Tuyển tập 30 năm Tạp Chí Toán Học và Tuổi Trẻ (part2-2)

XA LA MA

GAN GUI
NGUN CẢNH TỒN

Bạn

thuộc

đọc

sau

Định

hãy

đây

:

thử

xem

hai định

lí quen

lÍ 1. Trong một tam giác, dường

trung bình bồng nửa cạnh day.
Định ti 2. Trong một tam giúc, tổng bình
phương hai cạnh bằng nữa bình phương
cạnh thứ ba cộng uới hai lần bình phương
trung tuyển tương ứng.

Quan hệ giữa đường
cạnh thật đơn giản (định
giữa trung tuyến với các
(định li 2). Xem ra nội

trung bình và các
lí 1) cịn quan hệ
cạnh khá phức tạp
dung hai định If

chẳng "bà con chỉ". Nếu có xem xét các
chứng minh hai định lí trên, cũng sẽ khơng
thấy rằng khi chứng minh định lí này chẳng
hề dùng đến định lí kia. Nhưng sự xa lạ giữa
hai định

lÍ chỉ là bề ngồi.

Chỉ cần đổi cách

nhìn đi một chút đã cảm thấy có sự gần gũi.
Quả vậy hãy xem tam giác ABC như một tứ
giác có bốn cạnh BA, AA = 0, AC, CB thì

điểm hai cạnh đối diện ABA'C. Định lí 2 gợi
ý ta tịnh tiến cạnh AB đến vị trí IP và cạnh

A'C đến vị trí 1Q. Hai tam giác XBP và KCQ

bang nhau vì có
BP
QKC

sao quan hệ giữa chúng với các cạnh lại khác
xa nhau đến thế ? Ốc tò mò khoa học thúc

giục ta nghiên cứu các quan hệ (trong một
tứ giác BAA'C) giữa các cạnh và một đường
trung bình (đoạn nối trung điểm hai cạnh
đối diện)

(h.1).

nên P, Q, K thẳng hàng. Ngoài
= KQ nên IK là trung tuyến của

ra :
tam

giác IPQ. Theo định lí 2 thì:

41K?= 20P* + 192) ~ PQ?= 2(1P? + 192) -~ứP? ++ 1Q? — 2IP .1Q.cosa) hay

47K?= IP?+ 12 + 2IP .1Qcosa =

= AB? + A'C? +2AB.A”C” (A"C' tà hình

chiếu vng góc của A'C xuống đường thẳng

AB) nếu ta chú ý rằng
luôn luôn cùng dấu.

cosa

và AB.A"C”

Nhưng:

2AB .A"C = 2AB(MC’
- MA”)
= 2A4B.MC’
- 2AB.MA

= (AC? ~ BC?) - (AA? ~ BA)

đã thấy ngay sự "bình đẳng' giữa đường
trung bình (nối trung điểm của hai cạnh đối

diện BA, AC) và trung tuyến (nối trung điểm
của hai cạnh đối diện AA, BC). Vậy thì tại

= QC (AA'2). KB
= KC

và PBR = QCR. Từ đó suy ra PKB =

Vậy:

4IK?“AB+A'C1+BA'2+AC?-AA'2~BC! (1)
Hốn vị vai trị của các cặp cạnh
(AA,
BC)
và
(4B,
AC)
ta

đối điện
được

4MN?SAA'2+BC+BA'2+AC2~AB2—A'C2(0)
Nếu A' trùng với A thì AA' = 0, AB
AC
=_
AC
nên (l)
cho

= AB,
ta

ATK? = 2(AB? + ACY) - BC?; do 1a nội dung
của dinh Hi 2.

Cdn (2) thi cho ta :

= BCJ2, đó là nội

4MN? = BC? hay MN

dung của định lí 1.

Như vậy, hai định lÍ 1 và 2 chỉ là xa lạ

với nhau bể ngồi thơi, thực chất thì chúng
đều

do một

mẹ

sinh

3.

Trong

(2) đều nói lên :
Định

li

bình phương
đình

đối

194

(doan

t

Gọi 7, K lần lượt là trung điểm hai cạnh
điện AA,

BC

và M, N

lần lượt là trung

thẳng

của

nối

ra. Hai
một

một

trung

hệ thức

tứ giác,

đường

điểm

(1) và

bốn

trung

hai cạnh

lan

bình

dối

diện cho trước) bềng tổng bình phương hai
cạnh

cịn lại hai đường

chéo

bình phương hai cạnh cho trước.

trừ đi tổng


Hai định lí 1 và 2 là kết quả của việc áp

dụng dịnh lÍ 3 vào hai đường trung bình của
một tứ giác 8CAA' khi A' đến trùng với A.

Đến

đây,

ta hiểu

thêm

hai chữ

tuyến

cũng là một

"đào sâu"

là

Định IÍ 3. Trong một tứ điểm cơ sáu

cạnh bằng a, @ = 1, 2, 3, 4, ð, 6,) bốn lần

bình phương của một đường trung bình nào

6

thế nào. Ý xuất phát cũng thật là đơn giản :

đó bằng Ð) g,d2, £, = -1 đổi với hai cạnh

trung bình nối trung điểm của cạnh AA với

chứa hai đấu mút của đường trung bình và
tị = +1 đối với các cạnh khác.

Coi đường

trung

trung điểm

của

cạnh

BC.

Don

gian

đường

nhưng

lại Ít ai nghĩ đến chỉ vì khơng quen nghĩ rằng
tam

giác là một

trường

giác (khi có một cạnh

hợp đặc biệt của

bằng khơng)

tứ

và "đào

sâu" đi liền với "mở rộng". Ở đây, có mở rộng
ra tứ giác

mới

thấy

được

sâu xa trong tam giác,

khi

một

mối

quan

hệ

Nếu tỉnh ý một chút sẽ thấy rằng trong
chứng minh định lí 3, khơng hề dùng

đốn giả thiết "lối" hay "phẳng" của tứ giác.

Vậy định lí đúng cho một tứ giác bất kì (ối,
lõm, chéo, ghênh).

bình

là

một

hàm

Hơn

liên

nữa vì độ đài trung

tục

của

các cạnh

và

đường chéo nên định lí 3 vẫn đúng khi có
một đỉnh nào đớ liên tục di chuyển đến nằm
trên một cạnh nào do, thậm chí cả khi bốn

đỉnh thẳng hàng.

Sau đây ta sẽ gọi một hình gồm
bất kÌ và sáu đoạn thẳng nối bốn
từng đơi một, là một "tứ điểm".
và sáu đoạn nói trên theo thứ tự

bốn điểm
điểm đó,
Bốn điểm
sẽ gọi là

các "đỉnh" và các "cạnh" của tứ điểm. Một

cạnh nối hai đỉnh nào đơ và cạnh nối hai
đỉnh còn lại sẽ gọi là hai cạnh đối điện của

tứ điểm. Đoạn thẳng nối trung điểm hai
cạnh đối diện sẽ gọi là một đường trung bình
của tứ điểm.

Bây giờ ta có thể phát biểu định lí 3 như
Sau

:

ist

Nếu

bình

được

viết biểu

theo định
:

thức cả ba đường

lí 3` rồi cộng

vẽ với

trung

vế ta

Định lÍ 3”, Trong một tứ diểm tổng bình
phương sáu cạnh bằng bổn lần tổng bình
Phuong ba đường trung bình,

Vận dụng định lí 3'' vào một tứ điểm cơ
bốn đỉnh A, B, C, D thẳng hãng trên một
trục

số với các

ngay :

hoành

độ là ø, b, ¢, d ta có

Định lÍ 4. Với bốn số thực a, ð. c, ở bất

kỉ, ta luôn lươn có (a - 6)? + (a ~ e} +

tla - dP t(b~ ch +

= độ? + (e - độ? =

=4 [2-1 + (T11 2891+
4S

+d

7

bt+e,y

7}.

Dinh lí 4 cũng là anh em ruột thịt với các
định lí 1 và 2. Di nhiên anh em nhà này còn
nhiều, các bạn tha hổ tìm.
Các bạn thấy khơng, học một biết mười
là vậy. Bằng lịng với việc hiểu hai định lí 1
và 2 thì học một chỉ biết một. Thác mắc tại

sao chúng

có vẻ xa lạ với nhau

mở rộng, ta đã
nhiều kiến thức

những

kiến

rồi đào sâu,

tự mình phát hiện thêm
mới (ít ra là đối với ta),

thức mà

như chả "bà con chỉ”.

nhìn

riêng lẻ, tưởng

105


Chương 1Í TÌM HIỂU SÂU THÊM TỐN HOC PHO THONG

NOI CHUYEN VE CAI "DIEM"
TRONG

HINH HOC

LÊ KHẮC BẢO
Hoe sinh chúng ta hoc hinh hoe, lam bai
tập hình học, thường gặp ln chữ "điểm",
Có lẽ khơng cớ bài học, bài tập nào về hình
học mà khơng có chữ "điểm". Như vậy chắc

dường là giao của những đường (Ruse
(Rouché) va Do Combarutxo (De Comberousse)
1866 ~ 1891.)

