Tuyển tập 30 năm Tạp Chí Toán Học và Tuổi Trẻ (part3-1)

"phẳng",

ta

sẽ

có

+/ƯM + yiỒN + z/ÕP =1

phương trình mặt phẳng Nếu ta biến đổi
tồn bộ hình vẽ bằng một phép biến đổi afin

thì tam điện Oxyz biến thành một tam diện
O*3y'z' (nói chung khơng có góc vng vì
"vng" khơng phải là khái niệm afin) cồn

các tỈ số đơn được giữ nguyên :

x/OM = OS/OM = O30"
ION = OTION = OT ON

là giữ nguyên bộ phận các tính chất muốn
nghiên cứu nhưng thay đổi các tính chất
khác. Khéo tÌm thì ở hình mới (qua phép
biến hÌnh) các tính chất muốn nghiên cứu sẽ

hiện ra rõ rệt. Ví dụ ở hình 3, thoạt nhìn
khó ai mà thấy được hệ thức (2), nhưng qua
một phép biến đổi afin để trở về hình 2, thi
hệ thức

(1) lại là một

kiến

thức

trong sách giáo khoa. Đây là một

2/OP = OU/OP = OVOP

"lớn" trong

tốn học hiện dai.

cơ bản

có

tư tưởng

Vi UAH? = VAD? + 1/AK? (He thitc lugng

*t

trong A vuéng DAK).

mà l/AR?= L/AB? + LAC? (Hệ thức lượng
trong A vuéng CAB).
nén

1

—

1

1

=—~ + — + —_

AH?

AD?

AH?
AH?
4+
AD?
AI?

AB?

AH?
AC?

AC

el

Cuối cùng ta có

Vậy

cosa + cos’B + cos’y = I.

Hình 5
ta có : Cho một

O'x’y’z’ va một điểm

tam

diện

bất kì

R’, qua †' có một mặt

phẳng biển thiên cắt O'x', O'y’, O'2’ theo thit
tu ¢ M’, N’, P’. ThE thi có các số
a=0S,8
P va y=O'V’, sao cho:

Muén

alO'M’ + BION + yiO'P = 1
a

=

O'S'T'U'V'W'2 phải

=

y

thì

hình

hộp

có các cạnh bằng nhau,

nghia là cơ sâu một dều là hình thoi.

Đến đây xin mời các bạn tiếp tục để đi
đến các bài toán khác trong [1]. Tôi xin tạm

dừng bằng những nhấn mạnh sau đây :
1) Lõi cốt của nội dung 10 bài tốn trong
[1] là phương trình đường thẳng và phương

trình mặt phẳng. Như vậy là cùng một bản

chất mà hình
là phong phú.

thức biểu hiện ra ngoài thật

2) Trong các phép biến đổi, có những cái

được giữ nguyên

như qua các phép biến đổi

afin thi "thẳng hàng", "đường thẳng", "tl s6 đơn",
"hình bình hành" được giữ nguyên, trong lúc
những cái khác như "vuông, "hình vng",
"chiểu dài" thì thay đổi. Cái thơng minh của

lồi

người

là khi

nghiên

cứu

một

bộ

phận

tính chất nào đó ẩn trong một hình thì đi

tìm cho được những phép biến hình biết chắc
172

Bài

tốn

ABCDAB'C'D'.

3

:

Hãy

Cho

tìm

hình

điện

lập

phương

tích của

hình

chiếu nhận được khi chiếu vng góc hình
lập phương ABCDA'B'C'D' lên mặt phẳng
song song với mặt chéo tam giác BDC’, biết
cạnh của hỉnh lập phương bằng a.
Đầu

tiên ta hãy chứng minh A'C' vng

góc với mặt phẳng BDC', Ta thấy ngay BD 1 AC

va BD

phang

BC’

1 AA’,

AA’C,

1 AC.

phang BDC’

nén BD

vay BD

vng

+ A'C.

góc

với mặt

Tương

tự

Do dé : A’C vng góc với mặt


Một cách tương tự, ta cũng chứng minh

được A'C vuông góc với mặt phẳng AB'D',

Vậy hình chiếu
phương lên mặt

vng
phẳng

C

tâm

góc của hình lập
P sẽ có dang nhu

hình vẽ dưới. Trong đơ hình chiếu của Á và
trùng

vào

của

BBCDDA,, BB, C,D.,D,
thứ

tự

là hình

chiếu

của

B,

lục

giác

đều

va A,

B’,

C’,

theo
D’,

D

và A. Dễ thấy diện tích của hai lục giác đều

bằng 2 lần diện tích A đều 8Ð C,
S chiếu của hình lập phương ””

= 25 0V2 ov

WB . arya
vuông

CKMN

(vuông tại C). Theo

kết quả

của bài tốn 2 thì cosz + cos’g + cosy = 1,

Theo

kết quả của bài tốn

1 thi điện

tích

của hỉnh chiếu của các mặt bên của hình lập
phương có chưng đỉnh € sẽ là
Schity = @ (cosa + cog8 + cosy)

trong đó ø là cạnh của hình lập phương.
Vấn đề dat ra là thm giá trị lớn nhất của

cosa + cos8 + cosy

với

điều

kiện

cosfœ + cos?đ + cos2y = 1, trong dd cosa,
cosổ, cosy không âm (đễ dàng ching minh

Bài todn 1 1a bai toán quen thuộc, cớ
trong sách giáo khoa cịn các bài tốn 2 và

3 kho hơn một chút, nhưng cũng quen thuộc

đối với các học sinh thường tìm

hiểu thêm

được
diéu này)
Theo
Bunhiacơpxki, ta có :

bất

đẳng

thức

(cos’a + cos’B + cos2y)(1 + 1 + 1)
(Bất

> (cosz + cogỞ + cosy)2

đẳng thức

này

cũng dễ đàng

chứng

về hình học khơng gian. Trong khi tỉm cách

mainh được dựa vào bất đẳng thức Cơsi cho

nghỉ và tìm tịi trong các điều đã biết, những

xay ra khi cosa = cosổ = cosy = 143, Ite nay

giải bài toán đặt ra ban đầu,

chúng ta suy

điều gÌ có thể vận dụng được và nhớ lại các
bài toán 1, 2, 3 trên đây. Trước hết chúng
ta xét :
Hé qué

cua bai todn

I va bai todn 2;

Ta

xét bài toán sau. Cho mặt phẳng P cất ba
cạnh ŒB, CD, CC' tại các điểm nằm ở phía
trong của 3 cạnh đớ, hoặc nằm trên các cạnh

đó kéo dài về phía B, D, C’. Hay tim vị trí

của mặt phẳng P sao cho hình chiếu của 3
mặt của hình lập phương nằm kế nhau, và

có đỉnh C chung cớ diện tích lớn nhất. Gọi

các điểm mà P

phuong la K, M,
phẳng của các
phang KMN với

cát
N,
nhị
các

các cạnh của hình lập
va goi a, 8, y là các góc
điện, tạo nên bởi mặt
mặt còn lại của tứ điện

2 số œ+b >2Ýdb,
> 0,b
ø >0).

cosa

+

cos8

+

cosa

lén

nhất

Dấu bằng
và

3N3 = V3 va S.,.¢, lớn nhất là ø2V3.

bang

Vậy hình chiếu tạo nên bởi 7 đỉnh A,B,
C, D, B’, C’, D’ xng mat phẳng P sẽ có

điện tích lớn nhất là a2V3. Ta hãy chứng

mỉnh

rằng

khi chiếu

phương ABCDA'B'C'D'

vng

gớc

hình

xuống mặt phẳng

lập

tùy ý thì hình chiếu cớ diện tích lớn nhất

bằng œ3,

lúc đó mặt phẳng P song song

với một trong các mặt chéo tam giác.

