Tuyển tập 30 năm Tạp Chí Toán Học và Tuổi Trẻ (part3-2)
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (527.94 KB, 17 trang )
=P, + PQ
>
~ G+ dP,
= Py ~ 1% — 2 ~ %~ Py 2)
Để tính các giản phân ta lập bảng
sau :
k
‘Ta thay biéu thitc trong dấu ngoặc
ở vế
-1
g
0
1
2
1
6
6
phải là biểu thức ở vế trái mà thay chi số
k
P
1
1
7
đổi đó thì ta được : PQ
43
Q
0
1
6
37
bởi è - 1. Nếu áp dụng liên tiếp phép
biến
= CDE
=
1 -— UP,
=
-2- & Ped
IPP, G5
- & - Pe -3)
dòng thứ nhất ghi chỉ số k, đồng thứ bai
ghỉ
các giá trị q„ tương ứng ở đây q = lq,
ta ghi P_, = 1, P,=q,= loP,
in
voik > 1
có được bằng cách lấy g & dịng trên nhân
với P,_ ¡ cộng với P,_;- Chẳng hạn ?.=
= CD HPQ, - @,P,)
= (1k 1qP, +1-aP,),
Vay PQ, 1 ~ QP, = (IF!)
Đẳng thức (6) chứng tỏ :
1) (P„@Q/)= 1 : Vì nếu ở là ước chung
của P,, Q„ thì nớ phải là ước của vế trái
(6)
do đơ là ước của vế phải, suy rad = 1.
Vậy
giản phân là phân số tối giản. Từ đó
nếu
a
» là phân số tối giản thÌ từ 2a ="Tạ suy
ra
b
6-8,
=ð6x 1+1 =7. Cũng như thế đòng
thứ
tư gồm các @, tương ứng.
Ở đâyn =2 Q,_,= Q,=6,P,_,
Vậy
theo
Đặc biệt lấy & = n thi (6) có thể viết :
—=....x.¬
-*96,_T¡T
6P T—¡= C1
+ 5I(-1)"eP, _ ) =e.
Rõ ràng là x, = (~1)"~Jo
mt
Yo = (WP, _
Yo = 121
611
we
6
6
Lo
x 7 = 147.
Vậy nghiệm tổng quát của phương trình là ;
l =x, + 3% = 37-126
ý =#¿ — 43 = 147 — 48
Tl. Biểu diễn xấp xỈ số thực bằng các giản
phân.
P
của liên phân
thấy
1
số biểu
<
hạ
diễn
số @, người
Pa
ta
<2
G17 @) “1% a-—|<«3 < Ga
Nhu vậy,
giản
phân
để biểu
;
phân
số theo
43, 37
«1 6
của
P
phương pháp trên, để cho gọn ta viết
37°
nghiệm
minh duge ring méi giản phân bậc n, a biểu
43x + 87y = 21.
liên
một
#¿= (1)?121 x 6 = ~126
nếu dùng
Vi du : Giải phương trình
thành
có
=7.
điễn gần đúng số thực thì ta biết được cả
cận trên và cận đưới của sai 36. Người ta chứng
là một nghiệm của phương trình.
43
trién 37
ta
=P
Cho ø là số thực, —” là giản phân bậc „
và do đó
Khai
trên
phương trỉnh là :
a=P,,6=@,.
al(-1)"~'eQ,_
= 6,
92 = 6. Dong thi 3 ghi P, bang cach
sau :
1
43
Vay 37 =1;6, 6}
diễn xấp xỈ œ tốt nhất so với các phân số có
mẫu số nhỏ hơn hay bằng Q„. Cớ nghĩa nếu
b
le
7@,)
2
với mọi phân số é Như vậy ta có thể dùng
giản phân để biểu điễn xấp xỉ số thực với độ
189
chính xác cao, bằng những số khơng lớn lắm.
Chẳng bạn ta biết x = [3 ; 7, 15, 1, 292,...}
pI hàn
các giản
P,
của
333 Py
Py
Muốn biểu diễn bằng phân số thập phân
với sai số như vậy, phải dùng số 3,1415926
103993
15707963
hay phân nố 5000000"
Trên đây mới chỉ là vài nét sơ lược về liên
phân số. Nhiều cơng trình của các nhà tốn
học lớn như Ole, Lagøräng, Galoa... về liên
355
l7-@l=|*~ al
1
< Tis
x gar0a < °,0000008 ,
"NHỮNG
biểu diễn số
z ta mắc sai số nhỏ hơn một phần triệu.
nó là cơ=g,
= 2
Garr
355 P¿
3
như vậy dùng giản phân =
phân số, đã làm cho liên phân số trở thành
một cơng cụ có hiệu lực trong nhiều lĩnh vực
tốn học.
NGUN
LÍ DIRICHLET
CHIẾC LỒNG"
VÀ "CÁC CHU
THO"
LÊ ĐÌNH THỊNH
(dịch)
Khi chứng minh các bài toán thường
người ta dùng một phương pháp rất thuận
lợi, đó là phương phdp Dirichlet (Péte
Gutxtap Legien Diricheolé (1805 ~ 1859)
nhà tốn học Đức nổi tiếng). Dạng đơn giản
nhất có thể phát biểu như sau : Khong thé
nhốt 7 chit thé vio 3 chiếc lồng, sao cho
trong mỗi lồng có không quá hai chú thỏ.
Bây giờ ta sẽ giải một số bài tốn bằng
cách chọn các chú thỏ thích hợp và nhốt vào
những chiếc lồng tương ứng.
1. Trong lớp có 30 học sinh. Khi viết
chính tả em Xuân phạm 13 lỗi, cịn các em
khác ít lỗi hơn. Chứng minh rằng có Ít nhất
là 3 em học sinh đã mắc một số lỗi bằng
nhau (kể cả những người viết 0 lỗi).
6 đây
"thỏ"
tức
là các
em
học
sinh,
còn
"lồng" là lỗi đã phạm phải.
Trong "lồng" 0 ta nhốt tất cả những em
viết chính tả khơng lỗi, trong "lồng"
1 nhốt
tất cả các em phạm 1 lỗi, trong "lồng" 2 nhốt
tất cả các em phạm 2 lối, v.v... cho đến chiếc
190
"lồng' thứ 13 ta chỉ nhốt mình chú "thỏ"
Xuân.
Bay giờ chúng ta ứng dụng nguyên tấc
Dirichcolé (cha ý là chỗ này rất quan trọng).
Ta sẽ chứng mình bài tốn bằng phản
chứng. Giả sử rằng khơng có ba em nào viết
chính tả phạm cùng số lỗi như nhau, điều đó
có nghĩa là trong mỗi lồng 0, 1, ... 12 có Ít hơn
3 học sinh, khi đó trong mỗi lồng có không
quá 2 học sinh và trong số 13 lồng cá không
quá 26 em học sinh, cộng thêm em Xuân nữa
cũng chưa đẩy 30 em : Điều đó mâu thuẫn.