Nhưng nếu bây giờ cớ người hỏi "điểm"

ma chung ta có đối với một vật thể cực kì

chúng ta đã hiểu rõ cái "điểm" lắm rồi.
là cải gì thì nhiều

học sinh cịn

lúng túng.

Điều đó cũng khơng có gì lạ, vì nhiều nhà

tốn học nổi tiếng đời xưa cũng như đời nay

trả lời câu hỏi đó cũng khơng ổn. Sau đây
xin giới thiệu một số định nghĩa về "điểm"
của một số nhà toán học cớ tên tuổi.

1) Điểm

theo

mọi

là cái gì khơng thể chia được

chiếu,

nhưng

nó

có

một

vị

trí

(Aristốt (Aristote) thế kỈ thứ tư trước cơng
ngun),

2) Điểm là cái gì khơng cớ thành phần.
Những đầu mút của một đường là những

điểm (Ocơlit (Euclide) thế kỉ thứ ba trước
cơng ngun).

3) Điểm biểu thị cái gì chiếm chỗ bé nhất,

chỉ có vị trí đơn thuần. Mọi điểm đều có thể

chồng

1679.)

khít

lên nhau.

(Lepnitdd

(Leibnitz)

4) Những đầu mút của một đường gọi là
điểm (Løgiàng (Legendre) 1794).
5) Sự tồn tại của một nguyên tử đủ để
tưởng tượng một điểm toán học (Cơsi
(Cauchy) 1832.)
6) Điểm

tốn

học

là một

đạng

khơng

có

độ lớn. Điểm là cái gì được xác định bởi
chính nó (Đenbơp (Delboeuf) 1860.)
106

7) Điểm là giới hạn hay đầu

8) Một

điểm

ứng

mút của một

với ý thức

trừu

tượng

bé mà chúng ta chỉ để ý đến vị trí trong

khơng gian, đối với một miền khơng lớn
nhưng do chính một vật thể nào đó giới hạn

(Méray (Méray) 1903).
Ta thấy ngay các định

nghĩa

trên

đều

khơng ổn, vÌ người ta đã đựa vào những cái
chưa định nghĩa, ví dụ : chiều, vi trí, thành

phần, đường, độ lớn, dạng, v.v.. Nếu người
ta tiếp tục hỏi : chiều là cái gỉ ? vị trí là cái
gì ? v.v., thì những nhà tốn học trên sé ling
túng. Trong 8 định nghĩa trên có những cái
khơng phải là định nghĩa, ví dụ 5, 8 ; ngồi
ra có định nghĩa lại q mơ hồ, ví dụ "điểm"
là cái gì được xác định bởi chính nó
Ngày nay, người ta định nghĩa "điểm" như
thế nào ? : Trong toán học, muốn định nghĩa

một khái niệm

người

ta phải dựa vào những

khái niệm đã định nghĩa trước. Do đó khơng
thể định nghĩa tất cả các khái niệm, mà phải
có những khái niệm đầu tiên khơng định
nghĩa gọi là khới niệm cơ bản. Trong hình
học người ta lấy "điểm" làm khái niệm cơ
bản (ngồi ra cịn có những khái niệm cơ

bản khác, ví dụ đường thẳng, mặt phẳng).

Người ta cũng khơng chứng minh được
mọi mệnh để tốn học (mệnh đề chứng minh

được gọi là định lí). Muốn chứng minh một

mệnh đề thÌ người ta phải đựa vào những

mệnh đế đã được chứng mỉnh trước. Đi
ngược mãi lên thế nào cũng phải có những
ménh dé đầu tiên khơng chứng minh mà

người ta gọi là ¿tên đề. Các tính chất của các

khái niệm cơ bản được nêu lên trong các tiên.

đề. Dây là phương pháp xây dựng toán học
hiện đại mà người ta gọi là phương pháp
tiên đề.
Bây giờ ta trở lại câu chuyện cái "điểm".
Không phải ngẫu nhiên mà người ta thấy
cẩn thiết có những khái niệm cơ bản khơng

Hai bài tốn

BÀI

nồi tiếng :

TỐN

GƠNBÁC

định nghĩa nhu "điểm", Từ khi hình học
L⁄@basepski (nhà tốn học người nga, 1793 —

1856), được cơng nhận, các nhà toán học mới
đặt vấn đề xây dựng cơ sở cho hình học. Họ
đã dùng phương pháp tiên đề và lấy "điểm"
làm

khái

niệm

cơ bản,

từ đó

người

ta thơi

khơng định nghĩa "điểm" nữa.
Như vậy "điểm" là một khới niệm cơ bản

không định nghĩa. Ta có thể nêu lên một

hạt bụi rất bé.

hình ảnh của "điểm" là một

Nhớ ràng đó chỉ là một hình ảnh chứ khơng
phải một định nghĩa.

VA BAI TOAN

OLE

NGO THUC LANH
(Đại

Vào khoảng giữa thế kỉ thứ 17, Gónbác
(1690

~

1764)

viện

sĩ

Viện

hàm

lâm

Pétecbua (Nga), trong một bức thư gửi cho
Ole (1707 - 1878), cing 14 vién si Han lam
Pêtecbua,

đã phát biểu một mệnh

để, về sau

mang tên là "bài tốn Gơnbác". Bài tốn đó
như sau : chứng minh rồng mỗi số lẻ, lớn
hơn năm, đều có thể uiết dưới dạng một tổng
của bq số nguyên, tốt,
Bức thư của Gónbóc viết : "Bài tốn của tơi
như

sau

: ta hãy lấy một cách hú họa một số

lẻ nào đó, 77 chẳng hạn. Ta có thé phan tich
nó thành ba số hạng : 77 = B3 + 17 +7, cả
ba số hạng đều là những số nguyên tố. Ta lại
lấy một số khác, một cách hoàn toàn hú họa,
461 chẳng hạn, ở dây 461 = 449 + 7 +5, và
ba số hạng lại là ngun tố. Ta có thể phân
tích cũng số ấy theo một cách khác, thành
ba số hạng nguyên tố : 267 + 199 + 5, v.v..
Bây giờ tơi thấy hồn tồn rõ ràng rằng : mỗi
số lẻ, lớn hơn năm, đều có thể phân tích

thành một tổng của ba số hạng là những số

nguyên

tố. Nhưng

chứng

minh

điều đó như

thế nào. Phép thử nào cũng cho cùng một
kết quả như thế, nhưng cá đời người cũng
chả đủ để thử lần lượt tất cả các số lẻ. Cần

học sư phạm

Hà

Nội

phải có một phép chứng mính tổng qt nào
đó, chứ khơng phải là những phép thử".
Ởỉe trả lời rằng mệnh đề đó là hồn tồn
đúng đán, nhưng ơng cũng khơng thể đưa
ra một phép chứng mình chặt chẽ của mệnh
đề đó được. Mặt khác Ole lai dé ra mot mệnh
đề mới, về sau gọi là "bài toán le" : "mới

số chắn, từ bốn trỏ di, đều có thể phơn tích
thành một tổng của hai số nguyên tổ", Mệnh
đề này ông cũng không chứng minh được.
Chú ý rằng,

nếu giải được bài ¿ốn

Ole

thì rõ ràng từ đó suy ra được lời giải của bài
tốn

Gơnbác.

Thật vậy, mọi

số lẻ, lớn hơn

năm, đều có thể viết đưới dạng 2n + 1 = 3
+ 2Œ ~ 1), trong đó 2(n - 1) > 4. Nếu mệnh

dé Ole là đúng, thì số chẩn 2w - 1 sẽ phân
tích được thành một tổng của hai số nguyên

tố, lúc đó số lẻ 2n + I sẽ phân tích được
thành một tổng của ba số nguyên tố, và
ménh

trở đi.

dé Gônbác

sẽ đúng

với mọi

số lẻ từ 7

Nhung dao lai thì khơng đúng, tức là nếu
mệnh dé Gónbác là đúng thì từ đó khơng thể

suy ra được rằng mệnh đề Ở/e cũng đúng.
Như vậy, bài tốn Ởie khó hơn bài tốn
Gơnbác

nhiều

,

107


Gần

hai

trăm

năm

sau

khi

được

đặt

ra,

Nói cách khác, trong các số tự nhiên, tồn
tại một số N, đủ lớn, sao cho sau số đó mọi

bài tốn Gơnbác vẫn chưa tÌm được lời giải,
mặc dù nhiều nhà toán học lối lạc trên thế
giới đã đề cập đến. Mãi đến năm 1930, nhà
tốn học Xơ viết trẻ tuổi L.G. Sniarenman,

số lẻ đều là tổng của ba số ngun tố.
Vinơgradốp đã chứng mình được định lí

đúng

của tốn

(1905 - 1938) mới tim ra được con đường
đán

để

tiến

tới

lời

giải

của

bài

tốn

Gơnbác. Ơng đã chứng mính được rằng : đồn
tại nuột hàng

số k, sao cho

mỗi

số tự nhiên

lớn hơn 1 dều có thể uiết dưới dạng một lồng
của không quá k số nguyên tố, túc là uới mọi
số tự nhiên N (N >1).

