Nhµ sinh vËt häc vµ n«ng häc Trofime Denisovitch Lyssenko muèn chøng tá ¶nh h−ëng cña m«i tr−êng tíi vËt chÊt di truyÒn ®Ó tiÕn theo h−íng cña chñ nghÜa duy vËt biÖn chøng.[r]
(1)Toán học nhà trờng Năm thứ sè 20
Hội đồng biên tập
T.S Khuất Văn Ninh, Trởng Khoa Toán, Tổng biên tập
NCS Bùi Kiên Cờng, CBGD Tổ Giải tích, Phó tổng biên tập, E-mail: bkhcuong@hn.vnn.vn NCS Trần Văn Bằng, CBGD Tổ Gi¶i TÝch, E-mail: bangtv75@yahoo.com
TS Ngun Quang Huy, CBGD Tổ PPGD, Trởng ban biên tập, E-mail:huyngq@yahoo.com NCS Kiều Văn H−ng, CBGD Tỉ To¸n øng dơng – Tin häc, E-mail: hungkdv@yahoo.com NCS Nguyễn Huy Hng, CBGD Tổ Đại số, E-mail: hungp1999@hotmail.com
TS Trần Trọng Nguyên, Tổ trởng Tổ Toán øng dơng – Tin häc, E-mail: ntrantrong@yahoo.com
Sv Ngun Văn Tuyên K27E Toán, Th ký Ban biên tập
Trang thông tin giáo dục:Chấn h−ng cải cách đại hóa giáo dục (Tr.1)
Trang đào sâu nghiên cứu có bài:
Mét vµi øng dụng phơng trình Cauchy (Tr.5) ứng dụng số phức vào giả toán hình học (Tr 7)
Sử dụng ký thuật tách số để chứng minh bất đẳng thức toán cực trị (tr 9) Sử dụng tích phân để tìm cực trị hàm số (tr 22)
Một số ph−ơng pháp tính định thức (Tr 24)
Đề kỳ (Tr10). Giải đề kỳ tr−ớc (Tr11)
Trang tin học nghiên cứu ứng dụng : 1. Cách vận hành máy in Laser (Tr 13) 2. MĐo vỈt víi Registry Windows
Trang danh nhân Toán học: A Kolmogorov, nhà toán học lớn (Tr15) Đề thi Olympic sinh viên toàn quốc năm 1994 (Tr 16)
Đáp án đề thi Olympic sinh viên toàn quốc năm 1993 (Tr 17)
Tham gia biên tập số gồm có:
(2)Trang Th«ng tin Trang Th«ng tin Trang Th«ng tin
Trang Th«ng tin Gi¸o dơc Gi¸o dơc Gi¸o dơc Gi¸o dơc
Chấn h−ng, cải cách, hiện đại hoá giáo dục
GS Hoµng Tơy
LBT Cơng đổi đất n−ớc mà Đảng, phủ lãnh đạo mang lại đổi thay hàng ngày kinh tế đời sống khắp đất n−ớc ta Để đảm bảo cho kinh tế, xã hội phát triển ổn định với tốc độ cao, địi hỏi phải có thay đổi nâng cao chất l−ợng Giáo dục đào tạo, đổi đào tạo bậc đại học Chúng đăng kiến nghị chấn h−ng giáo dục đại học n−ớc ta GS TSKH Hoàng Tụy để bạn đọc tham khảo
ản kiến nghị gồm ba phần Phần đầu phân tích thực trạng giáo dục để tìm gốc khó khăn bất cập Phần thứ hai đề xuất ph−ơng h−ớng đại hố giáo dục để khắc phục khó khăn bất cập cách Phần thứ ba trình bày số giải pháp cấp bách cần thực để trả lại mơi tr−ờng hoạt động bình th−ờng cho giáo dục, mở đ−ờng chuyển dần sang cải cách, đại hố tồn hệ thống
I Thực trạng giáo dục
Ai cng biờt vai trò quan trọng then chốt giáo dục tiền đồ dân tộc Thế nh−ng, từ nhiều năm, giáo dục VN tụt hậu xa so với n−ớc khu vực giới Ch−a tình hình giáo dục trở nên xúc nh− Nhìn chung n−ớc, hệ thống giáo dục ch−a khỏi trạng thái lộn xộn bất bình th−ờng, hoạt động khơng theo quy luật khoa học, hiệu kém, chất l−ợng thấp, có nguy bị th−ơng mại hoá theo xu h−ớng ng−ợc với lý t−ởng công dân chủ xã hội Về ba ph−ơng diện dân trí, nhân lực nhân tài, bất cập rõ:
• Dân trí thấp, biểu hịên lối sống suy nghĩ, tập quán, tác phong, t− t−ởng, ý thức Đạo đức bị xói mịn, thói gian dối, thiếu trung thực đang tác động nặng nề đến mặt đời sống xã hội
• Nhân lực không đáp ứng yêu cầu phát triển kinh tế Yếu kiến thức, kỹ thực hành, ít khả xoay xở, thiếu đầu óc t−ởng t−ợng lực sáng tạo, đặc tr−ng chất l−ợng lao động khiến sức cạnh tranh thấp • Nhân tài khơng q thiếu
nhng phát bồi dỡng kém, thiếu hội điều kiện phát triển Chất xám bị lÃng phí nghiêm trọng dới nhiều hình thức khác
Đ−ơng nhiên, không vấn đề giáo dục, mà vấn đề toàn xã hội, nh−ng trách nhiệm vai trị cuả giáo dục lớn
Tình trạng sa sút giáo dục thực tế khó chấp nhận, nh−ng cần đ−ợc nhìn thẳng thấy đ−ợc đ−ờng Hồn tồn khơng nên so sánh với thời bao cấp hay năm đầu đổi để dễ dàng lịng với b−ớc tiến chậm chạp có, mà cần mở tầm mắt giới bên ngoài, để cảm nhận rõ tụt hậu ngày xa Cách so sánh với khứ đầy khó khăn tr−ớc liều thuốc an thần nh−ng thiếu trách nhiệm, thật sự sút giáo dục hồn tồn khơng xứng với tiềm dân tộc, tinh thần, trí tuệ, vật chất cũng nh− vận hội
Từ 1966 đến nay, TƯ có nhiều nghị đắn mà ch−a đ−ợc thực nghiêm túc, có nhiều cố gắng để vực giáo dục lên, song bệnh không giảm, trái lại ngày trầm trọng kéo dài ch−a biết đến Điều cho thấy ngun nhân trì trệ khơng phải sai lầm cục điều hành quản lý (tuy phần trách nhiệm máy quản lý không nhỏ), mà chủ yếu sai lầm từ gốc, sai lầm từ nhận thức, quan niệm, t− Nói vắn tắt, sai lầm có tính chất hệ thống, sai lầm thiết kế, khắc phục biện pháp điều chỉnh chắp vá, sai đâu sửa đó, sửa rối, mà cần phải c−ơng xây dựng lại từ gốc Đó mệnh lệnh sống, không muốn tụt hậu thêm
II Con đ−ờng ra: cải cách, đại hoá giáo dục
(3)Muốn công nghiệp hoá, đại hoá đất n−ớc tất yếu phải bắt đầu việc đại hoá giáo dục, mà lạc hậu giáo dục chỗ xa lạ với kinh nghiệm lịch sử kinh nghiệm giáo dục giới, lúc cần hội nhập để phát triển Vì đ−ờng khỏi khó khăn xây dựng lại giáo dục từ gốc để tiến tới giáo dục phù hợp với truyền thống văn hoá dân tộc xu chung giới, tạo điều kiện cho hội nhập thành cơng Đó nhiệm vụ hiện đại hoá giáo dục, với nội dung ph−ơng h−ớng nh− sau.
1. Để xây dựng lại giáo dục từ gốc, tr−ớc hết cần thay đổi t− giáo dục, xác định lại quan niệm mục tiêu, yêu cầu đào tạo chức nhà tr−ờng, từ thấy rõ cần thay đổi cung cách dạy học, thay đổi nội dung, ph−ơng pháp, tổ chức quản lý giáo dục, nh− để đạt đ−ợc mục tiêu Nên rà sốt lại để dứt khốt từ bỏ đào tạo mẫu ng−ời biết ngoan ngoãn chấp hành, quen đ−ợc dẫn dắt, bao cấp t− hành động, biết suy nghĩ độc lập tự chịu trách nhiệm Cần coi trọng rèn luyện phẩm chất đạo đức ng−ời đại có cá tính nh−ng bao dung, biết giao tiếp hợp tác, biết làm việc có hiệu quả, có t− cởi mở với mới, thích dấn thân, khơng ngại đ−ơng đầu với thách thức, khó khăn, sẵn sàng chấp nhận mạo hiểm mục đích lớn, trung thực có đầu óc sáng tạo, đức tính tối cần thiết đời sống xã hội đại Đồng thời cần quan tâm đến giáo dục thẩm mỹ, giáo dục cảm xúc, đào tạo tồn diện ng−ời có tâm hồn thể chất khoẻ mạnh
2. Từ quan niệm bao qt nói phải xem xét lại tồn tổ chức trình giáo dục, bao gồm nội dung ch−ơng trình, ph−ơng pháp cấp học, cho phù hợp với mục tiêu chung Chẳng hạn phải giảm bớt đáng kể lên lớp nghe giảng, tăng thực hành, học theo ph−ơng pháp t−ơng tác, dành cho việc tự học, tuỳ lứa
tuổi tập tham khảo sách báo, t− liệu, thảo luận xêmina, thuyết trình, tham luận, viết tiểu luận, làm dự án, Ngay từ nhỏ học sinh cần tập dần để biết suy nghĩ, ham thích tìm tịi, ham thích khám phá, sáng tạo từ dễ đến khó, tập phát giải vấn đề, hạn chế học thuộc lòng, chống nhồi nhét kiến thức máy móc khơng xem nhẹ rèn luyện trí nhớ Giảm, bỏ, thay đổi hẳn nội dung ph−ơng pháp dạy điều có tinh chất kinh kệ, để tăng kiến thức thiết thực, đòi hỏi vận dụng t− nhiều Đối với n−ớc ta, điều quan trọng tàn tích lối học từ ch−ơng khoa cử, tinh thần h− học cổ lỗ nặng xã hội ta giới trí thức ta Đặc biệt đại học phải coi trọng đầu óc, phong cách kỹ nghiên cứu khoa học 3. Công bằng, dân chủ xu h−ớng xã
hội tiến đại, cách hiểu thực thi nhiều điểm khác tuỳ n−ớc Trong giáo dục cơng bằng, dân chủ có nghĩa bảo đảm cho cơng dân quyền bình đẳng hội học tập và hội thành đạt học vấn
Ngày nay, khơng nguyên tắc đạo đức mà điều kiện để bảo đảm phát triển xã hội Chỉ có cơng bằng, dân chủ giáo dục, ng−ời, dù giàu nghèo, sang hèn, có hội học tập thành đạt ngang tiềm trí tuệ xã hội đ−ợc khai thác hết Hiện n−ớc ta em tỉnh miền núi, vùng nông thôn, hay em nhà nghèo thành thị, học khó mà học lên cao khó Với chế độ học tập buộc phải học thêm nhiều, phải đóng góp vơ vàn khoản tốn ngồi học phí, hàng năm phải mua sắm sách giáo khoa mới, với chế độ đánh giá thi cử tốn nh− nay, nhà tr−ờng ta vơ tình gạt lớp trẻ thiếu may mắn trót sinh gia đình nghèo khơng thành phố 4. Tùy theo cá tính, ng−ời có
(4)hay kìm hãm mà trái lại phải tôn trọng, phát triển cá tính, muốn khơng nên gị bó ng−ời kiểu đào tạo nh− nhau, h−ớng học vấn nh− nhau, mà phải mở nhiều con đ−ờng, nhiều h−ớng, tạo nhiều hội lựa chọn cho hệ trẻ phát triển tài năng, đồng thời cho phép họ dễ dàng chuyển sang đ−ờng khác thấy lựa chọn ch−a phù hợp Đó t− t−ởng đạo để giải vấn đề phân ban năm cuối trung học phổ thơng, phát triển nhiều loại hình đại học cao đẳng đáp ứng nhu cầu đa dạng tuổi trẻ, đồng thời bảo đảm liên thông tối đa cấp học loại tr−ờng học khác để không bị lâm vào ngõ cụt đ−ờng học vấn
5. Do b−ớc tiến nhanh khoa học công nghệ, ngành hoạt động kinh tế ngày yêu cầu lực l−ợng lao động phải có trình độ hiểu biết cao đảm bảo hiệu suất Hơn trình độ văn minh đại đòi hỏi thành viên xã hội phải có học thức cao h−ởng thụ đ−ợc đầy đủ cuộc sống của thân đóng góp vào phát triển cộng đồng Tr−ớc tình hình đó, xã hội văn minh tiến đến chỗ trình độ học thức hai năm đầu đại học trở thành cần thiết cho ng−ời, giống nh− trình độ tiểu học cách kỷ Vì vậy, xu tất yếu là phải tiến tới mở cửa đại học cho số đông, cho đại phận dân chúng.