Cơ thể khẳng định rằng có đúng ba em
học sinh có cùng số lỗi như nhau khơng ?
Tất nhiên là khơng. Có thể là trừ Xuân ra,
còn tất cả các em đều viết chính tả khơng
lỗi. Có thể nói rằng ít nhất là cổ 4 em ở
trong cùng một lồng hay không ? Cũng
khơng. Lớp học có 3 người viết khơng lỗi, 3
người viết 1 lỗi, 3 người viết 2 lỗi, 2 người
viết 3 lỗi,.. 2 người viết 12 lỗi và 1 người
viết 13 lỗi thỏa mãn đầu bài toán.
2. Ở Matxeova có khoảng 7,1 triệu
dân,
Trên đầu mỗi người có khơng q
100.000
sợi tóc, chứng minh rằng ở Matxcơva
có ít
nhất là 7Ơ người có số sợi tóc trên đầu
như
nhau.
Ta xem sự quen biết là đối xứng giữa mọi
người, có nghĩa là nếu Mai quen với Hồng,
thì Hồng cũng quen với Mai.
3. Chọn 5 người tùy ý. Chứng minh
rằng
Ít nhất là 2 người trong số đó có số
người
quen (trong ð người đã chọn) như nhau.
Te dung 5 "chiếc léng" 0, 1, 2, 3, 4. Gia
sử số thứ tự của những "chiếc lồng" bằng
số
người quen của người ở trong lổng đó.
Có
hai trường hợp có thể ; Có người khơng
quen
với 4 người cịn lại hay là không co
người
như thế. Trong trường hợp đầu trong
chiếc
lồng 4 khơng có ai cả (khơng thế thì nhữn
g
người ngồi trong lồng 4 và lồng 0 quen
nhau
mất) và 5 người bị nhốt trong 4 "lồng".
Trong
trường hợp thứ hai họ cũng bị nhốt như
thế
(vi "lổng"
0 trống).
Theo
ngun
tác
Đirichcơlê ít nhất là có hai người ở trong
một lồng.
4. Trong cuộc thì đấu bóng đá có 10 đội
tham gia. Cứ hai đội trong số đó phải đấu
với nhau một trận. Chứng minh rằng, trong
thời điểm
của
cuộc
đấu
đều
có hai đội
đã đấu được một số trận như nhau.
5. Chứng
TĨNH CHIA HẾT
minh rằng trong số 12 số tự
nhiên bất kÌ cớ thể chọn hai số cơ hiệu chia
hết cho 11.
Khi chia cho 11 ta có một trong 11 dư số
là 0, 1, 2,..,
10 ta có tới 11 số, do đó theo
nguyên tắc Dirichcơlê phải tổn tại hai số có
cùng dư số. Hiệu của hai số đó sẽ chia hết
cho 11.
6. Người
ta viết
5 số tự nhiên
vào
một
chia
hết
hàng : ai, đ¿ G3, @4, a. Ching minh rang,
hoặc một trong các số đó chia hết cho ð, hoặc
tổng
cho 5.
một
số số tự
nhiên
kề
Xét 5 sé
a,
nhau
du số. Nhưng hiệu hai số đó hoặc là 1
trong
những số đã cho trong đầu bài, hoặc là
tổng
một số số kể nhau,
7. Chứng mính rằng trong 52 số tự nhiên
có thể chọn hai số, sao cho tổng hoặc
biệu
của chúng
chia hết cho
100.
+ d2,
ta, ta,
a, ta,
+a, +a,
a, ta,
+a,
+a,
Mệnh
đúng không, nếu ta chỉ lấy 51 số ?
đề đớ có
HÌNH HỌC
8. Trong hình vng cạnh 1z lấy ð1 điểm
tùy ý. Chứng mình rằng tổn tại 3 điểm trong
một vịng trịn bán kính 1/7.m.
Chia hình vng thành 25 hình vng
nhỏ bằng nhau (với canh 1/5.m). Ta sé chứng
minh rang trong một hình vng nào đó
cứ
Ít nhất là 3 điểm trong số ð1 điểm đã cho.
Ứng dụng ngun tắc Điricheơlê : nếu như
trong mỗi hình vng (ở trong hay ở trên
cạnh) có khơng q hai điểm thì tổng số các
điểm trong hỉnh vuông không quá 2 x 25 = 50
điểm mất.
Ngoại tiếp hình vng nhỏ cớ ít nhất 3
điểm đã cho đó một vịng trịn, bán kính của
vịng trịn đó bé hơn 1/7.m.
9. Trong hình vng cớ cạnh là 1 lấy 101
điểm tùy ý (không nhất thiết là các điểm
trong) ; khơng có ba điểm nào thẳng hàng.
Chứng minh rằng tổn tại một tam giác với
đỉnh tại các điểm đã cho, có diện tích khơng
lớn hơn 1/100.
Bay giờ là một số bài toán mà
nguyên tắc Điricheơlê phải biến
hình học.
khi dùng
về dạng
10. Một số cung của một vịng tròn được
sơn đen. Tổng độ dài của các cung sơn đen
đó bé hơn nửa vịng trịn. Chứng minh rằng
tổn tại một đường kính cớ hai đầu khơng
bị
son den.
Ta son xanh những cung
cung den qua tâm của vòng
dài của các cung xanh bằng
các cung đen, nên tổng độ
a „
ai
trái lại, khi chia cho 5 mỗi số cớ
1 dư số nào
đó trong 4 số : 1, 2, 3, 4. Theo nguy
ên tÁc
Đirichcơlê ít nhất 2 trong 5 số đớ có cùng
SỰ QUEN BIẾT
mọi
Nếu một trong các số đó chia hết cho
ð
thì bài tốn đã giải xong. Trong trường
hợp
đối xứng
trịn. Vì
tổng độ
dài các
với các
tổng độ
dài của
cung bị
sơn bé hơn độ dài của. vòng trịn. Điều đó có
nghĩa là (ngun tắc Điricheơla) tồn tại một
ta,
điểm chưa bị sơn. Đường kính đi qua điểm
đó, chính là đường kính cẩn tìm.
181
vậy z = 0 khơng phải là nghiệm của phương
trình, ta cổ phương trình tương đương (bằng
e4ch chia cho x") :
ax" + a,x" ¬1 +
tay +. +
Gy%-1 | mn
+t
tp =O
Y; = VỆ — ech
Từ (1), (2), (3) bằng cách truy hồi ta có
thể biểu diễn được mọi Ÿ, qua Y) với số mũ
cao nhất của Y, là n. Vậy phương trình đưa
được về dạng ƒŒ\) = 0 với số mũ cao nhất
cia Y, lan. Dé là điều cần chitng minh.
Ví dụ 1. Giải phương trình
16z8 ~ 8x” - 56x5 + 1625 + 52x4 — a3 -
hay
(02
St
+ (Orage Ea
+ (a,
2+")
Ta thấy với £ = -2 = a,las, anja, = (-2)2,
a,fa, = (-2)7, a fa,
Theo gia thist:a,_,=0,, (1
nên phương trình trên tương đương với :
By Vy
ot đu.