N=p,+py,t+..

trong đỏ p hoặc là một
là bằng không.

+p,

số nguyên

tố, hoặc

Nếu ta chứng minh được rằng k =
bài tốn Gơnbác được giải xong. Nhờ
lực tìm kiếm của nhiều nhà toán học,
được xác định là 67, và bây giờ đã hạ
20. Nhưng từ đó hạ được xuống số
đường vẫn cịn dài.
Năm

1987

3 thì
sự nỗ
số đó
xuống
3 thì

một sự kiện quan trọng đã xây

ra làm chấn động dư luận của giới tốn học
trên tồn thể giới. Nhà bác học Xô viết viện
si J.M. Vinégradép (sinh năm 1891) chứng
minh được mệnh đề Gónbác với những số lẻ
đủ

lớn

đỏ, dều

: mọi

số lẻ, kể từ một số dủ

là tổng của ba số nguyên

MIỀN

TRONG,

tố.

lớn nào

trên đây bằng một đường lối rất phức tạp,
đòi hỏi vận dụng những cơng cụ rất tỉnh ví
học hiện đại.

Vấn đề đặt
Nhà toán học

chứng minh

ra là : số N,, là bao nhiều ?
Xô viết K.G. Barôdohin đã

rằng

Na

eons

trong do e sé co s6 logarit tu nhién, e = 2,7182...
Muốn

chứng minh

được

mệnh

một cách hoàn toàn, cẩn ha số N, xuéng
nhiều hơn nữa, rồi thử nghiệm với tất cÀ các
số

nhỏ

nghiệm

hơn.

Nhiều

nhà

toán

trực tiếp, và đã đi đến

và hình 2 cớ phải là hình đa giác khơng ?

học

đã

thử

kết luận là

với tất cả các số tự nhiên tới 9.000.000 mệnh

đề Gơnbác

là đúng.

Phương pháp của Vínơgrađốp chưa đủ để
giải bài toán Ole. Cho dén nay bai toan nay
vẫn chưa tim được lời giải. Bài tốn Gơnbác
với các sé chin, ma bản thân Gônbác
không để ra, cho đến nay cũng chưa giải
được, mặc

dù, từ dinh li Vinégradép

rằng mỗi số chẫãn đủ lớn là tống
sổ nguyên tố.

MIỀN NGOÀI CỦA ĐA

1) Bạn đã làm quen với các hình đa giác
từ lớp 5, lớp 6. Nhưng xin hỏi bạn : hình 1

đề Gơnbác

suy ra

của bốn

GIÁC

Chắc các bạn trả lời ngay được rằng hình
1 là hình đa giác, tuy có vẻ "lạ" một chút.
Càn về hình 2, thì chắc nhiều bạn cịn do
dự. Để trả lời câu hỏi, bạn phải trở lại định

nghĩa của hÌnh đa giác, tức là xem xét hình
3 có phải là một đường gấp khúc kin khong.
Muốn

vậy, bạn

hãy cho

một

chú

kiến

bò từ

một điểm nào đó trên hình 2, điểm A chẳng
hạn, bị theo các đường nét đã kẻ (theo chiều

mũi tên chẳng hạn) và khóng bao giờ được

quay lại dường cũ, Bạn sẽ thấy rằng chú
kiến sẽ bò qua (ế‡ cd các đường nét da ké

Hình

108

1

và cuối cùng sẽ
hình 2 là một
đường gấp khúc
là một hình da

trở về lại điểm A, nghĩa là
đường kin, cịn đó là một
thÌ q rõ ràng. Vậy hình 2
giác !


2) Đối với các hình đa giác quen thuộc,

hoặc đối với hình đa giác như hỉnh 1, bạn có
thể trả lời ngay được rằng điểm M là điểm
ở ngoài đa giác, còn điểm P là điểm ở /rong

đa giác. Nhưng bạn khó cớ thể trả lời ngay
được câu hỏi : trên hình 2, điểm P là điểm

ở trong hay ở ngoài đa giác ? Để trà lời câu

hỏi này, bạn có thể cho một chú kiến bị từ
một điểm rõ rằng là ở ngồi hình đa giác

(như điểm N) để đi đến P. Có hai trường

hợp có thể xây ra :

1) Chú kiến tìm được một đường đi đến
P ma không phải vượt qua "đường biên giới"
cạnh của đa giác). Trong trường hợp này, P
là một điểm ở ngoài da giác.
2)

dường

Chú

biên

kiến

giới

nhất
một

thiết

lần

phải

mới

đến

vượt

được

qua

P.

Trong trường hợp này, P là một điểm ở trong
đa giác.
6 đây ; bạn hãy cho chú kién di tit N theo

mũi tên (hỉnh 2) và bạn sẽ thấy rằng chứ
kiến có thể đến được P trong trường hợp thứ

nhất, nghia là P là một điểm ở ngoài đa giác
(xem hình 3).

Cách cho kiến bị như trên đây khá phức

tạp tuy rằng nó cho bạn thấy con đường đi
từ ngồi vào đến điểm P (mà không vượt
qua "biên giới" lần nào). Bạn có thể xác định
P-là điểm ở trong hay ở ngoài đa giác một
cách đơn giản hơn dựa vào nhận xét sau
đây : nếu chú kiến bò từ một điểm ở ngoài
da giác mà vượt qua biên giới một lần thì
chú đi vào trong đa giác, nếu chú vượt qua

biên giới lần thứ hai thì chứ lại ra ngồi đa

điểm ở ngồi đa giác một cách nhanh chóng :
bạn cho chú kiến đi từ N, theo mũi tên, đi

thẳng "vào trong" và chỉ cần vượt qua biên
giới hai lần là chú kiến đến được P
Do đó,

định

ta có một

một

điểm

P

nào

cách

đơn

đó

giản để xác

là ở trong

hay

ở

ngoài đa giác cho trước : chỉ cần ¿ừ P kẻ một
nửa đường thẳng không di qua mét dink

nào của du giác ; ta đếm số giao diểm của
nửa dường thẳng này uới cóc cạnh của da

giác : nếu số giao diểm là chdn thi P là
điểm ở ngồi đa giác, nếu số giao điểm
lẻ thì P là diém

4 trong.

là

3) Bạn đọc tính ý có thể thấy ràng những

điều

vừa

nói trên

đây là dựa

vào

(rực giác.

Những dịng in nghiêng ở trên (về cách xác
định P ở ngoài hay ở trong đa giác) là một

định lí cần phải chứng mình, T5 khơng nêu

chứng minh đó ra ở đây.

Hơn thế nữa, ngay cả khái niệm "điểm ở
trong, ở ngoài đa giác" cũng phải nói chính
xác hơn,

Các hình đa giác lồi, các
hình 1 và 2 đều là các hình

A

đa giác đơn. Hình đa giác
đơn là hÌnh tạo nên bởi một

đường

gấp

khúc

dơn

kín.

đường

gấp

ợ
€

Đường gấp khúc đơn là
đường gấp khúc trong đó
mỗi điểm của nó thuộc
nhiều nhất là hai cạnh.

Hình

4 là một

linh

4

giác, nếu vượt qua biên giới lần thứ ba thì

khúc khơng đơn, hay là tự cảt (trong đó các
điểm C, B, A thuộc ba, bốn cạnh). Một đường

điểm ở ngồi đa giác mà chú kiến vượt qua

hình sœo (hình 5 chẳng hạn).

ngồi đa giác, cịn nếu vượt qua biên giới
một số !¿ lần thì chú đã đi vào trong đa giác.
Nhận xét này giúp bạn xác định được P là

(gọi là định lÍ Giooc-dăng) : Mọi hình da
giác don chia một phẳng ra làm hai miền :

vào trong đa giác v.v.. nghĩa là nếu từ một
biên giới một

số chẵn

lần

thÌ chú vẫn ở

gấp khúc tự cắt kín tạo nên một đứ giác

Người ta chứng minh được định lí sau đây

một miền chúa hoàn toờn những dường
thằng (gọi là miền ngồi của đa giác), miền

kía khơng có tính chất đó (gọi là miền trong
của
đa giác). Nhờ

định H này mà
ta nơi đến điểm

ở ngồi (thuậc
miễn ngồi) và

điểm

(thuộc

trong)

ở

trong

miền

các

đa

giác ở hình 1

và 2,

Hình

5

109


Lấy một điểm tùy ý trong miền. Từ điểm
đó, vạch nửa đường thẳng tùy ý, &hóng di

qua diểm chung của các cạnh khóc nhau của
đa giác ; đếm số giao điểm của nửa đường
thẳng với các cạnh của đa giác ; nếu số dé

là số chăn thì điểm thuộc miền ngồi, nếu
số đơ là số lẻ thì điểm thuộc miền trong của

đa giác. Trong hình 6, ?\ điểm ở ngồi, P,
là điểm ở trong đa giác. Như vậy, miền trong

của

đa giác

phải chứng

Hình

6

Một đa giác hình sao chia mặt phẳng ra

nhiều

miền.