Điều đỏi hỏi thay đổi lớn quan niệm sứ mạng, nhiệm vụ nh− tổ chức, quản lý giáo dục đại học Đặc biệt, với trình độ phát triển với cấu nhu cầu lao động thời gian tới, cần ý phát triển loại hình đại học ngắn hạn năm (về kỹ thuật hay nghiệp vụ du lịch, kế toán, ngoaị ngữ, )
6. Trong nâng cao dân trí, mở rộng cửa nhà tr−ờng, kể đại học, cho đơng đảo ng−ời dân, giáo dục khơng thể coi nhẹ nhiệm vụ đào tạo, bồi d−ỡng nhân tài Trái lại, phải chú trọng tài năng, khắc phục bình quân trung bình chủ nghĩa vốn nh−ợc điểm
th−ờng thấy n−ớc nghèo nh− ta Trong thời đại kỹ thuật số hết, h−ng thịnh quốc gia phần quan trọng, khơng nói định, có nhiều tài xuất chúng đ−ợc nâng niu, nuôi d−ỡng đ−ợc tạo điều kiện phát triển độ Tài quan trọng cho xã hội đại đến mức số l−ợng chất l−ợng ng−ời tài đ−ợc đào tạo tiêu chuẩn hàng đầu để đánh giá hiệu giáo dục Cho nên, hệ thống giáo dục, đặc biệt đại học, phải có biện pháp hữu hiệu để đào tạo nhiều ng−ời tài, xã hội phải đ−ợc tổ chức nh− để tài không tàn lụi sớm mà đ−ợc khuyến khích phát triển ngày cao Kinh nghiệm n−ớc phát triển cho thấy giáo dục công bằng, dân chủ, số ng−ời đ−ợc học đơng, số đơng xuất nhiều ng−ời tài xuất sắc Vì cơng bằng, dân chủ giáo dục khơng không mâu thuẫn với việc trọng tài năng, mà sở để đào tạo đ−ợc nhiều nhân tài cho đất n−ớc
7. Trong thời đại khoa học công nghệ tiến nhanh nh− vũ bão, khơng thoả mãn với vốn kiến thức có Mọi ng−ời cần học tập, học th−ờng xuyên, học suốt đời, giáo dục th−ờng xuyên phải không ngừng mở rộng phạm vi, quy mơ, hình thức, đối t−ợng, sử dụng ph−ơng tiện kỹ thuật tân tiến nhất: máy tính, Internet, đa truyền thơng khơng dây,
, để cho ai, đâu lúc học đ−ợc dễ dàng có hiệu Vai trị giáo dục th−ờng xuyên xã hội đại ngày tăng lên đến mức số n−ớc tổng chi phí xã hội cho giáo dục th−ờng xuyên v−ợt tổng chi phí cho giáo dục theo tr−ờng lớp truyền thng
(5)gần khuôn khæ Héi KhuyÕn häc
8. Đặc điểm quan trọng giáo dục đại sử dụng rộng rãi Internet, công nghệ thông tin khâu giáo dục, từ nội dung ph−ơng pháp, tổ chức Lý dễ hiểu mặt công nghệ thông tin len lỏi vào hoạt động kinh tếvà đời sống xã hội đại, khiến cho hiểu biết tối thiểu tin học trở nên cần thiết cho ng−ời, mặt khác, máy tính, Internet, viễn thơng, truyền thơng khơng dây, trở thành cơng cụ hỗ trợ đắc lực việc giảng dạy học tập theo yêu cầu nêu Đặc biệt phải biết tận dụng khả công nghệ thông tin, phát triển mạnh giáo dục từ xa để đáp ứng cách tiết kiệm, linh hoạt hữu hiệu nhu cầu học tập nơi lao động sinh hoạt đông đảo ng−ời dân
9. Dựa nguyên tắc vừa nêu cần cải tổ toàn hệ thống giáo dục Về bậc tiểu học THCS, n−ớc có hệ thống thực nghiệm giáo dục đ−ợc nghiên cứu từ hai m−ơi năm đ−ợc áp dụng nhiều vùng đất n−ớc, cần có thẩm định đánh giá khách quan, nghiêm túc, để đáp ứng u cầu nêu mở rộng thực n−ớc, coi nét đặc thù giáo dục VN Về bậc THPT cần nghiên cứu lại việc phân ban theo tinh thần tiến tới tạo nhiều hội lựa chọn cho hệ trẻ sở bảo đảm mặt văn hố chung thích hợp, đồng thời tổ chức đủ mềm dẻo phép điều chỉnh lựa chọn ch−a phù hợp Về đại học kỹ thuật trung cấp, giới h−ớng tới xây dựng hệ thống giáo dục t−ơng đồng với cấu trúc nội dung đào tạo để thuận tiện cho việc hợp tác trao đổi quốc tế (nh− tú tài +3 năm cho ch−ơng trình cử nhân, tú tài +5 năm cho ch−ơng trình thạc sĩ, kỹ s−, tú tài +8 năm cho ch−ơng trình tiến sĩ) Ta cần sớm chủ động hội nhập vào xu chung
10.Cuối cùng, muốn cải cách thành công phải cải tổ quản lý giáo dục Tr−ớc hết cần có chuyển biến mạnh mẽ máy lãnh đạo quản lý quan điểm giáo dục nh− nêu trên, sở thay đổi, cải tiến tổ chức, ph−ơng pháp quản lý, nhằm phát huy sáng kiến chủ động cấp, b−ớc khắc phục bệnh tập trung quan liêu Cần cải tổHội đồng giáo dục quốc gia thành hội đồng thật có lực t− vấn cao tầm chiến l−ợc, tăng c−ờng bộ máy tra đi đôi với mở rộng quyền tự chủ, khuôn khổ quy định, cho sở giáo dục, đặc biệt đại học lớn, về vấn đề thuộc phạm vi ch−ơng trình, tổ chức, kế hoạch giảng dạy, nghiên cứu khoa học hoạt động khác Quản lý giáo dục tức quản lý hoạt động làm tảng phát triển trí tuệ, phát triển lực sáng tạo xã hội, liên quan khăng khít với quản lý hoạt động khoa học, công nghệ Tiến tới chấm dứt tình trạng ngăn cách các đại học sở nghiên cứu khoa học, công nghệ. Hệ thống quản lý giáo dục cần đ−ợc cải tổ thành mạng l−ới, vận hành theo chế mạng, tận dụng tri thức khoa học ph−ơng tiện kỹ thuât quản lý mạng, để tăng hiệu quản lý, phù hợp với xu h−ớng yêu cầu phát triển xã hội đại
(cßn nữa)
ứng dụng tích phân
(xem tiếp trang 24)
Bài 2 Tìm giá trị nhỏ hàm số sau:
a) f(x) = x.arccosx -
1−x -
x x
3
- x
3
, x ∈ [ 0, 1] b)f(x,y) = ( )
(y )x y x n
1 2
+ +
ℓ - xy
(arccotg y – arccotg x), 0< x≤ y c) f(x) = x(arccos x – 1) -
1−x , x ∈ [ 0, 1]
(6)Một vài ứng dụng phơng trình Cauchy
Nguyễn Quốc Tuấn K29G Toán Nguyễn Qc Tn K29G To¸n Ngun Qc Tn K29G To¸n Ngun Qc Tn K29G To¸n
Ta th−ờng gặp ph−ơng trình hàm (PTH) nhiều báo kì thi Olimpic n−ớc nh− ngồi n−ớc Mặc dù dạng tốn khó, song ph−ơng pháp giải nhiều dạng PTH khơng địi hỏi kiến thức phức tạp Tuỳ theo dạng PTH mà có cách giải phù hợp Trong báo xem xét số dạng tốn đ−a PTH Cauchy:
Tr−íc hÕt chóng ta giải PTH Cauchy: Bài toán. (Phơng trình hàm Cauchy)
Xác định hàm liên tục R thoả
m·n ®iỊu kiƯn :
f x y( + )= f x( )+ f y( ),∀x,y∈R (1)
Gi¶i
Tõ (1) ⇒ f(0) 0, (- ) - ( )= f x = f x (2) vµ f(2 )x =2 ( ),f x ∀ ∈x ℝ
Gi¶ sư (( -1) ) ( -1) ( ) f n x = n f x ∀x∈R
Ta cã
( ) (( -1) )
(( -1) ) ( ) ( )
f nx f n x x
f n x f x nf x x
= + =
+ = ∀ ∈R
⇒ ( )f nx =nf x( ) (3)
tõ (2) vµ (3) suy
( ) ( )
f nx =nf x ,∀x∈R, ∀n∈ *
Z
⇒f
n x
=
n
1
f(x) ∀x∈R, ∀n∈ *
Z
⇒f( x
q p
)=p
qf(x) ∀x∈R,∀p, q
*
∈Z hay ( )f kx =kf x( ),∀x∈R, ∀k∈ℚ Víi r∈R: Do trï mËt R nên tồn
một dÃy
}
{kn ⊂ℚ cho
∞
1
}
{kn →r n → ∞
mµ f k x( n ) = k f xn ( ), ∀x∈R, ∀kn∈ℚ,
suy ralim ( n ) lim n ( ) n→∞f k x = n→∞k f x hay
( ) ( )
f rx =r f x , ∀r, x∈R Từ f r( )=r f (1)∀r∈R
VËy ( )f x =ax (a∈R tïy ý)
Thư l¹i ta thÊy hàm ( )f x =ax thoả mÃn Vậy f x( )=ax lµ nghiƯm cđa PTH Cauchy,
I Lớp tốn hàm ax,xα,lnx Ví dụ Xác định hàm f liên tục R
thoả mãn : f x y( + )= f x f y( ) ( ),∀x,y∈R Ví dụ 2. Xác định hàm f liên tục
R\{0} tho¶ m·n :
( ) ( ) ( ),
f xy = f x f y ∀x,y∈R\{0} Ví dụ 3. Xác định hàm f liên tục
R\{0} tho¶ m·n :
( ) ( ) ( ),
f xy = f x + f y ∀x,y∈R\{0} HD: Trong ba ví dụ cố gắng đ−a PTH Cauchy cách đặt f
bằng hàm giải Ví dụ 1, Ví dụ 2, Ví dụ dành cho độc giả
Gi¶i VÝ dơ 1:
Ta thấy (f x= f x f( ) (0),∀x∈R Do
NÕu (0) 0f = th× ( ) 0,f x = ∀x∈R
NÕu (0) 0f ≠ th× (0)f = f x f x( ) (- )≠0, suy ( )f x ≠0 , ∀x∈R vµ
2 ( ) ( ) ( )
2 2
x x x
f x = f + =f
>0 , ∀x∈R
đặt ( ) g x( )
f x =e ( )g x liên tục R ta
cã :
( + ) ln (= + ) ln{ ( ) ( )}=
g x y f x y f x f y
ln ( ) ln ( )f x f y
= +
( ) ( ),
g x g y
= + ∀x,y∈R
Theo PTH Cauchy ta cã ( )g x =bx b, ∈R
tuú ý Suy ( )
f x =ebx x
a
= (a>0t ý) VËy nghiƯm cđa VÝ dơ lµ
( )f x ≡0 hc ( ) x
f x =a (a>0t ý) II Lớp toán hàm ngợc:
arctg , x arc cotg , arcsin , arccosx x x
Ví dụ Tìm hàm f xác định liên tục R thoả mãn :
( )f x + f y( )= f(
xy y x
− +
1 ) ∀x,y∈R, |xy|<1 Ví dụ 2. Tìm hàm ( )f x xác định, liên tục [-1, 1] thoả mãn :
( ) ( ) (
f x + f y = f x
1−y )+y
1−x ) (2) ∈
∀x,y [-1, 1]
Ví dụ 3. Tìm hàm f xác định liên tục [-1, 1]
(7)( )f x + f y( )= f ( y x xy
+ −1
),∀x,y∈R, x y+ >0 HD: Cũng nh− dạng 1, phép đặt ẩn phụ thích hợp, ta đ−a đ−ợc dạng PTH Cauchy
Giải Ví dụ Đặt sin , sin , ,
x= u y= v u v∈[ ,
π π −
] Ta cã
x
1−y +y
1−x =sin(u v+ ) Tõ (2) suy (sin )f u + f(sin )v = f(sin(u v+ )) Đặt ( )f t =g(arcsin ),t ∀t∈[
2 ,
π π
− ], ta cã (sin ) ( )
f t =g t , suy
( ) ( ) ( )
g u +g v =g u v+
Do f liªn tơc trªn [-1, 1] nªn g liªn tơc trªn [
2 ,
π π
− ] Do theo PTH Cauchy, ta có
( ) , - ,
g u =bu b const ∀n ∈ [ ,
π π −
],
⇒ f x( )=barcsin ,x ∀x∈ [-1, 1], b – const
Thư l¹i ta thÊy ( )f x =b.arcsinxthoả mÃn Vậy nghiệm Ví dụ là:
f x( )=b.arcsinx ∀x∈ [-1, 1] II PTH với phép biến đổi đại số
Ví dụ Cho a∈R ,0< <a Tìm tất hàm số f đồng biến [0, 1] thoả mãn:
f(
y x+
)= (1- ) ( )a f x +af y( ),∀x, y ∈ [0, 1] vµ x≤y.