Muốn vậy ta chỉ cần chứng minh khẳng
định sau : "khi xét mặt phẳng P tùy ý trong
khơng
gian
và
hình
lập
phương
ABCDAB'CD,, thì ta ln ln tịnh tiến
song song mặt phẳng P về được vị trí P' sao
173


cho tổn tại một đỉnh nao dé cua hinh lập
phương, chẳng hạn đỉnh C, mà mặt phẳng

P' cát 3 cạnh xuất phát từ Œ tại các điểm
trên 3 cạnh ấy, hoặc trên phần kéo đài của
3 cạnh ấy về phía các đỉnh kế đỉnh C",
Chẳng hạn, nếu P'cát CB, CD tại các

điểm ở trong cạnh CB, CD, còn cắt cạnh CC?
ở điểm nằm trên phần kéo dài của CC” về

TU MOT BAT DANG

phía C, thì ta khơng xét đỉnh C nữa, mà sẽ

xét đỉnh C' thay cho đỉnh C. Khẳng định

trên được chứng minh tương tự. Nếu các
điều kiện như trong khẳng định được thực

hiện thÌ A' ln cớ hình chiếu rơi vào trong

hình chiếu tạo nên bởi 7 đỉnh 4, B,C,D,
B’, C’, D’, va do dé ta da giai xong bài tốn
dat ra.

THUC

TRONG

TAM GIAC

BÙI VIỆT HÀ

1. Một số kÍ hiệu
Cho AARC bất kì. M là 1 điểm bất kÌ nằm
bên trong tam giác ABC. Gọi các khoảng
cách MA, MB, MC tương ứng là Re, Rb, Re.

hoảng cách từ Aƒ đến các cạnh đối tương

ứng BC, AC, AB là d,,d,,d,.

Đối với tam giác ABC ta giữ nguyên các
kí hiệu như ở trường phổ thông đã học.
Chẳng hạn :
+a, b, e, — các cạnh đối điện với các đỉnh

A, B,C.

+ 6 - diện

+,

tích tam giác ABC.

r,p kÍ hiệu lần lượt là bán kính

đường trịn ngoại tiếp, bán kính đường trịn
nội tiếp,

nửa

chu

vi của tam

giác ABC.

+ ha,,m,, 8, lan higt 1a độ dài các đường
cao, trung tuyến, phân giác của tam giác hạ

từ đỉnh A.

Th để ý 2 bất

chúng

:

đẳng

thức

cơ bản

trong

Ra + Rồ + Re > 2d, +d, +d.)
a
aR, + bR, + cR, > Aad, + bd, + ed.) (2)
Dưới đây ta nêu ra một số quy tắc "biến

đổi" đối với các kí hiệu R, Ry Ryd, dy d,,
dựa vào chúng ta sẽ chứng mính (1) va (2)
và dẫn ra một số bất đẳng thức khác là hệ
quả của (1) và (2).
Il. Thành

lập các quy

tác :

1. Gọi chân các đường cao hạ từ Af xuống

các cạnh đối điện với các đỉnh A, B, Œ,

A,B, C,.

Th

tam giác ABC

sẽ

thành

lập

sự

liên

là

hệ giữa

và A,B,C,.

Rõ ràng MA, =d,=R,

1

Vậy ta có liên hệ đầu tiên

R, =4,

Hạ MH
5

Đối với tam giác, các đỉnh được kÍ hiệu

Giữa
liên

174

hệ

Tu RR,

vA

dy, d,,d,

cố

một

vậy MH =d..

Từ hình vẽ ta có :

Cc

la A,B, C, thì các kí hiệu tương ứng
được gắn thêm kí hiệu 1 : Ri, ai, bị, ¢)..

+ CB.

(3)

sẽ

số

MC,

4,b,

MH = MB sina = MB, “MA = Ty
Vậy ta có liên hệ thứ hai :

a, = yd JR, (4); TH (4) ta 6 :
R= Ry Ry Id,

(4’)

Ta lại có B,C, = AMsin ( GAB.) =
= am

Fe

Ma B,C\=a,,AM= R,, BC=a

vậy ta có :

@,=a@R,/2R
thức ngược

a=

(6). Từ

của

(4)

ta Suy

ra cơng

(B).

ad,

RR

(5) 6 dayA = 2R.

4

xơ

Một cách tương tự ta có các công thức
đối với b\, c¡. Các công thức (8) - (5) cho
ta
một "quy tắc biến đổi", được phát biểu
như
sau : (Ki hiéu la @)

Ryd, id, dd JR, ;a->aRy/2R (Q)

Các công thức (3), (4’), (5°) cho ta một

quy tắc khác :

Ry OR Rid, dR,
ard

Kéo

trên đó các điểm

@2

MC,

Ay By Cc, thỏa mãn

MA WA. -WE WE UR Sa ca
MA, MA,
= MB,. MB, = MC, MC, =i

và lấy

Nhưng

6 đây & = const # 0 cho trước (có thể
điểm Á; nằm trong MA,). Các đường
MA,
1MB, MC cắt các cạnh của tam Bide A,B,C
,

lan lugt tai D,, £, F,.

Dé kiém tra thay rang D,, £,, F, chính
là
chân các đường vng góc hạ từ Aƒ xuống
các cạnh 3C, A2C, và 4;B, hơn nữa ta
có

(các bạn hãy tự kiểm tra điều này)

Đẳng thức (7) cho ta MA = k2/MD,

R= id,

hay

(8)

(9)

đồng dạng).

(công thức (5) trang 1):

MF,

2R,

—” qd,

2R.

Thay thé R, = k/db, ta co :
az

Re

mR, dda

+@,

Pate,d

Các công thức ngược của (8),

được tính như sau : (9) cho ta :

Ry = Mid,

2

2

q0)

(9),

(10)

(8)

(8) cho ta ;

d, =} IR,

(8)

(10) cho ta :
a=

đẳng thức :

MÃ..MP, = MB. MB, = Mỡ. ME, = 2 (1)

IR,

E,F, = B,C,.MA,2R, Vay
_ MB BC, MA, R, a).R

:

(6)

d,=

Từ hình vẽ ta có : BC/E,f = MBIMP, (vì

BC

RR,

MAI =k2/MA,

2 AMBC, AME,F,

j

ad, 2

đài các đoạn MA,, MB,

hay

(6) cho ta:

ad, d, 2R,

*ˆ Ry,

Thay thé (8), (9’) ta ed :
0 =

a

*

RR?

Ry eR
ad,

‘b

te

G,

Se
Ok

175
a


|i

Ị

Vậy :
@
a, 2 = 2R,.=—
2 RR,

|
|

|

ị

i|

40)

1

đa,

là 7 : (ta lấy k = 1 cho tiện)

Roz

¡

R, a31 ap 1

va

IH.

Bây

giờ

ta

(T)
dụng

tác trên để chứng minh

RR,

các

aR, > bd, + ed,

©

Viết thêm 2 bất đẳng thức tương tự (°)
cho bR,, cR, va cong ting vé cia 3 bat đẳng
Bây

(2).

giờ áp dụng

SH,

Oy

@ cho

dade

(*) ta được

BR Sa” ORR,

hay

boc
R, Bod,
od,

thêm

2

công

thức

Ap dung

b

Rd,

1

5

(RR, RR * HH, )
'+=c=+x~.

T vao

(14’) ta thu

414)

dugc

:

Rd, + Ryd, + Rd, >

> Wd,d,+d,d,+d,d,)

(15

Ấp dụng quy tắc @ vào (2) ta có :

oR, d, + bR,d, + Rd, >
> 2ad,d, + bd,d, + cd,d,)

(6

Theo 7 thì (16) dẫn đến ;
(

(a

a,
‘aq

RAR,

+

R,d,
bếp

RR,

Rd,
cốc
tơ}

ER, )

(17)

R,

@

4,

d,

a,

a,

œ—>b—+c—
tương

tự

cho

(1)

quy tắc trên vào các bất đẳng thức (1) (2)
Ấp dụng 7' vào (1) ta có ngay :
1
1
1
1
1,1
1
R,*R,
+R “2 (tata)

Ấp dụng @ vào (1) ta sẽ thu được :
176

(13

Tu day suy ra :

IV. Trong phần này ta sẽ áp dụng các

i

>

thite (*)

R,, R, rdi cong ting vé cia 3 bat ding thitc
ta được

RR,

Trong II ta đã chứng minh được bất đẳng

ORR,

aR, = bd,
+ ed, (**)

Ry

1

at bt+c22

he tat

hay

Viết

+

¬-.....

