Tuyển tập 30 năm Tạp Chí Toán Học và Tuổi Trẻ (part2-4)

Do ö > c nên:
p2 - Đac

=

Tém lai, t6n tai (it nh&t) lA x = +;„ đối
với một tam giác cho trước bất kì để cho bài
tốn 1 là có lời giải (đpcm).

(@+b+c)2/4- 2œ =
(1/4)[(œ + b + e)2 - Bae] =

> (1⁄4)[(œ + 2c)? - Bac) =
(/42Áa - 2e? z 0.

Ban đọc có thể dễ dàng chứng minh được

rằng đường thẳng (đi qua M, N) phải tìm đó

là ln ln đi qua tâm đường trịn nội tiếp
của tam giác ABC (chứng minh bang phan
chứng).

Tức A' > 0. Vậy (3) có nghiệm là :
X=

(1/2)(p

+ ¥p? — 2ac)

va

x, = (1/2) - fp? — Zac).

Bài

Hién nhién 1a x, > 0 va x, 2 0.
a) Gid sử z = zị.
—2ac

Bài

< 2c - p.

Vậy ta phải có 2e - p > 0. (Nếu c <

thi xét x = x,).
Giả thiết e > p/2. Khi đơ

1⁄2

—c
a2

đã

tốn

2.

được

hiện

Có

hay

giải,

bài

song

tốn

khơng

ta

chưa

một

mặt

tương

tự

tứ diện ABCD cho trước sao cho nớ chia đơi

diện tích tồn phần của tứ điện thành bai

phần bằng nhau và chia đơi thể tích của tứ
diện thành hai phần bng nhau ?

(1) âpấ - 2me ô (2e - p)? = 4c? — 4cp + p2
“=-a

1

phẳng thiết điện cất góc tam diện của một

Rõ ràng (1) ©(1/2)@œ + Ýp? -2a)ec
eoyp*

tốn

dừng lại, bởi xuất
trong khơng gian.

< 2c - 3p = 2c-a-b-e

VÌ khn khổ bài báo có hạn nên ở đây
tơi chỉ xin trỉnh bày ý của cách chứng minh
bài toán này.

2b.

Do gid thiét a > 6 2 c, nén ta euy ra :
b=c @ p/2. (*) Nên trong trường hợp

tam giác ABC cân, đỉnh A thỏa mãn điều
kiện

x=

(*) thì bài tốn đã được giải, lúc đó

xy

b) Gia sử z = z„. Ta cú
(1)

> (1/2)(p - Ơp?
= 2ac) < e
ô=p - 2c < Ýp? ~ 2c.

+ Tập hợpp ~ 2c < 0 thi (1) là hiển nhiên

đúng với x = *ạ.

+ Tập hợpp - 2c > 0 thi
(1) ©p?
~ 2ae > (p ¬ 2%)? = p2 ~ đẹp + Ạc2
-a 2 -2p +?c = 2c-a-b-c¢
=

> c (đúng
do giả thiét a > 6 z c).

Giả sử tứ diện ABCD có diện tích các mật

la S,, Sg, So, Sy(tuong tng voi cfc đỉnh A,
B, C, Ð). Một cách tổng quát ta có thể xem
rằng :

8, © S, <5,
Vậy với x = x, thi (1) thỏa mãn.
Mặt

khác

(2) =p

Giả thử rằng thiết diện phải tim 1a (A,

- x = (1/2

fp"
— 2ac

+ ¥p? — 2ac)


< 2a -p.

Bị C¡) (xem hình vẽ). Đặt : ĐAJ/DA
DB/DB = Uy, DCJ/DC = 1z.

1 Yoapec,

2a
- p » 0. Vay

(2) ep? - 2ac < (2a ~ p)? = da? - dap + p2
ee-c€ 2a-a-b-e
> b (đúng do giả thiết ø = b 2 c).

Vay vi x = +, thì các trường hợp (1) va (2)

đều được

138

thỏa mãn

cả.

=

lu,

Do giả thiết bài ra ta có :

Vìa > b > c nên rõ ràng là a > p/2, hay

Ϩ

2

Voasc

=~
aya wexyz

= 2.

va

S, 'DAjB, `+8 DBC,” +8 DCA, =

(1/28, + 8, + Se + Sy)

()


= 4S/248/ < S3/B4

8ayy, + Syye t Soy
= (2S, +S, +5,+S, p
x8,

+ Sgt 2S

Vậy (a`';) được chứng minh xong (bởi
vì hàm (8 - z)2X đạt giá trị cực tiểu khi

=

(1/2(S„ + 8g + %c † 8p)
Hơn

thế nữa +, y, z thỏa mãn

+z>1,y> 1,z
Bài

toán

trở

thành

(2)
điều

kiện

>1.
là cớ

(3)
tổn

tại +, y, 2

théa man (1), (2), (3) hay không ? Rõ ràng
là các điều kiện
với điều

kiện

thử xem)

:

sau

(2) và (3) là tương đương
(các bạn

hãy chứng

minh

92) nag = (Sq + 8g + Set Sp);
(27 SA SB SC),(a,)
(xy2) nin = 1+ Sp/max {S,, Sp, Shay)
(Đảng thức (a,) nhận được khi xS, = ySp

= zS(). Thay (2) vao (a,) va (a,) ta sẽ thấy

rằng bài toán là giải được nếu :

S,SySo € (S„ + Su +%c + S2)
J8

và :

max{S,, Sg, Sc}

= Sp.

@œ)
(a2)

Ta chứng mính rằng từ (*) ta suy ra được

các bất đẳng thức (a',) va (a’,). That vay,
đạt S. + 6p + S%( +n = S. ta có :
SASpSc < (S. + Sn)” 2 Sc/4 <
< [2/848, + 8g + Sg)]? S/4 =
= (Đ- 8}? 8,/9 ô (25/3)2(5/8)/9 =

x=

8/3)

V (a’,) cũng là thỏa mãn đo điều kiện
(*). Và thế là ta đã chứng minh được sự tồn
tại của thiết diện phải tìm. Bạn đọc cũng sẽ

dé dang thay rằng thiết diện phải tìm nhất
thiết phải đi qua

diện ABCD,

tâm

mặt

cầu nội tiếp tứ

Sau cùng xin mời các bạn cùng thử giải
bài toán hay sau đây :
Bài

3. Giả

toán

sử a, b, c, là các

cạnh

của một tam giác bất kì. Đặt S = a +b+c
va T = ab + be + ca. Chitng minh.

3T < 8? < 4T.

Bài toán 4. Giả sử đi, a„,... œ, là cạnh
của tứ điện bất kì.
6

Đặt
§ = Xa,

£=1

6

và T = > (a, +/)

`

Khi đó ta cũng có

37 « 6? < 47.

Xin chúc các bạn thành công và đạt nhiều.

kết quả trong việc tÌm kiếm thêm nhiều tính
chất lí thú khác nữa của tam giác và tứ điện.

189


B~ KHÁI THÁC CÁC BÀI TỐN, ĐỊNH LÍ
ĐƯỜNG

HYPÉCBƠN

VNG
HOANG DOANH

Ta đã biết rằng đường biểu diễn phương
trình bậc hai xy = k (k # 0) là đường

hypécbôn vuông. Để cho việc tính tốn dưới
đây được dé dàng, ta giả thiết k = 1, tuy vậy
vẫn khơng làm mất tính tổng qt, bởi vì
muốn & > 0 ta chỉ việc thay đổi chiếu của

một

trục

tọa độ,

và muốn

hypécbôn

đã cho

6 day x,, 7; là tọa độ điểm Ay ¥2 = Iie, Bị;
là hệ số góc của dây cung 44+. Từ công thức
(1) ta suy ra :

tụ = (lity - Va a, - x) = xu;

đạy = tgp” = -l ru,

có k = 1 thì ta thay đổi đoạn thẳng trên các
trục tọa độ,

Nghiên cứu đường hypécbơn vng ta tìm

thấy nhiều tính chất đáng chú ý ; xin giới
thiệu với các bạn một vài điều rất lí thú.

(2)

Nếu dây cung A,A, vng góc với dây
cung A;4; thÌ tương tự cơng thức (2), ta có :

véi lp’ - |

(2)

= 905, hoặc tạp = -ctgp'.

