần đấu móc, ta thấy : aồ diện tích đáy khối đá ø'b' la điện tích đáy đưới khối đá (55°) diện (57) có cạnh diện tích thiết đường trung bình mặt hình thang Vì vậy, gọi B), B„, B; diện tích đáy trên, thiết diện giữa, đáy Hình S thiết điện thẳng va a, a’, a” cạnh hình lăng trụ lệch 240 (#) Sé di ndi gần giống hình chóp cạt mà khơng phải hình chóp cut vi cdc canh AA’, BB’, CC', DD’ kéo dài khơng gặp cing diém (*») Hình lăng trụ lệch khác hình lăng trụ chỗ có mặt đáp khơng song song với nhau, h chiếu cao khối đá cát thể tích khối : h V= 5B, + 4B, +B,) (3) Đó cơng thức uạn năng, cơng thức (3) khơng biểu thị thể tích khối đá cát nói mà cịn để tính thể tích bất kÌ hình nào, Các bạn kiểm nghiệm xem dùng ! Ta biến đổi cơng thức (3) trở dạng công thức quen thuộc : - Đối với hình lãng trụ, hình hộp, hình trụ, điện tích đáy trên, đáy thiết điện diện tích đáy B, nên ta co: h (0% 402 + 0) = 8m, ~ Đối với khối chỏm cẩu, bạn tính thấy diện tích thiết diện h2 B,=x (rh - +) diện tích - Đối với hình chớp, vÌ khoảng cách từ thiết diện ; chiéu cao nên diện tích thiết điện đáy h B (0+41+B) đáy — B, =x (2rh ~ h?) Do : vV=g[0+4z = (=8) (r= 3) wt + x(2rh — 12] — Đối với khối đới cầu, ta coi thể tích hiệu khối chỏm cầu tương (xem hình 2) thÌ chiều cao đới cầu # = hạ — hạ, diện tích đáy Bị, =z (2h, — h?), điện tích đáy B; = x (2rh„ ~ h?) diện tích thiết điện B, ta có : Vag ứng có chiều cao k; h Y=gŒ+4B + B) = Bh đỉnh đến V= Bh => tị b_ ~ Déi véi hinh non, vi ban kinh cha thiét điện nên bàng bán kính đáy dưới, ; A =x[0+ [° ri2 arth +? + () an ] ==8 ~ Đối với hình chớp cụt, bạn tính thấy diện tích thiết diện B.,BE P BRaqgtgt VWB ?— h Do ta BB Va g[Bta (gt = có : : VBR ata) +B] (B+ B + VBE’) = a(hy— hy) [r®+ hy) a(h†+ huh„+hậ)] =[s#(r=#)]~[*#(r=3)] ; hy Các biểu hai đấu công thức > thức móc thể tích - Đối với hình nớn cụt, bán kính của chỏm cầu lập nên khối đối cầu Vad [att ae (T7) 2t] Cơng thức van cịn dùng để tính diện tích hình phẳng, thiết diện trung bình cộng bán kính đáy đáy dưới, nên : =ae Œ2+r2+rr) ~ Đối với hình cầu, vi chiều cao 2z, nên ta có : 46-TCTH Ay cơng thức (3) ta coi V điện tích, BụB, B; cạnh đáy đình ? chiều cao, trên, cạnh và cạnh đáy hình : 24L - Đối với hình bình hành, hÌnh chữ nhật, gọi đáy trên, đáy thiết diện ø, đường cao b : =Š(œ +4 - Đối với hình tam giác, ta có : = Do : 3a) cạnh ry seo_@ đáy duéi iB, B, == 2ar Qnr—2e By = 2x (z) 55 =" vịng”) có vng bán góc với Hình $c đến trục quay giác cong, có góc đỉnh z đường cao hình các đầu mút điểm đường sinh - Đối với hình quạt, coi tam (xem xoay, A la chiều B,B„B; đường sinh kẻ từ yak (a+ 42s 45) on (25%) r tích trịn cao kính - Đối với hình thang thì: khơng gian nữa, ta coi V diện xung quanh hÌnh +a) = nở Vag (044540) hinh trdn xoay — Đối với hình trụ, vÌ bán kính vịng bán kính đáy hình trụ nên ta có: h ˆ§ (2xr + 4.2nr + 2nr) = 2nrh - Đối với hình nón, bán kính vịng (bán kính kẻ từ điểm đường sinh) bằng7 bán kính vịng ¬ " V=g (0+ Am 355 + 369) đáy 2/ (xem hình 4a) Do : h =g (0+ 4.21 + 2x.21) = 2nlh a - Đối với hình trịn, coi hình quạt đặc biệt góc œ = 3609, tức ¬ Đối với hình nớn cụt, bán kính Đồng / bán kính ng 3ð) : đưới 27 - x (hình 46) Th có : cạnh hình quạt trùng (xem hình h — x)] = 2nlh = g 2n+ 4.2m+ 2m (Ì V= (03 + nr) = ar? đáy x bán kính ng đáy - Đối với hình vành khăn, coi hình thang h=r—r cạnh B,=2ar cạnh cong bên có chiếu hình cao thang trùng thÌ day trén B, = 2zr, đầy B,= 2z ( (xem hình 3c) Do : v= rt+r ) ear + dar tr) + Bar] =x(?— Hình r?) Khơng hình phẳng mà cơng thúc van nang ⁄ ,¿ `N t ‘, r \\ dung cho r \ '1 8 Hình 3a 242 Hình 3b ca cdc 4a Hình 4b — Đối với hình cầu, chiều cao 2r bán kính ng r (hỉnh 5a) nén : V=- (đa + 4.2ar + Qnr) = dor? — Đối với chỏm cầu, bán kính ba ng r (hỉnh ðb) nên : h Ve mm + 4.2rr + 2nr) = 2nrh » Các vòng khác với vòng tròn đáy vịng tron hình trịn xoay, đường sinh không song song với trục quay — Déi tacd: véi đới cầu cing thé (hinh 5c) Trong kiểm nghiệm, nhiều ta phải dùng đến phép biện chứng, nghĩa = & eur + 4.2„r + 2xr) = 2xrh đứng quan điểm động, để giải (ví dụ coi hình quạt, hình trịn tam giác cong, coi hình vành khan hình thang Hình Se cong, v.v ) phải sáng tạo khái Hink Sa Hình Sb niệm phù hợp với cơng thức (vÍ dụ nịng) trên, đáy hình trịn xoay) tất nhiên That tài tình thú vị : Công phải vận dụng kiến thức học cách thúc van việc dễ dàng, tự nhiên mà có, mà cơng thức đề từ trường