Rd,

>2

R,+d,>h,.
> aR, + ad,
2 ah, = 28 = ad, + bd, + ed,

thức được

RR,

hay

quy

Ro rang ta co :

Suy ra :

+

2ARd, + Ryd, + Rd.)

các công thức

(1), (2) trong TI:

Rd,

R
R
* + ` + - > 2R,+ R,+ R,) (14)

R,R,
sẽ áp

Rid,

Bây giờ áp dụng @* vào (1) ta có :

ad,

ard

2

ad,

Theo quy tác 7 thì (12) dẫn đến :

(T)

|

1

R,

+.L.+ zr)

1

a

Ị

ad,”

>2 (Na,

1

sd,

1

+—

R,

:

=> +5—+ +=

(10°) cho ta mét quy tác biến đổi nữa, kí hiệu

dd.
Suố, | dd,
Se

+

R,

hay dưới dạng khác

Các công thức (8), (9), (10) và (8), (9°),
1

dd.
Đ%c

d, +d, +d, >2 (

(1)

Từ đó có :
R, a
R, b
R c
tạ tạ
tog 22th

a

+e)

q8

Ap dung T vao (18) ta co :

aR?+ bR}+ cR422(GR,d,+bR,d,+cR,d,) (19)
Ấp dụng Q* vào (18) ta có :

oR,R, + bR,R, + RR, >

> 2(0R,d, + bRyd, + cRd,)

(20)

`


Lai 4p dung Q(*) vao (19) ta cd :
a

€

+o +
Rd,
Rd,
Ra,

t,t,

=

,

22 (parte

RR, * RR)

Từ () ta cũng có R,„> a,

WR, > V4

f+,

+ đe.

b

hay

2 >

> da, Vela + Vd_. Vbja\N2
Th cũng có các bất đẳng thức tương tự

cho ¥R, va VR,c va di đến :
VR, +VR,+ VR, > V2, + Vd, +Vd,) (22)

Ap dung cae quy téc Q, Q*, 7 vào (22) ta
sẽ thu được (các bạn thử lại D

—+ư

VR,”

+ aB«

VR,”

1

1

1

ala

va

1

+

(23)

a)

(24)

VR,R, + VRRi,c + VRB, =
= V2 (WR,d, + VR,d, + VRd,)
1

+

TRỤ,

+ar)

adyd, ` bả 4, * cd,d,

(29)

Ấp dụng 7 vào (29) ta sẽ có :

1,1,1

1,1

RuR,

a*ete*a(a- Rat
+1b° Bee
1 Bưu
RA, ¢ Rd,

(30)

Bây giờ ta áp dụng Q° vao (*) thu được
+,

+

OR, > bd, p+b cd,
c

Ta do;

b

1

1

1

+bR,d, (x, +

1

+

€

c

) + ¢R,d, (etm)
1

3 V2 (Vd,d, + Vdd, + Vd,d,)

+

(az +

<

b

VR,d, + VR,d, + VRd, =

1

Rd,

aR, + OR, + oR, > aRd, (p+ 5)

VR,

¢ ~— ( —— + —

< 3

(21)

1

OR d,

_

a

Ap dung @ vao (28) ta có

(25)

1

VR. € *

Ấp dụng bất đẳng thức te y? 4.
ta Có ;

aR, + bR, + cR, »
aRd,
Rd,
Rd,

>4( R,+k +R +R * Rt)
R,+R,

LN TT
R,+R,

1
aty

BY

Theo quy tắc @ thi (31) cho ta
aR, ‘a

oR,

oR, €

d,d,

dd.

dd,

=—>?—_*—>
@

6

>4 (+8, ata,

c

+——)]32)

d, SH)

Ấp dung T vào (31) ta thu được :
GR, + bR, + cR, >

Tit (*) trong III ta c
1

1

1,1

ddbe
ddane
dd b
4(a5 +b+c-)(3đ)

( dtd,

1

aR,* bay ted, â (ba,
* aa,)
v các bất
eR,

đẳng

thức

tương

tự cho

16R,,

>4 (

1,1 i.
aR, OR, cR,

<3 (ag,
12 - TCTH

1

ba, * +}
wa 1 )

“d+ %,)

Ấp dụng 7 vào (32) ta sẽ có

vay ta cd

sí1,1+

dtd.

(28)

ad,
Ry+R,

aq+bị+tcz

bd,

cả,

R,+R,

R,+R,

)9

Cuối cùng ta trở lại (°) : aR, » bd, + ed,
Suy ra :

177


Vex

betes

> d3,

+ Ve Vd Jd, NZ.

(Vz Vz)

>

a

Và đi đến bất đẳng thức
1

Từ đó có :

———

VaR,

Va. VR jd, + Vb. VR,jd, + Ve .VRid, >

> V2 Wa + Vb + ¥e)

(35)

Ti (*) ta suy ra:

\ az

bd, +tai
ed, © Ved, +2 Ved,

TÌM ĐA

THÚC

<

1

†

1

VER,

1

+#—<

1

Ved,
1

1

<—(-—›-—:—

Y2 ( Vad,

bd,

(36)

Ved, )

Dùng các phép biến đổi đã thiết lập trong
II ta có thể thu được nhiều bất đẳng thức
thú vị khác nữa.

VỚI NGHIÊM

CHO

TRƯỚC

NGO VIET TRUNG

Hãy xét bài toán : TÌm mét da thúc uới
hệ số ngun

có bậc

nhỏ

nhất nhộn

một

số

ø cho trước làm nghiệm. Dây là một bài toán
cổ điển có liên quan chặt chẽ đến việc phát
triển một số khái niệm cơ sở của toán học.
Ngày nay người ta biết rõ phải giải quyết bài
toán này như thế nào. Tuy nhiên với trình
độ phổ thơng đó vẫn là một bài tốn khớ.
Có thể minh họa điều này qua trường hợp

œ= 2 + 33. Đây là một đề bài của kì thì
học sinh giỏi tốn lớp 12 tồn quốc vừa qua.
Hầu hết thí sinh đều tìm thấy :
là

P(X) = X° — 6X4 — 6X3 + 12K? - 36X41
một

đa

thức

với

hệ

số

nguyên

nhận

thức

có

bậc

nhất

Ý2 + *{ã làm nghiệm nhưng khơng ai chứng
mình

được

thỏa mãn

đó

là đa

điều kiện trên.

nhỏ

Viéc tim ra P(X) hoan toàn đơn giản và
dựa vào nhận xét sau : Tích của một đa thức

có nghiệm là a véi một đa thức bất kì vẫn
là một

bậc

đa

nhỏ

thức

nhất

có nghiệm

(với

hệ

là œ. Đa

số

thức cớ

thực)

nhận

Ý2 + 33 làm nghiệm là X-— V2 — 38. Để
lại

căn

bậc

ba

ta

nhân

(X- Ý2)?+ (X- {2) 335 + 8

được đa thức

nó

và

với

nhận

(X- V2)3~ 3 = X3— BV2x2+ 6x - 212-3
178

Để loại căn bậc hai ta lại nhân tiếp với

X? + 6X ~ 8 + VZ (8X2 + 2) và nhận được :
P(Œ) = (X3 + 6X — 8)2 — 2(3X2 + 2)2

Sau khi tìm được P(X) nhiều thí sinh
nhận xét là : vÌ 2 và 8 nguyên tố cùng nhau

nên 6 = 2.3 phải là bậc nhỏ nhất của các đa

thức với hệ số nguyên nhận V2 + 33 làm
nghiệm. Do đó P(X) là đa thức cần tìm, Kết
luận liều nhưng rất gần sự thật. Tại sao
không tiếp tục một cách bÌnh thường bằng
vite
gi
sử
có
một
đa
thức

QAM =a,+aX+..+aX5

ngun

nhận

Điều

kiện

V2 + J3

với

làm

chứng minh a, =... = ø = 0?
nguyên

duy

độ, ny Os

nhất

ràng

với

hệ

số

nghiệm

rối

buộc

nhau

các

số

là

Q(V2 + *{3) =0. Vấn đề là phải loại được

các căn bậc hai và ba. Để

làm

việc này ta

hãy khai triển các lũy thừa của V2 + 33
trong Q(VZ + 38) rồi viết lại phương trình
(V2 + 38) = 0 dưới dạng

b„ + b VÕ
+ b3 ã + b,3ƒ8 + b [238 +
+bN2
9

=0.