Điều đó có nghĩa là
hoặc là

tị; = Ty,

#uz*z„

= 71

(8)

Thay các giá trị của Ry, va ky, tim được
ở kết quả (2) và (2') đẳng thức (3), ta được :

Rtg, = 1

(4)

Hệ thức (4) là điều kiện cần và đủ để hai
day cung A,A, va Az4„ vuông gớc với nhau.
Hơn nữa, từ (4) ta cũng suy được rằng dây
cung A4;

vng

góc

với dây cung AyA,

va

day cung A,A, vudng géc véi day cung AA,
Như

của

fink

vậy,

hai

những

dây

đầu

cung

mút

vuông

I

1. Tam giác nội tiếp va tiếp tuyến
của hypéchôn
Néu diém Aj@,, 7) thuộc hypécbôn xy = 1
thi ta cd

(xiy¡0 =

1 hay y, = lf,

nghiéng y do day cung A,A,

(hinh

1). Gớc

cia hypécbén

tạo với chiều đương của trục z được xác định

bởi công thức :

địy = Ớ; ~ ÿ)G@;
140

— x,) = tgp

a)

Hình

2

A)

góc

Ay

Ay

của

va A,

đường


hypécbôn vuông hợp thành "bốn điểm trực

tâm" nghĩa là mỗi một trong bốn điểm đó là

giao điểm của các đường cao của tam giác

mà đỉnh là ba điểm còn lại, chẳng hạn điểm

4, là điểm trực tâm của tam giác Ar424;.
Đó là điều chứng minh cho định lí dưới đây :

Dinh li ; Nếu tam giác (A,A.A,) nội tiếp

trong hypécbôn vng thÌ trực tâm (A,) của
nó cũng thuộc hypécbơn đó.
Điều đáng chú ý nữa là trường hợp đặc

biệt : tam

hạn góc Á,

giác A,4.A;

vng

gốc.

vng (hỉnh 2), khi A,A,

Chẳng

vudng

góc với A „ theo hệ thức (4) ta có :

x x,x2 = -1, Néu qua A¿; ta kê đường thẳng
vng góc với Á¡A;, nó cắt hypécbơn tại một.
điểm A„, ta có : #izz„ = —1,
Nhung bay git x, = x,, đo dd A, tring với

A; (Á = A). Như vậy, đường thẳng vuông góc

vải dây cung A,4„ kẻ từ điểm A.. là tiếp tuyến
với hypécbơn tại điểm A.. Do đó ta có phương
pháp đơn giản để vẽ tiếp tuyến với hypécbôn
tại một điểm đã cho trên hypécbôn : muốn vẽ

đinh

ay = k (hk œ 0) là gốc O của hệ trục tọa độ).

2. Hypécbơn vng và dường trịn :
Ta vé 1 đường trịn nào đó cất đường

tiếp tuyến tại điểm A; thì từ A, ta kẻ hai day

cung 4¿4, và A;Â; nào đó vng góc nhau ;

réi từ Á; ta kẻ đường thẳng vng góc với
A,A,, đường thẳng vng góc này chính là tiếp
tuyển tại điểm A;, Hệ số góc của tiếp tuyến

tại điểm A; bằng -l/z3.

hypécbôn tại 4 điểm sao cho hai điểm trong

4 điểm đó là các đầu đường kính của đường

trịn. Giả sử đoạn thẳng A,A.„ là đường kính

đường trịn (hỉnh 3). Thế thì tam giác

AA

Các hệ quả :

1) Đỉnh các góc nhọn của tam giác vng

nội tiếp trong đường hypécbôn vuông, thuộc
về các nhánh khác nhau của hypécbôn đớ.
2) Nếu xét tập hợp các tam giác vng có

chung đỉnh góc vng và cùng nội tiếp trong

một đường hypécbơn vng thì tất cả các
đường huyền của chúng song song với nhau,
hay là cùng vng góc với một tiếp tuyến.
3) Hai tiếp tuyến của hypécbơn vng
khơng bao giờ vng góc với nhau,

SUY NGHĨ

3

4) Hai tiếp tuyến song song của hypécbơn
vng có các tiếp điểm đối xứng với nhau đối

với tâm của hypécbơn đó (tâm của hypécbơn

3 và A,A

tiếp tuyến
vng góc
kết quả ở
song song

4 là tam

với hypécbơn
với cạnh huyền
mục 1) do đó
với nhau. Hơn

giác

vuông

; các

tại A; và A, cũng
chung A,4, (theo
các tiếp tuyến ấy
nữa các tiếp điểm

của chúng đối xứng với nhau đối với tâm của

hypécbôn (theo hệ quả ! ở mục 1) tức là

Á¿zÁ, là các đường kính của hypécbơn.

Định lí : Nếu đường trịn cất hypécbơn
vng tại bốn điểm sao cho hai điểm trong
bốn điểm đó là các đầu đường kính của đường
trịn, thì hai điểm kia là các đầu đường kính
của đường hypécbơn và ngược lại.

VỀ MỘT BÀI TỐN
LÊ THỐNG NHẤT

Trong các bài

tốn

thi vào Đại

học

năm

1972 của khối Á có một bài về chứng minh
bất đẳng thức. Đớ là bài số 4 :

“Cho bốn số thực u, 0, x, y sao cho 2 +

02 = 1 và y2 + x2 = 1", Chứng minh rằng :
~ VỀ « ưỢ — x) + uœ + y) < VŠ

Bát đầu nhìn vào giả thiết ; "bốn số thực

U,u, +, y" rồi lại "u2 + u2 = 1 và y2 +x2 = 1",
Chúng ta liên tưởng rất nhanh đến cái đẳng

thức lượng giác "lợi hại" : sin2A + eos2A = 1
và nẩy ra ý định chuyển bài tốn này qua
lượng giác. Ta có lời giải

thứ nhất

:

141


Datu = cosa ;u = sina
; x = cosf ;
y = sinf. Do đó :
P = uợ -x)
tu +y) = cosa(sinÖ
— cogs) +

+ gsinz(cosổ + sinổ) = (sinzcosổ + cosesinổ)
- (cosacosổ ~ sinzsinổ) =

= sin(a + B) - cos(a + B) =

vi -1 « sin(a + B- 2

:

{(? + B2(C7+ DĐ
>-V7+

có lời giải thủ ba :

1

hay

sự "gắn bó" hơn bởi
Ta nẩy ra ý nghỉ :
chuyển qua lượng

khác đi một tÍ thì tránh được chuyện đó :

< 1

với việc chứng

minh

bất

đẳng thức, thì ta lại có thể có ý nghỉ liên hệ

khác. Ta lướt qua trong đầu các bất đẳng
thức : Bất đẳng thức Cô-si à ? Bất đẳng thức

Cô-si chỉ phát biểu cho ếc số đương thơi.

6 day u, v, x, y là những số thực cơ mà Í

Thế thì cịn bất đẳng thức gi nhỉ ?...

À ! bất đẳng thức Bunhiacơpzki thì có lẽ

được, bởi nó phát biểu cho các số thực ! Như

thế nào nhỉ ?

142

Nếu đặt A = (uy + ux), B = (vy - ux),

tacé P= A+B.

=1.

-V5 {A?+ PB ô A+B < (2 JA7+R?
â=(A +B)? < (A? + B?)?

= -1 < sinfa+) <1
Day la diéu da biét ! (dpem).

là các số thực.

(A2 + B2)(C2 + D2)

=uy-ux+ux
tuy

Vậy ta phải chứng mính

Chuyển qua lượng giác, ta phải chứng minh :

Cho A, B, C, D

Ta lại suy nghĩ về cái biểu thức P. Th thử

“phá ngoặc” ra xem sao :

=3?+z?

= cosz

~1l & my ơ z)\ + dy +x)ẹ\# ô 1

ta đã quen

> -Ý2(đpem)

= y(u2 + u2) + x2(w2 + u2)

-JŠ< uly -x) tut)
« J2
Hay là : chia cả các vế cho V2 :

Nếu

> P

+ vy? + u2x2 ~ 2xyuu =

thứ 2 :

: w = cosØ ; 0 = sing

+ sinfcosa

Ý2

A? + B? = uty? + uÄx2 + 2xyuu +

ta có sin2œ + cos2z = 1.

cosổsinz

> Pa

Ma:

(y - x)NZ = sina ; (y + x)N2 = cosa

~l

nhiên ta

= (uy + ux) + (uy - ux)

Vo If qué ! Nhung không lo, nếu ta đặt

É ~ x2 = sina, (y +x)j2
Tn phải chứng minh

Quả

Vl10@2+zx2+y?+z2

hay

P

= cosa

Vay thi sin2a + costa = 2.

Đặt

y+x.

Ý!.@f+z?+y?+z2Ð

>

dưới dạng lượng giác một cách riêng lẻ. Còn

Thế là được rồi ! Ta giải cách

B?(Œ? + D35

{@2+25)(@—z)7+ @+z)] >P >
> -{@Œ + 0Ð [ặ ~ z)2+ (y + x)]

Vấn với cái ý nghĩ đưa về lượng giác.