hợp cụ thể (tính thể dụ việc tính thiết điện hình chớp cụt, diện tích đáy trên, đáy đưới thiết diện chỏm cẩu, đới cầu, v.v ) thức (3) nhiên công thức uạn Nhưng bạn thấy : việc tÌm cơng tích khối đá cát) kiểm nghiệm qua tất trường hợp khác (điện tích thể tích hình) ĐƯỜNG linh hoạt, vÌ kiểm nghiệm cơng thức phải giải tốn (ví Vì vậy, việc tìm kiểm nghiệm cơng thúc uạn nói bổ ích TRỊN CHÍN ĐIỂM NGƠ THÚC LANH Với kiến thức hình học lớp 7, thể dễ dàng chứng mính định lí sau : Trong tam giác ABC, chân qua chân đường cao Ta hay chứng qua # chẳng hạn Trong tam giác vng AHB ta có AC' = C'B = C'H Mặt đường trung tuyến, chân đường cao ú trung điểm đoạn khác AB' đường trung bình nên A'B’ = AC’ = C’B Vay C’H = A’B’ Va nhu đường tròn gọi đường tròn điểm Thật vậy, trước hết ta ý vòng tròn A'B'C' qua chân trung tuyến, tiếp nối trực tam uới đỉnh, nằm A hình thang HA'B”C' cân, nội Bây ta lại xét đến tam giác IBC, ï trực tâm tam giác ABC Chân đường cao cia nd cing 1A H, H’, H” Vòng tròn HH'H”, qua chân đường cao tam giác ïBC, qua chân trung tuyến nó, tức qua trung điểm đoạn IB 7C nối trực tâm với đỉnh B C Tương tự ta thấy qua trung điểm đoạn JA Ta định /đm bán kính đường (*) Tương đương lớp 243 Có thể chứng minh đường trịn điểm tiếp xúc với vòng tròn nội tiếp với ba vòng tròn bàng tiếp tam giác ABC (Ha) ; cịn tiếp xúc với 12 đường trịn nội tiếp bàng tiếp với tam giác xác định ba đỉnh trực tâm ï (Hamintơn) ; cịn tiếp xúc với mười sáu đường tròn nội tiếp bàng tiếp với bốn tam giác có đỉnh H a’ lị trịn chín điểm Trung điểm Ø' đoạn OI nối tâm Ø vòng tròn ngoại tiếp tam giác ABC trực tâm ï, tâm đường trịn điểm, vÌ đường thẳng góc với cạnh vạch từ A, BH, C' H, H, H"” xác định Ó theo thứ tự, đường trung trực day A’H, B'H', C’H’ xác định điểm Ó' Mặt khác, gọi Ð trung điểm doan AI thi O'D la song song với OA nửa đường trèn vòng tròn Đường tròn nhà OA Do dé ban kính điểm nửa bán kính ngoại tiếp với tam giác ABC điểm tiên toán học Ole (1707 (1800 - 1834) nghiên nhà tốn học Anh ~ 1783), Phoiebakhơ cứu Tiếp sau đó, Ha, Hamintơn, Kedi lại tìm thêm nhiều tính chất khác Sau số tính chất tìm : BÀI TỐN "DỰNG tâm đường tròn tiếp xúc với ba cạnh tam giác mà đỉnh A, B, C, tiếp xúc với nhớm khác gồm 16 ; 64, 256, 1024 đường tròn, suy từ nhớm (Kedi) ĐA GIÁC ĐỀU" VĂN Chỉ dùng thước uờ compa, cé thé dung da giác số cạnh khơng ? - Đề nghị nói qua phương pháp dụng da giác mà ea Gaoxo, Risalét, Hecmetxo - Đề nghị cho biết cách dụng da giác số 2? +1 cạnh) cạnh số ngun tố dạng @hí dụ : cách dụng da giác 17 (nhiều bạn đọc) Chúng ta biết đa giác đều nội tiếp đường trịn, đỉnh đa giác chia đường trịn thành cung Ngược lại 244 ta chia đường tròn thành đỉnh trung điểm đoạn nối trực tâm ï với NHƯ CƯƠNG cung ; nối liên tiếp điểm chia ta đa giác cạnh Vì việc dựng đa giác ø cạnh tương đương với việc chia đường trịn thành zø phần Bài tốn "dựng đa giác đều" cịn có tên gọi tốn "chia đường trịn" Ư chương trình phổ thơng, ta biết dùng thước compa chia đường trịn thành 2, 3, 4, ð phần Nhưng dùng thước compa ta lại chia đơi đế đàng cung trịn bất kỉ, vÌ ta dựng đa giác n cạnh dựng đa giác với số cạnh gấp đơi, gấp bốn nói tổng qt 2*.nw cạnh ( số nguyên, không âm) Chang han, vi da dựng đa giác 4, 5, cạnh nên đựng đa giác 8, 10, 12, 16, 20, 24, cạnh, Dùng dựng thước vi ta od đa compa giác ta 15 cạnh, Thực vậy, biết cách chia đường trịn thành ð phần phần nhau, nên từ điểm A đường tròn ta đặt theo chiều hai cung AM AN có độ đài la giả độ dài đường tròn (h.!1) Cung — MĐ có độ đài Is độ dài đường trịn Nhự ta tìm cách chia đường tròn thành 1ð phẩn # nhau, N A Nói tổng qt từ định lí số học "nếu m uờ ln có hai số ngun + uờ 1x Hình # ta dụng da giác dều m.n cạnh", Nhà toán học tiếng người Đức Gaoxo (1777~1855) chứng minh : số nguyên p=# ”+l số nguyên tố Từ phần thứ hai định lí Gaoxơ ta thấy dùng thước compa dựng đa giác cạnh hay 25 cạnh (vì = 8?, 2ö = 52, lại số nguyên tố dang 27° + 1) dựng đa giác cạnh, lố có dạng 2" +1 (n la 86 nguyen không am) thi ding Nhờ định lí Gaoxơ nhận số nguyên đa thể Ấp dụng phần đầu định If Gaoxo, ta thấy ràng 3, ð, 17 số nguyén tố có dạng 27 +1(8=22 + L6 = 22+ 1/17 =2 + D) nên ta dựng đa giác 3, 17 cạnh Nếuø = thìp = 22+] ~ 257; số số nguyên tố nên dựng đa giác 257 cạnh Năm 1832, phần phụ lục tác phẩm Gaoxơ, nhà va giác 17 cạnh, Phép đựng Gaoxo tim ông 19 tuổi, thành công Gaoxơ định đứt khốt tâm trở thành nhà tốn