Ban doc co thể dễ dàng thử lại để thấy :

0, =a, + 2a, + 3a, ~ 40, + 50a,


, =a,
+ 2a, + 120,
+ 4a,

622 + 6b,p, —— 2? 2 -— 12,5, == 0,

by =a, + 6a, + 8a, + 20a,

2,6, + 863 — 4b,b, — 63 =0,

b, = 8a,+ 12a,
+ Sa,

2b,b, + b32—— 4b,b, ~~ 262982 == 0.

6, = 2a, + 8a, + 15a,

Các

b, = 8a, + 20a,.
loại
trình

căn

bậc

hai

ta nhận

được

phương

Bar0 a Og

phải

là

trình

này

các

số

cho
chan.

thay
Dat

b„=2B,,..b, = 2b, rồi thay vào hệ phương
trình trên và giản ước số số hạng đồng dạng đi
ta lại được một hệ phương trình tương đương

(6, + BNE + b SYS)? —
— 26, + 68

phuong

+ 6,°¥9)? =

với ẩn là b,.... bs. Từ đây lại suy ra b",, ...b’,

= 02 + 6b,b, — 2b? ~ 125.5. +

phải là các số chẵn v.v... Tớm lại bay Og chia

+ (2b,b, + 363 — 4b,b, — 662) WB +

hết cho mọi lũy thừa của 2. Điều này chỉ xây
ra khi 6, =... = 6,=0.

+ (2b,b, + 03 ~ 4b,b, — 22) WB = 0
Tỉnh ý sẽ thấy phương trình trên cho ta
một đa thức bậc hai AX? + BX + € với hệ số
nguyên nhận 3/3 làm nghiệm. Điều này dẫn
đến liên tưởng

3 là bạc

nhỏ

Nhu

ta

(A3S + B5 + (A33 — B) =
= 842 - BC —(B2?T— AC)3ä3 = 0.
căn bậc ba sẽ nhận

được

Đặt m = 3A?T— BC và n = B2 ~ AC. Tạ có
thể thấy ngay là m, n phải chia hết cho

là m = âm,

n = Ön,

với

kiện

a, + 2a, + 120, + 4a,

=0

a, + Ga, + 3a, + 20a,

=0

Sa, + 12a, + Ba,

=0

2a, + Ba, + Lda,

=0

3a, + 20,

= 0.

Bạn đọc có thể đễ dàng giải hệ phương
trình
này
và
nhạn
được
kết
quả

(3A? ~ BƠ ~ 3(B2 — AO = 0

nghĩa

điều

a, + 2a, + 8a, +40,+
500, = 0

phải bằng khơng. Chứng mỉnh điều này khơng

Khử

từ

trình sau :

thức nhận 3ã làm nghiệm và do đớ A, B, C

có :

la

Q(Ý2 + 3ã) = 0 ta đã suy ra được 6 phương

nhất của các đa

khớ. Từ giả thiết AWð + BẦý3 + C=0

vay

mụ, mị

3

là

những số nguyên. Th lại có mộ — Ơn) = 0, từ

a,=..=a,>
6 là bậc nhỏ

0. Bây giờ ta có thể kết luận
nhất của các đa thức với hệ số

nguyên nhận V2 + 33 làm nghiệm.

Trong

trường

hợp

tổng

quất

không

day lai suy ra m,, n, phai chia hết cho 3, v.v...

phải với số œ nào ta cũng tìm được một đa

Như vậy m, n sẽ chia hết cho mọi lũy thừa

thức với hệ số nguyên

Từ điều kiện 84? — BC = 0, B? - AC = 0 ta

của bất kì một đa thức với hệ số nguyên nào,
vì vậy người ta gọi chúng là các số siéu uiệt.

của 3. Điều này chỉ xẩy ra khi m =n = 0.
lại có 8A3 — B2 = 0 và do đó A, B phải bằng
không

như

ở trên.

Quay

lại với

giả

thiết

AS + BYS +C=0 ta cd thé kết luận là
A=B=C=0.

Với chứng minh trên thì

nhận

œ làm

nghiệm.

Ví dụ như các số z, e không thể là nghiệm

Ngược lại người ta gọi œ là một sổ đợi số
nếu có một da thức với hệ số nguyên nhận
œ làm nghiệm. Số ảo ¡ cũng là một số đại số

vì

nó

R+1=0,

là

nghiệm

của

phương

trình

179


Các số đại số thường có thể biểu diễn qua

các căn bậc tự nhiên của các số nguyên với

các phép tính thơng thường. Khơng phải việc

xác định các đa thức với hệ số nguyên
nhỏ

nhất

củng
œ =2

nhận

đỗ

chúng

đàng

nguyên

như

nghiệm

lúc

trường

nào

hợp

+ 33. Sau đây là một cách xác định

các đa thức này dựa
toán học cao cấp.
Giả

làm

bậc

sử
bậc

P(Œ
nhỏ

theo các kết quả của

là một

đa

nhất

nhận

thức
một

với
số œ

hệ số
làm

nghiệm. Nếu bậc của P(X) la n thi người ta

180

có thể tìm thấy œ số #,.. đ„ khác nhau sao
cho :

P(X) = o(X -a,).. (X~a,).
6 day a 1a hé 86 của X" trong P(X). Tất nhiên

nằm trong các số #ị; «¿ đụ Về đị,...e,, có thể
là các số phức. Bạn đọc chưa quen với số

phức có thể hiểu chúng là các số cớ dạng
a+
với a b là những số thực mà phép
nhân

hai số phức

thực hiện được nhờ tính

chất /? = —1. Các số ơ,,...a„ được gọi là các

số liên hợp của a. Việc tim P(X) có thể quy
về việc tÌm các số liên hợp của ø.


SO PHUC, MOT CONG

CU GIAI TOAN HiNH HOC
NGUYÊN CÔNG QUỲ

(Ha Noi}

Số phức, từ khi ra đời, đã thúc đẩy toán
học

tiến lên và giải quyết

được

một

số vấn

để về khoa hoc kỉ thuật. Riêng trong hình
học, số phức cũng có những ứng dụng quan

trọng. Bài này sẽ giới thiệu việc áp dụng số

phức để giải một số bài tốn hình học.
1) Lí thuyết số
phức

đã

trình

được

bày

trong

sách giáo khoa
phổ thơng. Cũng
nên nhắc lại việc
biểu
dđiến
hình
học

các

số

phức

vì đó là cái cẩu
nối liền lí thuyết
số phức với hình
học. Trên

vng
z=a+
hồnh

mặt

qua

gốc

tọa

độ

:

~ Phép tịnh tiến theo vectơ ĐA (hình 2) :
z2=z+a

qd)

géc toa

:

2 sq
(2)
trong dé qg = cosa + isina (hinh 3). Điều này
suy ra dễ dàng nếu nhớ lại quy tắc nhân hai

?
#

xứng

- Phép đối xứng qua truc Ox : 2’ = z (liên
hợp của Z).

độ O

4

đối

(vi OZ = OZ + OA)
- Phép quay géc a xung quanh

J/

0

- Phép
#'`= -ã.

số phức : khi nhân hai số phức thì mơđun
của tích bằng tích các mơđun, cịn agumen

z——*x

của tích thì bằng tổng các agumen của hai
thừa số.