Dựa

vào

cách

xác

định

miền

trong và miển ngồi của đa giác đơn (nói ở
điểm 2), người ta định nghĩa miền trong và

miền ngoài của đa giác hình sao như sau :

là miển

minh

gạch

gạch.

rằng tính chẵn

(Tất

nhiên,

lẻ của số

giao điểm của nửa đường thẳng với các cạnh

của đa giác chỉ phụ thuộc vào điểm đã chọn,

mà không phụ thuộc vào nửa đường thẳng
ta kẻ từ điểm đó. Ta khơng nêu chứng minh

đó ở đây).

TH.C (sưu tầm)

CÁC MƠ HÌNH KHƠNG GIAN VEC-TỢ
TRONG TỐN HỌC Ở TRƯỜNG PHỔ THƠNG
TRẦN THÚC TRÌNH
Trên

thiệu

báo

về "cấu

thuyết nhóm

Tốn

học

và

tuổi

trẻ đã

trúc đại số" (số 5/1967),

giới

"lí

(số 8/1967) và cấu trúc trường

qua bài "Ấm hiệu giải trí" (số 2/1964). Bài

này sẽ giới thiệu cấu trúc không gian vec-tơ,
một cấu trúc đóng vai trị "trung tâm" trong
tốn

học hiện đại.

Một tập hợp V gồm các phần tử x, y, z...
sẽ gọi là một &hông gian uec-tơ trên trường
số 9 nếu :
a) Trong V cớ xác định một
trong, mà ta gọi là phép cộng, kí
và tập hợp V là một nhóm đối với
đó, tức là 4 tính chất sau đây được

phép
hiệu
phép
thỏa

tốn
là o,
cộng
mãn

1. Phép cộng có tính chất kết hợp, nghĩa là

xo(woz)=

Goyoz

véi moix, y,z

EV;

2. Trong V có phần tử trung hịa e, nghĩa là

có e sao cho
e ox = xo e = x véi moix € V;
3. Với mọi x € V đều có phần tử đối xứng
x’ €

Vsao

choxox’=x'ox

=e;

4. Phép cộng có tính chất giao hoán, nghĩa
e, y € V
làxoy =yox với mọi

110

b)

Trong

V có

xác

định

một

phép

tốn

ngồi mà ta gọi là phép nhân một phần tử
thuộc Ý với một số thuộc S, (kết quả của phép

nhân đó là một phần tử thuộc W). kí hiệu là .
Phép nhân thỏa mãn 4 tính chất sau đây :
ð. Phép nhân phân phối được đối với phép
cong trong
V, tic AR * (roy =k *xok*y,
trongdd

RES;

x,y

EV

;

6. Phép nhân phân phối được đối với phép

cộng trong 8, tức
là ( ø J *x = k *xol*x.
với k, €8;

7. Phép nhân kết hợp được đối với phép
nhân số, tức là ¿ * & * x) = ( * k) *x, với
k,LES;xeEv;

8.1 * x =x

(1 Ja phfn tu don vj cua S).

Tím tính chất vừa liệt kẽ là tám tiên để
của cấu trúc không gian vec-tơ ; các phẩn
tử z, y, Z... gọi là các "vec-td". Các bạn nên

chú ý rằng từ "vec-tơ" ở đây cớ nội dung
trừu tượng chứ không phải chỉ mang nội
dung

"đoạn

thẳng

định

hướng"

như

trong


sách tốn ở trường phổ thơng. Bất kì một
tập hợp V nào với các phần tử z, y, z..., phép
tính trong, phép tính ngồi cùng trường số
8 được hiểu một cách cụ thể như thế nào
đấy mà thỏa mãn 8 tiên để nơi trên sẽ được

gọi là mơ hình
trường số S.
Ta

hãy

xét

1) Hãy

xem

của khơng gian vec-tơ trên

một

số

tốn trường phổ thơng.

ví dụ

V là tập

hợp

lấy

trong

sách

các số thực ñR,

8 là trường số hữu tỉ Q, các phép cộng và
nhân

trong V như

trong E, các bạn sẽ thấy

rằng với cách hiểu như vậy thì tám tiên để
đã nêu đều được nghiệm đúng, tức irường
số thực h là không gian uec-t0 trên trường
số hữu

tỉ Q.

Nếu lấy V = S = R, v6i phép cong và
phép nhân hiểu như trong R (phép todn

ngồi trở thành phép tốn trong), thì tám

tiên đề đã nêu cũng được nghiệm đúng, đức
trường số thục R là khơng gian uec-td trên

chính nó.

Trong hai ví dụ này, số thực là "vec-tơ".

2) Hay

để ý đến tập hợp P các đa thức

bậc hai chứa biến x p; = øx” + bạ + e,, với
a, 6, c, ER,
Phép

cộng

các

đa thức

thuộc

P và phép

nhân đa thức với số thực được xác định như
Sau

=

:

P.oP

(ax? + bx +e)
+

NHA

k*p, =k Gx? +b2 40) =

x2+b

tes

+o) =

= (ha; x2 + (hb )# + (he, Ù›

Các bạn hãy lần lượt thử nghiệm từng
tiên đề một. Kết quả là tám tiên để kể trên
đều được nghiệm đúng, tức là ¿ớp hợp P các
da thúc dạng ax? + bx +c; la mot khong
gian vec-to trén trường số R (a,, b,, ¢, G R).
3) Hay xét tap hop H cdc ham s6 vong
dang h; = (a, sint + b; cost, với đi, bE R.
Phép cong va phép nhân được xác định
như sau :
ho hị = (aginf + b/cos#) + (asint + bicost) =

6 day ham số a; sin ¢ + b.cost 1a "vec~tơ",

4) Tập hợp V cóc uec-tơ theo nghĩa thông

thường của vec-tơ (đoạn thẳng định hướng)
với phép cộng các vec-tơ và phép nhân vec—tơ
với số thực là không gian uec-tơ trên trường

s6 thuc R (hoặc trên đường thẳng, hoặc trong
mặt phẳng, hoặc trong không gian).

ð) Chiều dài, diện tích, thể tích là các đại
lượng vơ hướng mà các bạn đã từng gặp
trong giáo trình hình học. Nơi chung cấu
trúc những đại lượng vô hướng (kể cả chiều
dương hoặc âm) là tập hợp L [ o, *, >] gồm
những phần tử #,ð,e... trong đó có xác
định phép tốn trong, gọi là phép cộng kí
hiệu là ø và phép tốn ngoài, gọi là phép
nhân một phần tử thuộc 7, với số thực thuộc
đ, kí hiệu là *, đồng thời có quan bệ lớn
hơn, lấy kí hiệu là >, thỏa mãn 5 tinh chat

sau đây.

œ) TrongL có đại lượng ừ sao cho ln
ln có x*#o=o;
8) Ứng với mỗi £ > ocd anh xa mot-mot
fgitax€ RvaaGL,saochoa=x*e;
y) Ln ln có x*£oy *£=

ð) Ln ln có xz** e) = (x *y)* e
_E)x, "2 >y *ø tương ứng với x > y

(o,e,

Ảnh xạ ƒ là phép do các đại lượng vô

hướng ; số z gọi là độ đo các đại lượng vơ
hướng (x có thể dương, âm hoặc bằng 0).
Từ õ tính chất này có thể suy ra đẩy đủ

8 tính chất của cấu trúc không gian vec-tơ

(đề nghị các bạn tự chứng minh) tức là ép
hợp L các dại lượng 0ô hướng là một không
gian uec-tơ trên trường số thục R.

Trong trường phổ thông hiện nay chúng

ta không để ý đến chiều của các đại lượng,

nên lấy |x|

làm độ đo hoặc của chiếu dài,

hoặc của diện tích, hoặc của thể tích.
6) Nếu

*, ÿ, Z,..

lấy tập hợp V gồm
điểm

và các

với số thực, thỏa mãn

= (ka,) sint + (kb cost, voi k © R.

Dễ dàng thấy rằng đập hợp H các ham số

tương

ứng

= & (ai sint + b, cosf) =

veng dang a; sint + b,cost là một khơng gian
uec-tơ trên trường số thực R.