học Sự thực ơng nhà tốn học lớn chọn khơng 27 +1 compa 170 = 2,B.17 Để kết thúc, ta nêu lên phép dựng dụng đa giác dều p cạnh" uà compo, t6 cé dang khong tring “Theo kết luận này, chẳng hạn đa giác 170 cạnh dựng thước Trên hình 2, đường tròn thước 13 cạnh, 19 cạnh xét phần ta đến kết luận tổng quát : thước va compa ta có thé dung duge da giác p cạnh ; p lay thừa (uới Số mũ > 2) số hguyên tố dạng hay p số nguyên tố khơng thuộc dạng dùng 11 cạnh, vÌ số ngun tố khơng có dạng 3` + 1, m vin la hai 86 nguyen tố uới p nêu lên N số có dạng N = 2, PyP2-P,, À số ngun khơng âm, PpPy Pp, fe ta cố kết sau : "Bang thude va compa, néu ta dé dung duge nhitng da giéc déu m van cạnh, "Nếu tố Chính Gaoxơ phương hướng dựng đa giác 65.537 cạnh Hecmetxơ theo phương hướng tìm phép dựng, thảo lời giải xếp đầy va li to V6i n = 5, 6, thi số va dụng da giác N cạnh, +y cho ; Nếu n = thÌ p= 2' + = 65.837 số nguyên "Dùng thước uà compa dụng n hai nguyên tố uới nhau, ln mon mn tốn học Risơlốt trình bày cách dựng đa giác ta có chia thành 17 phần điểm Ay Ay oa Aig Ayz hệ trục tọa độ Đêcac vng góc Oxy, gốc O tâm đường trịn, trục Óx linh qua điểm A,; đơn vị dài trục bán kính đường trịn Nếu ta xem M mặt phẳng có tọa độ (a, ư) biểu điễn số phức ø + ib điểm A, diễn số phức z= 17T7 +isin TP điểm điểm biểu điểm 4; 245 4x biểu diễn phức số cos7 + isin tức số phức Z, nói tổng quát điểm A, biểu diễn Tuong ty w, va w, la nghiém cua phuong trinh : x2 — vg -1=0 Cuối số phức Z* ; đặc biệt điểm A,; biểu điễn số Y= ate z7= cos 2% +isin 2% = 1, 17 Vậy số phức z nghiệm phương trình zl— 1=0 trình () có ( — 1) (416 + gỗ + + thể nghiệm (1) Phương viết phương trình u16 + u]Š + + + 1= 0, tức ta có đẳng thức z!6 + zlŠ + „.+ z2 +z = —1 (2) Ta zIT? 26 = z=1 thi nên du v.v , đẳng thức (2) có dạng Rõ ràng ÿ¡ † ÿ¿ = 10), Yị ‹ÿ; = 102, nén y, y, nghiệm thành + 1) = 0, nên z : »;=z† z1 phức : 17 ta đặt (6) z-1+z 2+ ,+z758+z8+ +z22z= =1 (8), Th đặt : phương trình : x? — wx t uy = Ô, D (cha y rang w, va w, nghiệm dương phương trình (5), (6), y > ¥,)- Đến ta ý y„ =z'+z *= ( cos 17 + isin + cos = isin ( 17 17) 8m = 2sin+ (3/# _- 77) 8% = #eos Ty = 2sin"mia7 Vậy y„ độ đài cạnh đa giác 34 cạnh nội tiếp đường tròn Biết 0=z+z2+z2+z8# z7 z72+ z7 4+ z8, y; tÌm đễ đàng cạnh đa giác bye P+ 2+ 264 27+ 2794 2754 278+ 277, 17 cạnh Rõ ràng : uị † 0y= ~1 Tém lại, từ điều nói trên, để tìm giá trị y„, ta giải phương vy = 4, + 9) = —4 Vay v, va v, la hai nghiém ca phuong trình bậc hai z2 +zx — 4= (4), tức : Đ 1,1 ~s+sÝ1, = (phương trình (4) có hai nghiệm khác dấu, bạn ˆs15 tuạ = z3 +z2+z 3+5 xt thấy œứ, ø, ứị + 0y =Uy, hai nghiệm 002 = —1, phương trình : z2—uzx—1=0 246 ĐỊ Ị (w, x4 —v.x—1=0, tbạ=zZ6+Z7+z76 +27 (5) (b, >0, 0; < 0) x— 0;x— =0, hai nghiệm w,, w, = tu =22+z#+z72+ z8 Dễ =gigvit4 ws2t2tte leet hai đọc tự suy nghĩ trả lời) Bây ta lại đặt : nên nghiệm Uy) = -g+sŸ1 s~sW17 ta lấy Uy có giá trị âm, trinh bac hai sau day : x?+x-4=0, yl pate u2+4 > 0, w, < 0) hai nghiém 1a w,, w, = tu > 0, ty < 0) w,x+ w, = 0, hai nghigém 1a y,, y, = *) ˆs1g oe, wi Ws WY, > 32) Nghiệm phương trình bậc hai ta biết dựng thước compa, nên đa giác 17 cạnh dựng thước compa CHU Ki CUA HAM SO VA MOT VAI UNG DUNG VŨ DƯƠNG THỤY lớp học đến hàm số lượng giác, bạn thấy tính chất đặc biệt chúng, tính chất tuần hồn, nghĩa có chu kÌ xác định Chu kì gọi chu ki cộng tính định nghĩa sau : Ham 86 y = f(x) duge gọi cớ chu kÌ : hệ thức thỏa mãn fix + m) = fla) @) m số thực đương Dễ đàng thấy m chu kì Tới đây, ta xét chu kì theo (8) cấp, đặc biệt với thơng Khái niệm chu kì giải phương vài ứng dụng phạm vi toán sơ kiến thức phổ theo (3) cho phép pháp sơ cấp số toán cực trị, áp dụng vào hàm hữu tÍ nguyên, đặc biệt tam thức bậc hai, Trước hai ; số kết quen thuộc hết, số tam ta xét hàm thức bậc f(x) = ax? + bx +6 hm chu kÌ (& số tự nhiên) Chẳng hạn hàm số y = sinz/2 + cos3/4x có chu kì chu kì hàm số có thỏa mãn (8) tức : m = 8x, hàm số y = sin 2xxjm (m số lượng giác, cịn có hàm số khác có chu kì, ví dụ hàm s6y = {x}* (phần x) có chu kì m = Ngồi định nghĩa chu kÌ trên, cịn có định nghĩa khác : Hàm số y = ƒø) gọi có chu kÌ thỏa mãn hệ thức f(x) = fix) (2) Chu kì phức tạp hơn, gọi chu kì nhân tính, (1) (2) ta hiểu m số thực dương, giá trị z = +rn mx đêu thuộc miền xác định Vi du ham hàm số cho số y =sin2xigx/igm (m thực dương) có chu kì nhân tính m số Một cách tổng quát, ta quan niệm chu kì theo ý nghĩa rộng rãi hơn, cụ thể ham 86 y = f(x) duge gọi có chu kì thỏa mãn hệ thức : fle) = Ax) (3) z số thực thuộc miền xác định hàm số fix) va p(x), giá trị ø(z) thuộc miền xác định hàm số /f+) Mọi hàm số có chu kÌ p(x) = x, 1A trường hợp tầm thường Rõ ap?