Hình 1

phẳng quy về hai trục tọa độ

góc
Ox
va

Oy,
mot
số phức
bi được biểu diễn bởi một điểm Z có
độ a và tung độ b. Nếu

số phức được

viết dưới dang lượng giác z = r(cosz + isine)

th

mơđun

|zÌ =r= {a2+b2= O2,

cịn

agumen œ là góc giữa trục hồnh và Z
(hình 1). Như vậy, ta cũng cơ thể biểu diễn
số phức z bởi vectơ O2.

Hình 2

Hình

3

Hình

Hình 5

Để tiện việc trình bày sau này, ta sẽ kí
hiệu các điểm bằng các chữ lớn A, B, C,...,

Z, cịn các số phức tương ứng theo thứ tự
được kí hiệu bằng các chữ nhỏ aø, ð, c,..., Z.

2) Trước hết cần làm quen với các phép
biến hình thường gặp. Th sẽ thống nhất kí
hiệu Z°*(Z') là ảnh của điểm Z(z). (Những điều
khơng
cho bạn

khớ lắm, xin dành
đọc),

việc chứng mình

4

- Phép vị tự tâm O ti 86 k : Z' = kz.
~ Phép quay góc z quanh Ở rồi tiếp theo,

phép vị tự tâm O tỈ số ¿ (hình 4)

z’ = pz véi p = k(cosa + ising).
181

- Phép đối xứng qua điểm A. Vì A là

trung

điểm

đoạn

ZZ'

(hình

ð)

nên

OA = (1/2)(OZ+ OZ), tit dé a = (1/2)(z + 2’)
hay z' = 2ø — z. Đó là cơng thức của phép đối

xứng qua điểm A.
Phép quay
góc z xung quanh

tiến

OA

thi

~ Diéu kién dé hai doan thang AM va AN

m-c=ti(n-a)
(áp dụng công thức (3) trong đó

q = cos (+ 90°) = +i)
— Điều kiện cần va đủ để hai tam giác
ABC va A,B,C, dong đạng và cùng hướng là

điểm

O

6), còn

các

điểm Z và Z' theo

Hình 6

thứ tự biến thành

các điểm Z, và Z, xác định bởi z¡ = z — ø và
z, = 2’ — a (theo cong thttc (1). Nếu Z' là ảnh
phép

quay

góc œ quanh

A thì

z¡ sẽ là ảnh của Z, trong phép quay géc a
Ĩ, và ngược lại. Theo cơng thức (2)

ta cd 2, = g2, hay

(3)

z'—a=qŒ
~ œ)

với q = cosz + isinz. Đó là phép quay géc a

quanh điểm A.
Bằng phương pháp tịnh tiến về gốc như
trên ta suy ra cơng thức các phép biến hình
sau :
- Phép vị tự tâm A tỈ số & :

(œ— ð)/(€ — ð) = (ø ~ be — bị) (9)

Thật vậy, nếu
thực
hiện
phép
quay gúc œ quanh

điểm B
rồi tiếp

quay góc œ xung quanh

tỉ số & = BAJBC
thì Œ biến thành

PB = R(cosa + ising)

4)

quen thuộc bằng những biểu thức số phức:
— Nếu Af là điểm chia đoạn thẳng AB theo tỉ số
=k thi ta 05 (OA- Oy(GŠ~ OM)= R

hay OM= (OA~ è OB)/(1 — k). Từ đó có hệ
thức số phức :

m = (ø — Rb)\/(1 — È)
Dac biệt nếu M

(5)

là trung điểm của đoạn

AB thi m = (a + b)/2.

~ Néu G là trọng tâm tam giác ABC thi
182

ck

[>

“

4

Hình

7

A. Theo cơng thức (4) ta có
œ—b=( — b)
Ð =k(coaa + isina).

với

q0)

Hai tam giáo ABC và A,B,C, đông dạng
và cùng hướng khi và chỉ khi
CBA = CBA,

điểm A,

1H. Để chuẩn bị cho việc làm toán, ta hãy
tập đượt diễn đạt những tính chất hình học

MAIMB

„

=a

(cing

hng),

và

B,A/B,C, = BA/BC = k,

rồi tiếp theo, phép vị tự tâm A tỉ số & :
z'—a =p( ~ 8)

(hinh 7)
theo đó,

phép vj ty tam B

Z—a=È(@œ-—
a)

với

(8)

rõ

(hÌnh

- Phép

(7)

vng góc và bằng nhau là

theo

thành

quanh

(6)

kiện cẩn và đủ để tứ giác ABCD

ate=b+d

rang diém A bién

của z trong

=(z+b+a)8

và BD của nó có trung điểm trùng nhau, hay

điểm A. Nếu thực
hiện một
phép

vecta

~ Điều

= (GA + OB+ OCy3

là một hình bình hành là các đường chéo AC

~

tịnh

Từ đó có

a, ~ 6, = ple, ~ 4,)

q1)

Từ các hệ thức (10) và (11) ta rút ra

(2 — be ~ b) = (ai — b0) (6y — bị)
Đó chính là điểu kiện cần và đủ để hai
tam giác đã cho đồng dạng và cùng hướng.

Chú thích. Hai tam giác ABC và A,B,C,
được gọi là cùng hướng nếu trong khi di trên

chu vi của tam giác ABC từ A đến B rồi đến
C và trở về A cũng như khi đi trên chu vi
của tam

gide A,B,C,

ti 4, đến B, rồi đến

C, và trở về A,, ta cùng đi theo chiều kim

đồng hồ hay cùng di ngược chiều kim đồng
hồ. Nếu không thỏa mãn điều đó thi hai tam
giác đã cho gọi là ngược hướng.


4. Bây giờ ta hãy vận dụng những

điều

trình bày trên để giải một số bài tốn hình
học phẳng.

1Ơ
Cho
hai
hình
bình
hành
A\B,C,D,, A,B,CD, va cdc diém A, B, C, D
theo

thứ

tự

chia

các

đoạn

A,A,, B,B,, C\C,, DD, theo cing mét ti 86 k.
Chứng minh rằng tứ giác ABCD

là một hỉnh

bình hành và tìm quỹ tích giao điểm các
đường chéo của hình bình hành này khi &
thay đổi.
lời giải. Theo giả thiết ta có (áp dụng
các cơng thức (7) và (ð)
ate,

=b,+d,a,

te

=

= b, + dya = (a, — ka,)i(1 — k),

b= (b,— kb, )/(1 ~ Rye = (c,— Re, (1
d=, — kd, - k).

Ta 06 1/8 (k +7 + m) =
= 1/8(a — pb + b — pe + e — p8)/(1 — p) =
= 18a +6 +e),
điểu này chứng tỏ rằng trọng tâm của các
tam giác KLM và ABC trùng nhau.
Chú ý. Nếu dựng các tam giác ABK, BCL,
CAM ð phía trong tam giác ABC thì kết quả
trên vẫn cịn đúng. Tớm lại chỉ cần các tam
giác đó cùng hướng là được.
3. Người ta dựng phía ngồi tứ giác lồi
ABCD bai hình vng ABMN và CDKL. Chứng
minh rằng các trung điểm các đường chéo của
các tứ giác ABCD

và MNKL,

là các đỉnh của

một hình vng hoặc có thể trùng nhau.

Lời giải. Theo cơng thức (8) ta có (hỉnh
9) n—a=i(b
— a),a = b = (ặm — b). Từ đó

&),

mit
ra
Tương

n=a+i(b
tự
có

k= d+ i(đ — e).

~dg),m =b + i6
~ a).
l=cti(d—e)
va

Từ những hệ thức trên dé dàng rút ra
a+c=b+d, chứng tỏ rằng tứ giác ABCD
là một hình bình hành. Gọi Mỹ, 1M; và M là

giao điểm các đường chéo của các hình bình

hanh A,B,C,D,, A,B,C,D, va ABCD. Cũng từ
các hệ thức trên ta rút ra
Hình 9

m = (a + e)/2 = [(@, + ¢,)/2 —

— È(a„+ c2)/8l/(L— k) = (@mị~ km2JW(1— k)
Hệ
chứng

trên

M,M,

thúc
tỏ M

đường

và chia

này
nằm

u = (a+ cV2,u = (b + aya.
s=lb+đ+i(6
td— a ~ e/2
t>[a+c
+
+d— ø— e3J/3 Ta có

a

thẳng
đoạn

u+t =[a+b+
đ+t i(b+ đ~e+
a— c)]/2 =

M,M, theo ti s6 k.