A, BH,

các "vec-tơ"
€,...

trong

đó

các vec-tơ, với phép toán cộng và phép nhân

gian vec-td,
để sau đây
Sáu tiên đề
hai vec-tơ

k"hị

ER).

aGL;xy

không
6 tiên
Ociit.
Với

= (a+ a) sint + (6, + 5) cost ;

(xoy)* e

với

một

8 tiên để của cấu trúc

đồng thời thỏa mãn thêm
nữa thì ta có &hóng gian
đó là :
x, y bất kì thuộc V cho
số thực

khơng

Am,

gọi

là tích vơ hướng giữa x và y, kí hiệu là xy

sao cho :

111


9. xy

= yx véi moixz,y

10. @o yiz = xz +y2
ll. (ek * x)y
RER;
12. xx

= kíxy)

EV;

voi moixnyz

EV;

v6i moix,y

EV;

2 0 v6i moix
€ V; xx =

chi khi x la vec-to "không"
13. Véi

moi

diém

;

0 khi va

A va moi vec-to

+ tồn

tại một điểm 8 duy nhất sao cho AB =# ;

PHUONG

14. Ln ln có AB
A,B,C, eV.

+BC= AC moi

điểm

Xuất phát từ 14 tiên đế này có thể xây

dựng tồn bộ hình học Ớclit hiện đang học
ở trường phổ thơng. "Thực chất của truyền
thống hình học Ởclit là sự kế thừa khái niệm

khơng gian vec-tơ có tích vơ hướng mà Ĩclit
đã để lại cho ta",

TRINH

SAI PHAN
LÊ ĐÌNIE THỊNH

Phương trình sai phân là một loại phương
trình có rất nhiều ứng dụng trong khoa học

cơ bản và đặc biệt là trong khoa học thực
hành. Nó là cơng cụ đắc lực để giải các bài

tốn phương trình vi phân, phương trình đạo
hàm riêng trên máy tính điện tử và giải các
phương trình đại số cấp cao, cùng nhiều ứng
dụng trong các lĩnh vực khác nhau. Nội dung
của bài này là giới thiệu sơ lược về phương

1) Mọi sai phân đều có thể biểu diễn theo

các giá trị của hàm số.

Thật vậy Ay, = y,- y,_, 3 A’y, = Ay, - Ay,

= ¥, — 29, + ¥2 vv... tiép theo có thể
chứng minh bằng quy nạp.
2) Sai phân

tính tức là AF

mọi

từ 1)

cấp có tính chất

tuyến

+ ø) = ARƒ + Akg. (Suy ra

trình sai phân và ứng dụng của nó trong lĩnh

3) Sai phân cấp k của một đa thức bậc ø
- bang 0 khi & > n,

biểu

~ bằng hằng số khi # = n,

vực tốn phổ thơng như đốn nhận quy luật

diễn

SỐ v.V..

Để

có

các

thể

đây

số,

giới

thiệu

tính

tổng các

phương

trình

dãy

— là đa thức bậc n - bè khi & < n.

Tinh chất này chứng minh bằng quy nạp

"

sai

phân, trước hết ta cẩn biết sai phân là gì ?

4) 5) Ay, =yy~yety; “It Ag ~I py =

Thực ra mà nói thì có hai loại sai phân : sai

1

phân hữu hạn và tỈ sai phân. Trong bài này

ta dùng khái niệm sai phân hữu hạn và chữ

—

sai phân trong bài này xin hiểu theo nghĩa
sai phân

hữu

hạn.

Định nghĩa : Giả sử ta có hàm sốy = fix).
Giả sử rằng các giá trị cia ffx) tại các điểm

#ơ Xa th, xu+ Qh... x,t nh, ... (h = const)
tương ứng là Yor Ypres ta goi Ay, = x7

— y,— 1 là sai phân cấp 1 của ham f, V, =1,2,..,

Dựa vào các tính chất đơ ta giải hàng loạt

các bài tốn quen

thuộc,

Thí dụ 1 : Cho dãy số 3, 5, 10,... viết tiếp

vào dãy số đó để hiệu các số kề nhau
lên

một

số

như

nhau.

Giả

thiết

trong

tăng
đầu

bài cd nghia là sai phân cấp 2 không đổi. Bởi

vậy theo tính chất 3) dãy số này là các giá

nyo My, = Ay, ~ bY, = 9; - Wherry, la

trị của một

cấp cao hơn.

số. Cho z các giá trị 0, 1, 2 (ta đánh số thứ
tự từ 0), ta có hệ phương trình.

sai phân cấp 2 của hàm ƒ với ¡ = 2,.,n - 1...
Tương tự như thế ta định nghĩa sai phân các
Sai phân có một số tính chất cơ bản rất
thuận tiện trong việc giải các bài tốn phổ
thơng. Các tính chất đó là :
112

đa thức bậc

2 theo đối số là số

thứ tự của các số trong dãy số. Mọi đa thức

bậc 2 cổ dạng øx2 ~ ðx + e, trong do z là đối
c=8
a+b+8=ð5

4a + 2b

+ 3 = 10.


Từ

3

đó suy rea

= 2 ,b =2,

c= 8, Vậy

những số viết tiếp phải tuân theo quy luật
1

22

+ 2% + 3. Chang han cho x = 3, 4, 5, ta

Vậy tổng n số hạng của cấp số nhân đã

cho là

sẽ được các số tiếp theo là 18, 29, 43,...

q@

Thí dụ 2 : Cho dãy số 1, ~ 1, -1, 1, B,
11, 19, 29, 41, 55. Tim quy luật biểu diễn
dãy số đó.

Để tìm quy luật biểu diễn ta lập bảng sai

phân

:

y=f 1

-1

Ay

-l

-2

Aty

0

1

5

11

246

19
8

22222

29

41

10 12

22

2

55
14

az? + bx + c, trong đó x là số thứ tự của các

s6 trong day s6. Cho x = 0, 1, 2 (đánh số
thứ tự từ 0), ta nhận được hệ phương trình.
c=l
œ+b+l1=~l

4a+26+ 1= —1
dé

ta cd a

=

1, b

=

~3.

Vậy

dãy

số

đã cho tuân theo quy luat x? - 8x + 1, trong
đó x là số thứ tự của các số, bát đầu từ 0.

Thí dụ 3 : Tính tổng n số hạng của cấp

số nhân

đọ, 88, đu...

q1

Tổng n số hạng trên có dạng
ø,(1+g+...+a"Ù), Bởi vậy ta tính tổng
trong ngoặc

đơn

là đủ.

Ta co

= AF

l1-lgq

q gk fy
ạ 1 ạ): Từ ừ đóđể

4

q—1

m1
Boi vay 3 gk
&=l

=F

= £4
(theo 4)
q~1
Bởi vậy

»ự

8 TCH

a

x=l

x=1

(theo 4)

"

Rn

»

x=1
Ta dé

=

@

y=

= 2h

x=l

Xư+i=

k=

x-n=n?

x=

"-.
15...
age

De
x=1

(Tổng ñ số nguyên đầu tiên).
n
Để tính tổng > x? ta xuất phát từ
x=1

Ax3 = x3 - @ - 13 = 8x? - 8x +]
Do dé

"
Ð (2 ~8x+D)

"
= 3 Ar)
=n

"
> @? - 8x + 1) =
n
~

Từ đó
x=1

c¿_

x=]

"
-85x

"
+1

xel

~=1

=o YP

S

n-1

=n? - 02 = v2

"

z~z- X1

x=l

k=]

ep

=0

n

=85x)

n~1
= W Agt

x? ...

x=]

Ta cd Ax? = x? ~ (x - 1)? = 2x - 1. Boi

vay

x=l

gk

1

"
, >

xed

x=1

1

Agk ko= gkgk - gk
gq a

m1

A
Thí dụ 4: Tính
Sx

D @x-1) = Fa?

Ta thấy sai phân cấp hai không đổi, vậy
dãy số là dãy các giá trị của đa thức bậc hai

Ti

S,=%, TT:

8

n(n
+ 1)

=

tna

nứt + 1)(2n + 1)
ae
6

(Tổng bình phương nø số nguyên đầu tiên)
Bài tập : Theo mẫu của thí dụ 4, hãy tính

118


3

k=

xi

Nếu các hệ số #¿„ ữ,..., là các hàng số

3,4, 6...

Thi du 5: Tinh téng sinx + sin2x + ... +

+ sinnx.
Ta có
A

cos (

att s}*

cos

( (1+TW
a )*

S=am

dé

==
cos(

sinkx

trình sai phân tuyến tính thuần nhất cấp n.

Để giải (2) ta cần cho trước n giá trị ban

segfg—Ư\»
3 )* =-

đầu y„ Ÿp°›

=

-

Định

tính

1

ytưy,

x

Sin

% Ty

xeinD+
2
=

~

atl.
3

n

+sin2

nhất,

sai phân

9%

% + lap

+“ Jian

mình

+

: Do

= 0

Suy”đc. tay,

= 0

"-...

Bài tập : Tinh téng coax + cos2x + ... + cognx.

Từ đó suy ra y,

+H

Yp

- st Yan

giải một

trình
dạng

Bây giờ ta

chuyển sang làm quen với phương trÌnh sai
phân. Vậy thì phương trình sai phân là gì ?
Phương trình sai phân là một hệ thức giữa
sai phân các cấp :
É xem

như sai phân cấp 0).

qa)

Vì sai phân các cấp đều cơ thể biểu diễn

Vian

và

-+4,6, + 6, ty) =0

là nghiệm của phương trình .

Fy, Ay, d2y,..., Sky,...) = 0

là

+ Yan cing

“Trên đây ta đã nghiên cứu các tính chất
của sai phân và nhân tiện áp dụng chúng để
thuộc.

cũng

Iria pers

tay;

m

quen

tuyến

Span là nghiệm nên ta có :

Wirnt--.

sing

số bài tốn

đÀ

là nghiệm của phương trình thuần nhất.