Ví dụ Cho a∈R, 0<a<1 Tìm tất hàm số f đồng biến [0, 1] thoả mãn:
f(
y x+
)= (1- ) ( )a f x +af y( ),∀x, y ∈ [0, 1]
Gi¶i VÝ dơ
Đặt ( )g x = f x( ) - (0)f , ∀x ∈[0, 1]
⇒ (0) 0g = vµ
g(
y
x+ ) (1- ) ( ) ( )
a g x ag y
= + ,∀x, y∈[0, 1],
x ≤ y
⇒ ( )g x =ag x(2 ),∀ x y, ∈ [0, 1] + Víi y=3 ,x ∀ ,x y∈ [0, 1], ta cã
(2 ) (1- ) ( ) (3 )
g x = a g x +ag x =
a
1 ( )
g x
⇒g x( )=
2
2 1
a a − +a
⇒g x(3 )= 2
2 a
a a − +
( ),
g x ∀ x ∈ [0,
] Mặc khác :
(3 )
g x =g(
2 6x
) (1- ) (2 )= a g x +ag x(4 ) (1- )= a
a
1 ( )
g x +
a
1 ( )
g x
=
a a
−
( ),
g x ∀x ∈ [0,
]
⇒
2
1 a
a a − +
( )
g x =
a a
−
( ),
g x ∀x∈[0,
] - NÕu ( ) 0,g x = ∀x ∈ [0,
4
] th× (2 )
g x =
a
1
( ) 0,
g x = ∀ x ∈ [0,
]
⇒ ( ) 0,g x = ∀ x ∈ [0,
2
] T−¬ng tù ta cã ( ) 0,g x = ∀ x ∈ [0,1] -NÕu ∃ x0 ∈ [0,
4
] : g(x0)≠0 th×
2 1
a a a − +
= a
a −
2
⇒
a -a+1= 2a−a2
⇒2
a -3a+1=0 ⇒ =
a
⇒
2 ) ( ) ( )
(x y g x g y
g + = +
⇒g x y( + )=g x( )+g y( ),∀x,y∈[0, 1], (x y+ <1) Ta có f đồng biến [0, 1] ⇒ g đồng biến [0, 1] ⇒g x( ) 0> , ∀ x>0
T−¬ng tù nh− PTH Cauchy ta chøng minh ®−ỵc:
g(
n x
) =
n
1
g(x), ∀0 <
n x
< 1, x∈[0,1] Do g đồng biến [0, 1] nên với x (0,1)
n
∈ ta cã 0<g x( )<g(
n
)
⇒0<g x( )<
n
1 g(1),
⇒
+
→0
lim x
( ) (0)
g x = =g ,
(8)Víi x∈(0, 1) ta cã:
+
→0
lim
y [ (g x y g x+ ) - ( )]= ylim→0+ g y( ) 0=
,
g(x)liên tục phải (0, 1)
V× ( )g x =g x y y( - + )=g x( )+g x y( - ), ∈
<
∀y x (0, 1)
⇒g x y( - )=g x g y( ) - ( ) ∀y< x∈(0,1) vµ
−
→0
lim y
[ (g x y g x+ ) - ( )]= =
+
→0
lim y
[ ( - ) - ( )]g x y g x = +
→0
lim y
[- ( )]g y
= -+
→0
lim
y g y( ) 0=
⇒ g x( )liên tục điểm (0, 1), ( )g x thoả mãn PTH Cauchy
⇒ g x( )= cx, c - const, ∀x∈[0, 1] VËy nghiƯm cđa VÝ dơ lµ:
( )
f x =cx d+ víi c, d – const (c ≥ 0), ∀x∈[0,1]
ứng dụng số phức vào giải
các toán hình học
Lê Ngọc Kiên – K27C - To¸n
Trong lý thuyết hàm số biến số phức, làm quen với cách biểu diễn số phức: dạng phức hợp, dạng đại số, dạng l−ợng giác dạng hình học dạng hình học, số phức đ−ợc biểu diễn nh− véctơ, việc tìm hiểu vận dụng số phức hình học điều bổ ích lý thú Qua viết này, muốn trình bày tiếp cận ph−ơng pháp: “Dùng số phức để giải tốn hình học”
Tr−íc hÕt nhắc lại số kiến thức số phức
I Cơ sở lý thuyết (Phơng pháp giải toán)
1 Dạng biểu diễn điểm vect¬ cđa sè phøc
- Số phức z a ib= + đồng với điểm M ( , )a b mặt phẳng toạ độ Oxy Vì để đơn giản, ta không phân biệt số phức z hay điểm z, điểm M hay số phức M
- Mỗi số phức M = a ib+ đồng với vectơ OM có điểm đầu gốc toạ độ O, điểm cuối M
Trên mặt phẳng cho điểm A, B Khi ta có AB
Từ đẳng thức AB=OB - OA việc đồng A với OA, B với OB, ta viết: AB = B – A
Vì vectơ AB đ−ợc xem hiệu số phức B, A B - A = |AB| khoảng cách hai điểm A v B
2 Đờng tròn mặt phẳng phức:
Đờng tròn tâm M0 , bán kính R >
tập hợp điểm M cách M0 khoảng không
i R Xột mặt phẳng phức
0
M - M khoảng cách từ M đến M0,
ta viết M - M0 = R phơng trình đờng tròn tâm M0 , bán kính R
Khi M0 = O (gốc toạ độ) đ−ờng trịn
tâm gốc toạ độ, bán kính R có ph−ơng trình M = R
Phơng trình dạng tham số: M = R(cost i+ sin ) (0t ≤ ≤t )π Khi M0 ≠ 0, b»ng phÐp tÞnh tiÕn gèc to¹
độ M0 ta viết ph−ơng trình tham s ca
đờng tròn là:
M = M0 + R(cost i+ sin ) (0t ≤ ≤t )π II Một số toán
Bài 1. Cho tam giác ABC với trọng tâm G Chứng minh r»ng:
2 2 2
AB + BC + CA = 3(GA + GB + CA )
(1)
Lời giải Chọn hệ trục toạ độ cho gốc O trùng với trọng tâm G tam giác ABC Ta có G= (A+B+C)1
3 mà G trùng O, A + B + C = ⇒ A + B + C =
Ta cã
VT (1) = B-A2+ C-B2+ A-C2
Tính số hạng theo công thức
2
|Z| = Z.Z ⇒ VT(1) = (B – A) ( B - A ) + (C – B) ( C - B ) + (A – C) ( A - C ) = = 3(A A + B B + C C ) – ( A + B + C )× ( A + B + C) = (A A + B B + C.C )
= (A2 + B2 + C2)
= (OA2+O B2+OC2) = (GA2+GB2 + GC2)
(9)Bµi 2 Trong tất tam giác nội tiếp đờng tròn, tìm tam giác có tổng bình phơng cạnh lµ lín nhÊt
Lời giải Xét ∆ABC nội tiếp đ−ờng trịn tâm O, bán kính R Chọn hệ trục toạ độ cho O trùng gốc toạ độ, ta có A = B = C = R Gọi G trọng tâm tam giác ABC
Đặt y = AB2 + BC2 + CA2 Theo bµi ta cã
y = AB2 + BC2 + CA2 = 3(GA2 + GB2 +
GC2) = [(A – G) ( A - G ) + (B – G)
( B - G ) + (C – G) ( C - G )] = 3[(A2 +
2
B + C2) + G2 - G (A + B + C) – G( A + B + C )] = 9R2 – 9 G2, (do A +
B + C = 3G ⇒ A + B + C = G )
y đạt giá trị lớn ⇔ G nhỏ ⇔ G= ⇔ G = Nghĩa trọng tâm G trùng với tâm O đ−ờng tròn ngoại tiếp
⇔ ∆ABC ymax = 9R2
Bài 3. Tam giác ABC có đỉnh B, C cố định, điểm A thay đổi cho trung tuyến BI có độ dài khơng đổiℓ Tìm quỹ tích đỉnh A
Lời giải Chọn hệ trục toạ độ Oxy cho B trùng với gốc toạ độ, điểm C thuộc trục Ox
Ta có BI = ℓ ⇔ I = ℓ ⇔ I chạy đ−ờng trịn tâm gốc tọa độ, bán kính ℓ, (I = ℓ(cos sin ),t + i t 0≤ t 2)
I trung điểm AC ⇔ I =
(A + C) ⇔ A + C = 2I
⇔ A = - C + 2I
⇔ A = - C + 2ℓ(cos sin ).t + i t Gọi điểm C’ = - C điểm đối xứng C qua B = O Vậy ta suy :
Quỹ tích điểm A đ−ờng tròn tâm C’ (đối xứng với C qua B ), bỏn kớnh
Bài tập tơng tự
Bài 1. Cho hình bình hành ABCD
a CMR: (MA2 + MC2) – (MB2 +
MD2) số không phụ thuộc vị
trÝ ®iĨm M
b.Tìm quỹ tích đến M cho MA2 +
MB2 + MC2 + MD2 = k2 (k ∈
R)
Bài 2. Cho đ−ờng trịn (C), đ−ờng kính AB = 2R, điểm M chuyển động (C), A’ đối xứng với A qua M Tìm quỹ tích điểm A trọng tâm G ∆AA’B
Trên xin đ−a số toán đơn giản, nhằm mục đích giới thiệu với bạn ph−ơng pháp Tuy nhiên, khơng phải với tốn hình học nên áp dụng ph−ơng pháp Vì vậy, viết mong muốn giúp bạn tham khảo thêm ứng dụng số phức giải tốn phổ thơng nói chung tốn hình học nói riêng Để có đầy đủ kiến thức nội dung này, bạn tham khảo sách “ứng dụng số phức để giải toán sơ cấp” PGS TS: Nguyễn Phụ Hy
Chuyện PGS Văn Nh− C−ơng ng−ời hóm hỉnh Một lần vợ ơng nói Tốn học khô khan căng thẳng, bà cắm hoa bàn làm việc chồng để giúp chồng bớt căng thẳng, ông liền đề thơ bên cạnh lọ hoa nh− sau:
Em cắm hoa t−ơi đặt cạnh bàn Mong Tốn học bớt khơ khan
(10)Sử dụng kỹ thuật tách số để chứng minh Bt ng thc
và toán cực trị
Phạm Văn Thế K27G Toán
Nh− biết, toán chứng minh bất đẳng thức tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số dạng tốn hay khó, khiến nhiều học sinh phổ thơng nản chí Để làm tốt tốn dạng địi hỏi đầu ta phải có nhiều kỹ thuật biến đổi để đ−a dạng bản, từ áp dụng đ−ợc bất đẳng thức cổ điển Trong viết này, xin đ−a số kỹ thuật tách số việc chứng minh bất đẳng thức (BĐT) tìm cực trị để bạn tham khảo Những kỹ thuật đ−ợc minh qua nhng vớ d sau õy:
Bài toán 1. Cho , ,x y z lµ sè thùc dơng thỏa mÃn điều kiện x2003 y2003 z2003 1
+ +
Tìm giá trị lớn cđa biĨu thøc
3 3
T=x +y +z
Lời giải Vì , ,x y z số dơng nên áp dụng BĐT Cô si cho sè x2003 vµ 2000 sè
1
3, ta đợc:
( )
2003 2003 2003
3 2000
6009 2003
3 2003 2000 1 3
1 2003
2003
3 3
x x x
x x
+ + + + +
+ ≥ =
(1) T−ơng tự y z, ta có
3 2003 2003 2003
2003 2000
2000 2003
3 3
y
y +y +y + ≥ (2)
3 2003 2003 2003
2003 2000
2000 2003
3 3
z
z +z +z + ≥ (3)
cộng theo vế BĐT (1), (2) (3) lại với nhau, ta đợc:
( 2003 2003 2003)
2003 2000
2003 3 2000
3
2003
T≤ x +y +z +
≤
Vậy T≤200332000, maxT=200332000
đạt đ−ợc
2003
1
x= = =y z
Nhận xét Kỹ thuật th−ờng dùng cho toán mà bậc biểu thức điều kiện cao bậc biểu thức cần chứng minh Việc chọn số phải ý đến dấu “=” xảy thỏa mãn giả thiết
Đây toán tổng quát ví dun trên:
Bài toán Cho a a1, 2, ,ak số thực dơng thỏa mÃn
1 m m m
k
a +a + +a với >0 Tìm giả trị lớn biÓu thøc
1 n n n
k
A a= +a + +a víi n m< vµ
∈ n m
k, , N*
Bài toán bạn đọc tự chứng minh, với ý tách m
i
a thµnh n số thêm m n số
Bài toán Tìm nghiệm dơng hệ phơng trình
20 11 2003 3 (1) 20 11 2003 2034 (2)
x y z
x y z
+ + =
+ + =
Lời giải.Vì , ,x y z>0 nên theo BĐT Cô Si, ta có
20 1 2020 20 20
x + + + + ≥ x = x (3)
11 1 1111 11 11
y + + + + ≥ y = y (4)
2003 1 20032003 2003 2003
z + + + + ≥ z = z
(5) Cộng theo vế BĐT (3), (4), (5) lại ta đợc
20 11 2003 20x+11y+2003zx +y +z +
+ 20 11 2003+ + KÕt hỵp víi (1), ta cã
20x+11y+2003z≤2034
dÊu “=” xảy x= = =y z VËy hÖ cã nghiÖm nhÊt (1; 1; 1)
Bạn đọc tự giải toán sau
Bài toán 4. Tìm nghiệm dơng hệ phơng trình
2 3
3
3 10
x y z z y x
+ + =
+ + =
Bài toán Cho , ,x y z>0 vµ tháa m·n
x y z+ + Tìm giá trị lớn biểu thức
2 2
1 1
x y z
T
x y z
= + +
(11)Lời giải Vì , ,x y z>0 nên theo BĐT Cô Si, ta có
2 1 1
9 9
x + =x + + + + ≥
( )9
2
10
9 10 9 10 10
9
x x
≥ =
do
10
9 10
4 10
9
9
1 10
x x
x
x ≤ x =
+ (2)
T−¬ng tù, ta cịng cã
9 10
4
9
1 10
y
y
y ≤
+ (3)
10
9
1 10
z
z
z ≤
+ (4) Céng tõng vÕ cđa c¸c BĐT (2), (3), (4), đợc
( )
9 10
4 4
5 5
9 10
T≤ x + y + z (*) Mặt khác, từ giả thiết ta có 1≥ + +x y z, 4(≥ x y z+ + ) hay
1
3
1
3
x x x x
y y y y z z z z
+ ≥ + + + + +
+ + + + + + + + + + ≥
(5 5 4)
5
5
3 x y z
≥ + + Nh− vËy
4 4
5x +5 y +5z ≤ 53. (5)
Tõ (5) vµ (*) ta suy
9 10
5
9
3
10 10
T≤ =
VËy max
10
T= đạt
3
x= = =y z Bµi toán dới tổng quát toán trên: Bài toán 6. Cho
*
1
, , , 0, , 1, 2, ,
1,
n i
n
a a a a i n
aα aα aα
α
> ∈ =
+ + + ≤ ∈
ℕ
R
Tìm giá trị lớn biểu thức
1
1
,
1 1
n
k k k
n
a
a a
T
a a a
α
α α
α α α
= + + +
+ + + víi
2
n≥ ,k n∈2 k, n thuộc k l, * ∈ℕ Bài ngh c gi t gii
Bài toán 7. Cho A, B, C lµ gãc cđa mét tam gi¸c Chøng minh r»ng
6
sin sin sin
2 2
A B C
≤
Lêi gi¶i. Ta cã sin sin sin
2 2
1
sin cos cos
2 2
A B C
A B C B C
=
− +
= − ≤
2sin sin
2 2
A A
≤ − =
sin sin sin
2 2
A A A
= − =
sin sin sin
2 2
A A A
= − ≤
3
1
2
3 3
≤ = =
(®pcm)
DÊu “=” x¶y cos
B C−
= vµ sin 2(1 sin )
2
A A
= − hay B C= vµ
2 sin
2
A
= Khi tam giác ABC cân đỉnh B (cịn tiếp)
§Ị kì này:
****************************
Bài 1. Cho hàm sè
2
( ) - - -
f x = x ax a
Tìm giá trị a để ( ) 1f x ≤ với [0, 1]
x∈
Bkhcuong
Bài 2. Giải phơng trình
6 2
64x −112x +56x − =7 1x
Đặng Thế Anh, K28E Toán
Bài 3. Chứng minh tam giác vuông ABC vuông A xảy
2
r
R ≤ −
(12)Bài 4. Tìm hàm :f R→R tháa m·n
a) f(1) 1=
b) f x y( + )= f x( )+ f y( ) c) ( ) ( )1 1, víi mäi 0
x
f x f = x ≠
Nguyễn Văn Tuyên, K27E Toán
Bài 5. Cho hàm số fkhả vi đoạn [0, 1] thỏa mÃn (0)f = f(1) 1= phơng trình f x2( )+ f′2( ) 1x = chØ cã h÷u h¹n
nghiƯm Chøng minh r»ng tån t¹i c∈(0, 1) cho ( )
1 ( ) c f c
e
f c
′ =
Hoàng Ngọc Tuấn, K27E Toán
Thông báo
BBT tờ báo Toán học Nhà Toán học Nhà Toán học Nhà Toán học Nhà trờng
trờng trờng
tr−ờng” xin thông báo tới độc giả tất cả quan tâm Nghị Hội đồng biên tập báo “Toán học Toán học Toán học Toán học Nhà tr−ờng
Nhµ tr−êng Nhµ tr−êng
Nhµ tr−êng” nh− sau:
Mục đích, nhiệm vụ
Báo “Toán học Nhà tr−ờng” ấn phẩm nội thầy trò Khoa Tốn, Tr−ờng ĐHSP Hà Nội với mục đích tạo sân chơi tốn học bổ ích lý thú cho sinh viên Khoa đồng thời động viên khích lệ phong trào học tập NCKH sinh viên
Nhiệm vụ tờ báo phục vụ nhu cầu học tập, tìm tịi sáng tạo sinh viên đồng thời chuyển tải tới sinh viên thông tin thành tích học tập, NCKH sinh viên Khoa tin tức Toán học n−ớc Thế giới
Phát hành
1 Bỏo c phỏt hnh số năm học, cố định vào ngày 20 tháng 3, 5, 10 12
(Xem tiếp trang 20 )
Giải kỳ trớc Giải kỳ trớc Giải kỳ trớc Giải kỳ trớc
(Số tháng 4- 2004) Bài Chøng minh r»ng
3 3< <7
Lêi giải. Để chứng minh 6 3 7
< < , tr−íc
hết ta thấy bất đẳng thức:: 3< 4< Do
3
3 5 3
3 >3 = = 243> 216 6.= Ta l¹i cã
4
3 7 4
3 <3 = = 2187< 2401 7.= Từ suy đpcm
(Vị Ngäc C−êng, K27D To¸n)
Bµi 2. Cho hµm sè f x( ) ( )g x liên tục đoạn [ , ]a b tháa m·n:
( ) ( ) , (1)
b b
a f x dx< ag x dx
∫ ∫
( ) ( ) (2)
f a −g a >
( ) ( ), [ , ] (3)
g b ≥g x ∀ ∈x a b
Chøng minh r»ng ( )f x =g x( )cã Ýt nhÊt mét nghiƯm kho¶ng ( , )a b
Lêi giải (của bạn Nguyễn Văn Tuyên, K27E Toán) Xét hàm sè ( )G x = f x( )−g x( ) đoạn [ , ]a b Từ giả thiết suy hàm ( )G x
liên tục ®o¹n [ , ]a b Ta cã
( ) ( ) ( )
G a = f a −g a > Tõ (1) suy ( )
b
aG x dx<
∫ , tồn x1∈( , )a b cho G x( ) 01 < , mặt khác ( ) 0G a > suy tồn x0∈( ,a x1)⊂( , )a b cho G x( ) 00 = (pcm)
Nhận xét. Lời giải ngắn gọn xác
Bài 3. Nếu tam giác ABC có góc thỏa mÃn điều kiện
tg tg tg
2 2
A B C
+ + =
th× nã cã tính chất gì? Lời giải. Xét hàm số
( ) tg , (0, 2)
f x = x x∈ π Ta cã
3
sin
( ) 0, [ , ]
cos
x
f x x a b
x
′′ = > ∀ ∈
Do áp dụng bất đẳng thức Jenxen cho số
2, 2,
(13)tg tg tg
2 2 2 2 2
tg
3
A B C
A +B +C + +
≤
hay
tg tg tg
2 2
tg
6
A B C
π + +
≤
3 tg tg tg
2 2
A B C
⇔ ≤ + +
Dấu đẳng thức xảy A=B C= hay tam giác ABC
(Đặng Trung Phơng, K28C Toán)
Bài 4. Cho , , ,a b c d sè d−¬ng tháa m·n a2003+b2003+c2003+d2003≤4. Chøng
minh r»ng 4 4 4.
a +b +c +d
Lời giải Vì a>0 nên a2003>0 áp dụng BĐT Cô Si cho 2003 số ta có
2003 2003 1 1+ + + +a + +a ≥
4.2003 2003
2003 a 2003a
≥ = VËy
2003
1999 4+ a ≥2003a (1)
T−¬ng tù, ta cịng cã
2003
1999 4+ b ≥2003b (2) 2003
1999 4+ c ≥2003c (3)
2003
1999 4+ d 2003d (4) Cộng vế BĐT (1)-(4), chóng ta cã
2003 2003 2003 2003 4.1999 4(+ a +b +c +d )≥
4 4
2003(a b c d )
≥ + + +
4 4
4(1999 4) 2003(a b c d )
⇔ + ≥ + + +
4 4 4.
a b c d
⇔ + + + ≤
(Mạc Văn Th, K28A Toán)
Bi Cho hai đ−ờng thẳng không cắt a b song song với mặt phẳng (P) Hãy xác định vị trí đ−ờng thẳng c mặt phẳng (P) cho khonảg cách từ c đến a b nhỏ
Lời giải. Chúng ta nhận thấy toán mở rộng tốn Heron: “Tìm điểm C đ−ờng thẳng d cho tr−ớc cho tổng khoảng cách từ C đến hai điểm A B cho tr−ớc nhỏ nhất” (Heron Von Alexandria – khoảng năm 75 tr−ớc công nguyên: Nhà khoa học kỹ thuật ng−ời Hylạp)
Gäi d(P, Q) khoảng cách metric hai tập P Q; Ha Hb tơng ứng mặt phẳng qua a vµ b vµ song song víi (P) Gäi a’ b lần lợt hình chiếu vuông góc
của a b (P) Ta thấy có trờng hợp sau xảy ra:
+ a b’ cắt (tức a b chéo nhau) Khi đ−ờng thẳng c (P) đồng thời cắt a’ b’ trùng với a’ trùng với b’ Ta có d(c,a)+d(c,b) = d(P,Ha) +d(P,Hb) Nếu đ−ờng thẳng c (P) song song với a’ song song với b’, chẳng hạn song song với b’ c cắt đ−ờng thẳng a’ (tức c a hai đ−ờng thẳng chéo nhau) đồng thời trùng với a’ c song song trùng với a’ ta có d(c,b)>d(P,Hb) d(c,a)≥d(P,Hb); suy d(c,a)+d(c,b)> d(P,Ha) + d(P,Hb)
+ a’ b’ song song trùng (tức a blà hai đ−ờng thẳng song song) Khi đ−ờng thẳng c (P) cắt a’ (tức c a đ−ờng thẳng chéo nhau) đồng thời trùng với a’ b’ ta có d(c,a)+d(c,b) = d(P,Ha)+d(P,Hb) Nếu đ−ờng thẳng c song song với a’ song song với b’, chẳng hạn a’, ta có d(c,b)>d(P,Hb) d(c,a)≥d(P,Hb); suy d(c,a)+d(c,b)> d(P,Ha) + d(P,Hb)
Từ lập luận ta thấy để xác định vị trí đ−ờng thẳng c mặt phẳng (P) cho thỏa mãn đầu ta cần xét vị trí c hai hình chiếu vng góc a’ b’ a b (P) Khi a’ b’ đ−ờng thẳng cắt trùng đ−ờng thẳng c cần tìm đ−ờng thẳng (P) cho c đồng thời cắt a’ b’ c trung với a’ c trùng với b’ Khi a’ b’ song song đ−ờng thẳng c đ−ờng thẳng cắt a’ (do cắt b’) Nhận xét: Đây ví dụ tốn khó trình bày lời giải!