= (~9)', thỏa mãn gia
thiết của mệnh đề 1. Vậy có thể đưa phương
trình về một phương trình bậc bốn.
Th có phương trình tương đương
=1
(1e Ay +1)
a,, [ (txy"+ 5] +..+te,, | (ÿ+ 3 + +
[m+ 2] +a,=0
0.
-142+z+1=
a
+ay =0
+o,
(3)
1
=)\+ ( — & +55)
1
~14(42 + 5)-8
(a +2) 452-0
hay
+
ta,
¥i+a,=0
với
Ÿ.=
= (txy + 51 (ej
(a + bY = Chal +. + Chad “tok e+
(#43) = (27%) +4
(2-2)* (ý) a )*— s(6 (=
G9.
Ta có
( tt)
(ty) +0 tay" +P O(n
+ #0(xÿ -
+... + HƠI
với È là số tự nhiên
; -k
nên phương trÌnh trên tương đương với
44+
1
x
1
tgi
gout
- 2(š~2)
và 0 < & sự.
_
-
[3e1
;„
1
ly
(ay toe
j xi
+o
(@+2)
;
t
gi]
—1_.
Y†+Y2-6Y?-2Y+4=0
-
Ta lại cố ý = -1/2 thỏa mãn
ae
~..—
đương
(2+2) +(Y-ÿ)-s=0
j
:
1
[ Achy —2k + ¿Ø -k_
yout
đưa
-
Ì
~tCl¥;_.
_
—. -_ ACY,yy -_
Từ (Ù với j = 3 và j = 2 ta có
Y, = YỶ ~ 0C,
lÄ-T£TH
giả thiết của
mệnh để 1. Vậy ta có phương trình tương
hay
=Yi ¥
Y=
tá=0,
Đặt Y = 7 — 2x thì có
Tu đó ta có
Ya
ax)?
(2)
được
về
Z?+Z-9
= 0 với
Z = Y - 9/Y.
Phương trình có nghiệm Z = 1 và Z = -2.
Từ Z tìm ra Y và cuối cùng tìm ra 8
nghiệm của phương trình là :
193
14 5 V3
x, = 1,x, = -1/2, Xs4 =
Một
#ịg=
ý :
1. Cần chú ý đấu của các hệ số : Gy va
_1-Y8+Vï2-25
s,6=
số chú
ở„„_ „ phải cùng dấu thì mới sử dụng được
——4——
phương pháp trên.
1 + Vã + j12 + 23
2. Nếu
4
y =3
Ví dụ 3. Giải phương trình
có thể thì dùng phép
sau đó mới dùng phương
pháp trên.
Ví dụ phương trình
96x? + 24V3x3 — x2 + 6x + 2 = 0.
Ta thấy ¿ = 4/3 thỏa mãn giả thiết của
thé dang
16x12 - 82x2 + 8xế + 8y? + 1 = 0
nên đưa về
16y! - 82y2 + 8y? + 8y +1 =0
mệnh để 1, nên đưa được về việc giải phương
trình bậc hai.
rổi mới áp dụng phương pháp này.
Để hoàn thiện phương pháp, các bạn hãy
tự chứng minh mệnh để sau đây.
Cuối cùng xin đưa ra vài phương trình để
các bạn áp dụng phương pháp trên :
Mệnh
đề 2. Phương trình bậc 2z
1) x4 + 2x3 - 2x? + 10x + 95 = 0.
2) BY8x*
+ x3 — 10V 7x? - 2x = 4V75 = 0
f@) = q2?! + a2 TT +... + ay,
= Ô
muốn đưa được về một phương trình bậc ø
bằng cách chia cho +” thì điều kiện cần là
có số ý # O sao cho
a, „~ j= 8n vjP với mọij =
1, 2,..
3) Bal?
+ 4x? — 18x6 - 12x2
+ 4ð = 0
4) 8x6- 16x5 + 2x4 + 1203 + Bx? - 86x +
+27 = 0.
B) 2x8 + 9x7 + 20x56 + 88x” + 48x!+
+ 66x3 + 80x? + 72x + 32 = 0.
VÀI VẤN ĐỀ VỀ SO SÁNH CÁC SỐ
Nouyén vif THÀNH
Šo sánh
Từ đó
các số, nhất là các số lớn là một
việc rất khó khăn và phức tạp. Đặc biệt các
số đó lại ở dạng
khơng
1
2" „49
cố định thì việc tìm
khó khăn. Thế nhưng trong chương trình
tốn ở trường phổ thơng lại rất Ít đề cập đến
vấn đề này. Qua bài báo này tôi muốn trao
Lời giải.
Cách 1 : Ta chứng mình rằng
510 4 glo ~ 710
tốn đạng đó.
1. Số nào lớn hơn trong hai số
ino
va g2
0
di giải. 'Th sẽ chứng mình rằng 23” > g2”,
That vay, tit (3/2)? > 2
ta suy
194
ra
(3/2)! > 2 hay 3100 > 2, 2100,
(đpem)
B19 + 619 gà 710
đổi với các bạn phương pháp giải một số bài
2"
„g9
Bài toán 3. Số nào lớn hơn trong hai số
các dấu bất đẳng thức giữa chúng lại càng
Bài toán
2100
Thật vay, ta cd 519 + 619 < 2,610
với
Vậy điều cần chứng minh
tương đương
2.619 < 719 gay (7/6110 > 2
“Theo bất đẳng thức Becnuli, ta được
(1/610 = (1 + 1/6)! > 14+ 10. 1/6 > 2
đó là điều phải chứng minh.
Cách 2 : Ta có 62 + G3 = 841 < 843 = 7ô
hay (5/73 + (6/7 < 1
Mặt khác
(5/7)! < (5/73 va (6/119 < (0/02.
và
26 = 64 nén 215 > 64000
2
nghĩa là 22” > 264000
Mặt khác
(5/7)19 + (6/719 < 1
1+22+ 83+... + 10001900< 1000, 10001000
= 10001001
B10 + G10 < 10,
(2231001 — 210010
<
Do 264000 — 210010
Bài tốn 2 khơng phải là bài tốn q
khó, song lời giải của nớ là cơ sở để ta suy
Nen 1 +224 33+... + 1000100 < 9%
nghĩ giải các bài toán tổng quát hơn.
Bài toán 3. Số nào lớn hơn trong hai số
22
Bài toán õ. Số nào lớn hơn trong hai số
oà 101,
1+2!'+..+9?
219 = 1024 > 10
2°
Từ đó
nghĩa là
vì
tời giải. Trước hết ta nhận thấy rằng nếu
có một số n nào đó sao cho
+! «10!
1*°+27+.