2sing
_

phương \trình

-s3„

Vier Vita
của phương trình đơ thi

Chúng

—2sin-

=-

của

thuần

nghiệm

[cos(n + 5 )x — cosy | =

Nếu y,, 3+:

l1:

nghiệm

2

2sing
2

rổi theo cơng thức truy

các định lÍ sau :

n
>, sinkx =ôm(5+1)z=
ơ
Qsine C1
1

YĂ

toỏn ta tớnh tt c cỏc giỏ trị Ip Vp pe BGI
vậy (2) gọi là phuong trinh sai phan c&p n.
Để tÌm nghiệm tổng qt của phương
trình sai phân tuyến tính cấp nø ta dựa vào

theo 4) ta có :

=-—

Nếu f = 0 thì ta gọi (2) là phương trình
sai phân thuần nhất. Nếu cả G,, @,..., a, 1a

hằng số và ƒ = 0 thi ta goi (2) là phương

= ~ 2sindzsin 5
Tu

thì (2) gọi là phương trình sai phân tuyến
tính cấp n.

tsp

Định lí 2 : Nghiệm tổng quát của phương
sai

phân

tuyến

tính

thuần

nhất

cớ

vị = Si + cá + cẤi
trong dé c,,¢,,... › c„ là các hằng số tùy ý,
cịn ¡, Ages Ân là ø nghiệm
phương trình

phân

biệt của

afta, ATi +... tadata, =0

@)

theo các giá trị của hàm số (tính chất 1) nên
(1) tương đương với

Phương trình này gọi là phương trình đặc
trưng của (2). (Ta khơng xét trường hợp

Wari terri

nghiệm

114

TF GY, | +O, =F

(2)

phức

vì

trong

các

ứng

dụng

giới


thiệu ở dưới ta chi dùng trường hợp nghiệm

thực)

Nếu

(3) có nghiệm

hạn thì

4¡

bội s chẳng

Y= = ey Ayi Heya i + e324) i ++

Se

ey

Chứng

+.

minh

(2) và chú ý (3).
Định

lại
og $ — ‘a+

Gd,
: Thay 3, vào phương

lí 3 : Nếu y, là nghiệm

trỉnh

tổng quát

của phương trình thuần nhất và Y là nghiệm
riêng của phương trình khơng thuần nhất

. thì

nghiệm

tổng

thuần nhất có dạng

y=

qt

của

phương

trình

Chúng mình. Thayy, vào (2) và chú ý VY
là nghiệm riêng còn 7, là nghiệm tổng qt
của phương trình thuần nhất.

Thí dụ 6 : TÌm cơng thức số hạng tổng

4-q

= 04

_Xem 4, = au, ¡ +Ổa,_; là phương trình

sai phân.

Phương

trình

dạng

32a

đặc

trưng

T8 = 0>

tương

ứng

có

= (a+ {a?+ 483/0.

Do ổ > 0 nên phương trình có 2 nghiệm
phân biệt, Vậy

Khin

= 0 van

+9 Data, =y,
Ya ~ Way = 0.
nó có dang

= q. Vay nghiém téng quat

đa =ai gì

Thí dụ 7 : Tìm cơng thức của số hạng
tổng quát #„ của cấp số cộng với công sai ở,

Theo định nghia a, = a, +d. Goia, =y,

ta có phương trình sai phân Yn = Vy +a
Phương trình đặc trưng của phương trình
sai phân thuần nhất có dạng 4 - 1 = O hay

4=1.
Vậy nghiệm tổng quát của phương trình
thuần nhất là y„= c. Ta tìm nghiệm riêng
dưới dạng Y„ = km. Thay vào phương trình
sai phân ta có
kn

= k(n— 1) + đ, suy
ra š = d
Bởi vậy nghiệm tổng qt của phương trình
sai phân khơng thuần nhất là ¥, =¢+dn. Do
yy =a, néne+d = a,> ¢ =a, - d. Vay 36
hang téng quát của cấp số cộng là Gn “7a =

=a,-d+dn = ai tú
- l}d,
Xem vậy thì cấp số cộng và cấp số nhân
chỉ là trường hợp đạc biệt của phương trình

= 1 taco

ce, te,=0

(a+ Va? 48/2)c,+(@ - «7+ 48)/2)c,= 1.
Từ đó ta có

=U\{aF+ 48).

cơng bội là q.

của phương trình sai phân có dạng Yq = eg".
Do y, = sa nén cq = ø,. Từ đó e = #;/q và
Yq = 2,9°"'. Vay số hạng tổng quát của cấp
số nhân cơng bội q có dạng

sai phân mà thơi.

tổng qt của u,.

4, =e ((@ + Yar +4B)2)" +0,((a
Ya? ~
+ 48/2)",

ey, + ¥

quát a„ của cấp số nhân với
Theo dinh nghia o,=a,,
ta có phương trình sai phân
Phương trình đặc trưng của

Thí dụ 8 : Trong THTT số 9 - 10 nam 1973

cổ bài toán như sau : Biết rằng các số đầu
tiên của dãy sé wu, Byki
1a uy = 0,
u, = Ì và với n > Pthiu. = Guy, + Buy»
2, 8 là các số thực tùy ý và Ø > Ô. Tìm dang

Vậy
wal

1 {a7 + 48)

x

(Ca + {a2+ 48)/2)"~ (-a+

4B)/ 2)"

Thí dụ 9 : Trong số báo THTT 11 - 12
năm 1973 có bài tốn : Tìm dãy số biết
1...
Wut Suns

u,=

0,4,

Phương

dạng

= 1,4,

trình

=

đặc

3,

trưng

tương

ứng

có

43 ~ TA? + 1-5 =0
hay @- 1? @ - 5) = 0. Trdoa, = 1 boi2
va A, = 5.
Boi vay u, = ¢, + con +c, 5". Khi

c, te, =0

n= 0,1,
2, ta cd

ce, +e, + Be, =1
ct

= c, =
c=

2e,+ 25e, =3

-1/16, c, 3/4.
1/16

Vậy ư„ - (5° - 19/16 + 3n/4.

Trên đây là một số ứng dụng của sai phân
và phương trình sai phân vào các bài tốn

chúng ta quen biết. Tất nhiên ta cùng có thể
đùng để giải nhiều bài toán quen thuộc khác

và cũng cố thể đi xa hơn nữa. Để kết thúc

mời các bạn giải thử các bài toán sau đây

bằng phương pháp sai phân :

115


+2

1. Tìm dãy số uy bist uu, = 4u,_) - Su,
va w=

u,

= 0, Mạ

"

2

=1,

{) với n =

TW) = 21.) — Tụ y6),
1, Tia)

0(x—T)Au(%).

x=1

Ap dung cong thức đó :

4, 5, 6... biết rằng

TQ fx) =

- >

„

2. Viết biểu thức các đa thức Trébusep Tụ

a) Tính > xa*
=1

b)” Chứng mình rằng

= x.

3. Công thức sau day gọi là công thức lấy

»(/ãin

tổng từng phần :
n

x=1

> vdv = u(nyu(n) — uoyu(o)

=

2sinx
— 2~"| 2sin(w + 1)x — sinnx|
.¬-....a
.n....Í

1 + 8sin2(x/2)

x=1

PHƯƠNG

TRÌNH PELL
PHAN ĐỨC CHÍNH

1. Bài tốn mở

Nam

dầu

1974, trong kì thi tuyển vào lớp bổi

dưỡng của Bộ Giáo dục tổ chức để chuẩn bị thi
toán quốc tế lần thứ 16 cớ bài tốn sau đây :

Tìm

tất cả các nghiệm

(x, y) của phương

trình

nguyên

x? — dy? = 1
thỏa mãn

điều

biện 80

đương

a)
< x <

120,

Do điều kiện hạn chế: 80 < x < 120, ta
có thể mường tượng một cách giải thơ thiển

như sau. Tinh 2? véi x = 81, 82, 83... 119,

sau đó kiểm nghiệm trong 39 số chính
phương đã tính được, xem số nào có dang

1 + 2yŸ (y nguyên đương), th tìm ra lời giải.

Cách giải này địi hỏi cả thây 39 phép thử,

hoặc nếu tỉnh ý hơn, có thể rút xuống 20
phép thử (cho các số x = 8l, 88,... 117,
119). Như vậy cách giải ấy hoàn toàn có thể
thực hiện được, miễn là có thời gian rộng
rãi, nhất là cố trong tay một bảng bình
phương của các số từ 1 đến 120.
Nhưng trong phịng thi, đâu có điều kiện

trinh (1), thi x phai là một số 2é và (1) tương

đương với

(@ - l@

+ 1 = 2?

(2)

Xét các sốx — 1 và x + 1, Đây là hai số
chẵn liên tiếp vì vậy ước chung lớn nhất của
chúng bằng 2, nếu xz — 1 > 0.
#—

Ta hay xét chang han x — 1, với giả thiết
1>

0. Goi p là một

ước

nguyên

tố lẻ

của z — 1, thì từ (2) suy ra rằngp là một

ước của y2, mà p nguyên

tố, vậy p là một

ước của y, do dé y* chia hết cho p2. Lại từ

(2) suy ra rằng #

—

l)@

+

1) phải chia hết

cho Ð?, nhưng p đã là ước của x — 1 rồi nên

p không

thể

là ước

của x +

+ — 1 phải chia hét cho p?.