Nhưng ta tiến thêm một bước. Nhìn trong
P ta thay w và 0 đứng riêng lé, ta đạt chúng

;y+x

>

Đặt như ta vừa nơi, theo bất đẳng thức
Bunhiacơpxki ta cổ :

- VÊ
x vày đứng với nhau, có
cái "đấu cộng", "dấu trừ".
cứ để sự "gắn bơ" ấy mà
giác. Th thử :
y-x = sina

> AC + BD

Đến đây ta nhìn nó giơng giống cái bất
đẳng thức của ta ? Và ta đặt thi A = u,
C =y-x,B=u,D=

= V2sin(a + B ~ 7/4)

Nên

Hay là

Th có :

> (AC + BD)*

+»(A.1 +B.1? ¢ (A? + B21? + 12)

Lại đạng Bunhiacôpxki ! Th chứng minh
xong. Như vậy cho tới đây ta đỡ có 4 lời giải.
Nhưng từ đầu đến giờ, ta chưa để ý đến
một vấn đề rất dễ nhận thấy. Các số ư, u rồi
lại 0, u... x, y rồi lai y, x. Nhin ki các giả
thiết ta thấy u, u có vai trị như nhau và x,
y cing không khác nhau về "địa vị" trong giả
thiết. Tức là trong phần kết luận ta có thể
thay x cho y và ngược lại ; œ cho 0 và ngược
lại, thậm chí thay cặp uw, vu cho cap x, y cing

được. Từ cách nhìn ấy ta lại có thể có nhiều
cách giải khác :
Cách giải

thứ õ :

Ta ding phản chứng.

Giả sử

uly - x) tuts +y)

> ¥2


Thế thì do vai trị z, y như nhau ta có ;

ute — y) +uậ + y) > V2

(2)

Cộng vế với vế của (1) và (2) :

2u(x + y) > 22

hay

ux + vy > J2

(3)

Nhưng theo bất đẳng thức Bunhiacôpxki
(ux + uy)? < (v2 + 02)(x? + y2) =

= 22 «2

(vl -1 «uv <1)
(3) mâu

thuẫn

P
“Tương

P>-W2

Cách giải thú 7:

Thế thì 0œ ¬ y) + +

®

uy + vx > J2

Pey2.

Tuong ty: P > - ¥2.

Vậy ¥2 » P =» -¥2 (dpem)
Qua ba cách sau cùng, ta rút ra một điều :

cha u,v

Do dé 2(uy + vy) > 2V2
> V2

(3)

(uy + ux)? € (u? + vy? + x2)

Vẫn dùng phản chứng. Nhưng đổi vai trò
1)

qa”)

(@")

V2 < uy tux < V2
(Ft)
Vậy (3”) mau thudn véi (***). Suy ra

Cách thứ 6 :

yotyu

+>y) >2

Nhung ta có :

Ket hop lai: ¥2 >z P z - V2(đpcm)

Thé thivy-x)tue+y) > VF

+ y) > V2

Do đó 2uy + 2ux > 22

+ y) < — VZ

> V2

(dùng

thuẫn giữa

Vẫn dùng phản chứng. Nhưng đổi x cho 9#
và ngược lại, đồng thời đổi vai trị của u, u,

tự ta cũng có mâu thuẫn. Nên

Gia st uy
- x) tue+y)

Vậy xây ra mâu

(3°) va (**) > P< ¥2.
Vẫn đổi vai trị w, u ta cũng có P > -V5,
Vậy V2 > P > V2

với (*®). Suy ra (1)

không xảy ra, tức là :

Giá sử wỚ ~ x) +u

Bunhiacơpxki).

Gia st uly ~ x)
+ ve

Hay : -¥2 < uxt+uy < ¥2

Vậy

Tương tự cách giải B ta phải có
¬ Ý2 = wot yu < VF (**)

(2”)
(8)

khi giải tốn cần chú ý đến vai trị của các

phần tử. Ư bài tốn này là vai trị giữa các
số. Cịn có một số bài tốn hình học khác,
đó là vai trị của điểm với nhau, của đường
với nhau, của đường và điểm, v.v...

TRO LAI MOT BAI TOAN

VỀ DAY PHIBONAXI

L.TS. ~ Trong bài "Vài mẫu chuyện về thi vơ địch tốn" (THTT số 30, trang 15) có kể
chuyện Balatxơ được giải nhất về kì thi vơ địch tốn lắn thứ 9 ð Matxcdva (năm

1946) vì đã có nhiều suy nghĩ sáng tạo khi giải bài toán sau đây : "cho dây số
0, 1,1, 2,3, 5, 8...

trong đó mối số, kể từ số thứ ba, bằng tổng của hai số đứng trước nó (+). Hỏi

trong số 10” + 1 số hạng đầu tiên của dãy, có số nào tận cùng bằng bổn chữ số 0
khơng ?" Baiatsơ đã tìm cách giải bài tốn tổng quát hơn và khó hơn nhiều : đánh

số tất cả các số hạng tận cùng bằng bốn chữ số 0.

Tòa soạn đã nhận được thư nhiều bạn đọc hỏi về lời giải bài tốn mà Balatsa
đã đề ra. Tịa soạn rất hoan nghênh những bạn đã cố gắng giải bài tốn ấy ; đó
tà biểu hiện rõ rệt của phong cách học tập tích cực, chủ động ; với cách đọc báo
toán như vậy, với cách học như vậy, chắc chắn các bạn sẽ đạt được kết quả tốt.

Tòa soạn xin giới thiệu với bạn đọc lời giải của bài tốn trên.

Ta kí hiệu các số hạng của day bằng

@, @ = 0,1, 2,...n):

a,=0,¢,= 1,4, = 1,e, = 2,4, = 8,...
nhu vay a, la 25 hang thứ ¡ + 1 của dây.
Theo định nghĩa, ta có, với mọi m > 2 :

a

=O,

to, 5

q)

1. Th đi tìm cơng thức liên hệ a, với các số
hạng khác nữa đứng trước nó. Vì a, =a==1,

nên (1) có thể viết :

đm = 62 đạc tới đu5

2)

(*) Day số này được gọi là một “day Phibơnawi”
(Phibơnaxi là nhà tốn học Ý ở thế kỉ 16)
148


Ấp dụng công thức (1) cho đ„_¡
> 3) ta được :

m

a, = 2,(a,,.+ 4,5)

(giả sử

số trường

+e, a,5

@, = 4,4, ,+a,4a,5
Tiếp
>

tục áp dụng

(3)

(1) cho ø„_;

4), rồi thay vào

(giả sử

(3) ta được

1...

đun = 0y đụ

(4)

So sánh

(2), (3), (4), ta có thể dự đốn.

đụ = 0

Can tk T8 | đụ

cơng thức tổng qt :

(5)

trong dé m là số tự nhiên tùy ý m = 2 vAk
là số tự nhiên < m(l < Èk < m). Ta chứng

minh (5) bằng ¿ruy toán theo & :
Với bất kÌ số tự nhiên m nào (m z 2),
công thức (6) bao giờ cũng đúng với k =
Thực vậy, thay # = 1 vào (5), ta được
mạm = Gì

a, te,

ayy

đẳng thức này đúng vị a,=1,a,
Giả sử (5) đúng
tức là

hợp độc biệt.

Trước hết, ta xét số dư trong phép chia

= (a, t+a,a,,t+a,a, 5

m

Ta đi tìm những số hạng chia hết cho 2"
(va cho 5") bằng cách mò mắm dựa trên một.

có bảng sau đây :
i

0123456789
10 11 12...

Na

11

theo i, ma

a,

= a, =

Ra.)

=

tinh don gian hon

1, nên R¿(a)

1; sau dé via,

R,{a,)

= 9 ; tương tự như vậy, R„(œ¿)

Se tek = Fmek * Om
~

+ 1 —

+1)

a,, = &

Gy

+ đại — K+ 1) ta

mk q+ Oy)

+O

an,

(p là số tự nhiên tùy

Oy Fy

nén
a.

i

0123456789
10 11 12
9112310112

3:1

0.

(lập tương tự như bằng trên : R.z(ø;) chẳng
hạn là số đư trong phép chia tổng

= Oy

Công

với mọi

số tự nhiên

k < m, dpem.

thức (ð) là công thức mà

ta sẽ sử

dụng nhiều. Chú ý rằng với m = 2p + 1 và
lấy k = p + 1, công thức với (5) trở thành

Or)

= Bay

+ a

6)

2. Ta đã biết điều kiện cần và đủ để

một số tận cùng bằng œ chữ số 0 (chia
hết cho 10") là nó đồng thời chia hết cho
5".

thay
=

Ra)

=R pa.)

0, tức

ẹp

=

..

=

2.

Tiếp tục lập

bảng và xét như trên, ta có ơ, ¡

23, tổng quát

la ag,

im = Fe Omek + 8 Soe (Ket)

(5) đúng

Ra) = 1).
= Re)

chứng tỏ (5) cũng đúng cho & + 1. Nhu vay

144

2).

Để tìm những số hạng chia hết cho 22 = 4,
ta lập bảng Ez(œ,), tức là bằng số dư trong

Ta

đại
— KH

Ma

va

l

Rye,)
+ Rp(e,) = 2+ 3 = 5 cho 2%, tic

đo đó

2”

=

= 0+1 cho 2, v.v.. Qua bảng, ta thấy R;(œ;) =
= Ra.) = Rylay) = ... = 0, tức là ay, dụ,

Ry@)|

~ 1, nên m

=

nén dé

vì là số dư trong phép chia Đ.(0;) + R.(œ„) =

—& > 2, nên ta có thể áp dụng cơng thức (1)
cho @ mink?

vì k < m

= a, +a,

tính R„(ø,) ta lấy số dư trong phép chia tổng

phép chia a, cho 22. Ta cd

Thực vậy,

= 0,

R,(a,) + Ra.) = 1 +1 = 2 cho 2, tức là

đạn m = By@mt 1-k Fy Oak
là đúng. Ta chứng minh công thức đúng với

k +1.