.
thì với mọi số m
> n ta đều cớ
+ OM 10",
M+ 24
Bây giờ, bằng phép thử trực tiếp, ta được
1+2.,+9>10,12+22+..+92
> 102,
lẬ+22+..+6)> B2 +92 = 729
+ 512 > 109,
Nhu vậy, với n tương đối bé thÌ bước thử
đó làm cho các ước vọng sử dụng các nhận
xét của ta mất
có :
hiệu
quả, song với œ
= 7 ta
17 +27 < 37,
vì thế Ù + #7 + 87 < 2.97 < 47,
tiếp tục quá trình đó, bằng cách sử dụng bất
đẳng thức Benuli thì 1” + 27+... + 87 < 2,87,
2.87 < 97 va 2.97 < 107, tức là 1” + 27 +....
+97 < 107, Véin = 5 thi 15+ 254 ...+ 95 > 105
do có bất đẳng thức 0,9 + 0,8 + 0,72 >1,
(Tra li: 16 + 26 + + 9% < 108)
n
<
øa=2,
da =4,
a,= 16
, a, = 65536;
b,=4.
Như vậy dễ thấy rằng
a,
a,
Ta hay xem a, vd 65, tacd:
a, = a% = 265536 | b, = 2222922222
Ta chitng minh a, < o,.
Vậy ta đi đến đáp số là
n
Khi đó
6.
Các bạn hãy tỉm lấy trường hợp n =
V6
1
1#“+2+..+
0>
at
0, = 22.20
——
va
5
th
~ Với ø > 6 thì !1+ 2+ ..+89!'<
10
Bài toán 4. Số nào lớn hơn trong hai số
14+ 224334... + 1000100 ya 2?”
Tời giải.
Ta cd
2
That vay, vi 22222 > 1024 = 210
nén
2992222222 „ (21022222 — 2222220 _ 965536
tức là
6; >a,
Ta hãy chứng
a, >, -
mỉnh
rằng với n
>
6 thì
Ta có 22... 2 < 10"
eye
n
nên —
ư„< (10910°= 10H < (297
195
I- Trước hết chúng ta bắt đầu bằng
những bài toán trong mặt phẳng.
1. Xét bài toán sau đây : Cho một điểm
M nam trong mot tam giác A, A, Ay. Hay xée
dinh céc số thục Rị, hy va ka khong
thời bang 0 sao cho. 5k; MA, = 0
ding
(kí hiệu 3 ở đây và suốt trong mục 1 được
3
hiểu là tổng > ).
¿=1
Trước hết ta thấy rằng nếu (Ry, Ry, Ry)
là một
bộ số thực thỏa mãn
hệ thức đã cho
thì mọi bộ số thực Q&,, 4À, Ak,) trong dé A
là một số thực khác 0, đều thỏa mãn hệ thức
đã cho. Vì vậy nghiệm của bài toán được xác
định sai khác
một
thừa số khác
0.
6,PA 1+ @ +8) PB, =0
Hệ
thức
này cùng
d6i dién G = 1, 2, 8); 8, 18,8, theo thứ tự
la
dién
tich
cfc
- tam
giác
MA/Ay,MA,A, va MA,A, (hinh 1),
q
cho
ta
Như vậy, điểm P xác định bởi hệ thức (2)
nằm trên đường thẳng AB, .
Để ý rằng trong hệ thức (2), các chỉ số 1,
2, 3 có vai trò như nhau, nên bằng cách
tương tự ta cũng chứng mỉnh được điểm P
xác định bởi hệ thức (2) cũng nằm trên các
duong thing A,B, va A,B, . Ndi cách khác
điểm P xác định như vậy chính là điểm M
đã cho.
.
Như vậy là ta đã chứng minh được rằng
k¡ tỈ lộ với ø, @ = 1,2,3), và udi moi điểm
M nam trong tam gite A,A,A, ta cb hé thite
Death, =o
Để giải bài toán này, ta hãy gọi B; la giao
điểm cua dutng néi M va dinh A, với cạnh
với
s,PÃ + s,PÄ.+ s,PA,= 0 hay > s,PA,= 0 (2)
Nếu O là một điểm tùy ý trong mặt
hẳng _tJthì hệ thức trên có thể viết thành
Su (O4-OM)=0
từ
đó
rút
OM = Sa, ỒJS s.=S sỘ/S
điện tich tam giéc A,A,A,
ra
với 8 là
. Dé cho gon ta
sẽ quy ước kíhiệu theo vectơ bán kính tức
la vist OM = M.OA, = A, . Nhu vay hé thitc
trên có thể viết thành
=>
M=> 54/8
2. Trường
hợp
điểm
Œ)
M
nằm
ngoài
tam
giác AyA;A; . Bằng đường lối tương tự trên
ta dễ dàng đi tới kết quả sau đây. Nếu
Ae
Nếu N,
Hình 1
va Ny lần lượt là chân các đường
vng góc hạ tit A, va A, xudng A,B, thi
ByAYBA,= ~ ANIA = ~ (12) AN).
MA,/(1/2) A,N, MA, = — s5, ,
Nếu P là một
phẳng thì hệ thức
điểm
ta
đánh số các miển của mặt phẳng như ở hình
2 thì trong trường hợp M thuộc miền œ; hoặc
bat
ki
trong
ø, thi hệ thức @, duge thay thế bởi.
~ 5\MA, + s,MA,
+ sMA,
=0, cịn Œ')
thì_được thay, thế bởi các ] hệ thức
M= =
4 A, + oAyt
sAyis
hoặc M= (8, A, - sA,- 83 AIS
néu
M
€
a,
nếu M € a’,
mat
—_—
BiAJB A, = — sÚa, .
5
_,
thé
viết
thành
(PA, - PB DPA, ~ PB en sys từ đó rút
ra (8, +85) PB, = 6, PA, + 8,PA,
Ta hãy
chọn
P là điểm
q)
chia đoạn 4Ö,
_—
>
theo ti số — (s;+ s2)/6ị , tite 1a PA, PB, =
=
— (8)+ 8,)/s, hay
197
Trường hợp M nằm trong các miền khác
cũng được giải tuyết tương tự. Còn nếu M
nằm
trên
một
hoặc
hai trong những
đường
>
~
>
Tai HAI + a2TA; + aJ Ai =0,
-BTLIẢ
T1
== 0.
AVIA, + hy¬1T 1A, + A514,
=>
—>
~
thẳng 4z4;:, Azá, Ái4; thì các hệ thức (I)
và (T) vẫn đúng. Lúc đó sẽ có một hoặc hai
trong những số s, bằng 0.
T= (-a,A, + 6y Ấy + 0,4, — a,) .