() + b@) + e = q12 + bx +e số thực đương) có chu kì m Ngoài hàm ràng định nghĩa (3) tổng quát (1) (2) vi ta thấy : Khi p(x) = +m thi ed fz + m) = fix) Khi g(x) = mx thi cd fimx) = fx) (1) (2) hay a[g2(ø) — x7] + b[e(x) ¬ x] =0 loại trừ trường hợp tầm thường g(x) nghia la gid thiét p(x) # x, ta duge : = x, ap(x) +ax+b=0 suy g(x) = — [(ax + b)/a] (4) Nhu vay ham s6 f(x) = ax* + bx + ¢ théa mãn điều kiện ƒ[~(øx + ư)/œ] = f(x) theo ¥ nghĩa (3) Từ thú vị sau : ta rút loạt hệ 1) Néu x = x, nghiệm phương trình fz) =0 thi x, = [~(ax, + b⁄ø † nghiệm thứ hai Bởi : fŒ;) = f[~(ax + b)/a] = fœ)) = Chẳng hạn phương trình 2x2 — 7x + = có nghiệm z¡ = ¡ Thế thi x, =[-(2.1~ ?J/2] = 9,ð 2) Néu x =x, điểm cực trị hàm số fx) thi x = [T—(ax, + b)/a] điểm cực trị, theo tính chất chư kÌ Do phương trình ø(+) = z phương trình xác định điểm + Hàm số xác định y = {x} = x - 2] dé [x] hàm số phần nguyên x, xéc dinh vdi moi x thực có nghĩa sổ ngun lớn khơng vượt qua x Chẳng hạn : IÝZ| = LỊ0,2]= 0{—15]= 247 cực trị (chú ý hàm số tam có điểm cực trị) That vay tu thức bậc hai x=[-(ax-b/a] suy x=-—(6/2a) chinh 1&8 hoanh độ đỉnh parabơn Giải phương trình ø(z) = z ta z,=—(b/2a) Để có đủ điểu kiện đủ, xác định giá trị hàm số diém x, = [—(øxị + b)/œ], ta có y,=f,)= f@¿ = f{~(ax + bya] = fx,) Tw day, dinh If Vi-ét xem trường hợp đặc biệt định lí trên, f&) =fœ¿) = 9, = — [(b? — 4ac)/4a], nhu da biét, néu a > giá trị nhỏ nhất, ø < giá trị lớn hàm sé f(x) Ví dụ : tìm điểm cực trị hàm số ƒfŒ)=222T—x+83 ð a = > nên hàm số có giá trị nhỏ điểm có hồnh độ suy từ : —[(2x — 1)/2] =x tie la x, = 1/4 hai : nghiệm tam nghiệm thức tam thức bậc hai Định lí có hình ảnh hình học tung độ hai điểm phân biệt parabơn, hồnh độ đối xứng qua parabôn tự xét hàm trục đối xứng có số fix) = ax3 + bx? + ex +d, có hai chu kì khơng tầm thường suy từ 3) Ta chứng minh định lí Vi-ét : x,*; để #5; 6) Tương giá trị nhỏ y, = (1/4) = Nếu nghĩa định lí Vi-ét điều kiện cần đủ bậc phương trình bậc hai @() ag(x) + (ax + 6)(x) + ax* + bx +e =0 tức : x, +x, = ~(6/8) p(x) = [-(ax + b)E + [aa bf = 4e(Gx2 + bx + O)|/2ø *i#¿; = cÍa tương tự, nêu hệ Thật vậy, xị +*¿ =#j[—(ax, + b)/4] = —(bia) #i#¿ = x,[-(ex, + b)a] = bac hai f(x) = thi ø@,) cho hai nghiệm = [-(axt + bx,)/a) = ofa thitc bac hai f(x), có nghiệm, phân tích thừa số ; f(r) = ~ 4) — 4) Thật : f(x) = a(x — x,)[x + (ax, + b)/a] = ax? + axx, + bx — axx, — (ax + bx) = 5) Như vay ham s6 p(x) = [—(ax + bya] 1a chu kÌ tam thức bậc hai Từ ta có : Định li: DE hai giá trị khác x,,x, đối số làm cho tam thức bậc hai cớ mot gid tri, tric 1a f(x,) = fl,) thi diéu kiện đủ phải thỏa mãn hệ thức x, + x, = —(b/a) hay x, = |-(ax, + bya) điểu kiện cẩn cd thé suy ti f(x,) = Ax) với ý chu ki cla ham số p(x) =| —(ex + byl 248 tỏ lại phương trình xác định điểm cực 8ax2 + 2bx + e = Ví dụ giải toán cực trị sách giáo khoa đại số lớp 10 tập hai §44 sau : "Dọc theo cạnh nhơm hình vuông, cạnh ø người ta gấp lên bảng để làm thành hộp (khơng nắp) tích lớn Tính chiều rộng băng ?" = ax? +bx te cần chứng trị p(x) =x, sau biến đổi có dạng : (chú ¥ ax? + bx, +.¢ = 0) 4) Tam xét trên, đặc biệt rằng, x = z¡ nghiệm phương trình Thể tích hình hộp : V = fx) = (a — 2x)? = 4x) — 4ax2 + gầy với điều kiện < x < 2/2 Chu kì g@) = Íø — x + Vx(2e — Sx) Phương trình xác định điểm cực trị øŒ) = + có dạng : 12x? — Bax + a? =0 từ đây, loại trường hợp z = ø/2, ta có nghiệm x = a/6 46 f (2/6) = 203/27 Để xác định giá trị lớn hay nhỏ nhất, ta thử thấy : TT ——_—Ì f @/6) > f (@/5) = 903/125, f(4/6) > f (@/T) = 2503/34 Sinxz cosx, sinr + cosz, sinx.cosx, hay asinbz, acosbx, asinbx + ¢ v.v Do dé V= f(x) có giá trị lớn x = ø/6 Phương trình ?