: via,

= 0, Rafa.)

ý) chia hết cho 2 (ta viết đạc :
- 1,

0

Để lập bảng này, không cần phải tinh a,

Gp, .. tổng quát la a,

= 0.

với &, l « k « m

a, cho 2. Ta sẽ kí hiệu R;(ø,) là số du dé. Ta

23,a¡„!

Từ những
chứng minh
Định lí I.
tự nhiên tùy

2', tổng quát là up

24.

kết quả đó, có thể dự đoán và
được.
Nếu ai
rthia,,
r(p lasé
ý).

Thực vậy, rõ ràng là định lí đúng với p = 1.
Giả sử định lí đúng với p, tức q
r, ta

ching

minh

thite (5) :

a, S(P

+

yp?

r, Ta cd, theo cơng

Boy +1) = Asp +145 + Sep ay

ma
gì

rvà đạp ior, nén đực +) ï

r (đpem).


Trở lại các kết quả ở trên. Ta cơ :
8y?
2, da. Í 22, a:
23, ai
24 hay

@, 9!

a3

Ba, ni

Pa, at

Ba, at

Ma theo (6) thi

Oy 594 = OFgn FF pay

2

=

Quy luật là gì ? Chú ý rằng ta cũng có

23, a,,:

24, nen co thé vist :

va

93 20! Ba, i Ba,oi Ba, vỉ ĐI

Ta chứng minh bằng truy toán. Rõ ràng
là kết quả đúng với ø = I. Giả sử kết quả
đúng với ø, ta chứng minh cũng đúng với

= 8y s3 mạ ¡ F@y sry)

ort yy Ty m1 _ 1)
2",

Do dé

mà

đạn +1 = Aen Lazear apt Osa
....

Vậy ta có

Gọi biểu thức trong dấu [] là
Plaga, đạn „ ¡), ta od

rỉ

2,

đạn + = đun
P (Bạn đạn

ta co thé dé ra va ching minh dé dang định
lÍ sau :
Dinh

WIV

5%, từ đó có thể đốn là a„¡

tìm cách chứng

mỉnh

b) Giả sử @&ạai

Gent}

=

on

.„ũ.

Ta lap bang :
£

|0

123

(5) để biểu

5

6789


Quan

sát bảng, ta thay day đ,(œ) là tuần

hoàn, chu là là 20, nghla A Re(ayy , )) = Re(a,),

1Q" TCTH

gt)

phải đi tìm số dư trong phép chia đạn ,¡ cho
ð tức là đi tìm Re... Rõ ràng là :

diễn

10H

5)

Theo biểu thức (7) vừa tìm được, để
chứng minh điều này, ta phải chứng minh
P(@„œ„ „¡) chia hết cho 5, Muốn vậy ta

õ", Để

4 S81
TOs 4 Oy on
4

BR,

ð", ta chứng minh

aati:

điều này bằng truy

tốn, ta dùng cơng thức
Gti theo ag. Ta cd

(7)

a) Kết quả đứng với ø = 1 (a5:

2%\n > 2)

Bay giờ ta chuyển sang việc tìm các số
hang chia hét cho 5°. Các ban hay lập bảng
R,(a;), Ryla,)... va dé dang thay rang a,: 5,

ai

1)

Bây giờ ta chứng minh rằng 0ạn

:

@, p27

x

X (đổ: ¿¡ + Đuậy + gần _ )]

2” (n là số tự nhiên

Nếu chú ý rằng
G =ứy ai 23, địy =ay

ừ +

+ (đân ¿¡ † dân)? +

2P*1 (dpem).

tùy ý)

=

= Aso(asay pt ago )(a5o, ¡+ 2a3s+ adn)

trong dấu ngoặc chia hết cho 2, từ đ suy ra

đ;y „1!

=

Bq shhh Oy smo ong pt Oy sn] Oy go =

R,(ay,. 1) = 1 (theo bang 1), cho nên tổng

Dinh i:

Gen _

Còn

3, 0 Og go“1 Gy. any, y= Gg 20-1 4g oI

Øy 2n!

Den Tim

+ (Gấn,¡ tan)?

z + 1. Theo (5),

Theo giả thiết truy tốn thì đị n1£
cịn
Øy „n1,¡
có
dang
2y.

Gy ấn = Aen 4)

t+ an)?

= Gsn(Qsn yy + den_ 4)
Tiên đ¿ s+1= đấ(đẹn, ¡+ đơn, pt

và từ đây cớ thể dự đoán :
Ø; „1i
2° chăng ?

= Gy poly

ot (ay

RA.)
12

1M

45

= 8.
1

2

l6

022

H7

18

4

19

20

101

2L

2

23...

1D

tổng quát là (đe +) = Bla), trong dop
là số tự nhiên tùy ý. Thực vậy, ta có
145


Relay) = Rela) =

là các số hạng thứ

R,(a),) = Rs(a,) = 1,

98.225%.M + 1 = TB00M + 1,

do đó

nghĩa là các số hạng thứ 7B01 (M = 1), 15001
(M = 2),... tận cùng bằng bốn chữ số 0.

Relay) = Re(Ay9) + Relay) =
= R,(a,) + R,(a,) = R,(a,),
R5(a,,) = R,la,,) + Re(a,)) =

= R,(a,) + B,(a,) = R,(a,), vv...

Vi vay, do

5) = 5.651 = ð(4 + 1)! = B(AM + D
= 20M +5,
nên

Rela.)

= Rr a (5 1)
Rola5,)

=

= 3.

RP (Gà ae VD] = R,I02(8 + 8)2 +
+ (8? + 02)? + 3(8 + 3)(8? + 2.02 + 82) =

= R,[ +18] = R47 +3?) = R,(25) = 0.

minh

duge

5 (đpem).

Ta đã chứng

Dinh li HH:
đai
ð” với số tự nhiên ø tùy ý.
Từ

các định

lí I, II, IT,

Oy

3 grtgm VOI

tất cả các số hạng có dạng

IH,

suy

ra rằng

là số tự nhiên

ta chỉ mới làm được
các số hạng chia hết
được bài toán tổng
đề ra (tức là chỉ ra
hết cho 104), Để giải

bài tốn tổng qt đó, cịn phải chứng mỉnh
rằng chỉ có những số hạng Lưng. mới chia

hết cho 2“ và chỉ có những số hạng đạp
mới chia hết cho 5“ (ngồi ra khơng cịn số

hạng nào khác). Muốn vậy, điều đơn giản
(nhưng đòi hỏi kiên nhãn !) là lập bảng
Ry(@;) và R„(a)) và xét trong khoảng một

Và ta có

tức P chia hết cho

Chú ý. 1 ~ Trên đây,
cái việc chỉ ra một lép
cho 10! chứ chưa giải
quát mà Ba¬lai=sơ đã
tốt cả các số hạng chia

tùy ý,

đều chia hết cho 2.5" = 10" (n : 6 tự nhiên tùy
ý) ; tất cả các số hang cd danga,, + 2n—z oo déu

chu kÌ của các dãy này. (Một cách tổng qt,
có thể chứng mình được rằng # (a,) bao giờ
cũng
Các
thấy

một
2
hạng

tuẩn hồn, và chu kì khơng lớn hơn #2),
bạn thử làm xem, và qua đó, các bạn
rằng bài tốn mà Ba-lat-sơ tự để ra là
bài toán khá phong phú.
- Trên đây, ta đã chứng mỉnh rằng số
thứ 7501 tận cùng bằng bốn chữ số 0.

Tất nhiên, bạn sẽ đặt câu hỏi : tại sao trong

để ra, lại hỏi : "trong số 108 + 1 số hạng đầu
tiên của dãy...” mà

không

lấy số 7500 + 1

hay 10000 ? Con số 10 + 1 có quan hệ gì

chia hết cho 101, uới n > 2.

với bài toán đã ra ? Để trả lời câu hỏi này,
các bạn có thể đọc lời giải bài tốn số 16
(§6) trong sách "Rèn luyện khả năng sáng

cả các số hang dang ay,
; 2 „+ chia hết cho

Chúng (Nhà xuất bản Giáo duc, 1967).