(NguyÔn Quang Huy)
(14)Tin häc nghiên cứu ứng dụng
Cách vận hành cđa mét m¸y in laser
N T Q Kim K27C Tốn (S−u tầm) Qui trình in máy in laser phận nguồn phát diode laser Chùm tia laser phát đ−ợc h−ớng xuyên qua hệ thống thầu kính hội tụ g−ơng để sau đập vào mặt trống in Vùng trống tiếp nhận tia laser trở thành ảnh điện Tia laser liên tục phát, tắt quét mặt trống Tần số chớp tia laser đ−ợc gọi “chấm inch” (dots per inch dpi), thông số định độ phân giải trang in (dpi cao, chất l−ợng trang in đẹp) Qui trình in đ−ợc chia làm b−ớc:
1) Làm sạch: Là công đoạn làm trống in để tiếp nhận ảnh, l−ỡi dao, để cạo mực thừa cịn dính trống, l−ỡi thứ hai thu mực thừa vào ngăn chứa Khi phận bị hao mòn, h− hỏng sử dụng trang in bắt đầu phát sinh trục trặc: sóc dọc trang in, lem, bóng ma, trang in bị hạt tiêu li ti
2) Tích điện: Sau trống đ−ợc làm sạch, đ−ợc tích điện để nhận ảnh từ tia laser Một soulơ tích điện sơ cấp (PCR) tỳ sát vào trống, ion hoá khơng khí, tạo điều kiện cho nguồn điện âm chiều tích lên trống Làn điện tích âm khơng đồng nhất, khơng đủ điện áp, mực in đ−ợc hút đến nơi không mong muốn, không đến đ−ợc nơi mong muốn
3) ChÐp: Trong công đoạn chép, tia laser làm phóng thích điện tích âm chiều lên trống tạo ảnh ẩn Chính ảnh ẩn có điện áp thấp (-130V) sÏ t¹o lùc hót mùc in
4) Rửa ảnh: ảnh ẩn đ−ợc “rửa” để thành ảnh nhìn thấy Mực in đ−ợc hút soulơ rửa ảnh nam châm (công nghệ canon) hay phóng tĩnh điện (cơng nghệ lexmark)
5) Chuyển ảnh lên giấy: Đến ảnh trống in đ−ợc chuyển sang trang giấy áp lên trống Giấy đ−ợc áp điện tích d−ơng từ phía sau l−ng, hút mực in từ trống sang Nếu điện tích yếu in mờ nhạt, đồng thời tạo nhiều mực thừa
6) Định hình: Cịn gọi “nung chảy” giai đoạn mực bám chặt vĩnh viễn vào giấy nhiệt Một soulô nhiệt tạo nhiệt độ 1800C nung chảy hạt mực để bám chết vào giấy
* Quy tr×nh nạp mực
1 Tháo rời phận hộp mực Làm vệ sinh ổ hút bơi
3 Hót s¹ch mùc thõa
4 Lắp ráp chi tiết làm Nạp mực mi
6 Intert trang
Nếu bạn mua máy in laser với hộp mực tinh, điều nên thực từ lần sử dụng đầu tiên:
+ V sinh thng xuyờn mỏy in (tháo hộp mực cất cách) hút bụi, giấy vụn bên máy 80% cố máy in từ vệ sinh kém, môi tr−ờng nhiều bụi
+ Khi bÞ kĐt giÊy, lËp tøc lÊy hép mùc cÊt hép tèi, rót giÊy thn chiỊu trang giÊy tới
+ Không nên tắt máy in làm việc muốn tiết kiệm điện Độ ẩm cao không khí nguyên nhân làm mực vón cục, gây trục trặc
+ Không nên sử dụng giấy mỏng, giấy xấu (giấy thô sót tạp chất làm xớc trống, tạo lỗi khắc phục đợc trang in)
+ Khi trang in có vệt mờ dọc, lấy hộp mực lắc đều, tình trạng biến mất: hộp mực hết, bạn cịn in vài chục trang thơi Chính xác bạn cân hộp mực (HPGL mới: 735 gam, hết mực: 635 gam)
+ Một sở nạp mực chuyên nghiệp thử in trang tr−ớc nạp, ghi mã số hộp mực để bạn chắn nhận lại hộp mực khơng phải hộp khác phải đảm bảo in Giá lần nạp mực tuỳ vào loại mực mà bạn nạp Nh−ng đừng ham rẻ mà ơm lấy phiền tối sau Bảo trì máy in, hộp mực cách bạn tái nạp hộp mực đến lần, tiết kiệm đ−ợc số tiền khơng nhỏ
(15)MĐo vỈt víi Registry trong Windows
(TiÕp theo)
Trong số 17, đăng phần đầu viết này, số chúng lại tiếp tục gửi tới bạn số mẹo nhỏ khác, giúp cho máy tính bạn trở nên hiệu
1. Làm tăng tốc độ Mouse.
Tìm theo đ−ờng dẫn: HKEY_CURRENT_USER\ControlPanel\M ouse, Tạo String value: “Active WindowTracking” cách click chuột phải vào cửa sổ bên tay phải Click đúp vào String điền giá trị: (nếu bạn điền giá trị # loại bỏ chức dòng String này) * Để cho tiện (khỏi phải diễn giải mà!), tơi trình bày theo mẫu ngắn gọn d−ới đây: Tìm theo đ−ờng dẫn: Key Tạo String value: Value Name Gán giá trị: Data Hiển thị chức năng: able Tắt hiển thị chức năng: disable
2. Thay đổi tốc độ hiển thị Menu Key: KEY_CURRENT_USER\Control Panel\Desktop
Value Name: MenuShowDelay
Data: từ đến 999 (bạn nhanh!) 3 Bật/Tắt tính AutoRun CD-Rom
Key:
HKEY_LOCAL_MACHINE\SYSTEM\ CurrentControlSet\Services\CDRom Value Name: Autorun
Data: (0=disable, 1=enable)
3. Điều chỉnh tốc độ chuột (tốc độ cuộn bánh xe chuột có bánh xe) Key: HKEY_CURRENT_USER\Control Panel\Desktop
Value Name: WheelScrollLines Data: - 0xFFFFFFFF
4. Bỏ số thứ không cÇn thiÕt trong Menu Start
Key:HKEY_CURRENT_USER\Software\ Microsoft\Windows\CurrentVersion\Policie s\Explorer
Value Name: NoFavoritesMenu Value Name: NoRecentDocsMenu Value Name: NoRun Data: (0=disable, 1=enable) Value Name: NoLogOff Data: 01 00 00 00
5. Tắt số thứ liên quan đến hệ thống Key: HKEY_CURRENT_USER\Software\ Microsoft\Windows\CurrentVersion\Policies\ System
Data: (0 = disable, = enable)
"NoDispCPL": T¾t/hiĨn thÞ Control Panel "NoDispBackgroundPage": Èn Background Page
"NoDispScrSavPage": Èn Screen Saver Page "NoDispAppearancePage": Èn Appearance Page
"NoDispSettingsPage": Èn Settings Page "NoSecCPL": T¾t Password Control Panel "NoPwdPage": T¾t Password Change Page "NoAdminPage": T¾t Remote
Administration Page
"NoProfilePage" : T¾t User Profiles Page "NoDevMgrPage": T¾t Device Manager Page "NoConfigPage" :T¾t Hardware Profiles Page "NoFileSysPage" : T¾t File System Button "NoVirtMemPage": Tắt Virtual Memory Button
7 Xoá lệnh Menu Run (Xoá dùng)
Key: HKEY_USERS\Default\Software\ Microsoft\Windows\CurrentVersion\Explore r\RunMRU]; Data Type: REG_SZ
8 Bỏ tên ch−ơng trình cài đặt có Add/Remove Program: Chỉ việc xoá folder t−ơng ứng với phần mềm mục dòng sau:
Key: HKEY_LOCAL_MACHINE\
SOFTWARE\Microsoft\Windows\CurrentVe rsion\Uninstall
9 Khoá chuột phải không cho click lªn nỊn Explorer
[HKEY_USERS\.DEFAULT\Software\Micro soft\Windows\CurrentVersion\Policies\Explo rer]
Value Name: Notraycontextmenu
Value Name: NoviewcontextmenuData: (0 = disable, = enable)
10 Hiện chữ bên cạnh đồng hồ [HKEY_USERS\.DEFAULT\Control Panel\International]
Value Name: sTimeFormat Data: HH: mm: ss tt
Value Name: s1159 Value Name: s2359 11.Thêm đoạn Title lên phía IE Key: HKEY_CURRENT_USER\Software\ Microsoft\Internet Explorer\Main
"Window Title"="Phi Nhung"
(16)Danh nhân Toán học
Andrei Kolmogorov, nh bỏc Andrei Kolmogorov, nhà bác Andrei Kolmogorov, nhà bác Andrei Kolmogorov, nhà bác học lớn đất n−ớc Xô Viết học lớn đất n−ớc Xô Viết học lớn đất n−ớc Xô Viết học lớn đất n−ớc Xô Viết
Andrei Nikolaevich ra đời ngày 25 tháng năm 1903 tại Tambov nằm cách Matxcơva 500 km. Mẹ ông trút thở cuối sinh ông ra, cha ông, nhà thống kê nông học, ng−ời trở thành Bộ tr−ởng Nông nghiệp Liên Xô sau Cách mạng tháng 10, qua đời năm 1919 Mồ côi cha lẫn mẹ lúc 16 tuổi, ông may mắn đ−ợc hai ng−ời cô đảm tạo hội cho học Chàng trai trẻ Kolmogorov bị hấp dẫn môn lịch sử Ngay năm sau đó, ơng theo học ngành Đại học Matxcơva nh−ng đồng thời, ông ghi danh theo khóa học tốn học luyện kim Học viện Công nghệ Mendeleev
Từ trẻ, Kolmogorov mang tài tốn học kiệt xuất Theo khóa học Nikolai Nikolaevich Lusin, ông làm quen với lý thuyết đo đạc tích phân Điều dẫn ông quan tâm, vào năm 1924 tới lĩnh vực xác suất, lĩnh vực khiến ông tiếng sau Vào năm 1929, Kolmogorov đ−ợc công nhận nhà nghiên cứu Học viện Toán Kỹ thuật Matxcơva nhờ h−ớng dẫn ng−ời bạn thân Aleksandrov, nhà khoa học lực thời
Vào đầu năm 30, trận chiến kịch liệt diễn phân chia Viện Hàn lâm khoa học Liên Xơ thành nhóm đối lập nhau.
Nhóm thứ gồm nhà nghiên cứu trẻ có vị trí đảng nh−ng lại khơng có tài thực Nhóm thứ hai ng−ời xuất sắc có Kolmogorov Aleksandrov; cuối nhóm viện sĩ già không muốn rời bỏ ghế mình, có Lusin Năm 1936, Ernst Kolman, “lính xung kích” nhóm thứ tố cáo Lusin nh− kẻ thù dân tộc khiến ông có nguy phải vào tù Stalin giải vụ cách khôn
khéo: giữ Lusin lại Viện hàn lâm nh−ng tìm cách giảm quyền lực ông để nhấc Kolmogorov Aleksandrov lên nắm quyền lãnh đạo Viện hàn lâm Để thực trao vòng nguyệt quế cho cặp trùng này, Stalin thu xếp để nhà khoa học trẻ xuất sắc đất n−ớc đ−ợc làm việc d−ới điều khiển hai ng−ời Họ không đ−ợc tạo điều kiện vật chất mà điều kiện làm việc thuận tiện Ngay điều kiện khó khăn, Kolmogorov đ−ợc quyền tra cứu tài liệu khoa học quốc tế Thậm chí ơng cịn đ−ợc trì mối liên lạc với nhà toán học ng−ời Pháp Maurice Fréchet Cũng năm 30 có hai tr−ờng phái tốn học đối lập với Liên Xơ
Đó tr−ờng phái Saint-Petersboug với h−ớng Chebyshev học trị ơng Markov ứng dụng xác suất vào kỹ thuật Tr−ờng phái gồm ng−ời xung quanh Lusin lại theo tr−ờng phái Pháp Emile Borel Henri Lebesgue Kolmogorov cho hai tr−ờng phái bổ khuyết cho Năm 1930, Kolmogorov có chuyến công cán quan trọng Châu Âu tới Gottingen, nơi nhà toán học Đức David Hilbert thành lập tr−ờng tốn học Tr−ớc đó, năm 1900, Hilbert đ−a tiên đề “Grundlagen der Geometrie” (Các tảng hình học) Trở lại Liên Xô, Kolmogorov xuất vào năm 1933 tiếng Đức “Grundbegrife der Wahrscheinlichkeitsrechnung” (Các tảng phép tính xác suất) Việc tạo logic cho phép tính logic khiến ông tiếng Vả lại, môn học gặp thời lúc ng−ời ta khơng dám nghi ngờ tính xác Đúng hay sai xác suất đ−ợc coi có giá trị “ứng dụng” số mơn tốn Thời kỳ 1930-1950 đ−ợc coi thời kỳ hoàng kim lý thuyết Liên Xô đ−ợc coi thuật toán ch−a đầy đủ Pháp (một xu h−ớng sau đ−ợc khẳng định thêm nhóm tốn hc Buorbaki)
(17)bầu vào Viện Hàn lâm khoa học Xô Viết năm 1939 nhận giải thởng Stalin vào năm 1941
Kolmogorov ng dng cỏc cơng trình xác suất vào nhiều lĩnh vực, đặc biệt vào di truyền học, điều khiển học chuyển động khơng Ơng ln tìm cách để bảo vệ thật khoa học cần thiết Nhà sinh vật học nông học Trofime Denisovitch Lyssenko muốn chứng tỏ ảnh h−ởng môi tr−ờng tới vật chất di truyền để tiến theo h−ớng chủ nghĩa vật biện chứng Nh−ng năm 1940, Kolmogorov đăng viết trích cách giải thích học trò Lyssenco Dựa vào ph−ơng pháp thống kê, ơng chứng tỏ thí nghiệm ng−ợc với định luật Mendel, ng−ời khẳng định tính bất biến vật chất di truyền Tám năm sau, vào năm 1948, Lyssenco đ−ợc Stalin ủng hộ chống lại nhà di truyền học theo chủ nghĩa Mendel Lo sợ số phận nh− ng−ời trên, Kolmogorov rút lui cách tự loại bỏ viết tranh luận khỏi danh sách cơng bố
Tên ơng tỏa sáng lịch sử tốn học cịn nhờ cơng trình lĩnh vực khác: chuyển động khơng thủy động lực Rồi ơng đặt hịn đá tảng cho môn điều khiển học ph−ơng Tây việc đ−a vào giới thiệu Liên Xô Trong năm cuối đời, Kolmogorov dồn sức lực vào việc cải tổ lại ch−ơng trình dạy tốn phổ thơng Khơng chút hiềm khích, ơng đ−a lý thuyết Bourbaki vào Liên Xơ Sau vài thập kỷ đóng góp sức lực vào việc cao cả, ông mắc bệnh Parkinson từ giã cõi đời vào năm 1987 Đem lại vinh quang cho tổ quốc đứng hàng nhà toán học lớn giới, Kolmogorov cuối đ−ợc coi thiên tài biết sống tồn d−ới thời khó khăn đất n−ớc Xô Viết
Bkhcuong (Theo Diễn đàn Toán học)
đề thi olimpic toán sinh viên toàn quốc năm 1994
Bắt đầu từ năm 1994 Olimpic tốn SV tồn quốc đ−ợc chia làm mơn thi: Giải tích đại số Nội dung thi môn Đại số bao gồm kiến thức ma trận, định thức, giá trị riêng, vectơ riêng đa thức Nội dung thi mơn Giải tích bao gồm: giới hạn dãy số, tính liên tục, phép tính vi tích phân hàm số biến số D−ới đề thi năm 1994:
Môn đại số:
C©u Cho a1, a2, a3, a4∈ R CMR ma trËn
A =
2
2
2
2
3
2
4
1
1
1
1
a a a a
a a a a
a a a a
a a a a
+ − −
+
+ −
− − +
là khả nghịch tính det(A-1)
Câu 2. Cho i, j số nguyên (i, j = 1, , n) Giải hệ phơng trình:
+ + +
=
+ + +
=
+ +
=
n nn n
n n
n n n n
x a x
a x a x
x a x
a x a x
x a x a x a x
1
1
1
2 1
2
22 21
1 12 11
C©u 3. Cho ma trËn
j
A =
2
cos sin
2
sin cos
j j
n n
j j
n n
π π
π π
−
(n, j ∈ N)
TÝnh tæng
0 p p p
p n
S =A +A + +A− , (p ∈ N*) C©u Cho ma trËn
A =
1
x n x n
−
, n ∈ N*
T×m ( )
0
lim lim( n- ) x→ n→∞ A E
C©u 5. CMR A ma trận vuông cấp n thoả mÃn
A =E th×
( ) ( - )
(18)Câu 6. Cho A và X ma trận vuông cấp Giả sử .