1, thành

thử

DĨ nhiên lập luận trên cũng áp dụng được
chox + 1.
Tu dé ta thay rang néu (x, y) la
nghiệm nguyên dương của phương trình
hay (2), và nếu z > 1, thÌxz — lvàzx
là hai số chẵn liên tiếp, có cùng tính

sau

: nếu

một

số

ấy

chia

hết

cho

một

một
(1),
+ 1
chất
số

thuận lợi ấy. Thành thử đã có nhiều học sinh

ngun tố lẻ p, thì nó phải chia hết cho p2.

Sau đây là một cách giải khá gọn. Trước
hết, ta hãy để ý rằng nếu cặp số nguyên
dương (, ÿ) là một nghiệm của phương

3 số chẵn có tính chất đã nêu : 98, 100, 108,
Số 90 khơng có tính chất ấy vì 90 chia hết

phải bỏ bài toán trên.

116

Trong các số chãn

cho ð nhưng

từ 80 đến

120, chỉ có

khơng chia hết 2ð. Ta lại cần


2 số chẵn liên tiếp với tính chất đã kể ; vì vậy

chỉ od một giá trị x = 99 (để có x - I = 98,

+z+ 1= 100) may ra mới có thể chấp nhận
được. Thử lại ta thấy rằng với x = 99 ta có

( - 1)@ + 1) = 98.100 = 2(70)2

nghiệm,

Thanh thử bài toán đã cho có trột nghiệm
đuy nhất làx = 99, y = 70.

Cách giải trên là một ví dụ minh họa cho

nhiều bài tốn (khơng những chỉ trong tốn

học mà cịn trong nhiều lĩnh vực khác) giải
được bằng phép thử : cần biết sử dụng suy
luận để đưa những phép thử phức tạp về
những phép thử đơn giản hơn, cũng như để

giảm bớt một cách đáng kể số các phép thử
thiết.

cần

Đến đây bạn đọc cớ thể đồng tỉnh thống
nhất với chúng tôi rằng có thể áp dụng cách
giải ở trên để giải bài toán :

(A) Tim tét cả các nghiệm nguyên dương
(x, y) của phương trình (1) thỏa mơn diều

kiện

1 < x <

1.000.000.000.

Nhưng

thật

ra

ở đây khả năng thực hiện chỉ là về mặt..

nguyên tác, bởi vỉ số phép thử cần thiết
vẫn nhiều quá ! Cũng như đối với trường
hợp bài tốn : tÌm tất cả các số nguyên tố

P

<

1.000.000.000

! Và mặc

dù có máy

điện tử, các nhà tốn học vẫn khơng

bài tốn tÌm các số ngun tố.

Nhà tốn học Vander Corput đà có lần
nơi đùa rằng : khi khơng giải được một bài
tốn dễ và cụ thể, thì người làm tốn lai hi
vọng tìm được lời giải cho một bài tốn khó
và trừu

tượng

!

hơn

Ít ra câu nói đó có thể ứng dụng vào
trường hợp bài tốn (A) đang xét. Vậy thì ta

hãy để cập đến bài tốn khó hơn : Tìm ¿ốt

cả cóc

phương

nghiệm ngun
trình (.

Nhưng

để giải được

dương

bài toán

(x,

y)

của

này,

ta

cần phải lập luận theo kiểu khác.
2. Phuong trinh Pell
Phương trình (1) là một trường hợp riêng
của phương trình số học tổng quát.

z2 - Dy? =1
trong đó D là một số nguyên dương

trước. Giải phương trình số học (3) là
tất cẢ các cặp số nguyên (+, y) thỏa
phương trình ấy. VÌ x và y có mặt ở vế

(3)
cho
tìm
mãn
trái

là

nghiệm

tẩm

thường

của

tất cả các nghiệm không tầm thường (tức là
với *, y nguyên dương) của phương trình ấy.
Nếu trong phương trình (3) Ð là một số

chính phương Ð = &? với
ngun dương,
thì (3) chỉ có nghiệm tầm thường. Quả vậy
khi đó phương trình (3) có dạng.

x? — (hy? = 1

mà hiệu của hai số chính phương chỉ có thể

bằng

1 khi hai số chính phương ấy là 1 và

0, bởi vậy ta có

x? = 1, (ky? = 0

x=ly=0.

Như vậy ta có thể kết luận rằng điều kiện.

cần đã phương

khơng

tầm

trình số học (3) có nghiệm

thường,

là D khơng phải

là một

số chính phương.

Phương trình số học (3) với D khơng phải

là một số chính phương, được gọi là phương
trinh Pell.
Người ta chứng minh rằng phương

trình

Pell (3) tới D khơng phải là một số chính

phương) ln ln có nghiệm khơng tầm
thường. Có nhiều cách chứng minh kết quả
này, một trong các cách ấy là sử dụng H

thuyết liên phân số có lần đã được trình bày
trên Báo Tốn học và Tuổi trẻ"). Vì vậy
trong khn

bạn
một

trình

khổ bài báo

này,

đề nghị

đọc chấp nhận sự tồn tại

nghiệm khơng tầm thường

Pell

(3) với D

chính phương.
Dựa
luận

khó

gọi

phương trình (3), Vì vậy, ta chỉ cịn phải tim

tính

thích

giải bàng phép thử bài toán (A), cùng như

hơn

của (3) dưới dạng bình phương, nên ta có
thể hạn chế ở việc tìm các nghiệm (x, y)
ngun và khơng âm.
Hiển nhiên rằng x = I, y = 0 là một

trên

hồn

sự

tồn

tổn

khơng

phải

tại ấy, bằng

sơ cấp,

ta có

với

của ít nhất
của phương

thể

là một

số

những

lí

xác

định

được cấu trúc của tất cả các nghiệm của
phương trình Pell (3), ứng với một số Ð cố
định (D nguyên đương và không phải là số
chính phương).
đọc

Để kết thúc đoạn này và cũng để các bạn
n

tâm

chấp

nhận

sự

tồn

tại

của

nghiệm khơng tầm thường của phương trình

(*) Bài

"Liên phân số" của Lại Dức Thịnh và Nguyễn

Tiển Tài, TH va TY s6 45, thang 11 - 12 năm 1968

117


Pell (3) chúng

không

trị nhỏ

tầm

tôi xin chi ra một

thường

của D

của

(cụ thể

|

|

Mệnh

x

x

2
3
5
6
7

x - weal
x- 3y) =Ị
x ~ Sy? =1
x - by = 1
x?- aed
xÌ~ 8y? =Ị
x= loy? = 1
e- yea
x?-12~1

3
2
9
5

4
3
19
10
7

2
1
4
2
3
1
6
3
2

1+ Dy = x2

nén ta od thé thir dan véi céc gid triy = 1, 2, ...
thiết

rằng

(x, y)

là một

1 =z? - DĐ? = œ + )&

nghiệm

của

- „\34)

Vì D khơng phải là số chính phương, nên

YD la mot số vơ tỉ, do đó số
WD

là một số vô tỈ. Goi a’ 1a 86 v6 ti lién hop (toan
phương) của ø, tức là ø = x — y¥D, thi theo
(49), ta có
ad

=

1.

Ngược lại, giả thử rằng œ là một số vơ tỉ

có dạnga =z + Ð với x, y nguyên dương
va sao cho aa’ = 1, thÌ rõ ràng (z, y) là một

nghiệm nguyên đương của phương trình (3).

Nhờ sự tương ứng này, ta thấy rằng thay
cho việc tìm tất cả các nghiệm nguyên dương

(x, y) cha phương trình (3) ta chỉ việc tim

tất cả các phần tử của tập hợp.

P=

{a =x

va sao cho aa’
118

+ yD,

=

1}

cơ

1,

1 =u?

¬ Dư?

x + yVÐ =u + WD
với VÕ vơ tỈ và x, y, u, ø nguyên dương, thì

ø'= #!, vậxy= se ta)ạ=0

=8 +) <«

Mệnh
dé 2. Gia st a =x + WDE
vaB =u + WD & P. Thé thi af 6 P.
Ching minh.

voi x nguyén dugng

P

Ta có

48 = œ + y(Ð)@& + uÝÐ) =

~ (xu + Dyu)+(xo + yu)jÐ.

với xu + Dyu
Đồng thời

nghiệm

phương trình Pell (3), tức là ta cớ

a=xt+

P

Ngược lại, nếu œ = Ø, tức là nếu

nghiệm nguyên dương của phương trình (3),

thì ta có

Giả

rằng

x2 ~ u? = DỢ? — uÐ
()
Néux = u, thì từ (6) suy ra yŸ = 02, hay
y =u. Viva
=x+ya
WD =u + WD
= 6.

các nghiệm này, với các giá trị nhỏ của D
khơng có gì khó khăn : nếu Œ, ?) là một

các

dé

Vì z2 — Dy? =
nên ta cố

của phương trình Pell tương ứng. Việc tìm

của

nhận

Chúng mình.