=u+s.

Khi & thay đổi, quỹ

tích của M là đường
thẳng M.M,.
ở

#

ngồi

Hình

tam

u-t=(@+d—a—o)\(1 — 0/9,
u—s=(g+ec~b—đ)(1
+ 0/2

‹

8

2. Người ta dung

phía

Giả sử

8

giác ABC các tam giác đồng dạng ABX, BCL
và CAM. Chứng minh rằng các tam giác
KLM và ABC có trọng tâm trùng nhau.
Tời

giải

Theo

cơng

thức

(9)

(hình 8) :
(œ — #)/( — k) = (b — DÍ(€ — ) =

ta

= (@— m)l(a
~ m) =p
Œœ

Gọi U, V, S, 7 theo thứ tự là trung điểm
các đường chéo AC, BD, KM va LN. Ta cd

là một số phức nào dd).

Tit dé rit ra k = (a — pb)i(1 — p),

I= (6 ~ pe)i(1 — p), m = (¢ — payi(1 — p).

có

b+di—a~—c
#0. Ta có

(0T Ð/@ — 3) = —(l — Đ/(1 +

=-(~ Ø2

=

+ 0Œ — 0]=¡

Các
hệ
thức
(0— 0u Ẫ—s)=í
và
0+=u +s theo thứ tự chứng tỏ rằng các
đường chéo VT và US của tứ giác UVST
vng góc, bằng nhau và có trung điểm
trùng nhau, tức là tứ giác UVST là hình
vng. Trong trường hợp ö + d-a-c=0,

tức a +

= ở + ở, tứ giác ABCD là hình bình

hành. Lúc
đó ta có 0 — £ =ư — s = Ö, và cùng

với u +

=ư

là các điểm

+ s, ta rÚt Ta ư =0

=s=¿,

U, V; 9 và 7' trùng nhau

tức

188


MOT

CACH

SANG

TAO

CAC BAI TOAN MOI
NGUYÊN VĂN BÀNG

(Vinh - Nghệ An)

Để phát huy được sự suy nghĨ sáng tạo
trong quá trình học tập toán học, các bạn

cần tập luyện để ra những dv đoán, những

già thiết mới, biết cách rút ra những kết
luận khác nhau từ việc giải bài toán, biết
khảo sát các trường hợp riêng có thể xây ra
hay mở rộng bài toán. Sau đây xin giới thiệu
làm thi du một loạt bài toán suy ra được từ

việc giải một bài tốn nhằm

giúp các bạn

u tốn có thêm một phương pháp tư duy
để phát huy khả năng độc lập nghiên cứu và
khả năng

sáng

tạo toán

học.

Bài 1. Trên cạnh AB và ở về phía trong

của hình vng ABCD

dựng

một

tam

giác

cân AFB có góc ở đáy là 15°. Hãy xác định
dang cla tam giác CFD,

Khi giải bài tốn này, có thể nẩy ra
những cách suy nghỉ nào ? Nhiều bạn có thể
suy nghỉ
thể đều.
được căn
đối xứng
đã cho.
cẩn giải

như sau : tam giác CƑD cân và có
Tính chất cân dễ dàng chứng minh
cứ vào tính chất
=p
e

trục của hình
Vấn để cịn lại
e
quyết là tam

giác đó có phải là đều

hay khơng ? Muốn vậy,
ta cố thể dùng cách
chứng

minh

bằng

phản

4

Ae

chứng

Hình 1

như

wee

sau

:

AB =0,
DF =, DFC =a,
CDF = 8, AFE = 9

đúng.

Vì vậy ta đi đến kết luận 6 = a
giác CFD đều.
184

tương ứng của các tam

giác bằng nhau)

và

góc
ĐBF
= 6Ợ?. Từ đỡ suy ra NC = NB = NF,
CNB

=

CNF

= 150° tức là các tam giác

CNB va CNF bằng nhau. Vì vậy CF' = a nghĩa
là tam giác CFD đều.

Để cho cách chứng minh trên đây được

chặt chẽ, ta cần chứng minh thêm rằng điểm

N chi cd thể nằm trong tam giác FC. Thật
vậy,

trong

sẽ bằng
được.

trường

2109,

điểu

hợp

này

ngược

lại,

khơng

góc

thể

FNC

xảy

ra

Từ bài tốn này, nếu phát biếu mệnh đề
đào lại, ta thu được bài tốn đơn giản hơn
sau đây :

Bài

vng

2. Trên

ABCD,

cạnh

ta dựng

CD

và ở trong hình

một

tam

giác

đều

CFD. Tính các góc của tam giác AFB.

Từ bài toán 2, nếu suy nghĩ sáng tạo một

tí đấy điểm F khơng phải ở trong mà ở ngồi
hình vng) ta sẽ thu được bài tốn sau :
3. Trên

cạnh

CD

và ở ngồi

hình

vudng ABCD, ta dựng một hình tam giác đều
ĐEỊC. Tìm giá trị các góc của tam giác

AFB.

Từ bài tốn 3, nếu phát biểu đảo lại, ta

lại có bài toán :

Gia st ring 6 >a. Luc dé gp < 75° va
a>60 cdn 6 < 60°. TY dé suy rab < a.
Điều này mâu thuẫn với giả thiết đề ra. Như
vậy b không thể lớn hơn a.
Bay gid lại giả sử rằng 6 < a. Lúc đó ø >
75° và a < 60? còn ổ > 60°. Cho nên b >a.
Điều này lại mâu thuẫn với giả thiết trên
đề b < ø khơng

tam giác CNB bằng tam giác AFB (hình 1),
Trong tam giác BNF ta có : BN = BF (cạnh

Bài

Để được tiện lợi, ta sẽ đưa vào các kí hiệu
sau đây :

nên mệnh

Bài tốn trên cịn có thể giải quyết theo

một cách khác như sau : ta hãy dựng trên
cạnh CB và ở trong hình vng ABCD một

tic la tam

Bài
ABCD,

4. Trên cạnh CD của hình vng
ta dựng một tam giác cân AF,B và

các góc ở đáy bằng 7õ, Nếu đỉnh # nằm về
cùng một phía đối với AB, CD thì tam giác

ĐE,C đều.

Như vậy, bằng cách lấy đảo đề và thay
đổi một vài giả thiết của bài toán 1, ta lại
có thể thành lập thêm được 3 bài mới. Bây

giờ ta hãy thử xét đến một số tính chất của
các bộ phận của hình 1. Chẳng hạn ta hãy

xét đến các tam

giác ADF

và BCF

cân

và


bằng nhau trong đó đường cao ứng với cạnh

bên có độ dài bằng nửa độ dài của cạnh bên
đó. Đó là một tính chất đặc trưng cho loại

tam giác cân có gốc ở đỉnh bằng 30° và căn
cứ vào đó ta có thể phát biểu bài tốn sau
đây :

Bài õ. Dường cao của một tam giác là
hai lần nhỏ hơn cạnh bên tương ứng với nó

và một trong các góc kế với cạnh đó bằng
75°. Hay tính các góc của tam giác dd.

Nếu khảo sát tỈ mỈ trên hình 2, ta sẽ thu
được một bài toán tương tự với bài tốn 5
như sau :
Bài 6. Hãy xác định các góc của một tam
giác sao cho chiều cao của nớ là hai lần nhỏ
hơn cạnh tương ứng và một trong các góc

kế bằng 159,

Chú ý rằng việc nghiên cứu các tính chất

của hình tam giác cân với góc ở đỉnh bằng
30° cớ nhiều

điều Mf thú, tương tự như

Cus

Từ

đây :

đớ,

ta có thể

phát

4

biểu bài tốn

-— V2.
Tính ra ta được 4B = J2
bên

của

một

tam

sau

giác

Nhưng
cân

đáy

mới

như

bằng đơn vị và góc kể với đáy bằng 15°. Từ

đó

sau.

có thể

thiết lập

được

bài

cho góc ACB có giá trị lớn nhất.
Nếu xét về mặt hệ thức lượng giác thì bài
tốn 9 cịn có thể phát biểu như sau :
Bài 11. Các gócA và B của tam giác ABC

lên

hệ

với

nhau

theo

hệ

thức

củgA + cgB = 2. Chứng minh rằng C < 90.