3. Bây giờ ta hãy vận dụng các kết quả
đã thu được để xác định các điểm đặc biệt
No hyhy + hgh, + Ah) -
trong tam
của
giác.
a) Nếu điểm M trùng với trọng tâm Œ
tam
giác
4424;
thì
rõ
ràng
— siRnA,liẤt + sinÁ, 1A, + sinA; 1Ã; =0
=>
=>
=>
=>
=>
T= (— hy Ay + Agh, A, + hyh, Ay)/
>
>
=>
=>
1, = (~ sind, A, + sinA, A, + sinA, A,)/
AsinA, + sind, + sinA,)
>
>
Acos(A /2) sin(A,/2)
3G, =0 va F= Days.
a, = AA,,
trong
a, = A2,0y =A‡A;
x
đó
và r là bán
kính đường trịn nội tiếp. Hệ thức (D trở
thành
=
Dd aJA, = 0
.
là
đường
cao
hạ
a,/sin Ay = A,sinA, = a,/sin A,
từ
A)
và
; từ
hệ
thức
(8) ta suy ra
-1
TA, = 0
rr
>
—
=>
(trong đó p là nửa chu vi của tam giác)
=>
—
ngoại
Hình 3
trùng
tiếp
T= ¥ sina, A/D sind, =
= ¥ sinA, Ajx coa(A/2)
là kí hiệu tích).
i=l
c) Néu diém M tring véi tam 1, của
dường tròn bàng tiếp tam giác A;4;4; nằm
trong góc AAA,
Vì vậy các hệ thức
cho ta
với
tam
tâm
giác
O
cia
AiAz4;
thì ta thu được các hệ thức
Œ)
và (I)
lần lượt
> sin24,0A, = 0
=
T= (aghy At + hyh,Ay + hy, Ay)
Mhghy + hyh, + A\hy)
198
tròn
M
8/sin2A, = s,/sin2A, = s,/sin2A,
T= 30 0,4; 2p
(với x=z
đường
điểm
hay
đó suy ra các hệ thức
3
Nếu
sy/sìn Ã,OA„= é,/sin A,OA,= s,sinA,OA,
DsinA, IA, = 0
>
d)
(hình 3) thì
> hy
Từ
Ay
(3)
Để ý đến các hệ thức a,h, = a,h, =a,h,
(A,
sin (A2).
4;
b) Nếu điểm M trùng với tâm 7 của đường
trịn
nội
tiếp
tam
giác
AAA,
thì
8,/a, = s,/a, = sa, = r/2
=
= (sind, A, + sind, A, + sind, A,)/
§¡= 8, = 8, va ta thu duge cdc két qua quen
thuộc
=
va O= 5) sin24,A/> sin2A, =
= > sin2A, AA + sin A,
Chúng ta có thể kiểm nghiệm
lại rằng
các hệ thức này đúng với mọi vị trí của tâm
© (ở trong, ở ngồi hay ở trên biên của tam
giác), tức là đúng cho mọi tam giác (có tồn
góc nhọn, có góc tù hay góc vng).
e) Trường hợp điểm M trùng với trực tâm
của tam
cứu,
giác xin dành cho các bạn
nghiên
II ~- Bây giờ ta hãy mở rộng các kết
quả trên vào hÌnh học khơng gian
M
Tu hé thie (’) ở mục J ta od
=
=
~
B,= (8,
A; + 8, A, +8, As,
1. Trước hết xét bài toán: Cho một diém
nằm
trong
tú điện A,A,A,A, Hay xéc
định các số thục ky
ky, ky ud ky khong dong
thời bằng 0 sao cho
Từ các hệ thức
_
B,= (A,
S h2, =0
ist
).
Cũng như ở mục trên, ta nhận xét rằng
nghiệm của bài toán được xác định sai khác
một thừa số khác 0.
Dé gidi bai toán này ta hãy gọi ĐỊÐ2,Ú
va u,, theo thứ tự là thể tích các tứ diện
=
=>
B„= vA, +, A,
=>
+ Uy Ái.
tức là
—»
~~
=~»
—>
(@,+ 0y+ 0,)PB,
=v, PA,+ v,PA,+ uPA, (6)
4
tổng >
—
+ 0; Á2)/(0 =0; + Đ.),
>
(0ị +0; +)
(kí hiệu 3 ở đây về sau sẽ được hiểu là
(4) và (5) ta suy ta
=>
+0, A,
từ đó có
ta, + a3) (5)
trong dé P là một điểm tùy ý trong không gian
Nếu
ta chọn P là điểm
chia đoạn thẳng
A,B, theo tÍ số — (0 + 0, + 02)/0„
>
>
PA,/PB,= — (v, + 0y + 02)
—»
thì ta sẽ od v, PA, + (9¡ + by+ 0)
tức là
tự
—
PB,
=0,
MAAAy MAA A, MAA Ava MA, AA, |
hay, kết hợp với (6).
mặt đối diện tại B, G = 1, 2, 3, 4).
Như vậy tức là : nếu điểm P thỏa mãn
hệ thức (7) thì nổ nằm trên đường thẳng
Giả sử đường thẳng nối M với đỉnh A, cất
—
~
—
—>
v, PA,
+v, PA, +0, PA, +0, PA, = 0 (7)
A¿B,.
Nhận xét rằng các chỉ số 1, 2, 3, 4
tham gia vào hệ thức (7) với vai trò ngang
nhau nên bằng cách tương tự trên ta củng
chứng minh được rằng điểm P xác định bởi
ne thức (7?) nằm trên các đường thẳng
AjBi,A;B;,A;B,. Nói cách khác điểm P
chính là điểm M đã cho.
Như vậy ta đã thấy
0,
= 1, 3, 8, 4), và uới mọi điểm M nồm
trong tứ diện. AA
Hình 4
Ta ki hiéu $118),84,
rằng *, tỈ lệ với
ASA,
fa có hệ thúc
—»
> o,MA, = 0
lần lượt là diện tích
các tam giác B,Á;Á;, B,Á;A, uà. B,A,A,. THứp
hết ta hãy chứng minh rằng #y/8; = v/v, . Thật
vậy, với kÍ hiệu V là thể tích ta có
ở
aD
Cũng với cáchh kí hiệu vectơ bán kính như
mục
trên
: OM
= M, OA,
= A; ,
dua
được (ID về một hệ thức tương đương
>
=
M= Su,AV
5,8) =VABAA)VABAA,)
ta
a’)
= V(MB,A,A)/V (MB, A,A,)
với V là thể tích tứ điện ArA,A;zA,.
= [VA,B,A,A,) ~ V(MB,A,A,)I .
2. Trường hợp điểm
nằm ngoài tứ diện
xin dành cho các bạn nghiên cứu. Nơi
chung ta thu được những hệ thức tương tự
(II) va (II’) trong dé mét vài số 1, được
HV (A,B A,A,)
— V(MBA,A))I = 0,0,
Tương tự ta cũng
82js2 =0 /u; . Từ đó có
chứng
8/0, = sf, = syfv,
mính
được
4)
thay béi — v, .
3. Ta hãy vận dụng các kết quả trên vào
các điểm đặc biệt của tứ diện.