Đây là các nghiệm nhớt nhỏ (theo nghĩa
Sẽ nêu trong hệ quả 2 mệnh đề 3, mục 3)

trúc

lại ta đã chấp

Gi thie =x + WDEPwf=u
+ WD
€ P. Thé thi a = 8 khi va chi khi=zuv.

12).

Phuong trinh

3. Cấu

nhớ

1

<

D

fog
10
ret

, 2

Cần

Ít nhất một phần tử, tức la P không rỗng.

là D

Bảng

nghiệm

(3) ứng với các giá

(ef)
vi vay

và

xu

+ yu

nguyên

dương.

= (xu + Dyv) — (av + yuWD
= @

- „(D3

- wD)

= a's’,

(aB) (aB) = af a’B’ = (aa’) 86’) = 1
Diéu do chitng té ring af € P.

Hé qua 1. Tập hợp P có vơ số phần tử,
nói cách khác, phương trình Pell (3) có vơ
số nghiệm ngun đương,.

Chứng minh. Vì P khơng rỗng, nên P phải

chứa ít nhất một phần tử œ = z + yÝÐ. Vì

+, y nguyên đương nên a > 1. Khi do
a, @,

a3,

¬..

là những số khác nhau, và theo
tất cả các số ấy đều thuộc P.

mệnh

Mệnh để 3. Giả thử œ = x + yýÐ

vàB =u

đề 2,

6P

+ uýDœ P. Khi đó các mệnh đề

sau đây là tương đương

(A)xz <1;
ba
(y =aBeP.

:


Chứng mình.

{a) = (b). Từ (5) suy ra rằng nếu z < x

thì
y < 0, do đó ø = a+ WD

< ut wD

=p.

(b)
= (c). Giả thử ø < Ø. Thế thì vì aa’ = 1,
nên

y = Bla = Ba’ = (u + WD)@

— WD)

u

> 0D

vax

Vi véy ux > vyD,
Số nguyên dương.

là

những

số

— uyD là một

(ux

—

(ux ~ uyVD

+ WD) =

tăng vô hạn. Bởi vậy, nếu ø là một số tùy ý
của P, thÌ tổn tại một số nguyên dương n
sao cho

Nếu a† < œ < aj* Ì, thì theo mệnh đề 3,

Vi vay ta phai cé a = ai.

f'a’,

Mệnh

bởi vậy

vy = Ba’. Ba

= (aa’) Bp’) = 1.

Vig > a, nény > 1, ti dé suy ray’ < 1.
Néu ux - uy < 0, thi từ các biểu thức của ể
và 7, ta suy ray < y’, điều này vơ lí. Thành
thử
vx — uy là một số nguyên dương, và y € P.

{c) = (a). Giả thử B = ay, voi

y=p + WD eP Thế thi

u + WD = (x + y[P)(p

+ 4Ð)

tit dé suy ra u = xp

vay

= @p + Dyq) + (xq + ypND,
+

Dyq,

u

=
> x.

Do sự tương đương giữa (a) và

() đã nêu lên trong mệnh đề 3, để so sánh hai

sốø =x + yjÐ €PvàØ=u + u(Ð eP,
ta chỉ cần so sánh các số nguyên đươngx va
"phần đầu" của các số ấy. Xem
của tất cà các số thuộc P : Ta
hợp những số nguyên dương.
có số nhỏ nhất *,. Khi đó số

+ ¥,VD & P tuong ting với x¡, là số

ta thấy

cấu

trúc

của các

của phương trình ấy. Th có thể sắp xếp tất

cả các nghiệm của phương
thứ tự phần đầu của chúng

trình

này

theo

(Cp HPs Cy Hyde vor Gl ghee
Thé thi

x,+9ND = (x,+ y¥VDY" (n = 1, 2, 3, ...)
Vi du. Trd lai phuong trinh (1)
#2 — 9y? = 1,
ta thấy rằng theo bảng 1, nghiệm nhỏ nhất
của phương trình là (x, ¥) = (8, 2). Các

nghiệm đi sau của phương trình là

⁄¿ + y;Ý2 = (3 + 223? = 17 + 124,
II

Chứng mình.

đề 4 cho

nghiệm của phương trình Pell (3). Quả vậy,
gọi Œị, yị) là các nghiệm dương nhỏ nhất

Hệ quả 2. Tap hgp P co s6 nhé nhất.

a, =a,

"

giả thiết œ, là số nhỏ nhất của P
— uyD)

= (u — oYD)

mà ta gọi là
các phần đầu
được một tập
Tập hợp này

..a eh,

ai? € P, nhưng ailai < ai, điều này trái với

Mat khác
y=

> 1 nên day

dị Sa
< aprt

> yD.

hay ux

Ching minh. Via,
đi, đị,2 đị,q3

= (ux — vyD) + (ux — uy ND,

v6i ux — 0yD và ux — uy
nguyên. Hơn nữa, rõ ràng

Mệnh đề 4. Mọi số œ € P đều là một lũy

thừa nào đó của số nhỏ nhất a, EP.

x, + y,V2 = (3 + 2¥2)3 = 99 + 70/2,
xytyNZ = (8+ 2N2)4 = 5774 4082,

nhỏ nhất của P.

ast yN2 = (3+ 2¥2)5 = 3363+ 2378/2,

Khi do ta cing cd thé noi rang (x, yp la
nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của phương

Thành

trình Pell (3).

thử với 0 < x <

(x, ¥) = (99, 70).

120, ta có nghiệm

119


KHAI NIEM TRONG TAM
VA UNG DUNG TRONG HiNH HOC
TA VAN TY.
Chúng

ta

đã

biết

cách

chứng

minh

thức Ole : d? = R? — 2Rr, trong dé R,

hệ

la

bán kính các đường trịn ngoại tiếp, nội tiếp
va d = Ớï là khoảng cách giữa các tâm O va
Ï của các đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp

một tam giác bằng khái niệm phương tích

của một điểm đối với một đường tròn. Trong

bài này sẽ đưa ra một cách chứng mỉnh khác
khá ngắn gọn, đồng thời nêu lên một số ứng
dụng khác quan trọng bàng cách sử dụng
khái niệm trọng tâm của một hệ chất điểm
Cho

một

hệ m

chất

điểm

Ap

xac dinh

bdi :

=>

MO

=

+ tu MA

a,ta,+..

trong đó 4

là một

Voi

—

+...

a,MA,

=

A,

-› 8. Điểm

các khối lượng tương ứng là ay.
O duge

1

+a,

điểm

này. Hệ thức (1)

có thể viết gọn là :

xác

Tính chất sau đây cho ta cách thực hành
định

Gọi

+ a)

(2)

m

Với cách đặt như vậy, ta có >

i=l

Từ

(1) lấy M

a

= 13)

= O ta có

a0A, + ...+0,0A, = 0°

(4)

Ngược lại với M tùy ý, từ (4) ta có
—

=

—>,

a,(OM+ MA,)+..+4,(OM+
(a,

+..+

—

—

@,)OM

=

tâm

của

một

hệ

chất

của

mm

chất

5,

là

trọng

tâm

Ai,

.. A„

với

khối

lượng

a,

Goi

0, là trong

tam

tương

ứng

điểm
điểm

a,

cia n chất điểm

B,.... B,, v6i các khổi lượng tương ứng b,, ... 6.

Khi đó trọng tâm Ở của m + n chất điểm
Ay B (v6ii= 1,2, ..,m;j = 1,2, ..n)

thẳng hàng với Ó,, O; và chia đoạn Ó,O,
theo tỉ số

nom

00, : 00, = 2 6f> 9

it

(B)

Thực vậy, theo (4) ta có :

m

a

i=l

yal

—>

+ aMA,

n

`.
`.
> 2, 9(00,
+ 0,4) +5) 0(00,+ 0,8)

i=l

+...

trọng

bất kì.

> 204, + > 03, = 7

MồỒ = Ÿ a/MA, với
a,

= 0

vi theo (4) mà Ở là trọng tâm. Vậy vơ lí.

m

a, =afa,+

>

fst

œ)

tùy ý được gọi là

trọng tâm của hệ chất điểm

—

khéc 0 cdn vế phải bằng 0 do)2 øØƠA>

—

MA)

m

—

el

a

=>

= 3) 4,00, + ¥ 20,4,+

a

=

n

=

+> 600, + = 6,0,B, = 0.

i=

=

= 0

+... +

+ 0,MA,, = 0.

Vậy (1) và (4) tương đương với nhau.
lõ ràng định nghĩa trọng tâm như trên
là duy nhất. Thực vậy giả sử cịn có trọng

tâm O' # O nữa.

cà

Từ (1), lấy M = Ĩ' ta có :

Ø0 = 3 a/OAjJ5) a,... Về trái hệ thức này
¿ml

VayO, O,, O, thing hàng và về độ dai hình học
"

m

tao00, :00; = 5) 6/5) ø, (dpem).
man