A =A CMR điều kiện cần đủ
để AX XA- =0 tồn ma trận vuông X0 cấp n cho
0 -
X = AX +X A X
Môn giải tích
Câu 1 Cho 2n số nguyên dơng a bk, k,(k = 0, 1,,n) CMR phơng trình
x + ( sin cos )
1
= +
∑
=
kx b kx
a k
n
k k
cã nghiƯm kho¶ng (-π, π)
Câu 2. Giả sử hàm số f(x) số, liên tục có đạo hàm cấp khoảng (0, +∞) Cho a, b số thực thoả mãn < a < b CMR ph−ơng trình
) ( )
(x f x
f
x ′ − =
a b
a bf b af
− − ( ) )
(
cã Ýt nhÊt nghiÖm ∈ (a, b)
Câu 3
a) Cho hàm số f: [a, b] → [a, b], tho¶ m·n
f(x)− f(y) ≤ x−y, ∀ x, y∈ [a, b], x y CMR phơng trình ( )f x =x có nhÊt nghiƯm trªn [a, b]
b) Cho hàm số f khả vi [a, b] thoả mÃn
1- Phơng trình f x( ) 0= có nghiệm trªn [a, b],
2- ∀x∈ [ a, b]: f x′( ) < ( )f x CMR ( ) 0f x = ∀x∈ [a, b]
C©u 4 XÐt In = ∫xn −xdx
0
4 , n ∈ N
a) TÝnh In
b) CMR: In < ( ) 2
2 n+ 2ne − Câu 5 Tìm đạo hàm cấp n hàm số
arctg
y= x x = Câu 6
a) Chứng tỏ tÝch ph©n
∫
∞
+ +
0
2)(1 )
1
( x xα
dx
kh«ng phơ thc α
b) TÝnh I = ∫
+ + + x2 x
x dx
đáp án đề thi olimpic sinh viên toàn quốc năm 1993
(Đề thi đăng số tr−ớc)
Ngày thi thứ nhất
Câu 1 a) Gi¶ sư
=
z x X
t y
thoả mãn X2 = E ta có:
= + = +
= + = +
0 ) ( ) (
1
2
t x z t x y
yz t yz x
Giải hệ phơng trình ta thu đợc nghiÖm X1 = E
X2 = -E X3 =
z x
x y
víi yz = x2 b) Đặt n = det A ta cã:
1 1
2 2
1
1
1
n
n n
a b a b
a b a b
a b a b
+
+
∆ = +
1 1
2 2
1
1
1
n n
n n n n
a b a b a b
a b a b a b
a b a b a b
+
+ +
1 1
2
2 2
1
1 1
1
1
1
n n n
n n n n
n n n n
a b a b a b
a b
a b a b
a b a b a b
a b a b a b
−
− − −
+
+
= ∆ + ⋯⋯ ⋯⋯⋯ ⋯ ⋯⋯
1 1
2
2 2
1
1 1
1
1
1
n n n
n n n n
n n n n
a b
a b a b
a b
a b a b
a b a b a b
a b a b a b
−
− − −
+
+
= ∆ + ⋯⋯ ⋯⋯⋯ ⋯ ⋯⋯⋯
1 1 1
2 2 2
1
1
1
n n n n
n n n n n n
a b a b a b a b
a b a b a b a b
a b a b a b a b
− −
−
+
+ +
(19)Suy ∆ = ∆n n−1+
1 1
2
2 2
1 1
1
1
1
n n
n n n n
n n n n
a b
a b a b
a b
a b a b
a b a b a b
a b a b a b
− − −
+
+
+ ⋯⋯ ⋯⋯⋯ ⋯ ⋯⋯⋯
TiÕp tơc t¸ch cét ( - 2)n giống nh trên, ta đợc:
1
1 0 0
0 n n n n
n n n n
a b a b a b
a b
−
−
∆ = ∆ +
VËy n
∆ =∆n−1+ a bn n=∆n−2+a bn n+a bn−1 n−1= = = 1
3 2
1
1 n
i i i
a b a b
a b
a b a b
=
+ +
+
∑ =
= 1 1 2 2
3
1 1
n n
i i i i
i i
a b a b a b a b
= =
+ + + = + =
∑ ∑
Câu 2 ( Đề in sai, sửa lại nh sau)
a) Tìm nguyên hàm ( )f x trªn R víi
2 ( ) max arctg ,
1 x
x
f x a x
x
∈
=
+
Lời giải. Đặt
f x1( ) arctg= a x, f x2( )=
2
+
x x
vµ
1
( ) ( ) ( )
g x = f x − f x Khi + Nếu a ≤
víi x ≥ th× arctga x≤ ≤
2 +
x x
víi x< th× 2a.arctg x > >
2
+
x x
VËy f x( )= f x2( )nÕu x≥ vµ f x( )= f x1( )nÕu x < + NÕu a ≥
2
ta cã:
1( )
f x′ =
2+
x a
≥
1
2+
x ≥
1
2+
x -
2
+
x x
= f x2′( ), ∀ ∈x R vµ f1(0)= f2(0) Ta cã: g x( )= f x1( )− f x2( ) tháa m·n
1
(0) 0,
( ) ( ) ( ) 0,
g
g x f x f x x
=
′ ′
′ = − ≥ ∀ ∈R
Do ( ) 0,g x ≥ ∀ ≥x ( ) 0,g x ≤ ∀ <x hay f x1( )≥ f x2( ),∀ ≥x
1( ) 2( ),
f x ≤ f x ∀ <x VËy
( ) víi ( )
( ) víi
f x x
f x
f x x
≥
=
<
+ NÕu < a <
, ta cã (0)
g = , g x′( )= f x1′( )−f x2′( ),
1
(0) (0) (0)
g′ = f′ − f′ = 2a – < 0
( ) ( ) lim
x
g x g x
x
→
′ = < ⇒
0 ( ) lim x
g x x
+
→ <
⇒ Tån t¹i x1 > cho: ( ) 0g x < , ∀ x ∈ (0, x1] MỈt kh¸c
lim ( ) lim( 1( ) 2( )) x→∞g x =x→∞ f x − f x =πa> ,
⇒ Tồn x2 đủ lớn cho ∀x ≥ x2 ta có
( )
g x > Do g liên tục Rnên tồn x0 ∈ (x1, x2) để g x( ) 00 = Ta có
1
( ) ( ) ( )
g x′ = ⇔ f x′ −f x′ = ⇔
1
2
+
x a
= 1
2
+
x - 2
) (
2 +
x x
⇔(2a + 1)x2 = – 2a (*)
Ph−ơng trình (*) có nghiệm d−ơng
⇒ Theo định lý Rolle ph−ơng trình g(x) = có khơng nghiệm [0, +∞) Do
g(0) = g(x0) = nên g(x) = có nghiệm [0, +∞) Vì lim ( )
x→∞g x > ⇒ g(x) > 0, ∀x > x0 vµ g(x) < 0, ∀x ∈ (0, x] ⇒
g(x) < 0, ∀ x tháa m·n < x < x0 (vì ngợc lại g(x) có nghiệm [0, +)) Mặt khác (- ) - ( )g x = g x ⇒g(x) ≥ 0, ∀x∈
[-x0, 0] ∪ [x0, +∞) vµ ( ) 0,g x < ∀ ∈x (-∞ , -x0) ∪ (0, x0) Hay
f x( )= f x1( )nÕu x∈ [-x0, 0] ∪ [x0, +∞) , f x( )= f x2( ) nÕu x∈ (-∞, -x0) ∪ (0, x0) Tõ f(0) 0= ⇒ f x( )= ∫
x
dt t f
0
)
(20)b) I = ∫ +
2 /
0
2
) (
π
tgx dx
đặtt=tgx, ta có
I = 2 2
0 (1 )(1 )
dx
t t
+∞
+ +
∫
=
2
0(1 )(1 )
dx
t t
+ +
∫ + 2 2
1 (1 )(1 )
dx
t t
+∞
+ +
∫
Đặt I1 =
2
0(1 )(1 )
dx
t t
+ +
∫ ,
I2 = 2 2 (1 )(1 )
dx
t t
+∞
+ +
∫
Tính I2, đổi biến
t u =1, ta cã I2 =
1
2
0(1 )(1 )
u du
u u
+ +
∫ = ∫
+
1
0
1
u du
- I1
⇒ I = ∫ +
1
0
1
u du
= arctgu
4
|10=π C©u 3:
a) Do đ−ờng thẳng ax + by + c = cắt đồ thị hàm số y = f(x) điểm phân biệt nên b ≠ Đặt g(x) = f(x) + ax c
b +
Khi g(x) = có nghiệm phân biệt, g’’(u) = f’’(x) Do f(x) ∈ C2 (R) không đồng khoảng R nên g(x) tính chất
Gọi X tập nghiệm ph−ơng trình g (x) 0′ = Vì g(x) 0= có nghiệm phân biệt nên tập X có phần tử phân biệt Ta chứng minh tồn x1, x2∈X (x1 < x2) cho g (x) 0′ ≠ với x (x , x )∈ Thật vậy, ng−ợc lại tập hợp {x | g (x) 0}′ = trù mật R, suy g (x) 0′ = R, điều mâu thuẫn với giả thiết g (x)′′ không đồng thời đoạn Vậy phải ∃ x1, x2 ∈ R:
1
g (x )=g (x )=0′ ′ vµ g’(x) ≠ 0, ∀x ∈ (x1, x2)
⇒ ∃ x0 ∈ (x1, x2) : g”(y0) = Nếu g” đổi dấu x qua x0 tốn đ−ợc chứng minh Nếu g” không đổi dấu x qua x0 khơng giam tổng qt, coi g”(x) > lân cận thủng (x0 - r1, x0 + r2) ⊂ (x1, x2) Đặt y1=sup{r }1 , y2 =sup{r }2 Hiển nhiên x1≤x0−y1<x0+y2≤x Nếu 2 đồng thời y1=x0−x , 1 y2 =x2−x dẫn 0
đến g’ hàm đồng biến đoạn [x1, x2] xảy mâu thuẫn Nếu x1<x0−y 1
> +
2
x x y theo cách định nghĩa supremum, y1 y2 điểm thỏa mãn đầu
b) DÔ thấy f ánh xạ tuyến tính từ P3(X) vào P2(X) Ta có p(x) P3(x) nên p(x) có dạng p(x) = a3x3 + a
2x2 + a1x1 + a0 Víi mx2 + nx + q ∈ P
2(X), ta có: p(x + a) – p(x + b) = mx2 + nx + q Khi đó:
p (a) p (b) 2m p (a) p (b) n p(a) p(b) q
′′ − ′′ =
′ − ′ =
− =
do
3
2
2
1
m a
3(a b) n m(a b) a
2(a b)
n m(a b) m
q (a b) (a ab b )
2
a
a b
=
−
− +
=
−
− +
− + − + +
=
−
VËy f toàn ánh Ngày thi thứ
Câu 1. Gọi z1, z2, z3 nghiệm z3 – bz + b = Theo định lý Viet ta có:
z1 + z2 + z3 = z1z2 + z1z3 + z3z1 = - b, z1z2z3 = - b
Khi = 1- (z1 + z2 + z3) + (z1z2 + z1z3 + z3z1) - z1z2z3 ,
⇒ = ( 1- z1)(1-z2)(1-z3)
hay 1−z1 1−z2 1−z3 = Do ∃ zi cho zi −1 ≤ Vậy ta có:
2–α=1+1 - α≥ zi −1 + 1−α ≥ zi −α hay zi −α ≤ - (đpcm)
Câu 2 Xét hàm u: [0, π )
→ [0, +∞) xác định t֏u(t) = tg(t) Hàm u liên tục
đồng biến [0,
(21)To¸n bồi dỡng tích phân 12 Phan Huy Khải) ta cã
Ta cã: x
0 tg tdt
∫ +
y
0
arctg tdt
∫ ≥ xy, ∀ x ∈ [0,
2 π ] , y
∈ [0, +∞) hay x
0 ln cos t |
− + t arctg t | y0
2 y
ln t | + ≥ ny ⇔ y(arctg y – x) ≥ ln ( 1+ y2.cosx), ∀ x ∈ [0,
2 π ] , y
[0, +) Do tính liên tục (coi vế triái nh− lµ hµm cđa x) suy
⇔ y(arctg y – x) ≥ ln ( 1+ y2.cosx),
∀ x ∈ [0, π ] , y
∈ [0, +∞) DÊu b»ng x¶y khi: y = tgx
Câu Đặt Uk =
x (k )
P (t)sin tdt
∫ , Vk =
x (k )
P (t) cos tdt
∫
Giả sử deg P = n Khi Uk = Vk = k > n Lấy tích phân phần ta đ−ợc: Uk = -P(k)(t) cost|
0
x +
x (k 1)
P + (t) cos tdt
∫
Vk = P(k)(t) sint|0 x
- x
(k 1)
P + (t)sin tdt
∫
Do đó:
x (k )
k k
x (k )
k k
U P (t) cos t V V P (t)sin t U
| |
+
+
= − +
= −
Ta cã:
x x
(k ) (k 1)
k 0 k
x x
(k) (k 1)
k 0 k
U P (t) cos t P (t)sin t U V P (t)sin t P (t) cos t V
| |
| |
+
+ +
+
= − + −
= + −
Kí hiệu p, q số chẵn, lẻ lớn không v−ợt n t−ơng ứng đó:
p
x k (2k )
0
k q
x k (2 k 1)
0 k
U ( 1) P (t) cos t ( 1) P (t)sin t
| | =
+ =
= − − +
+ −
∑ ∑
p
x k (2k )
0
k q
x k (2k 1)
0 k
V ( 1) P (t)sin t ( 1) P (t) cos t
| | =
+ =
= − +
+
Đặt P1(t) = k n
k (2 k) k
( 1) P (t) + ≤
=
−
∑ , ta cã
deg P1 = n P2(t) =
2 k n
k (2k 1) k
( 1) P (t) + ≤
+ =
−
∑ , deg P2 = n –1
Ta cã
x x
0
x x
0 0 0
U P (t) cos t P (t)sin t V P (t)sin t P (t) cos t
| |
| |
= − +
= +
Kí hiệu X tập hợp tất nghiệm hệ này, x X ta cã:
x x
1
x x
1 0 0
P (t) cos t P (t)sin t P (t)sin t P (t) cos t
| |
| |
− + =
+ =
Đặt P1(0) = a , P2(0) = b Khi
2
2
P (x)sin x P (x) cos x a P (x) cos x P (x)sin x b
− =
+ =
⇒ (P2(x)sinx – P1(x)cosx)2 + (P2(x)cosx + P1(x)sinx)2 = a2 + b2,
⇒ 2 2
1
P (x) P (x) (a+ − +b ) 0= Gọi Y tập hợp tất nghiệm ®a thøc:
Q(x) = 2 2
1
P (x) P (x) (a+ − +b ) DÔ thÊy X ⊂ Y Tõ degQ = 2n suy
card (X) ≤ card (Y) ≤ 2n
vậy X có hữu hạn phần tử (Dễ thấy X O X)
Câu Ta chØ cÇn chøng minh phÇn b) KÝ hiƯu det M = A
B B
A định thức ma trận vuông cấp 2n
Nhân (-1) vào cột n + i cộng vào cột i ( i = 1,n) ta đợc
det M = A B B A
− −
B A
Céng hµng thø n + i vµo hµng i ( ≤ i ≤ n) ta thu đợc
detM = B A
B A A
+
Khai triÓn Laplace theo n hàng ta đợc
detM = ( ) 1n
− det(B + A).det (B – A)
(22)Thông báo
(Tiếp theo trang 11)
2 Số lợng phát hành số 100 Báo đợc in trªn cét cđa 24 trang giÊy
A4, font chữ VnTime, cỡ chữ 12, độ dãn dòng 1.2, độ rộng lề 0.63 inch (=1.6cm) Các cơng thức tốn đ−ợc đánh MathType có cỡ chữ
Nội dung
Tờ báo có mục sau đây:
1 Trang Thông tin - Giáo dục: đăng
hoc trớch ng nhng có tính chất định h−ớng, trao đổi Cải cách Giáo dục, nghiên cứu Toán học, nhiều tác giả có uy tín lĩnh vực
2 Trang Đào sâu - Nghiên cứu:
đăng viết có tính chất hệ thống hay tìm tòi, khám phá sáng tạo môn toán Sơ cấp, Cao cấp
3 Giải kỳ trớc: đăng tải
gii cho cỏc toán số tr−ớc từ độc giả gửi tới, đồng thời có vài lời bình luận giải gửi tới tịa soạn
4 §Ị kỳ này: đăng tải số
toỏn hay tiêu biểu bạn đọc cộng tác viên để ng−ời tham khảo giải
5 Trang C«ng nghƯ Th«ng tin: gåm
những viết CNTT phù hợp với nhu cầu bạn đọc
6 Trang Danh nhân Toán học: Mỗi
k đăng tải chân dung nhà Toán học ngồi n−ớc giúp bạn đọc tìm hiểu thêm lịch sử Toán học nhà Toán học gii
7 Trang giới thiệu Toán học: Đăng
tải tin tức có tính thời
các hoạt động Toán học, h−ớng nghiên cứu Toán học n−ớc
8 Trang tiÕng Anh qua toán:
nhng bi vit hoc đoạn trích giúp bạn đọc tự trau dồi vốn từ vựng kỹ đọc, dịch hay viết tiếng Anh Toỏn hc
9 Giải trí Toán học: Góp vui víi b¹n
đọc thơng qua câu chuyện vui đố vui Tốn học
10.Trang Th«ng tin: Chúng cập nhật
những thông tin có tính thời tình hình học tập, nghiên cứu khoa học Thầy trò khoa Toán nói riêng vµ nhµ tr−êng nãi chung,
Cộng tác viên
Cng tỏc viờn đơng đảo Thầy giáo ngồi khoa, bạn sinh viên có mục đích: b−ớc nâng cao chất l−ợng vị tờ báo “Toán học Nhà tr−ờng”
Liªn hƯ
Mọi ý kiến trao đổi, đóng góp cho Hội đồng biên tập xin liên hệ với thành viên Hội đồng qua hộp th− cố định treo Giảng đ−ờng nhà A theo địa E-mail:
(23)ứng dụng tích phân để tìm cực trị hàm số
Ngun ThÞ Q Kim – K27C To¸n
Ngun hàm tích phân nội dung quan trọng môn Giải tích ch−ơng trình Tốn phổ thơng này, tơi xin đ−a ứng dụng tích phân tìm cực trị hàm số Tr−ớc hết, ta chứng minh bất đẳng thức (BĐT) sau:
NÕu hàm số f(x) liên tục nghịch biến trên [0, b] th× víi mäi a ∈ [0, b] ta cã
∫ a
dx x f b
0
)
( ≥ ∫
b
dx x f a
0
)
( (1)
(t−ơng tự, với f(x) liên tục đồng biến [0, b] , ∀a ∈ [0, b]
∫
a
dx x f b
0
)
( ≤ ∫
b
dx x f a
0
) (
Chứng minh Nếu a = a = b BĐT (1) trở thành đẳng thức
Nếu < a < b, ( )f x nghịch biến [0, b] nên x thoả mãn điều kiện < a ≤ x ≤ b, ta có ( )f x ≤f a( ) Suy ra: ∫
b
a
dx x
f( ) ≤ ∫ b
a
dx a
f( ) = (b - a) f(a)
⇒ ( )f a ≥
a b−
1
∫b
a
dx x
f( ) (2) Mặt khác, < xa ( )f x ≥ ( )f a ⇒
∫b
a
dx x
f( ) ≥ ∫ a
dx a f
0
)
( = af a( )
⇒ ( )f a ≤
a
1
∫a f x dx
0
)
( (3) Tõ (2) vµ (3), suy ra:
a
1
∫a f x dx
0
)
( ≥ ( )f a ≥
a b−
1
∫b
a
dx x f( ) ,
a
1
∫a f x dx
0
)
( ≥
a b−
1
∫b
a
dx x
f( ) (4) Do a > 0, b – a > 0, nªn tõ (4) ta cã:
(b−a)∫
a
dx x f
0
)
( ≥a[-∫
a
dx x f
0
)
( + ∫
b
dx x f
0
)
( ]
⇔ b ∫
a
dx x f
0
)
( ≥ a ∫
b
dx x f
0
)
(
Dấu đẳng thức xảy a = b a = Thật vậy, tồn c ∈ (0; b) cho
b ∫
c
dx x f
0
)
( = c∫
b
dx x f
0
) ( th×
c
1
∫c f x dx
0
)
( =
b
1
∫b f x dx
0
) (
=
c b−
1
∫b
c
dx x f( ) VËy
c
1
∫c f x dx
0
)
( =
c b−
1
∫
b
c
dx x
f( ) (6) Tõ (6) suy sù tồn (0 ; c) (b;
c) cho:
c
1
(c−0) ( ).f ξ =
c b−
1
(b−c) ( ).f δ ,
mà δ > ε Điều trái giả thiết ( )f x hàm số nghịch biến [a; b] Vậy dấu đẳng thc khụng xy
Phơng pháp vận dụng chung:
B1 Chọn hàm số thích hợp: liên tục, đồng biến (hoặc nghịc biến)
B2 Sử dụng định lý để tìm cực trị. Sau xét số ví dụ:
Ví dụ 1. Tìm giá trị lớn hàm số: f(x) = 2x6 + 3x4 + 6x2 – 11x, x∈[0, 1] Giải Ta có g(t) = t5 + t3 + t hàm liên tục đồng biến [0, 1] Do ∀ x ∈ [0, 1], ta có:
∫ + + x
dt t t t
0
5 )
( ≤ ∫ + +
1
0
5 )
(t t t dt
x
⇔
2
2
x x x
+
+ ≤
+ +
2
x
⇔2x6 + 3x4 + 6x2≤ 11x ⇔2x6 + 3x4 + 6x2 –11x ≤
Vậy giá trị lớn hàm số cho đoạn [0, 1] 0, đạt đ−ợc
x = hc x =
(24)g(x) = sin3 x+3sinx−4 sinx víi 2kπ≤ x ≤ (2k + 1) , k z
Giải Đặt t= sinx th× ≤ t ≤ Ta cã hàm số: h(t) = t6 + 3t2 4t ≤ t ≤
Xét hàm số k(u) = u5 + u Rõ ràng k(u) hàm số liên tục đồng biến [0, 1] Khi ∀t ∈ [0, 1], ta có:
∫ + t
du u u
0
)
( ≤ ∫ +
1
0
)
(u u du
t hay
2
2
t t
+ ≤
+
t ⇔ t6 + 3t2 4t Từ ta cã:
x x
x 3sin sin
sin3 + − ≤ Vậy giá trị lớn g(x) 0, đạt đ−ợc
x k
x k
π π
π =
= +
VÝ dô Tìm giá trị nhỏ hàm số: ( )f x = πx - 2 arcsinx , x∈ [ 0, 2/2]
Gi¶i. Ta cã g(t) =
1
t
− hàm số liên tục đồng biến [0, 2/2] Do với t ∈ [0, 2/2] ta có:
∫
− x
dt t
0
1
2
≤ dt
t x ∫
−
2 /
0
1
⇔ arcsinx
2
≤
π
x
Do πx - 2 arcsin x≥
Vậy giá trị nhỏ hàm số đoạn [0, 2/2] 0, đạt đ−ợc
/
x x
=
=
Ví dụ Tìm giá trị nhỏ hàm sè:
( ) (3 ln ) - 2x - ln
f x x + x
= +
x∈ [ 0, 2] Gi¶i Cã ( ) -2 -t
g t = tlà hàm số liên tục nghịch biến [0, 2]
Do với t ∈ [ 0, 2] ta có:
( t)dt
x t
∫ +
−
0
2
2 ≤ −x∫( t +t)dt
2
0
2
⇔ x
t
t
n
2
| 2
2
+ −
ℓ ≥
2
| 2
+
− t
n x
t
ℓ
⇔
2 2
ln 2 x x
−
+
≤
3 ln
x
⇔
2
2
ln ln x
x
+
+ − ≤
ln ln
x x
x
+ −
⇔ 2x 2ln - ln
-x x x x
+ + ≤ +
⇔ (3 ln 2) - 2x x+1- ln 2.x2
+ ≥
Vậy f(x) đạt giá trị nhỏ [0, 2] –2, x = x =
Trên vài ví dụ minh họa cách ứng dụng tích phân để tìm cực trị hàm số, bạn sử dụng ph−ơng pháp giải mt s bi sau:
Bài 1. Tìm giá trị lớn hàm số sau:
b) f(x) = 3x3 - 3 arctgx + x(π - 3) , ∀x ∈ [0, 3]
c) f(x) = 3x2 + 4x x + 4(2-x)
x
−
2 - bx , ∀x ∈ [ 0, 2] d) f(x,y) = xcosy – ycosx +
(x-y)
−1
xy , ≤ x ≤ y (Xem tiÕp trang 4)
Sai lầm đâu Sai lầm đâu Sai lầm đâu
Sai lầm đâu
Cho toán Cho toánCho toán Cho toán
Chứng minh víi mäi
0
x> th× sinx<x
Có lời giải nh sau: Xét hàm số ( )f x = −x sinx
víi x>0 Ta cã ( ) cos
f x′ = − x≥
suy ( )f x đồng biến với
x> Từ x>0 suy ( )f x > f(0), sin sin 0
x− x> − = (đpcm) Mời bạn tìm hiểu xem lời giải có xác hay khơng Theo bạn, ch−a xác phải sửa cho đúng?