Nơi riêng trong trường hgp n = 4, thi tat

103, tức là tận cùng bằng bốn chữ số 0 ; đó

VỀ MỘT

VÀI PHƯƠNG

LÍ thuyết các phương trình Đi-ơ-phăng
(cịn gọi là giải tích Đi~ơ-phăng) nghiên
cứu việc giải các phương trình và hệ phương

trình (với hệ số ngun, nếu là phương trình
đại

số),

trong

phạm

vi các

số có dạng

xác

định : số hữu tỉ, số nguyên, số tự nhiên, số
nguyên

tố. Trong các bài tốn của giải tích

Đi-ðơ-phăng, số ẩn số thường nhiều hơn số
phương trình, nên các phương trình này
thường được gọi là phương trình 0ơ định.
Phương trình vơ định gặp nhiều trong đời
sống, trong nhiều vấn đề thực tế. Chúng ta
146

tạo tốn học ở trường phổ thơng" của Hồng
Đăng

Viễn

va H.C.

TRÌNH ĐIƠPHĂNG
đã biết giải một số phương trình vơ định
các bài tốn như "trăm trâu, trăm bố
"Hàn Tín điểm binh",... Việc giải bài
4/52 trong số báo này cũng đưa ta đến

giải phương trỉnh vơ định.

qua
cổ”,
tốn

việc

Ngay từ thời thượng cổ, các nhà tốn học
đã quan tâm giải các phương trình vơ định.

Chẳng hạn từ khoảng thế kỈ thứ 17 trước

công lịch, các nhà toán hoc Ba~bi~-lon đã biết

giải các phương trỉnh x?'+

y2 = z2 (phương

trình pi-ta~go) trong phạm vi các số nguyên.


Một

phần

thuyết

số

cố

lớn

các

thành

thể

đưa

về

tựu

trong

giải

lí

tích

Đi-ơ-phăng. Chẳng hạn định lí nổi tiếng của
Vi-nơ-gơ-ra-đếp : "mọi số lẻ đương đủ lớn

đều có thể viết dưới dạng tổng của ba số
nguyên tố" là thuộc về giải tích Đi¬ơ-phăng :

phương trình
lẻ dương đủ
SỐ ngun tố.
thi If thuyết
phương trình
ngun.

Người

x + y +z= W trong đó W là số
lớn là giải được trong phạm vi
Theo nhà tốn học Sê-bư-sép
số chính là khoa học về giải
vô định trong phạm vi các số

đầu

tiên nghiên

chứng minh đơn giàn đớ. Sau nhiều lần
chứng minh dài đồng, có khi tối nghĩa và sai
lầm, cuối cùng Gôn-bách đã đi đến được một

chứng minh rất đơn giản và rất đẹp của định
lí Ĩ-le về phương trình (2) khơng có nghiệm

số tự nhiên. Chứng minh của Gơn-bách như

sau :

Giả sử (2) có nghiệm

4m

ảnh hưởng rất lớn đến sự phát triển của lí
thuyết số.

đã nghiên

cứu về phương trình vơ định

số tự

Cơ-si,

nhiên),

Cu-me,

Trong

Ĩ-le,

v.v...

lịch

sử

La-gơ-răng,

tốn

học,

Gao-xơ,

giải

tích

:

Thực

œ =m

vài bài tốn,

liên quan

đến nhà tốn học nổi tiếng Ó-le :
1. Trong khi nghiên cứu để đi đến phát

mình ra một định lÍ cơ bản của lí thuyết số,

O-le đã chú ý đến phương trÌnh vơ định

4yT—-x—y=22

qd)

Trong một bức thư viết cho bạn là
Gơn-bách, năm 1741, Ĩ-le cho biết đã
chứng minh được rằng phương trình (1)

cũng như phương trình.

4xy-x—1=z2

(2)

đều khơng có nghiệm trong các số tự
nhiên x, y, z. Để chứng minh điều này phải
dựa vào một định lí của Phéc-ma (mà Ĩ-le

cũng

đã

Gơn-bách

chứng

đều

thấy

minh

rằng

được)

chứng

O-le

va

minh này

q phức tạp và nghỉ rằng có thể chứng
minh đơn giản hơn và cả hai đều đi tìm cách

n

vào

hai vế của (8) ta được

là

số

tự

nhiên,

Gộng

(4)
(5)

vậy, khơng

thể có ø = m,

vÌ nếu

thì vế phải của (3) chia hết cho m và

định số a là giá trị tự nhiên

thỏa

mãn

(2).

(Chú

ý

nhỏ nhấ? của z

rằng

từ

(4)

thì

Ja ~ 2m| cũng là giá trị của z thẻa mãn (2),
trong ddx =m, y = n — q + mì,

Bây giờ ta chứng minh tiếp rằng

4n T—1>9a

giải được.

đây là một

va

vế trái thì khơng chia hết cho zm. Cịn nếu
ø >m thÌ n—
+m
a
của (4) nhỏ hơn vế trái của (3), tức là
(œT— 2m} < a2, điều này trái với việc xác

Ði-ô-phăng đã nêu lên nhiều bài tốn lí thú,
nhiều bài tốn rất khó đến nay vẫn chưa ai
Sau

(8)

a
và tập sách "Số học" của Đi-ơ-phang đã có

Phéc-ma (với "định H lớn Phéc-ma" nổi

tiếng : phương trinh x" + y" = 2" (n là số tự
nhiên > 2) khơng có nghiệm trong phạm vi

— m — 1 = q2

Am (w — œ + m) — m — 1 = (&— 2m)?
Dễ dàng chứng minh được rằng

trình vơ định (kế cả một số phương trÌnh
bậc lớn) trong phạm vi các số hữu tỉ đương,

nhiều nhà tốn học lớn

m

4m2 — Ama

Đi¬ơ-phăng đã biết giải một số dạng phương

Sau Đi-ô-phăng,

(2), sao cho

z thỏa mãn

với

cứu cổ hệ thống

về phương trình vơ định là nhà tốn học Hi

lạp Đi-ð-phăng, sống ở thế kỈ thứ IL

số tự nhiên +, y, z

và giả sử a là giá trị tự nhiên nhỏ nhất của

vào

That

hai

vay,

cong

vế

(6)

(4n ~ 1)? ~ 2a (4n — 1)

của

(3),

ta

được

(4n— liựn— 2ø+ 4n— 1)~ t= Ja— (4n— 1),

hay la 4n (m — 2ø + 4n — 1) —

(m~ 2# + Án — 1) + 1 = [a— (4n— LỊ? do đó
z= |a— (4n — 1)| thỏa mãn (3) (vớiy = n,

#=m~— 2a + Án — 1).

Vì vậy, theo sự xác định của số ø, ta có

a< |a — (ân = 1)|, từ đây, đỗ dàng suy ra (6).
Tu (3), (5), (6), ta có

a? + 1= (Ấn — lyn > 3g.a = Đa2,
do dé a? < 1. Điều vơ lí này chứng minh định

lí của Ĩ-le.

Ĩ-le rất thích thú với chứng minh đơn
giản này. Trong thư gửi cho Gôn-bách để
ngày lỗ tháng 10 năm 1743, Ĩ-le viết :

"Thú thật là tơi khơng ngờ ràng định lí đó
có thể chứng minh một cách đế dàng và đẹp
đẽ đến như vậy. Từ đớ tôi tin rằng phần lớn

147

các định lí của Phéc-ma cũng có thể chứng
minh bằng cách tương tự, và vÌ vậy tơi càng
cảm ơn ơng đã cho tơi biết cách chứng mỉnh

đẹp đề đó". Và cũng chính trong bức thư này,
Ĩ~le đã áp dụng phương pháp của Gơn-bách

để chứng mỉnh định H : phương trình (1) khơng
có nghiệm trong các số tự nhiên x, y, Z.

Sau đây là chứng mỉnh của O-le :
Giả

sử

(1)

có

nghiệm

trong

các

số tự

nhiên z, y, z và giả sử a@ là giá trị tự nhiên

nhẻ nhất của z thỏa mãn

(1), sao cho ta có

Amn — m — n = q?
trong đó m

(7)

và œ là các số tự nhiên. Nhân

hai vế của (7) cho 4 và biến đổi, ta có

(4m — 1) (4n — 1) —1=4a2

(8)

Cộng 4(4n — 1)2 — 8ø (4n — 1) vào hai vế

của (8), ta có [4m — 1 — 8ø + 4(4n— 1)] x
x (4z — 1) —1=4(œ—
4n + 19)

cách để tÌm được vơ số nghiệm

hữu tỉ của

phương trình (10) nhưng chưa chứng minh

được rằng đó là ¿ất cá các nghiệm hữu tÌ của
phương trình. Sau đó nhà tốn học nổi tiếng

La-gơ-răng đã tìm ra một cơng thức cho
biết tất cả các nghiệm hữu tÌ của (10). Nhiều

nhà tốn học tiếp tục giải quyết vấn đề
nghiệm trong các số tự nhiên của phương

trình

(10),

Li-un-gơ-ren

nhưng

mãi

mới

chứng

phương trình (10) chỉ có
nhiên mà Ở-le đã tim ra.

đến

mỉnh

năm

1942

được

hai

nghiệm

rằng

tự

Phương trình (10) có một vai trị quan
trọng trong việc nghiên cứu nhiều vấn để
của toán

học.