Nếu thay đổi đi một ít các giả thiết của

bài toán 9 chẳng hạn nếu cho :

1 b.:ec=ý8:32

202:
ta sẽ thu

Bài

=1:9ý8
được

các bài toán sau

:

12. Chiều cao A, va canh c cha tam

giác ABC liên hệ với nhau theo hệ thức
h„:e = Vễ :2. Chứng mình rang C < 60°.

:

Các tính chất nêu trên đây của các tam

đỉnh bằng 309,
là cạnh

Bài 10. Trên đường thẳng MN song song
với đoạn thẳng AB, hay tim một điểm C sao

C< 120.

+
Hình 2

Bài 7. Tính đáy của một tam giác cân
nếu cạnh bên của nớ bằng đơn vị cịn góc ở

AB

tốn sau.

Bài 13. Các gócA và B của tam giác ABC

liên
hệ
với
nhau
theo
hệ
thức
rằng
minh
Chứng
cigA+ cígH =2j8.

giải bài toán trên đây và dựa

vào một trong các tính chất
của tam giác cân (hoặc có
thể dựa vào các tính chất
của góc nội tiếp).

nửa đáy. Có thể kết luận được những gì về

độ lớn của góc đối diện với cạnh đáy đó.
Góc ACB rõ ràng là khơng lớn hơn 909.
Từ bài tốn nay, ta có thể nghĩ ngay đến bài

khi

nghiên cứu các tính chất của tam giác vng
cđ một góc bằng 30°. Thật vậy nếu trong
tam giác ABC nơi trong bài õ (hình 2) mà

ta vẽ đường cao CD phát xuất từ đỈnh Œ ứng
với góc 309 rồi lấy trên CD kể từ điểm €
một đoạn CM = AB thì ta
sẽ được tam giác déu AMB.
Mệnh đề này suy ra từ việc

đó chiều cao bằng nửa cạnh đáy. Từ đớ, có
thể phát biểu được bài tốn sau đây.
Bài 9. Chiều cao của một tam giác bằng

toán

Bài 8. Biểu thị độ dài cạnh bên của một

tam giác cân có góc ở đỉnh bằng 150° theo

độ dài của cạnh đáy.

Từ hai bài tốn trên, ta lại có thể suy ra một

số bài toán khác. Các bạn hãy thử nghỉ xem.

Bây giờ ta trở lại bài 5, 6 và hãy chú ý

nghiên cứu tính chất của các tam giác trong

giác cân với góc ở đỉnh 30° và 1509 cho phép
ta giải được bài toán sau.

Bài 14. Tinh tang 15° ma khong ding

đến bảng lượng giác và các công thức.

Để kết thúc ta hãy trở lại hình vng ban
đầu. Các bài 5, 6, 7 gợi cho ta thấy rằng nếu
lần lượt vẽ qua các đỉnh và

ở trong hình vng những
cát tuyến

hình

tạo với các cạnh

vng

góc

15°

thi

những cát tuyến này sẽ
vng góc với nhau từ đó có
thể thành lập bài tốn mới
như sau :

Ủ

4|
¿

Hình

3

Bai 15. Qua các đỉnh của một hình vng
đơn vị và ở về phía trong hình vng đó, ta

lần
AA),

lượt
BB, cc,,

vẽ
DD,

các
cát
tạo với các cạnh

tuyến
tương

185


ứng của hình vng góc lỡ”. Chứng minh
rằng các cát tuyến nây tạo thành hình vng

A,B,C,D, 06 dién tich bằng 2 (hình 8).
Chú

ý

rang

AD,, BA,,CB,, DC,

các

bing

đoạn

2-V¥3

va

thẳng

hinh

vng mà có các dinh A,, B,, C,, D, lfin ligt
là điểm
giữa
của
các
doan
thẳng

AA;, BBỊ, CC, DD, cũng có điện tích bằng
2-3.
Cuối cùng nếu thay khái niệm hình vng

tương ứng của hình bình hành theo tỉ số

1:(1 + V3). Chứng minh rằng :
1) Các điểm giữa của những đoạn cát
tuyến nằm ở phía trong bÌnh bỉnh hành lại
là các đỉnh của một hình bình hành mới,

3) TÍ số điện tích của hình bình hành mới

so với hình bình hành đã cho bằng 2 ¬ V8,

8) Diện tích của hình bình hành tạo thành
bởi các cát tuyến bằng một nửa điện tích của

hình bình hành đã cho.

Tớm lại, đứng trước một bài toán, các bạn
nên đào sâu suy kĨ cố gắng tìm được một

bằng hình bình hành và xác định vị trí của

phương pháp giải gọn ghê, hợp lí và chính

theo tỉ số của những đoạn thẳng được phân
ra trên các cạnh hình bình hành thì sẽ để
xuất được bài tốn có tính cách tổng qt

việc này mà phải tiến lên, từ bài toán đã giải

lấy.

bài toán

Bài 16. Từ mỗi đỉnh của một hình bình
hành và ở về phía trong hình đơ, ta lần lượt
vẽ các cát tuyến sao cho chúng chia các cạnh

tạo tốt nhất đối với các bạn.

các cát tuyến

không

phải theo gdc

15° ma

hơn sau đây mà các bạn hãy tự chứng minh

LIÊN

xác nhưng không nên tự thỏa mãn với cơng

được đi sâu khai thác các khía cạnh và các

trường hợp If thu cua bai toán, biết thay đổi

giả thiết, lật ngược vấn đề, khái quát hóa
để có thể

đề

xuất

được

nhiều

bài

tốn mới mẻ. Đó là con đường tập dượt sáng

Viét dua theo tap chi

"Tbán học ở nhà trường" Số 5/196

PHÂN

.

SỐ
LẠI ĐỨC THỊNH - NGUYỄN TIẾN TÀI
(ĐHSP Hà NộU

Cách

biểu

diễn

số bằng

phân

số thập

phân, mà các bạn quen biết, đã tỏ ra rất hiệu

lực. Chẳng hạn trên các số biểu diễn bằng
phân số thập phân

tiện các phép tính.

ta thực hiện khá thuận

Nhưng một cách biểu điễn số, dù ưu việt

đến đâu, cũng không thể biểu hiện được đây

số : (ø, b nguyên, 6 > 1). Với cặp số nguyên
œ, b, b > 1 sẽ tổn tại duy nhất cặp số Go M1
nguyén sao cho a = bg, +7,,0 Cũng thế nếu rị # 0 thì với b, rị ta cổ q,, ry
để b =
gi +, 0 & ry < rị. Tương tự nếu
nạ # 0 có 4, rị để rị = rị g; trà 0 € rị < R,,

du ban chất các số và khơng tránh khơi su
phụ thuộc vào hình thức biểu điên. Bởi vậy

v.v... VÌ b >,

>ry

trên sẽ kết thúc

sau

hay

và ta có hệ thức :

trong khi nghiên cứu các số ở khía cạnh này
khía

cạnh

khác,

người

ta

cịn

dùng

những cách biểu diễn khác thuận tiện hơn.
Dưới đây chúng tôi giới thiệu với các bạn
một công cụ biểu diễn số, có nhiều ứng dụng,
gọi là liên phân số.

Trước hết ta hãy xét các số hữu tỈ. Một

số hữu tỉ có thể biểu diễn được bang phan
186

dương 6, rị, r;... giảm

a=
b=

>..

dần,

một

nên

quá

trình

số hữu

hạn

bước,

00O
oq, +
natr,

ng;

> 0 dây các số

Tà
+r,

Oq > 1.