199
a) Nếu M trùng với trọng tâm G của tứ
điện thi v, = vb, =u, =u, va ta di téi nhiing
Tit dé cfc hé thite (II) va (II’) sé cho
D544,=> =0, Dad,> =0,
hệ thức quen thuộc :
S
S6À/=0 sv đ= S4
b) Nếu M
nội
tiếp
trùng với tâm ï của mặt cẩu
tứ
diện
thì
0 /S, = 0/8, = v,/S; = 0/5,
tích
mặt
đối
diện
(với
với
đỉnh
_
T= > s,A/S
ta
có
s, là
điện
A)
và
Sih, = S,h. = Syh, = S,h, (voi A, la đường
cao hạ từ đỉnh A; ).
VỀ PHƯƠNG
(S la dién tích tồn phần của tứ điện).
P= SAASapt
Chúng ta có thể tiếp tục áp dựng các hệ
thức (ID và (TT) cho các trường hợp điểm
trùng với tâm các mặt cầu bàng tiếp, ngoại
tiếp...
của
tứ
điện
như
đã
khảo
sát ở mục
trên để thu được các kết quả khác.
PHÁP XUỐNG
THANG
PHAN ĐỨC THÀNH
Mọi
người đều
biết điểu
khẳng
định của
P.Fecma rằng với n nguyên > 3 phương trình
at +
= Zt
@)
khơng có nghiệm ngun đương (mệnh đề đó
thường được gọi là Định lí lớn Feema).
Mặc dầu Fecma đã quả quyết rằng "ơng
đã tìm được cách chứng míỉnh kì lạ định lí
lớn Fecma, nhưng ơng khơng viết vì khơng
đủ chỗ" (ghi chú đó Fecma viết trên lẽ cuốn
sách của Điơphăng). Cho đến nay Định lí
lớn Feema vẫn chưa được chứng mỉnh ở
dạng tổng quát (và cũng không phủ định
được). Định lí lớn Feema được chứng minh
với các số mũ riêng biệt hay một nhớm số
mủ, chẳng hạn với mọi n < 4002. Định lí
lớn Fecma hiện nay vẫn là vấn đề rất lí thú
vì việc giải quyết địi hỏi phải sáng lập ra
nhiều phương pháp
mới.
Phương pháp chứng minh sẽ giới thiệu
trong bài này (thường được gọi là phương
pháp xuống thang) có cơ sở vững chắc để
nhiều
người
khơng
viết vì khơng đủ chỗ". Nhưng
nghỉ
rằng
đó
chính
là cách
chứng minh mà Fecma đã dùng "nhưng ơng
quan trọng muốn để cập đến
là phương pháp xuống thang
pháp có hiệu quả để giải một
những bài toán liên quan đến
200
điều
trong bài này
cịn là phương
lớp khá rộng
phương trình
ngun.
Sau đây xin giới thiệu một
số bài
tốn điển hình được giải bằng phương pháp
xuống thang.
Bài toán 1. (Định H lớn Fecma khi n = 4).
Chứng minh rằng phương trình Feema
xd +y4= 24
(2)
khơng có nghiệm nguyên +,„y,z,zyz
0.
Trước khi chứng mỉnh định lí trên, ta sẽ
chứng minh một định lÍ mạnh hơn, cụ thể là
Định H. Phương trình
xt t+ yt = 2
(3)
khơng co nghiém ngun x,y,z,xyz ¥ 0.
Dễ dàng nhận thấy rằng từ sự không tổn
tại nghiệm nguyên +, y,2, xyz # 0 của phương
trình (3) suy ra sự không tổn tại nghiệm
nguyên của phương trỉnh (2). Thực vậy nếu
|zy.z[
nghiệm
là nghiệm
của
(3).
cta
(2)
thi
[xy,Z2]
là
Bay giờ ta chú ý rằng nếu phương trình (3)
cố nghiệm nguyên z, y, +, xyz z Ơ thÌ có thể
giả thiết rằng các số z,y,z từng cặp nguyên tố
cùng nhau. Thực vậy nếu z,y (thuộc nghiệm)
có ước chung lớn nhất đ > 1 thì
z=dx,y=dy,, 6,7) =1.
Sau khi chia cả hai vế của (3) cho d4 ta cd
xt + yf = (2/d2)2 = z‡
Nhung
x, va y,
nguyên
(4)
nên
2, = z/d?
cũng nguyên.
Nếu z¡ uờ y; có ước chung & > 1 thì
xji
& có nghĩa là x, và k khơng thể nguyên
tố cùng nhau. Như vậy chúng ta đã chứng
minh được rằng nếu tồn tại nghiệm ngun
khác khơng của (3) thì tổn tại nghiệm
nguyên khác không và nguyên tố cùng nhau,
Do đớ ta cần chứng minh rằng phương trình
(3) khơng có nghiệm nguyên khác không và
từng cặp nguyên tố cùng nhau. Để đơn giản
trong
đàng
nhận
thấy
x+y
rằng
tất
cả
= 22
trong đó ,u mọi số dương, lẻ, nguyên tố
cùng nhau. Nếu đặt
(u +0)/2 =ø, (w— 0)/2 =b
hay
1u =a+b,u=ada-b
(7)
(8)
ta có dạng khác của (6)
x=a2—b2,y=92ab,z=d2+
b2
m=p},
Ti do fx2, y2,z,] la nghiém của (5). Khi
đó tồn tại a, b (a > b) nguyên tố cùng nhau,
chẵn lẻ khác nhau sao cho
(10)
Do bình phương một số lẻ chia cho 4 dự
x? =a? ~ 62
(4)
suy ra a lé, 6 chân. VÌ ø lẻ, (a, 6) = 1 nên
(a, 26) = 1. Khi ấy từ đẳng thức x = 2ba
suy ra
a=#,9b=s2
n=q?
trong đó p,g - ngun
q8)
khác khơng.
Vìia=/2,a&=m2
+ n2 nên
phrtat=ð
(14)
Nhung z, = a? + b? > a? , do đó
O
Vz, <2,
4=,
(15)
£=z,
ta thấy
rằng nếu tồn tại nghiệm [x„, y„, 2,] thi cing
tổn
tại
nghiệm
khác
ix,,¥,,2,]
trong
đó
0
của phương trình (3) có thể tiếp tục vô hạn
và ta thu được dãy các nghiệm
Bog Yor Zale [yy Xp 2 Zp] 5A
gs Nye Slee
trong
đó
Z„s2¡....2„..
các
đơn
số
nguyên
điệu giảm
BP By >.
>t
Nhưng các số nguyên
đến mâu
Ey? + OD)? = 23
1 nên từ
ra
dương
>.
dương không thé
lập nên dây đơn điệu giâm vơ hạn vÌ trong
day đó khơng thể có q z, 86 hang. Ta di
lx„,z„,z„] thì
x2 =a? — 67, y2 = 2ab 2, =a? + 6?
suy
Ti dé theo tính nguyên tố cùng nhau của
trong đó ø, ư - ngun tố cùng nhau bất kì
Nếu (3) có nghiệm
(1l)
m van suy ra
(9)
và chắn lẻ khác nhau và z > 0.