8. Ở-le

Phéc-ma"

đã tổng

Với mọi

2
quát hóa

"định

thành giả ¿huyết sau đây :
số tụ nhién

H lớn

k va n sao cho


Stat tea,

Đảng thức (9) giống đẳng thức (8), cho
thấy rằng phương trình (1) có nghiệm là

khơng có nghiệm trong cóc số tự nhiên.
Dinh lÍ lớn Phéc-ma ứng với trường hợp
k = 2. Nam 1914, Vê-rê-bơ-ri-u-xốp đã

ø< |a— 4n + 1|

trường hợp k = 3, ø = 4, tức là chứng minh
rằng phương trình

z = |a&— 4n + 1|. Theo sự xác định số ø, thì

hay

[4m — 1 — 8a + 4 (4n — 1] (ân - 1) >

> (đm — 1) (4m — 1) vì vậy 4a — 1 > 2ø.

của

Vi (7 là đối xứng đối với m va n, nén
cũng lí luận tương tự như trên, ta có
4m — 1 > 2a.

4m—-1=2a+p

vậy

(4m — 1) (Ấn — L) = 4a? + 2a (p + 4) + pq.
do đó, từ (8) ta suy ra 2ø (p + q9) + pq = l,
với các số tự nhiên œ, p, g. Điều vơ lí này
chứng minh định lí đã cho.
2. Trong bức thư gửi cho Gôn-bách đề

ngày 2 tháng L1 năm 1747, Ĩ-le đã chứng
minh ring phương trình

2y'~1=z2
hữu

(10)

ti y, z, khi cho y = 1,

y = 18,y = 1525/1343,y = 2165017/23872159.

Nhưng Ĩ-le cũng thú thật rằng ơng khơng
thể tìm được nghiệm số tự nhiên
khác ngoài hai nghiệm : y = z =

nào
và

y = 13, z = 239. Về sau, Ĩ-le nêu lên một
148

giả thuyết

O-le

cho

ap

chứng
lầm

Vê-rê-bơ-ri-u-xốp
mính

! Ra-di

của

Nhưng

thực

Vê-rê-bơ-ri-u-xốp

ra

là sai

(1935), và sau đó, Bel (1936) da

tìm ra sai lầm trong chứng mỉnh
đến 1945, U-ao-đơ
rằng phương trình

mới
(11)

chứng
khơng

đó. Cho

minh được
có nghiệm

trong các số tự nhiên, với z„ < 10.000” !

4n-1=2a+1

có nghiệm

mính

khơng có nghiệm trong các số tự nhiên.
Đích-xơn, trong cuốn sách "Lịch sử của If
thuyết số" (1920) đã kể ra cơng trình này

do do, tit (8) va (9) ta cd

trong đó p và q là số tự nhiên. Nhu

lên chứng

dttder

a <(a-4n +1),

Dat

nêu

4. Cịn có thể kể ra rất nhiều vấn đề lí
thú chung quanh việc giải các phương trình

Đi-ơ-phăãng, và có thể đề ra vơ số các
phương trình Đi-ơ-phăng phức tạp, khơng
đễ giải hơn so với các phương trình đã nêu
ở trên. Nhưng phải chăng mọi phương trÌnh
đó đều đáng nghiên cứu ? Sê-bư-sép đã trả
lời cho câu hỏi đơ : "Mọi phương trình chứa

nhiều ẩn đều là đối tượng nghiên cứu của lí
thuyết số. Nhưng khơng phải tất cả các

phương trình đó đều có thể nghiên cứu được

như nhau và khơng phải đều có tẩm quan
trọng như nhau trong ứng dụng. Cho đến

nay, lí thuyết số chỉ xét những phương trình
đơn giản nhất và đồng thời có những
dụng quan trọng nhất.

NGUYÊN VĂN
(Sưu tầm)

ứng


TÍNH MỘT

VÀI THỂ TÍCH
NGUYEN DŨNG

1. Lá mỏng

và đây nhỏ

Ta biết rằng thể tích một hình trụ (day

bất kÌ) bằng diện tích đáy nhân với chiều

cao. Như vậy thể tích của một lá mỏng
(kính, sắt tây, ni lơng, bằng diện tích nhân
với bề dày. Điều đáng chú ý là mặt xung
quanh của một lá mỏng không cần thiết phải
là một mặt hình trụ (có thể xén vạt), nếu lá
Tất mỏng.

Trong ngoặc đơn 3 d/h và a2/h? rất nhỏ

không đáng kể so v6i 3, vay V=S.h/3

Đó là cơng thức tính thể tích hình chớp
3. Hinh đống cát

Thể tích của một dây hình trụ (dây thép,
đồng, ni lông) bằng tiết diện nhân với chiều

đài. Điều đáng chú ý là đây có thể cong đơi
chút (khơng phải hình trụ nữa), cơng thức đó
vẫn đúng nếu như tiết diện của dây rất nhỏ.

Chẳng han, dây cớ thể cuốn thành cuộn.
2. HÌnh

chóp

TÌ số giữa
dạng bằng lập
Điều này tất
chữ

nhật

thể tích của hai hình đồng
phương của tỉ số đồng dạng.
nhiên đúng với hai hình hộp
kích
thước
øxưxe
và

*a x kb x he, cũng

đúng

với hai hình đồng

dạng bất kỉ vì ta có thể coi hai hình này như

cấu tạo bằng những hình hộp (những viên
gạch nhỏ), với số viên gạch bằng nhau.
Bây giờ ta coi một hình chớp đáy 6, cao

5 và một hình chớp cùng đỉnh cao # + a hình

thứ nhất coi như cát ra từ hình thứ hai bằng

một mặt phẳng song song với đáy (hỉnh 1).
Giả sử ø rất nhỏ, hiệu số giữa thể tích của

hai hình là thể tích một lá mỏng diện tích

§, dây ø:

Hình 2

Nếu ta cất đống cát (hình 2) bằng các
mặt phẳng thẳng đứng qua các cạnh của đáy
trên thì ta đã chia đống cát thành một hình
hộp ở giữa, thể tích ø.b.h, 4 hình trụ đáy
tam giác, thể tích tổng cộng
và

4

a(@* — b) h/2 + ba’ — a) h/2

hình

chép

bang

V-V=S.a.

Mặt khác hai hình chớp đồng dạng phối cảnh

với tÍ số đồng dạng (A + ø)/h,

ở

(@ ~ a) (0° ~ 6) A/3. Vay

bốn

gớc,

thể

tích

thé tich déng cat

V = (h/6)[Gab + 3a (b’ — 6)+ 3b (a’ - a) +
+ 2(ø' — a) (° — b)]
Biểu thức này cớ thể rút gọn thành

V/V = [( + œ)/h]3

Y=h[qb + (a + a`) (b + b°) + a°b"]/6

Do đó

4. Hình

Y~V=V(V/Ww-1)=

cầu

= VI(h + a)? -- h3J/n3
= V(3h7a + Sha? +

A

+ a39/h3=8.a

Từ đó ta có

V(3 + 34/h + o/h?) =
=

Sh

2
Hình

1

149


Coi một hình cầu bán kính # và một hình

trụ bán kính #, cao 2,

cùng đặt trên một

mặt phẳng nằm ngang (hình 3). Trong hình
trụ lại có hai hình nón cớ đỉnh ở tâm và

cùng

đáy

với

hình

trụ.

Mỗi

hình

nón

này

(cũng như mối hình nón đồng dạng với nơ)
có tính chất là bán kính đáy của nớ bằng

chiều cao của nớ.

tổng tiết diện của các day (tic xr?) nhân với
chiều dài trung bình 2z của một vòng dây,

tức là

6. Hinh chảo

Y=2z?R2

vi

Cát bằng một mặt phẳng nằm ngang thì

tiết diện hÌnh cầu là một vịng trịn bán kính

r, điện tích 8 — xr? = „ (#2 — h2), đơng thời

tiết diện hÌnh nón là một vịng trịn có bán
kính š, theo tính chất nơi trên,

Coi khối W giới hạn giữa hình trụ và hai
hình nớn. Tiết diện của W là một hình
khun, diện tích x2 — x82 = x(R2— nh),

bằng diện tích tiết diện hÌnh cầu.
Như vậy nếu chia hình cầu với hình W
bằng những mặt phẳng song song nằm

ngang thành những lá mỏng thì mỗi lá của
hình cấu thể tích bằng lá tương ứng của
hình W do đơ hình cẩu có thể tích bằng hình

W. Thể tích hình W bằng hiệu của thể tích
hình trụ với thể tích hai hình nớn, tức là

bang xR? . 2R — (2/3) aR? . R = (4/3) „R2
Vay thé tich hinh cfu bang

V= (4/8) xRẺ
5, Hinh xuyén

(sam 6 t6)

Hình §

Ta gid thử tiết điện bổ đơi của một hình

chào là một hình parabol, phương trình
y = ax? (hinh 5), nhu vay trong hình vẽ ta có

h=ar2,
r2 = (la) h

Tiết diện của chảo bằng mặt phẳng nằm

ngang ở độ cao h có diện tích
§S=zr? = (xia)h

như vậy tiết diện tỉ lệ với độ cao.