(xz) = + cho điểm cực trị hàm số đại số (có cực trị) mà cịn vài hàm số siêu việt Chẳng hạn ta xét trường hgp f(x) = sin Để xác định chu ki ta gidi phương trình Có hai chu kì sinp(x) = + 9%) =x + Qkn, Px) Phương Ø2() =x cực trình cho = —x + (2k + 1)x Ø¡Œ) =x nghiệm trị vơ nghiệm cịn x = (2k + 1)z⁄2 có Tương tự xét ƒ(z) = cosr, số tổ hợp tuyến tính đơn giản Van dé vé số siêu việt xét cực trị phương pháp hàm số đại số, với chu kì theo ý nghĩa (3) tốn lí thú Mời bạn bát tay vào giải vấn đề Cần nhấn mạnh lần là, phuong trinh p(x) = x cd nghiém thi hàm cách số cho trước có cực trị, hay nói khác, hàm số khơng cớ cực trị p(t) = z Vi du alp(x) = ta suy Ta vô nghiệm : ffx) = a/ x thé thi theo (3) ta cd : a/x v6i điều kiện x s O0; gŒ) #0 @(z} = + với z thuộc miền xác định hàm số nghĩa có chu kì tầm thường mà thơi Hay chang han xét f(x) = tgx hàm số khơng có cực trị, ø) = + + kx nên phương trình ¿() = + vơ nghiệm MỘT SỐ BÀI TỐN DANG TRONG hàm (được đề cập chương trình phổ thơng) KHÔNG CHU GIAN NGUYEN HONG SON (Lược dịch Trước đề cập tới chủ dé cua bai này, đề nghị bạn lại) số mệnh tự chứng (hoặc nhớ đề quen biết sau : Mệnh đề Trong tốt hình bình hành có chư 0í cho trước hình ung hình có diện tích Mệnh lớn nhất, Trong tất hình bình hành có chu vi va chiều dời đường chéo cho trước hình thoi hình có điện tích lớn ĐĨ nhiên mệnh đề tương đương với mệnh để sau Mệnh Mệnh đề Trong tất dé 2’, Trong tét cd nhitng tam gide cé chu vi va chiều dài cạnh cho trước tam giác cân hình diện tích lớn tam giác có chư 0í cho trước tam giác hình diện tích lớn Các mệnh thường đề từ "Corantơ") dé - toán cực trị mà gọi toán lời giải người đẳng chu ta Trong số hình cớ dạng xác định có chu vi cho trước tìm hÌnh cớ diện tích lớn Ư đây, cần ý mệnh để trường hợp đặc biệt : mệnh đề tổng quát : Trong tất hình n cạnh cớ chu cho trước hình n cạnh hình có điện tích lớn Tiến tới giới hạn thấy cách dễ đàng tất hinh có chu ví cho trước (hình dáng bất kì) hình trịn hình cớ điện tích lớn nhất, 249 Bây xét mệnh dé không gian tương tự với mệnh đề 1-3, hình bình hành thay hình hộp, tam giác thay bàng tứ diện (hỉnh chớp đáy tam giác) cịn diện tích thay thể tích Bài tốn Trong tất hình hộp có tổng chiều dài cạnh cho trước, tìm hình hộp tích lớn nhốt Bài tốn Trong tốt cd hình hộp có tổng chiều dài cạnh uà chiều dời đường chéo cho trước, tìm hình hộp tích lồn nhất, Trước nêu toán cách khác đi, dạng tốn khơng gian tương tự mệnh đề 2, thống với số định nghĩa Một đường gấp khúc kín gồm cạnh mà đỉnh khơng nằm mặt phẳng gọi ¿ứ giác ghờnh Nếu đỉnh tứ điện trùng với đỉnh tứ giác ghềnh người ta nói (rương tứ giác (hình 1) A thi bang 1/6 thể tích hình hộp VÌ vậy, tốn tương đương với toán sau : Bài toán ?, Trong tất tú giác ghềnh có chu tí cho trước 2p uà chiều dài cạnh cho trước bồng h, tìm tứ giác cho tứ diện trương tích lớn Sau giải tốn trên, giải đễ dàng toán sau : Bài toán Trong tốt tú giác ghềnh có chủ 0ì cho trước 3p, tìm tú giác cho hình tứ điện trương tích lớn Giải tốn Vì tất hình bình hành có chiều dài cạnh cho trước hình chữ nhật hình có diện tích lớn cịn tất hình hộp có chiều đài cạnh cho trước hình hộp chữ nhật hình tích lớn nhất, nên giải toán 1, ta cẩn xét hình hộp chữ nhật Nếu gọi chiều dài cạnh hình hộp chữ nhật ø¡ø„ø; bất đẳng thức Cosi Yo, a,0, < (1/8) (@, +a, +4,) (trong dấu = trường hợp =ð¿; = ø,) đẫn tới kết sau : Định ii Trong tất cá hình hộp có tổng cóc cạnh cho trước hình lập phương Hình có thê tích lớn nhốt Giải Để tốn lị hình 2’ giải tốn này, dùng bổ đề sau Gọi P mặt phẳng vuông góc với cạnh AB tứ giác ghềnh ABCD Hình Có thể thấy cách dễ dàng thể tích tứ diện trương tứ giác ghềnh mà cạnh đường chéo cạnh kể liên tiếp hình hộp (hÌnh 2} Hình 250 (hình 3) Chiéu ABCD tam giác BEF mặt phẳng P, ta Bổ đề Thể tích V tứ diện trương tứ giác ABCD duoc tinh theo cong thite V=(1/8)hS h chiều () dài cạnh AB Để chứng minh, cẩn ý tứ diện ABCD ABEF tương đương (có thể tích nhau) vÌ chúng tương đương với tứ diện ABCF Công thức (1) gợi ý cho ta cách giải toán 2° : Cần xác định độ dài vị trí cạnh BC, CD AD (hỉnh muốn có Bằng cách đó, tốn đưa toán đẳng chu tam giác BEF Như biết, với chu vi cho trước, lớn diện tích tam giác BEF AB, cạnh bên nơ Khi đó, đường B,ADCB, trở thành tứ giác ghênh mà ta 3) diện tích tam giác BEF lớn cho Để đạt điều đó, trước cần cho chu vi có giá trị lớn Ta trải mặt ABEFD, FDCE CEB lên mặt phẳng Trên hình phẳng mà ta thu (hỉnh 4), chiều dài cạnh B,B, tam BR giác = FE có diện tích = EB, tứ giác ABCD đáp ứng yêu cầu tốn 2”, phải có cạnh AD, DC CB bàng Với điều kiện điều kiện đòi hỏi AD, DC CB tạo thành với AB góc mà thơi, tứ giác ABCD xác định cách Và ta chứng minh xong : Định lí : Trong tất tú diện trương tú giác ghénh ABCD cé chu vi cho trudc 2p va chiều dài cạnh AB cho trước b tứ diện thể tích lớn lị tú diện trương chu vỉ tam giác BEF, từ ta thấy tứ giúc