Từ
mn = b/2 = (s/2)? .
(5)
x*=u0, y= (w2 = 02)J2 , z = (u2 + 02)/2(6)
nguyên.
trong dé m,n — nguyên tố cùng nhau, chin
lẻ khác nhau. Từ (12) ta có
các
nguyên dương, từng cặp nguyên tố cùng
nhau thì z,y chẵn lẻ khác nhau, nến z lẻ thì
nghiệm có dạng :
—
x2 = m? ~ naup?, b = 2mn , a =m? +n?
{8) có nghiệm thỉ điều đó có nghĩa là nó có
nghiệm nguyên dương và từng cặp nguyên
tố cùng nhau.
Dễ
¿ø@
bzệ,b,a] là nghiệm của (5). Có nghĩa là
cách nói ra quy ước : khi nới phương trình
nghiệm của phương trình
đó
(12)
thuẫn
do giả thiết rằng phương
trình (3) có Ít ra một nghiệm nguyên z, ÿ, z,
xyz z 0. Điều đó chứng tỏ rằng phương trình
(3) khơng có nghiệm.
mà
Thực chất của phương pháp chứng minh
ta đã tiến hành là : xuất phát từ một
nghiệm, xây dung dây uô số nghiệm có tỉnh
chất là z dương, giảm v6 han.
phuong phép xuống thang.
Ta goi dé la
Bằng phương pháp xuống thang ta có thể
chứng minh được rằng phương trình
xi + yA = y2
khơng có nghiệm ngun.
Bài tốn 2. Chứng minh rằng
trình sau khơng có nghiệm nguyên
phương
201
+P
tert v2 =
xyen.
Giải ; Giả sử phương trình cớ nghiệm (+,
}, 2, 0). VÌ z2 + y2 + Z2 + „2 chẵn nên trong
các sỐ +, y, z, u có một
(hoặc 0 hoặc 2 hoặc 4).
số chẩn các số
Nếu tất cả đều lẻ thì z2 + y2 + Z2 + u2‡
x=2x\, y= 2y, Z = 2,
4
4.
u = Qu,
Thay chúng vào phương trình đã cho ta
được
xỉ + yị + zŸ + uỆ = 8x8.
Cũng lí luận tương tự như trên tất cả các
nghiệm của phương rỉnh này phải chắn
X= Oty, y, = yy, 2, = Be, uy = Quy.
Từ đó đi đến
p++
dt up = ary eu, :
Một cách tổng quát, xuất phát từ nghiệm
(,y,z,) bằng phương pháp xuống thang
ta đi đến phương trình
a22 + y2 + a2
ue? == 22+ 1 XY el,
trong d6 a = 2h,4
4, =2u,,,
(&
>
1),
Vy = Wea % = Mea p
tite
la véi
moi
Tương
tự y = 2y,
wo xh + By} + det = 2u4
lẻ
trong khi dé 2xyzu không chia hết cho 4.
Nếu chỉ cớ hai số lẻ thì x? + y? + z2 + „2
không chia hết cho 4, trong khi dé 2xyzu !
Vậy tất cả các số +,y,z„ phải chẵn
2x2 + y4 + Bet = dud
s ty
nhién : x/2' , y/2°, 2/2° , u/25 la cdc số nguyên.
Đó là điểu không thể cớ được với các x,
y, 2% ư tự nhiên.
Cuối cùng x = 2x,
Vay
n> Bef + yf + Det = uf
fx,, #ị:Z¡,#y]
cũng là nghiệm của
phương trình đã cho. Nhưng ở nghiệm này
x,
-
Bài tốn 4. Cho một tờ giấy kẻ 6 vuông.
Chứng mỉnh rằng với n z 4 khơng tổn tại
đa giác đều n cạnh có đỉnh tại các điểm nút.
Giải: Trước hết ta chứng minh điều
khẳng định khi » = 3 tức là không tồn tại
tam giác đều cớ đỉnh tại các nút. Thực vậy
giả sử œ là cạnh của tam giác đớ. Khi ay
a? là số nguyên theo định lí Pitago. Diện tích
của tam giác này bàng z2/3/4 là một số vơ tỉ.
Mặt khác điện tích của mọi đa thức có đỉnh
tại các nút là số hữu tỈ. Vậy đi đến mâu thuẫn,
Điều khẳng định trên cũng được chứng
mỉnh cho trường hợp ø = 6 vÌ mọi tam giác
đều có thể nội tiếp trong một lục giác đều
tại các đỉnh của nớ,
Bây giờ ta chứng minh điều khẳng định
trên cho trường hợp ø z 3, 4, 6,
Giả sử P,P... P, la mot da giác đều ø cạnh
có đỉnh ở các nút. Xuất phát từ các đỉnh
Py Py gP,
ta đặt
~.-~
các
vectơ
—
tương
ứng
với
các vectd P.P,, z4... P,P, (xem hinh vé).
Pp
Bài tốn 3. Chứng minh ring phương
trình sau khơng có nghiệm ngun
3
8x4 + 4y + 224 = „4
Giải:
Giả sử
phương
trình
có nghiệm
ngun [x,y,Z, u] với + có giá trị nhỏ nhất
trong những giá trị có thể của nớ.
Từ phương trình đã cho ta nhận thấy w
chẵn ư = 2u,.
Thế nghiệm này vào phương trình và chia
2 ta có
4% + 2y
+ of = Bud.
Từ phương trình suy ra z chẵn z = 2z 7
“Thay vào phương trình ta đi đến
202
es
4
Ps
Các điểm mới lại rơi vào các nút và lập
thành đa giác đều œ cạnh trong đa giác đã
cho. Đối với đa giác đều
cạnh mới ta cũng
làm như trên. Chú ý rằng bình phương độ đài
cạnh của đa giác n cạnh là một số nguyên.
Theo cách xây dựng của ta các số ngun
đó ln luôn giảm xuống mãi ! Đớ là điểu
không thể được.
bao bọc
Phương pháp xuống thang còn cho phép
ta giải một số bài tốn về hình học tổ hợp.
đó nhận được một "cái tháp" vô hạn gồm tất
Chẳng hạn.
Vi P, dat trong P’, nên những lập phương
Giải : Trước
hết ta hãy nêu
lên một chú
ý dĩ nhiên : nếu một hình vng P phân chia
được thành một số hữu hạn hình vng khác
nhau thì hình vng bé nhất khơng dính với
biên của hình vuông P.
Bây giờ ta giả thiết rằng cớ thể chia cát lập
phương @ thành các lập phương khác nhau @,
và gọi P là một trong những mặt bên của Q.
@, và tạo
thành "giếng". Tiếp tục quá trình xây dựng
cả các lập phương bé dần. Đó là điều khơng
Để
số 7 đưới dạng tổng bình phương của 3 số
hữu tỈ.