Trong mặt phẳng thẳng đứng coi một tam

giác ABC cao h có đáy BC có số trị bằng
diện tích tiết điện của chảo ở độ cao h
(miệng chảo) tức là

86 do BC = 86 dé xR?
(1)

Tiết điện của tam giác bằng mặt phẳng
h là một đoạn thẳng có độ dài ¿ tỉ lệ với A.
Do điều kiện (1) ta có
36 dol

= 86 do ar* = 85 do S

Tụ hãy cất cà hai hình bằng những mặt
phẳng nằm ngang song song để chia hình
chảo thành những lá mỏng, đồng thời chia
tam giác ABC

thành những băng hẹp. Diện

tích của mỗi băng hẹp bằng độ dài / nhân
Hinh 4

với bể ngang, bề ngang này bằng bề dày của.

Chia hình xuyến thành những vịng dây

một lá mơng (tương ứng) của hình chảo, như

cơ thể tích bằng tiết điện nhân với chiều dai.

số trị của thể tích lá mỏng tương ứng. Kết
quả là, về số trị, thể tích hình chảo bằng
diện tích tam giác ABC. Diện tích này bằng

(hình 4), mỗi đây đó, như nhận xét ở trên,

Nhưng chiều đài của một vịng dây trịn tỈ
lệ với bán kính của nớ, và bán kính của các

vịng dây thì hơn bù kém bằng ?? (trong hình
vẽ hai vịng đây a, a' có bán kính trung bình
bằng #). Do đơ thể tích hình xuyến bằng

150

vậy số trị của diện tích mỗi băng hẹp bằng

S=(12)BC.h

đo đó thể tích hình chảo bằng

V = (1/2) xR


HAI TÍNH CHẤT ĐẶC TRUNG CUA
TRỰC TÂM CỦA HÌNH TAM GIÁC
PHAN BA CAP

Chúng ta đã biết rằng ba đường trung

tuyến của một tam giác
một điểm Œ gọi là trọng
đó. Một trong những tính
trọng tâm G là chia tất

ABC đồng quy tại
tâm của tam giác
chất đặc trưng của
cả các trung tuyến

theo tỈ số 2 : 1 tính từ đỉnh.

Đối với ba đường cao của tam giác ABC,
ta cũng đã biết rằng chúng đồng quy tại một
điểm ïƒ gọi là trực tâm của tam giác đơ. Bây
giờ ta hãy đi sâu phát hiện một vài tính chất
đặc trưng của trực tâm H.

Goi H, , H,, H, theo thit ty là các điểm đối

xứng của điểm H d6i véi c&c cạnh BC,

CA,

AB (hỉnh 1). Dễ dàng nhận thấy rằng H, nim
trên đường trònn ngoại tiếp tan
tam giácABC.

Thực vây ABC = +AHR
ma= AH,C
AHF =+
ABC

= CH. nên AH,C
+ CH ,H = 1809. Vậy

(ABC).
trịn

Tương

(ABC),

Ngược

Ư1, thuộc

đường

trịn

tự H;, H, cũng thuộc đường

Ta kí hiệu là š.

lại nếu

ta gọi

HH,

HH)

lần

lượt là các giao điểm của đường tròn k với

các đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC
thì cũng dễ dàng chứng mỉnh được rằng
Lên Wi,
lần lượt là các điểm đối xứng

của H qua BC, CA, AB. (Ban doc ty lam lấy).

Ta cũng nhận xét rằng :;
Vì H; thuộc è mà H đối xứng với HY, qua
8C nên ta suy ra H thuộc đường tròn *; đối
xứng với đường tròn & qua BC.
Suy luận tương tự ta có : #ï thuộc đường

tròn k, đối xứng với k qua CA va ïï thuộc
đường tròn š; đối xứng với & qua AB.
Tom

lai : H=k,.k,.k,

Từ nhận xét trên ta suy ra tính đuy nhất
của điểm Ở/. Nói cách khác nếu cớ 1 điểm
1ỉ' đối xứng với các điểm thuộc đường tròn

Ä qua các đường thẳng BC, CA, AB thì H'
phải

thuộc

giao

của

cả

ba

hy, hy, k, tic la H’ = H.

Vay ta di dén két luan

Định lí 1:

đường

tròn

:

*Các điểm đối xứng với trực tâm tam giác
qua các cạnh nằm trên đường trịn ngoại tiếp
tam giác đó",
Bây giờ ta gọi: M, N, P lần lượt là trung

điểm các cạnh BC, CA, AB của tam giác và :

Hi, Hy, H; lần lượt là các điểm

đối xứng

của H qua các điểm 3, W, P (hình 2).
Tacs:

—

CHB
= _ BHC (đối xứng qua M)
BHC = BAC = 90°- ABH
do đó

——

——

CHỤB = BAO

Tức Huy thuộc đường tròn &.
Tuong
tròn È.

tu Hy

va Hp

cũng

thuộc

đường

Riêng đối với trường hợp Hp, ta cẩn chú

ý ở đây H, và C ở 2 phía khác nhau của AB
nên tata can chúng minh:
AH,h = ACB = 180°
Thue vay
y_AHpB

= BHA
BHA (d6i xứng qua P)
——
BHA + DCE = 180° (DH = CEH = 90°)
—
ae
DCE = ACB (d6i dinh)
—
——

do đó : AH,B
đường trịn &.

+ ACB

=

1809 tức Hp

thuộc

151


Vậy ta đi đến kết luận :

Như ta đã biết 9 điểm : R, S, 7 D, EF
M, ÑN, P nằm trên một đường trịn (đường

Định lí 2 :
"Các điểm đối xứng với trực tâm tam giác
qua trung điểm các cạnh nằm trên đường

tròn 9 điểm).
Kết

tròn ngoại tiếp tam giác đơ”.
Tom

tắt cả hai định If ta có thể phát biểu

:

"Sáu điểm đối xứng với trực tâm qua các
cạnh và trung điểm các cạnh của một tam
giác cùng nằm trên một đường trịn ngoại
tiếp tam giác đó".

Bay giờ ta hãy tÌm hiểu thêm về đường

tròn # xác định bởi 6 điểm đó :

+ Về các điểm H,, H;, H, ta có :

=>

—=

oS

=>

>

quả

trên

chứng

tỏ

: đường

tròn

9

điểm là ảnh của đường tròn š qua phép vị

ty tam H tl s6 1/2.

Vậy đường tròn 9 điểm có bán kính bằng

một nửa bán kính đường trịn #, và tâm 0,

thẳng hàng với O va H.

Bây giờ nếu ta lại thực hiện phép vị tự tâm

G (trong tam tam giác ABC), tl s6 - 1/2 thi

ba diém A, B, C bién thanh 3 diém tuong ting :
Ly

lS

AH, = 4H,; BH, = BH,; CH, = CH,
(Bạn đọc tự chứng minh)

Hình 3

M, N, P tức đường
đường trịn 9 điểm.
Hình

AH, BHy, CHỳ› là các đường
đường trịn (š).

tâm

trung bình của tam

giác

HHH, ma MD 1 AH do 46 AH,H, = 909
suy ra AH,„ là đường kính của ()
Tương tự chứng mỉnh

+ Ta lai co :

đối với BH,

CHp

AH, HyHp = AABC (do tính đối xứng
qua tam Ở của đường tròn š) và
HA =2.OM;
HB =2.ON; HC = 2.OP.

Gọi E, S, 7T lần lượt là trung điểm của Aïi,

BH,

CH.

R6 rang phép vị tự tâm H tl a6 1/2 sẽ

biến các điểm A, B,C, H,, Hy Hy Hyp Hyp Hp

thanh céc diém tuong tng R, S, T, D, E, F,

M,N,

152

P.

thành

G thẳng hàng với O, Ó,.
“Từ bai kết quả trên ta suy ra :

kính của

Thực vậy :

là đường

& biến

0,G:GO=1:2

2

+ Về các điểm Hụ, Hy, Hp, ta có :

MD

trịn

Bốn

điểm

: Trực

O của đường

tâm

ï,

tròn ngoại

trọng

tâm

tiếp, tâm

G,

O,

của đường tròn 9 điểm của một tam giác
cùng nằm trên một đường thẳng. Đường
thẳng đó được gọi là đường thẳng gle
(hình 3).
Thế là từ việc nghiên cứu hai tính chất

đặc trưng của trực tâm, chúng ta đã tìm lại

được

hai tính chất

đã biết trong một

tam

giác (đường tròn 9 điểm) - và đường thẳng

ơle - xem báo Tốn học và tuổi trẻ số
1-1964).
Khơng những thế, hai tính chất vừa phát
hiện ra nó cịn cho phép chúng ta giải nhiều
bài tốn khác nhau.
Ví dụ :

1. Chứng minh rằng : Nếu các điểm đối
xứng với điểm một điểm 7ï thuộc đường cao


CF của một tam giác ABC

qua các cạnh BC,

CA (hoặc qua trung điểm các cạnh đó) nằm

trên đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC thì

H là trực tâm

tam

giác đó.