(25)
Một số ph−ơng pháp tính định thức
Nguyễn Văn Tuyên K27E Toán Trong học phần đại số tuyến tính, bạn quen thuộc với cách tính định thức nh−: Ph−ơng pháp khai triển Laplace, đ−a dạng tam giác, ph−ơng pháp truy hồi,à Qua viết xin giới thiệu số ph−ơng pháp tính định thức khác:
1. Ph−¬ng pháp phần tử biến thiên Ta chứng minh kết qu¶ sau: Gi¶ sư
x
D =
11 12
21 22
1
n n
n n nn
a x a x a x
a x a x a x
a x a x a x
+ + + + + + + + + … … … … … … … vµ
D =
nn n n n n a a a a a a a a a … … … … … … 2 22 21 12 11
Khi Dx = D + Sx, với S là tổng phần tử phụ đại số phần tử D (*) Chứng minh. Ta kí hiệu Ai cột thứ i
D x = (x, x, –, x)t Khi Dx = A1+x A2+x An+x =
1 n n
A A x A x x A x A x
= + + + + +
Ta cã A2+x An+x =1 A2 An
(nhân cột định thức vế phải với -x cộng vào cột lại),
⇒ Dx = A A1 2+x An+x +x1 A2 An
Tơng tự tách cột 2, 3, , n ta cã :
Dx = A1 A2 An + x(|1 A2 A3 – An| + |A1 1 A3–An | +à+|A1 A2 –An-1 1|)
⇒Dx = D + x(|1 A2 A3 –An| +
+|A1 1 A3–An| +à+ |A1 A2 –An-1 1|) Ta cã :
|1 A2 A3 –An| =
nn n n n a a a a a a … … … … … … 2 22 12 1
= tỉng c¸c
phần phụ đại số phần tử cột (khai triển theo cột 1) T−ơng tự với định thức lại, ta suy điều phải chứng minh áp dụng ta giải sau :
Bµi 1. TÝnh
Dx =
n a x x x a x x x a … … … … … …
Lêi gi¶i Ta cã
Dx=
x x a x x x x x a x x x x x a
n − +
+ + + + − + + + + − … … … … … … … … … 0 0 0
Theo chøng minh trªn ta cã :
Dx=
x a x a x a n − − − … … … … … … … 0 0 0
+x∑
= n j i ij A ,
Aij phần bù đại số phần tử có tọa độ thứ ij định thức
x a x a x a n− − − … … … … … … … 0 0 0
⇒ Dx=(a1-x) (a2-x)à (an-x)+ x∑ = n j i ij A , DÔ thÊy
Aij =
1 1
0
( ) ( i )( i ) ( n )
i j
a x a− x a+ x a x i j
≠
− − − − =
⇒Dx=(a1-x) (a2-x)à (an-x)+
+x∑
= + − − − − − n i n i
i x a x a x
a x a 1
1 ) ( )( ) ( )
(
=x(a1-x) (a2-x)à (an-x) ×
×(
x a x
a
x+ − + + n − 1 ) T−ơng tự ta tính định thức sau:
Bµi 2. Dx=
x x x a x a x x a x x x n … … … … … … …
(26)n r b b a r b a a r … … … … … …
= ( ) -f c cf c′( )
Lời giải Xét hàm (biến x):
D(x) =
x r x b x b x a x r x b x a x a x r n + + + + + + + + + … … … … … … …
Theo (*), ( )D x =D(0)+A x , A – const Ta
cã: (- )D a =
a r a b a b a r a b a r n − − − − − − … … … … … … … 0
=( - )( - ) ( - )r a r a1 2 r an = f a( ) Suy (0) - D A a= f a( ) (1)
(- )
D b =
b r b a b r b a b a b r n− − − − − − … … … … … … … 0 2 ( ) f b =
⇒ D(0) - A b= f b( ) (2) Tõ (1) vµ (2) ⇒
+ = + = ) ( ) ( ) ( ) ( b f b A D a f a A D ⇒D(0)= b a b b f a a f a b b af a bf 1 ) ( ) ( ) ( ) ( − − = − −
áp dụng định lý Cô Si cho hàm số ( )
g x =
x x f( )
vµ ( )h x =
x
1
trªn [a,b] , 0<a<b
⇒∃c∈(a, b):
D(0)= 2 ' ' ) ( ) ( ' ) ( ) ( c c c f c c f c h c g − − =
⇒∃c∈(a,b) : (0)D = f c cf c( ) - '( )(đpcm) Từ tốn ta có kết để tính định thức có dạng:
n r b b a r b a a r … … … … … …
= D(0)= bf a( ) af b( ),(a b)
b a
−
≠
−
2. Tính định thức dựa vào giá trị riêng
Cho A∈ Mat(n) Giả sử A có giá trị riêng λ1,λ2, ,λn Khi |A|=λ1.λ2 λn (Xem chứng minh GT ĐSTT Nguyễn Hữu Vit Hng)
Ta chứng minh kết sau :
Giả sử A có giá trị riêng λ1,λ2, ,λn NÕu f x( )∈R x[ ]th× f(λ)1, f(λ2), ,f(n) giá trị riêng ma trận ( )f A
Chøng minh. Gi¶ sư f(x)=a0+a1x+à+ amxm
là đa thức thuộc [ ]R x , i giá trị
riờng ca A (i=1,n) ⇒∃véc tơ v≠0 để A.v=λi.v⇒A(Av)=A(λi.v)=λi(Av)= λi2v
⇒A2v=λ
i2v i2 giá trị riêng
A2 T−¬ng tù ⇒∀ ∈
k Z+* ta cã λik
giá trị riêng Ak
Ta cã
f(A) = a0I+a1A+à+am Am
⇒[f(A)](v)= a0v+a1Av+à+am Amv=
= a0v+a1λi v+à+am λimv,
[f(A)](v)=v( a0+a1λi +à+am λim)=v.f(λi),
⇒f(λi) lµ mét giá trị riêng f(A)
Do i thuộc tập{1,2,,n} f(1),
f(2),, f(n) giá trị riªng cđa f(A) Tõ
đó |f(A)|= f(λ1) f(λ2)à f(λn) (đpcm)
Bµi tËp 1. Cho f(x) = x1999+x2-1 vµ ma trËn
C= − 1 0 0
TÝnh |f(C)|
(Đề thi Olimpic toán SV toàn quốc năm 1999)
Lời giải Tìm giá trị riêng C Xét đa thức đặc tr−ng:
λ λ λ λ − − − − − 1 0 0 =0
(27)⇔ = = − = = ⇔ = + − − = = 1 , 2 λ λ λ λ λ λ λ λ
⇒det f(C) = f(2)f(-1)f(1)f(6) =
=(21999+3)(61999+35)(-1)=-(21999+3)(61999+35)
Bµi tËp 2. Tính giá trị riêng ma trận: A= − 2 a a a a a a a a a a a a n n n … … … … …
Lêi gi¶i. §Ỉt
V= − − −
− 1
3 1 1 n n n n n n ε ε ε ε ε ε ε ε … … … … ,
Trong {εi}ni=1 bậc n đơn
vị : in i =1, 2, , n
f(x)=a1+a2x++an xn-1
Đặt T=A.V= − 2 a a a a a a a a a a a a n n n … … … … … × × − − −
− 1
3 1 1 n n n n n n ε ε ε ε ε ε ε ε … … … … = = − − − ( ) ( ) ( ) ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( 2 1 2 1 n n n n n n n n f f f f f f f f f ε ε ε ε ε ε ε ε ε ε ε ε ε ε ε … … … … …
⇒ det T = (det A)(detV) = = f(ε1) f(ε2)à f(εn)(det V)
Với detV định thức Vandermond, εi ≠
εj (i≠j), ⇒det V= ∏ − ≠
≤ < ≤j i n
j i
1
)
(ε ε
detA = f(1) f(2) f(n)
Đặt a1= a1-λ
f*(x)=( a
1-λ)+a2x+à+an xn-1=f(x)- λ
⇒ det(A-λI) = f*(ε
1) f*(ε2)à f*(εn) =
= ( f(ε 1)- λ)à( f(εn)- λ)
⇒C¸c gi¸ trị riêng A là: f(1), f(2),,
f(n)
Ví dụ minh hoạ cho khẳng định đầu mục
Bài tập Tính định thức
D = 1 1 1 1 1 … … … … … … … … … n n n n n n n n n n n n C C C C C C C C C − − −
Lời giải: Đặt a0 = 1, a1 = Cn1, à, an = Cnn ,
f(x)=1+ Cn1x+à+ Cnnxn=(1+x)n
Theo bµi ta cã:
D = f(ε1) f( 2) f( n+1), i
bậc n+1 đơn vị
⇒D = [(1+ε1)(1+ε2)à(1+εn+1)]n
Phơng trình: xn+1 = có nghiệm
ε1, ε 2,à, εn+1 nên ta có đẳng thức:
xn+1 – =
(x-ε 1)(x-ε2)à(x-εn+1)
Cho x = -1 ta cã (-1)n+1-1=(-1)n+1(1+
1)(1+ 2)( 1+n+1)
Nếu n lẻ (1+1)(1+2)( 1+n+1)=0
đó D=0 Nếu n chẵn
-2 = -1( 1+ε1)(1+ε 2)à( 1+εn+1) ⇒D=2n
VËy : + D = nÕu n lỴ + D = 2n nÕu n ch½n
3 Ph−ơng pháp phân tích thành tích định thức
Ta có: |AB| = |A| |B| Bài toán Cho A=
− − − − − − − − − ) cos( ) cos( ) cos( ) cos( ) cos( ) cos( ) cos( ) cos( ) cos( 2 2 2 1 n n n n n n β α β α β α β α β α β α β α β α β α … … … … … … …
TÝnh det A
Lời giải. Bạn đọc tự kiểm tra đẳng thức sau:
A = 0 sin cos 0 sin cos 0 sin cos 2 1 … … … … … … … n n α α α α α α × × 0 sin sin sin cos cos cos 1 … … … … … … … n n β α α β β β
(28)+ NÕu n=2 th× |A| = 2 1 sin cos sin cos α α α α × 2 1 sin cos sin cos β β β β
=sin(2 1).sin )
(2 1
Bài toán TÝnh det A víi
A= + + + + + + + + + n n n n n n n n n n n n n n n n b a b a b a b a b a b a b a b a b a ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( 1 1 1 0 … … … … … … …
Lêi gi¶i. DƠ thÊy
A= − − − n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n b b b b b b C a C a C a C a C a C a … … … … … … … … … … … … … 1 1 1 1 1
0 1
⇒ |A|=C1
n.C2nàCnn×
× n n n n n n n n n n n n n b b b b b b a a a a a a … … … … … … … … … … … … 1 1 1
0 1
1 − − −
Các định thức vế phải định thức Vandermond nên:
|A| = = C1
n.C2nàCnn ( )( )
0 j i j i n i j b b a a − −
Bài toán KÝ hiÖu Sk=x1k+x2k+à+xnk
TÝnh D=
n n n n n n x S S S x S S S S S S 2 1 1 − + − … … … … … … …
Lêi gi¶i
Ta có (Bạn đọc tự kiểm tra):
1
1 1 1
1
1
1 1 1
n
n n n n n n n n n n n
n
x x x x x
x x x x x
x x x x x
− − − − − × … … … … … … … …
1 1
2
2 2
2
1
1
1
0 0
n
n
n n n n
x x x
x x x
x x x
− − − × … … … … … … … … = = − + − n n n n n n x S S S x S S S S S S 2 1 1 … … … … … … …
⇒D =
1
1 1 1
n
n n n n n n
x x x x x
x x x x x
× … … … … … … …
1 1
2
2 2
2 1 1 n n n n n n
x x x
x x x
x x x
− − − × … … … … … … … …
Coi xn+1= x, định thức vế phải
định thức Vandermond
⇒D = ∏ ∏
+ ≤ < ≤ + ≤ < ≤ − − 1 1 ) ( ) ( n k l l k n i j j
i x x x
x
Mêi c¸c bạn làm thêm toán sau : Bài 1. Gi¶ sư:
f(x) = a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4 g(x) = b0+b1x+b2x2+b3x3+b4x4 h(x) = c0+c1x+c2x2+c3x3+c4x4 (x-α)(x-β)(x-γ)=x3+px2+qx+r CMR 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
f f f
g g g
h h h
α α
α β γ
α β γ β β
α β γ γ λ
= ×
0
0
0
1
0
a a a a a
b b b b b
c c c c c
r q r
r q p
×