Nhung hệ thức trên cịn có thể viết :

là sự biểu diễn số vô tỈ. Đúng, ta sẽ gọi biểu

thức (2) với ạ, nguyên g¡, đ;... nguyên dương,

là một liên phân số vơ hạn và kí hiệu [g, ;

qụ đ;...Ì. Nhưng bây giờ vấn đề khơng đơn

giản nữa, ta có một biểu thức gồm vơ hạn

các phép tính hữu tÌ, trên các số hữu tỉ mà

chưa có ý nghĩa gi. Dé đạt được mục đích

đã đề ra, ta hãy nghiên cứu các tính chất
của liên phân số !
Giả sử đã cho một liên phân số hữu hạn

hoặc vô han [9,3 qạ, đạ...Ì
Xét biểu thức

(®

82 =4, #——T——

(4)

4q +®———T—

a)

% + —

+1
Qn
(nếu (3) là liên phân số hữu hạn bậc & thi

»% < k). Thực hiện các phép tính trong (4)

ta có một dang biểu diễn mới của số hita tl 5!

(từ dưới lên) ta được

Gọi biểu thức bên phải của (1) với 4,
nguyên, g, ( = l, 2,... È) nguyên dương và
q, > 1

là một liên phân số bậc & và kí hiệu

là Íq,¡đ¡,
.... 9g).
Thi du :
a) $00 = 24

+

at

Như

được

2-34

7

1

Bt5 1

đó. Người

một

P

hn

Pa

liên phân

1@,=49,2,+0

¬..........

= [-3; 3, 2].

ta cịn chứng minh

a

số bậc & nao

được sự biểu

diễn đớ là duy nhất. Ngược lại nếu cho một

lên phân số bậc š, sau khi thực hiện các
phép tính trong biểu thức (từ dưới lên) ta

được kết quả là một số hữu tỈ. Vậy có thể

đặc trưng một số hữu tỈ bằng một liên phân
số bậc &.

Đến đây chắc các bạn nghĩ ngay đến biểu

thức vô hạn

4s*#———T—

phân

an = GVA Boi nó là giản phân bậc n. Vậy

~ 99,707

vậy một số hữu tỈ bất kì biểu diễn

dưới dạng

kết quà là một

= 1,3,1,2,41

B+

1+—>i

b

số, kí hiệu là

(2)

9

1

Py= QP, +P,
@, = 4,8, +

Nếu đặt P ;¡ =

gi

99i+$,

4

v.V...

1, Q_;

= 0 cơ thể chứng

mỉnh được cơng thức truy chứng để tính các

giản phân

Py=9/P,T1 + P,—¿

.

9,=99.T1†9,-¿

21

(5)

Th nhận thấy, với chỉ số càng tăng thì
giản phân càng gần đến biểu thức của liên
phân số. Trong trường hợp liên phân số hữu

han bac &, thi r6 ràng giản phân bậc & bằng
giá trị của liên phân số. Điều

đó gợi ý cho

187


ta là trong trường hợp liên phân số vô hạn
ta có thể coi giới han của dãy các giản phân

khi chỉ số tăng vô hạn là giá trị của liên

phân

giản
cứu
giản
tang

số. Nhưng vấn đề đặt ra là day cdc
phân có giới hạn hay không ? Nghiên
dãy các giản phân người ta thấy : Các
phân bậc chẵn làm thành dãy đơn điệu
d, < 6, < 4,... còn các giản phân bậc

lẻ làm

thành

dãy đơn

điệu

giảm

ổ,

< ð,

<

ổ;... và mỗi giàn phân bậc chân nhỏ hơn một

giản phân bậc lẻ bất kì. Cuối cùng người ta

chứng

minh

được

là khoảng

cách

giữa hai

giản phân liên tiếp dẩn đến 0 khi chỉ số của

chúng tăng vơ hạn. Những điều đó
dãy các giản phân bậc chẵn và đãy
phân bậc lẻ đều tụ và có cùng một
tức đãy các giản phân hội tụ. Ta gọi
của dãy các giản phân là giá trị

phân

số vô hạn.

Người

ta chứng

giả trị của liên phân số vô hạn là

tỈ và ngược lại mỗi số vô ti biểu
duy nhất dưới dạng một liên phân
Vay mỗi số thực biểu diễn được

một

liên

phân

số,

liên

phân

chứng tô
các giản
giới hạn,
giới hạn
của liên

minh

được

a =V2 cd g, =

2] =1

1
aVZ=1+—.

ey

Ty

=2

1

1

V2 +1

+1 eae
1

7%

= TT

Th

—lœ;]

Tiếp tục ta sẽ có đ;

Một

liên

= lan]

= Œy

1

2+

phân

= 2

%

cho nên có:

a=VZ=1+

la

= 2...

= ơi, VÀ V.V.,

=[1;9,2.. 1]

2+...

số như

trên

(các phan

ti

một số vơ
diễn được
số vơ hạn.

của nớ lặp lại thành chu kì) gọi là một liên

dưới dạng

không phải bao giờ ta cũng gặp may mái
như vậy, người ta đã chứng minh rằn;

số là hữu

hạn

nếu là số hữu tỈ và vô hạn nếu là số vơ tÌ.
Trên đây chúng ta đã giải quyết về
phương diện lí thuyết sự biểu diễn số thực
bằng liên phân số, và qua dé chung ta cing

biết cách biểu diễn một số hữu tỉ thành liên

phân số. Nhưng làm thế nào để biểu diễn
một số vô tỈ thành liên phân số ?

Để giải quyết vấn đề, ta đưa ra khái niệm
phần nguyên của một số. Cho số thực ø, gọi
là phần nguyên của a kí hiệu là [œ] là số

phân

số tuần

hoàn.

Vậy

liên phân

số biết

diễn số V2 là liên phân số tuần hoàn. Nhưn;

những số đại số bậc 2 (nghiệm của phương
trình đại số bậc hai và khơng shải là nghiện

của phương trình đại 86 bac ahd hon hai) vi

chỉ chúng mới biểu diễn được dưới dang liêt
phân

số tuần

hồn.

Cho

nên

với những si

vơ tỉ khơng phải là đại số bậc hai, nói chun;
ta chỉ biết được một số phần tử đầu tiên củ:
liên phân số biểu diễn nó. Chẳng hạn z = [3

7, 16, 1, 292,.] W2= (1; 3, 1,ð, 1, 1,..].

Bây giờ chúng tơi trình bày một vài ứng

dụng đơn giản của liên phân số.

nguyên lớn nhất không vượt quá z. Chẳng
hạn a = 7,152 thi [2] = 7; @ = -6,15 thì

1. Giải phương trình vơ định az + by = ‹
với ø, b, c nguyên, ad = 0, ö > 0. Bao giờ t:

của ø và kí hiệu {ø} là hiệu {z} = œ-

nhau (tức ước số chung lớn nhất của chúng

lz] = -7; œ= Ý2 thi [a) = 1, goi la phan lẻ

ré rang 0 <

Ta có

fa} = >

thể

{a}

<

viết

1.

: @

=

[a]

+

{a}

[a],
dat

(neu {a} # 0) thi a, > 1 va ta lai od

@, = fa] + {a,} vv...
Nếu đạt la] = q„ (z¡}

thể viết

= gị,... thÌ ta có

1
„tt

với q„ ngun, g,, g; nguyên dương.
Bằng cách như vậy ta cớ thể biểu diễn số
thực bất kì thành liên phân số.

188

củng có thể giả thiết ø, ư ngun
bằng

tố cùng

1) và nếu phương trình này có mộ

nghiệm nguyên riêng là x = x, vay =y, th
nghiệm nguyên tổng quát của phương trÌn!
này là :
x =a, + bt

@=q,+

i

Chẳng hạn với

{các bạn

vã

tự chứng

ca @

Giả sử 5

ý =#¿ — at
minh

điều này).

P,

lq, ; đụ... đ„Ì và ð, = ar

P

5,= a là các giản phân của nó. Xét hiệt
PQ;

›

- QP, = 1 Theo công thức (5) ta cc

PQ
1 ~ UPy- 1 =