2. Cho 3 diém A, B, € trên một đường
trịn. TÌm quỹ tích trực tâm của tam giác
ABC khi A, B cố định, C thay đổi trên đường
tròn.
3. Dựng tam giác ABC biết :

a) Truc tam va cdc điểm đối xứng với trực

tâm qua trung điểm các cạnh của tam giác.

b) Trực tâm và các điểm đối xứng với trực
tâm qua các cạnh của tam giác.
4. Dựng

a)
chân
b)
trung

tam

biết

giác ABC

Trực tâm và tâm
các đường cao.

đường

trịn đi qua

Trực tâm và tâm
điểm các cạnh.

đường

trịn đi qua

©) Trực tâm, đỉnh C và trung điểm cạnh AB.

đ) Trực tâm, trung điểm cạnh BC và chân
đường cao trên cạnh BA.

VỀ TAM GIÁC PITAGO
NGUYÊN ĐỨC DÂN
1. Các bạn đều biết định li Pitago : Trong

tam giác vng bình phương
bằng tổng bình phương hai

cạnh huyền
cạnh kía :

a? = 6? + cŸ. Người ta thường gọi những tam

giác

những

vuông

mà

fam

giác

cạnh

là các

Pitago.

số

Chang

nguyên

han,

là

vi

5? = 4? + 3? nén ta od tam gide Pitago [5, 4, 3).
Bây giờ chúng ta thử tìm những tam giác đó.

Trước hết, nếu có tam giác [5, 4, 3] thì

chúng ta dễ dàng tìm được các tam giác đồng
đạng với nó : [10, 8, 6], [15, 12, 9], [20, 16,

12], ... Trong số các tam giác đồng dạng với
nhau này, tam giác [B, 4, 3] có các cạnh nhỏ
nhất ; chúng ta gọi nó là £zm giác Piago
gốc hay là tam giác Piiago nguyên thủy.
Trong tam giác gốc rõ ràng là các cạnh phải
đôi một nguyên tố cùng nhau, nghĩa là hai
cạnh bất kì của tam giác gốc đều khơng cớ
ước

số chung

với

nhau.

Thật

thế,

nếu

tam

giác la, b, c] có œ và b chia hết cho œ thì ta
suy ra c cũng phải chia hết cho ñ. Thật vậy,

gia

sti a

=

n. a’, 6

=

nb’

thé

thi,

từ

đ2 = b2
+ c2 ta suy ra : n2,a'2=
n2
2 + c2,

từ đây ta thấy ngay là c phải chia hết cho
và như thế, [ø, b, c] không phải là tam giác

Pitago gốc. Cho nên để tÌm các tam giác
Pitago, ta chi cin tim cée tam. giác Piago

gốc là dù.

TH, Một vài tam giác Pitago gốc đặc biệt.

1. Đầu tiên chúng ta xét các tam giác gốc
mà cạnh nhỏ hết là các số lẻ. Chúng ta tìm
số tam

được một

giác sau đây :

[8, 4, 5], [5, 12, 8], [7, 24, 25], [9, 40, 411,...

Quy luật tìm các tam giác đó như thế nào ?
Quan

sát các tam

một tính chất sau :

[84,5]

giác này, chúng

ta thấy

82=9=4+65

{5, 12, 18] 52 = 9ð = 12 + 13

’ (7, 24, 25] 7 = 49 = 24425
(9, 40, 41] 92 = 81 = 40 +41

IH

2. Gọi p, q là các số nguyên dương, ta có :
Từ

(+ 422 = (p2 — a2)? + (2pg)?

hệ thức trên chúng
tam giác Pitago sau

ta được

Ib? + q?, 20g, p? - g?]

Ð, q như thế nào thì các tam
thành các tam giác [1] ?

một

hệ

[2]

giác [2] trở

Chúng ta có các khả năng sau :

a) Coi p2 — q2 là cạnh nhỏ nhất, thế thì :

(2 — qĐŸ = (ø ~ q} (p + q)? =
= (p? + 9?) + 2pq = (p + 9)?

khi p — g=

1 hay là p=g+

1

b) Coi 2pg là cạnh nhơ nhất, thế thì :

(2pq)? = (p? + 4?) + (p? — q2) = 2p2
153


Bây giờ chúng ta lại lưu ý rằng, nếu trong
[4] p là số lẻ thì nớ lại trở về các tam giác

khi 2q? = 1. Diều này không thể xảy ra được

vÌ q là số nguyên.

đồng dạng với tam giác [3]. Thật thế, giả sử
p= 2n +1, tam giác [4] trở thành

c) coi p? + q2 là cạnh nhỏ nhất. Điều này

khơng thể xảy ra được vì p2 + g2 > g2 — g2,

Tớm lại, ta chỉ có một khả năng p =g + 1,

lúc đó tam giác [2] trở thành

[2g”
+ 94 + 1,24 (+ 1),2g+11

một đơn

vị, vậy ta rút ra một

[3]

quy tắc

để tÌm các tam giác [3] như sau :
của
rổi
một
với

chẵn. Ta được

[n2 + 1, 4n, 4n2 — 1]

112 + 121 =60, 61

hết

cho

4, các cạnh

của

18? — 160 — 84, 85
giác đã nêu ở [1] đều có một

cạnh là số chẵn. Ví dụ [8, 15, 17]. Có quy

tắc nào để tìm những tam giác đó hay
khơng ? Từ [2] ta sẽ suy ra được một quy
tắc để tìm một số tam giác loại đơ :

5. Quy tác : Lấy

42+

Ở [2] nếu đặt ạ = 1 chúng ta sẽ được

14]

Quan hệ giữa các cạnh trong tam giác [4]
như sau :

(2p)? = 4p? = 2p? + 1) + 2p? ~ 1) [B]

đều

[ð] chúng ta rút ra quy tắc tÌm các tam giác
[4”] như sau :
một

số chia hết cho 4

giác vng.

Mật nửa bình phương của cạnh đó sẽ là
của cạnh huyển với cạnh góc vng kia.
đơi nửa bình phương của cạnh đơ, đem
quả trừ đi 1 hoặc cộng thêm 1 ta sẽ lần
được cạnh kể và cạnh huyền của tam
phải tÌm.

cạnh là số chẩn (và chia hết cho 4). Rõ ràng
là còn những tam giác vuông khác mà một

DUONG

chúng

nguyên tố cùng nhau, cạnh huyền lớn hơn
một cạnh kế hai đơn vị. Quan sát đẳng thức

bất kì làm cạnh của một tam

{p? + 1,2p, p2 — 1]

14]

Đó là tam giác gốc, có một cạnh là một

một tam giác vng đem bình phương
trừ đi 1, một nửa của kết quả đó sẽ là
cạnh kế khác, một nửa kết quả đó cộng
1 là cạnh huyền cần tìm.

DUNG

giác gốc, trong [4], p chỉ có thể là các số

số chia

3. Quy tắc : Lấy một số lê bất kÌ làm cạnh

4. Các tam

@

Nhân đôi các cạnh của tam giác [3] ta sẽ
được tam giác [4'). Như thế, để tạo các tam

Đó là tam giác gốc có cạnh nhỏ nhất là
số lẻ. Các cạnh đó nguyên tố cùng nhau.
Trong tam giác [3] hai cạnh lớn hơn kém

nhau

[2(n2+ 3m+ 1), 2/2n(n+ D), 2(2n + D|

16+8

=> 3,5

tổng
Chia
kết
lượt
giác

[5, 4, 3)

8? + 64-+ 82-+

15, 17

[17, 15, 8]

12? + 144 +72

— 35, 37

[37, 85, 12]

162 — 2ð6 — 128—> 63, 65

[65, 68, 16]

Ngoài [3] và [4'°], chúng ta cdn tim duge
những tam giác gốc khác nữa.

TRON APOLONIUT

DE GIAI MOT SO BAI TOAN CUC

TRI

NGUYEN CONG QUY
Chúng ta đều biết rằng : cho trước hai

điểm A, B, quỹ

tích những

điểm

M

trong

trịn

gọi là

mà tỉ số khoảng cách đến A B lớn hơn

mặt phẳng sao cho tỈ số MA ; MB bằng một

tà nhỏ hơn b, cụ thể là : uới k < 1, nếu diểm
M' ở ngồi œ thì M'A : M’B > k, nếu diém

Cần chú ý rằng dường trịn Apơlơniút œ
chia mặt phẳng thành hai miền các diểm

Chứng minh điểu đó khơng có gì khó.
That vậy, giả sử & < 1. Thế thì điểm A nằm

hằng số k z 1 là một
đường trịn Apơlơniút.

154

đường

M' ở trong œ thì MỊA
thì ngược lại.

: M'B < k;uới
Đ > 1