mà cạnh AD, DC uà CB bàng 0ù làm thành uới cạnh AB góc DC, CB tạo thành với cạnh AB góc a = arccos [h/(2p - h)} mà thơi (hình 5) Do Đồng thời, có cách dựng tứ giác ghềnh trương tứ diện lớn : muốn vậy, ta lấy hình chữ nhật có chu vi lớn đoạn AD, tứ giác ghềnh có cạnh AB = hk va chu vi 2p cho tam giác BEF có chu vi lớn dựng theo cách sau : gấp thành mặt xung quanh hình lãng trụ tam giác Giải tốn Ta hay tính thể tích cực đại nói tới cạnh h đường chéo 2p - h Cc định lí Từ hình 5, ta thấy chu vỉ tam giác BEF V@p — hy? — A? = Íp( ~ h) £ £ Hink & [2Vp@ — h)/3)> V3/4 = pœ — h)/3ã ; cuối cùng, thể tích lớn hình tứ điện A trương, theo cơng thức (1), : dD A 8, nghĩa điện tích cực đại V= (1/3)h p(p— AVBY3 = phip— AONE S4 £ Hình Bay giờ, giải tốn cách dễ đàng Bài toán khác với c £ (2) toán 2° người ta cho biết chu vi gấp bình chữ nhật có cạnh AB, = h va đường chéo ÁB, = 2p - h thành mặt xung quanh lăng trụ đáy tam giác cho điểm B, đến trùng với điểm B; đoạn tứ giác Di nhiên để giải toán này, cần lấy giá trị h tốn cho vế phải cơng thức (2) cớ giá trị lớn Giá trị h xác định từ bất đẳng thức Cosi : hip — h) < {th + (p — h2)? = p2, 251 no bang p/2 vi ring h =p —h khih = p/2 Thật vậy, ¡ = p/2 chiều dài cạnh lại (2p - h)/3 = p/2 ; Từ đớ suy lời giải toán ba : Dinh li Trong tốt tú diện trương cúc tử giác ghềnh có chu cho trước tứ diện tích lớn tú diện trương tú giác cóc cạnh cập cạnh bồng bồng nhưu 0ù góc CƠNG co thể chứng góc cách tính trực tiếp (vì h = p/2 nên tất góc arccos (1/3)) ; nhiên, cách đơn giân hơn, ý tứ giác mà ta xét tất cạnh có vai trị THÚC CƠ-SIN NGUYEN CONG QUY Trong hình học phẳng ta biết cho trước hai cạnh AB = c, AC = ị tam giác ABC góc A cạnh thứ ba BC = a duge tinh theo công thức ø2 = 62 + c2 - 2becosA(1) Đó cơng thức cơsin cho lam giác Trong hình học khơng gian ta xét tốn tương tự sau : Trong diện Oabe, cho trước hai mặt b góc tưm_ = y, aOc = nhị diện A cạnh Oa, tính mặt thit ba ta bOc Trén canh đặt = a Oa (hình 1) Như góc BAC Từ cơng thức suy : hai tam diện huớng có cóc mặt tương ứng đơi bàng Ĩc) theo thứ tự vng cƠa, Hink i BÁC ta BC? = OB* + OC? - 20B.0Ccosa BC? = AB? + AC? — 2AB.ACcosA chúng lại œOb cho đặt : diện, góc với mặt bƠc, cdc tia Oa, ợ e AC = tgổ Thay vào hai đẳng thức trên, ta rút l/cos2 + l/cos2y — 2cosz/cosổcosy = = tg2ổ + tgy - 2tgtgycosA Từ dễ dàng đưa đến công thức = cosfcosy + sinfsinycosA (2) Oa’ nim phia d6i véi mat 60c ; Ob, Ob’ nim phía mặt cĨa ; Ĩc, Oc’ nam phía mặt øOb (hình 2) Ta thu Nhung OB = l/cosy, OC = l/eœ, AB = tgy, 252 biết Để giải toán cần biết khái niệm tam diện bù Giả sử ta có tam diện Oabc Qua đỉnh Ĩ ta dyng cdc tia Oa’, 0b’, canh Oa nên có độ lớn bang A Ap đụng công cosa diện tính cóc mặt tơm diện góc phẳng nhị diện thức césin cho tam giác BOC góc nhị diện tam mặt tam diện cho biết góc nhị diện tam mặt gÓb aOc, cat 0b B, cht Oc OC cosA = (cose - cosScosy)/singsiny (2'} Công thức (2’) cho phép ta tính nhau, Một toán ngược đoạn OA bang don vi réi qua A ké đường vng góc với Ĩa Đó cơng thức cósin cho tam diện Cơng thức viết thành : Hình duge tam dién Oa’c’ goi lA tam dién bi cua tam dién Oabc hiểu Dễ dàng chứng minh tam diện Oa’b’c’ bù Oøbe ngược lại tam diện Oabe bù tam diện Oa'b'e' Hai tam điện tạ M Góc góc nhị gọi bù (các =B'+8=C'+y>x mặt rađian) nhị diện tính (8) Trở lại toán nêu ta dựng tam diện bù Øø'b'©° tam trước viết cơng bù thức diện (2'} cho Oabe tam cho diện cosA’ = (cosa’ - cosf’cosy’)/sing’siny’ Theo cdc hệ thức (3) ta có œ' = x - A,8' = =z—B,y` ta : =z=-~C, A' = x- a Thay vào diện tạo hai mặt phẳng Người ta chứng minh hai tam diện Oabe va Oa’b’c’ bi với kí hiệu tương tự ta có A+tz'=B+Ø=C+y=Ad+a= góc œ hai tiếp tuyến mặt cầu hai lớn Hinh cầu, xuyên tâm đường tròn Cho ba điểm A, B, C mặt khơng có hai điểm đối Như qua méi cap điểm (B, C), (C, A), (A, B) có đường trịn lớn Hình tạo ba cung tròn lớn 8C, CA, AB gọi tam giác cầu ABCO) (hình 4) Nếu gọi a, b, e độ dài cung BC, CA, AB, R bán kính cầu, z = BOC, = COA, y = AOB thi a = a/R, = b/R, y = c/R (cdc góc ø, 8, y đo rađian) Nếu hiểu góc A, B, C tam giác cầu góc tạo cung nói qua điểm đó, (4) gốc góc nhị diện tam diện OABC Ấp dụng công thức (2) cho tam tốn Từ cơng thức ta suy : tam diện hướng có góc nhị diện tương ứng dơi + sin(6/R)sin(c/R)cosA (5) Đó cơng thức cơsin cho cóc tam giác cầu Từ cơng thức ta rút cosa = (cosA + cosBcosC)/sinBsinC Công thức lời giải chúng Các công thức (2) (4) xác định mối quan hệ mặt nhị diện tam diện Đớ công thức hình học tam điện Ngồi cơng thức cịn cho phép ta xác định quan hệ cạnh gớc ¿em giác cầu (tức tam giác vẽ mặt cầu) học Trước hết cần hiểu biết sơ lược hình cầu Trên mặt cầu cho trước hai điểm A, B8 không đối xứng qua tâm mặt cầu, vẽ đường tròn lớn qua A dién ta duge cos(a/R) = cos(b/R)cos(c/R) + cosA = [cos(ø/R) - cos(b/ft)cos(e(R)/sin(b/R) sin(¢/R) Nếu OABC áp dụng (B) cơng thức ta lại (4) cho tam điện cos(a/R) = (cosA + cosBcosC)/sinBsinC (6) Các công thức (5) va (6) 1a nhitng cong thúc lượng giác cầu Chúng xác định quan hệ cạnh góc tam giác cẩu Từ cơng thức suy tiêu chuẩn hai tam giác cầu Bên cạnh tiêu chuẩn tam giác thẳng, ta thấy thêm : Nếu hai tam B mà (hinh 3) VÌ giác cầu có góc tương ứng đơi trịn lớn đóng vai trị tương tự cho tam giác phẳng, tam diện mặt cầu chúng đường Như tam giác cầu Các cơng thức cố quan hệ mật thiết với thấy cách xây dựng Đặc biệt, công đường thẳng mặt phẳng Góc hai vậy, ta thấy cơng thức cơsin đường trịn lớn cất điểm ă, ta Hình (1) Thật qua điểm 4, có cung đường trịn lớn Sau ta lấy cung nhỏ hón 253 thức cơsin mặt phẳng coi tức ta lại tìm thấy cơng thức cơsin Thật # — œ sin(2/R) —> tam giác cầu có góc vng A chẳng trường hợp giới hạn công thức côsin mặt cầu bán kính mặt cầu lớn vơ a/R dé l cos(a/R) — ¥1 — (@/R)* = [1 - (/R)2J⁄2 = 1-a7/2R Tương tự Bây ta xót thêm hạn trở thành ~ a2/2R? = (1 - È2/8R2)(1 - c2/2R?) + (bc/R)cosA (7) Dộ Ơ rang R â, theo cơng thức tính gần (1 ~ 67/2R?)(1 - c2/2R2) = ~ 67/2R? ~ c2/2R? vài biến đổi đơn a? = 67 + ¢? - 2becosA BẤT ĐĂNG Lúc cosÁ trường hợp đặc biệt = cos(z/2) = công thức (5) trở thành cos(a/R) Công thức sin(0/R), sin(c/R), cos(b/B) cos(c/f?) Công thức (5) Thay vào (7) sau giản cuối ta mặt phẳng Pitago = cos(b/R) cos(c/R) gọi công cầu, khơng phải (8) thức Pitago phát ra, mà lí sâu xa hơn, chất Thật cho đt ~> œ thÌ (8) trở thành 1- 822W? = (1 — 67/2R2)(1 - 07/22) = - ð2/2R2 — c2/2R?, Tit dé a* = b2 + c2 tức ta lại trở công thức Pitago mặt phẳng Thực chất tên gọi chỗ THÚC EC-ĐƠ-SƠ NGUN CÔNG QUỲ học tiếng người Anh tên Moocden Tuy TU DU DOAN DEN KHANG DINH Một số bạn, làm tốn, gặp tốn sau : "Chứng minh tổng cóc khoảng cách từ điểm M tam giác ABC dến cóc định tam giác khơng nhỏ hon hai lần lổng cóc khoảng cách từ diểm đến cạnh (hay phần kéo dài cạnh)" Đây toán đơn giản Nếu dat MA = R,, MB = R,, MC = R, va goi a, dy d, theo thứ tự khoảng cách từ M đến cạnh BC, CA, AB, điều cần chứng tốn R,+R, +R, = Ud, +d,+d.) Cách gần bốn chục năm, nhà (EF) toán học tiếng Hung-ga-ri P Ecđôsơ, nghiên cứu tính chất tam giác, lẩn nêu lên bất đẳng thức trên, mà sau người ta quen gọi bất đẳng thức Ecđôaơ Bị lơi tính giản đị tốn, nhà toán học lao vào chứng minh ; song vinh dy giải tốn khơng thuộc ơng, mà thuộc nhà hình 254 nhiên chứng mỉnh Moocđen (dựa vào lượng giác) có ý nghĩa lịch sử, phức tạp rườm rà Mãi đến năm 1945 (tức mười năm sau Eeđơsơ tốn nhận phát biểu toán trên), nhà học Ma Cadarinốp đế xuất lời giải túy hình học chấp Tiếp theo nhiều nhà toán học giới nêu lên lời giải ngắn gọn toán đặt Thật việc chứng minh bất đẳng thức (ŒE) không khó lắm, nơi thích hợp với trình độ bạn (ngay bạn lớp làm quen với việc chứng minh bất đẳng thức) Thật vay, gid st A,, B,, C, hình chiếu M trén cdc canh BC = a, CA = b, AB M = c Lấy điểm M qua đường phân đối xứng giác góc Á gọi Bì, C¡ hÌnh chiếu Af' CA, AB, Gọi D giao điểm AM' x BC H, K hình chiếu B, C AM' Th có (hình vẽ) : Đẳng thức xây chi tam giác cho M tâm tam giác Các bạn thích sâu tự chứng minh bất đẳng thức : (2) (3) xuất phát từ (1), áp đụng bất đẳng thức Côsi Bunhiacốpxki ; để chứng minh bất đẳng thức (4) áp dựng bất đẳng thức Œ) cho điểm M tam giác mà đỉnh ảnh A, Bị, C, phép nghịch đáo cực M phương tích đơn ø = BC = BD + DC > BH + CK (đẳng thức xảy H = K = D, hic dé AM’ la đường cao tam giác) Từ có a.M”A BH.M’A+ CK.M’A = 2S(M’AB) + 2S(M’CA cM'C|+bM’B), tic A oM’A Nhưng M phân giác > > cMC,+bMPBỊ Aƒ' đối xứng với qua gốc Á nên MA = MA, M’C, = MB,, M’B, = MC,, nén ta viết aMA > cMB, + 6MC, hay cR, > ed, + bd,, tức R, > (cla)d, + ®ia)d, Tương tự đ, > (a/6)đ, + (clb)d,, R, (bled, + (ale)d, va cong lai ta duge R, +R, +R, > be > (g?g) đ + @) > Bcdơsơ Muốn biết điều đó, trước hết ta cẩn biết giá trị trung bình số dương cho trước Trong đại số học, người ta gọi giá trị trung bình bậc & (* số thực) số dương #ịụ #;; *n số My ly, X55 XQ) = Ñx + xe + + ah) in Người ta chứng minh È dần tới M, Œ¡, Xo) X,) đẩn tới trung bình nhân số #; #ạ ¿ xạ, tức MG q, Ky bình e cộng, 8y * (54a) Nhưng tổng dấu ngoặc tổng hai số đảo ngược nên chúng không nhỏ (các bạn lớp cố gắng chứng minh tính chất này), đớ : R,+R, +R, 2d, +d, +d) Đẳng thức xảy M'" trực tâm tam giác ABC, đồng thời ø = b = c, nói cách khác M' (và M) tâm tam giác ABC Trên lời giải tương đối ngắn gọn toán đặt NHUNG C6 GANG DE MO RONG BÀI TOÁN CUA ECDOSO Sau chứng minh bất đẳng thức chứng minh trung bình tồn phương, trung & bang 1, ~1, tức M(x, ta Yaz, + tf bình điều hịa theo thứ tự ứng với giá trị (†2)%4+ bất đẳng thức sau oy XQ) = Cịn giá trị trung bình quen thuộc trung ab (E) người Thế bất đẳng thức có liên quan gÌ đến việc mở rộng tốn RRR, > 8d,d,d, vey x,) = @, +x; + tava May, Xp 04 t,) = VR tae + +2 in 4M 1Œp X;y %,) = n/Qa + Ly + + 1ã) Bây ta viết lại bất đẳng thức (2), (8), (4) dạng khác sau Ä R RRJ8 > dda /8 4) VARI + RỊ + RV/3 > a2 Wats a+ aya YR,+ VR,+ 22 UR, (8) 4) lid,+ Vd,+ ld, bất đẳng thức với bất đẳng thức (E) tớm tất cách viết sau MR, Ry RI > 2M (4, dụ độ) (5) voi k = -1, 0, 1/2, (Đằng thức xây tam giác cho (2) đêu M tâm tam giác đỏ) (4) tùy ý Nhưng chẳng giả thuyết VR, + VR, + VR, > V2(Vd, + Vd, + ¥d,)(3) UR, + UR, + UR, < (id,+ 1d, +12 Kay Một giả thuyết đặt bất đẳng thức (ð) mở rộng cho số thực & 255 bị bác bỏ người ta chứng bất đẳng thức (thật sự) RỆ + RỆ + R > (2dđ2 + dệ2 + d2) tic M(R,, Ry, R.) > 2M,(d, +d, +d) va ti sd M(R,, Ry RIIM(,, d,, d.) có thé dần tới đạt giá trị Tất nhiên việc chứng minh MOR, Ry, By) > Mid, dy đ,)/cos"(jm) với k = —1 Trường hợp & = Fơlôrian số nhà toán học khác chứng mỉnh Việc mở rộng kết tìm vào hình học không gian (cụ thể vào tứ diện) nhà toán học quan tam Người ta chứng minh bất đẳng thức RRR Ry > 81d,d,dd, bất đẳng thức phủ định hoàn toàn giả thuyết Tuy nhiên đến toán tức bất đẳng thức (ð) với mặt tứ diện đớ) Tất nhiên người chưa chấm đứt Năm 1958, nhà hình học người Áo tên Fơlôrian chứng mỉnh giá trị k thỏa mãn điều kiện ta nghỉ đến việc thay M, đồng thời chứng minh với giá trị k > < -1 Ik "V2Md,,d,,4,) Nhu việc mở rộng toán Eed6so da dugc giải Tuy nhiên, người ta không chịu lòng với kết thu Nhiều nhà toán học nghỉ đến việc mở rộng kết vào đa giác lồi tùy ý Năm 1948 nhà toán hoc Fegio Tot người Hung-ga-ri chứng minh bất đẳng thức Rịụ, R¿ R„ tức MR, Ry > d, dy d,fcos%x/n), om Ry) )/icos (tín) J Mody M, với k tùy ý, nhà toán học NI Cadarinốp bác -1 Mu, R.,R, TP) > 3M (d, dd, d) (trong để Ry Và po lÀ hoảng cách từ điểm tứ điện đến đỉnh dy d, theo thứ tự khoảng cách từ điểm đa giác lổi ø cạnh đến dỈnh cạnh đa giác (Đẳng thức xây đa giác cho la điểm cho tâm đa giác đó) Đồng thời Fegiơ Tot lại nêu lên giả thuyết bỏ giả thuyết ví dụ cụ thể Và đó, nghiên cứu nhà tốn học Liên Xơ VI, Rabinơvích J.U lagolơm dẫn đến kết Uy Ry Ry Ry Ry) > 3M (dy dy dy dy) với số & khéng am : Trên thấy việc phát hiện, chứng phát triển tốn Ecdéso qua q trình gay go phức tạp Việc chứng minh kết tìm khơng khó lắm, mà thật địi hỏi kiến thức bậc phổ thơng Tuy nhiên lồi người tốn cơng sức, thời gian, dị dẫm bước, dự đốn khẳng định, người tiếp sức cho người kia, hệ kế tục hệ khác, cuối tÌm đến chân lí khoa học Nhưng sao, chân lí chưa phải đỉnh cuối Lồi người luôn suy nghỉ làm cho tẩm mắt rộng, vốn hiểu biết mở ngày thêm phong phú, để đạt tới chân lí khoa học mức độ cao LÀM QUEN MỘT CHÚT VỚI LIÊN PHÂN SỐ HỒNG CHÚNG Ư lớp đầu cấp III, ban học khơng tuần hồn ta biết một, số biết bậc hai số không số chữ số thập phân mà thơi Thí dụ : số thập phân hạn khơng tuần hồn Tất nhiên, số thập phân vô hạn để tìm chữ số thập phân với số phương số vơ tÍ biểu diễn 256 ¥2 = 1,41421 x = 8,141592 Bạn có lúc tự đặt vấn đề : làm ... giải toán khơng thuộc ơng, mà thuộc nhà hình 254 nhiên chứng mỉnh Moocđen (dựa vào lượng giác) có ý nghĩa lịch sử, phức tạp rườm rà Mãi đến năm 1945 (tức mười năm sau Eeđơsơ tốn nhận phát biểu toán. .. đ,)/cos"(jm) với k = —1 Trường hợp & = Fơlơrian số nhà tốn học khác chứng mỉnh Việc mở rộng kết tìm vào hình học khơng gian (cụ thể vào tứ diện) nhà toán học quan tam Người ta chứng minh bất đẳng thức RRR... "V2Md,,d,,4,) Nhu việc mở rộng toán Eed6so da dugc giải Tuy nhiên, người ta khơng chịu lịng với kết thu Nhiều nhà toán học nghỉ đến việc mở rộng kết vào đa giác lồi tùy ý Năm 1948 nhà toán hoc Fegio Tot