Hướng
trong các hình vng đó và @¿ là lập phương
tương ứng. P¡ khơng dính với biên của P do
đó bị bao bọc bởi các hình vng lớn hơn.
Các lập phương tương ứng tạo thành một
"cái giếng" có @, nằm trong đớ.
Giả sử P, là mặt
đối điện với P, của lập
phương Q,. Các lập phương dính với P”, tạo
sự
phân
hoạch
PY
thành
một
số
hình vng khác nhau. Goi P, 1a hình vng
bé nhất trong chúng.
GIAI PHUONG
x?
+ax)
dẫn
: Bài
phương trình ngun
về việc giải
Tư2.
2. Chứng minh rằng các phương trình
x2 + y2 + z2 = 2xyz
x! + Qy4 + 22
khơng có nghiệm nguyên đương.
3. Giải các phương trình nguyên
a) x3 - 8y?—
92 =0,
b) 5x2
+ 11y? + 1422
= 0.
Hướng dẫn : Bài a) Dùng tính chia hết
cho 8.
Bài b) Dùng tính chia hết cho 18
4.
Chứng
minh
rằng
số
cố
dang
4" (8k — L) (trong đó kn và n-tự nhiên)
khơng thể là số chính phương và khơng thể
biểu diễn được đưới dạng tổng của hai hay
ba bình phương của các số nguyên.
TRINH BAC
+bx?
toán đưa
322+y)+z2=
sự phân chia P thành các hình vng từng
cặp khác nhau. Gọi P, là hình vng bé nhất
kết thúc bài này chúng tôi xin giới
thiệu một số bài tập có thể giải bằng phương
pháp xuống thang.
1. Chứng minh rằng không thể biểu diễn
Các lập phương Q, dính với P tạo nên một.
một
Q; lớn hơn
thể có được.
Bài tốn 5. Có thể chia cất một khối lập
phương thành một số lập phương nhỏ khác
nhau hay không ?
nên
lập phương
+cx
+d
BON
=0
QUỐC TRÌNH
Trong chương trình đại số hiện nay ở
trường phổ thơng các bạn chỉ học một loại
phương trình bậc bốn đặc biệt. Đó là phương
trình trùng phương.
Sau
day
xin
giới
thiệu
với
các bạn
cách giải các phương trình bậc bốn đạng
vài
+3 + a2 + b2 + eœ +d =0,
trong dé a, 6, c, ở là các số thực khác khơng.
§1. Với các phương trÌnh bậc bốn, trong
một số trường hợp cụ thể, nếu bạn có cách
nhìn sóng tạo, biết biến đổi hop li va sang
to, bạn có thể giải được chúng khơng khó
khăn gì
203
Ví dụ 1. Giải phương trình
#¿ = (1— Ỹ)/2
(x? - a)?— 6x2 + 4x + 2a =0
(1)
Phuong trinh (1) duge viét thanh
Ví dụ 3. Giải phương trình
32x — 482 — 102 + 21x + 5 = 0
x4 — Qax? + a? ~ Gx? + 4x + 2a =0
(9)
Phương trình (2) là phương trình bậc bốn
đối với z mà bạn khơng được học cách giải.
2 (161 — 24x) + 0x2) — T (4x2 — 34) + 6 = 0
và đặt
y = 4x2 — 8x thì (1) được biến đổi thành
Nhưng ta lại có thể viết phương rình (1)
2y?—7y+5=0.
di dang
a?— 2 (x2— lat x*— 6x24 dx 0
(3) là phương
với a.
(3)
trình bậc hai đối
Với cách nhìn này, ta tìm được @ theo x:
Từ đó
y,=1
vào y = 4x2 — 8x ) :
4+?— 8r—1=0
= 2-14) 3T
và
z2+2z—a—2=0
4)
x? -2x-a=0
(5)
ta tìm được các nghiệm của (1) theo a.
Điều kiện để (4) có nghiệm là 3 + a > 0 và
71k
Điều kiện để (5) có nghiệm
và các nghiệm của (5) là
x,,=1+Vita
20
1 nghiệm
Vi du 2. Giải phương trình
hay
bốn
(và
là
+2@2
1) — 4@2T—x
~xz—1)=0
—
+ L2 = y2
z2 + L2 = y2 — 2.
Phương trình (1) được biến đổi thành
:
202?-2)
+ 8y— 16=0.
hay
3 nghiệm
+4 — x3 — 2 — (4x2 — 4x — 4) = 0
#rT2;*;=2;
bậc
vì các hệ số của
2@2 + 1/2) + 3# + 1+) — 16= 0.
Đặt x+ 1# = y thì
=1
Phương trình (1) được viết dưới dang:
Vậy (1) có 4 nghiệm là
trình
đối xứng
2x? + 8x — 16 + Ba + Qk? = 0
+zt—x?— Bx2 + 4x+4=0
@?—4)@?—xz—1)=0.
phương
trình
Chia hai vế của phương trình cho x2 (khác
khơng) thì (1) tương đương với
hay
-3
là
những số hạng cách đều các số hạng đầu và
cuối bằng nhau).
.
Phương trình (4) | Võ nghiệm | 2 nghiệm | 2 nghiệm
Phương trình (5) | Võ nghiệm | Vơ nghiệm | 2 nghiệm
Phương trình (1) | Vô nghiệm | 2 nghiệm | 4 nghiệm
204
Đây
phương
(1)
Với phương trình này ta giải như sau :
Téng két
a
(1).
2x4
+ 8x3 — 16x?
+ 8y +2=0
Vata
la 1 +a
của
Ví dụ 4. Giải phương trình
Giải các phương trình bậc hai đối với + :
của (4) là X=
8x?~ @& —B=0,
ta sẽ được các nghiệm
=x-L+ (2-1),
các nghiệm
và y, = 5/2.
Giải tiếp các phương trình bậc hai đối với
+ sau đây (sau khi thay y, = 1 va Yq = 5/2
mạ=22—1+Vxzf—2v7†71~
+6zxzl
4y.
va
aM
Ta viết (1) dưới dạng :
hay x4 — (2a + 6)x?2+4x+a2+2a=0
và xem
; x„ = (1 + Võ)/2.
2y? + 8y - 20=0.
Phương trình này có nghiệm là „,=T~4
wD
9g= 52
VÌ vậy x + 1 = — 4 và x + l/ = 5/2
tức là x? + 4x + 1 = 0 và 2x2 — Bx+2= 0.
Từ đó ta tìm được các nghiệm của (1) là :
ạ=T—2+VŠ,
x; = 2, x,=2.
Như
vậy, với các ví dụ 2, 3 và 4 ta giải
được phương trình bậc bốn nhờ biế? biến đổi
sống tạo uế trái của phương trình dề dẫn. tới
uiệc giải các phương trình tích uờ phương
trình quen thuộc.
§2. Cơ thể giải phương trình bậc bốn nơi
trên bằng cách phân tích vế trái của phương
trình thành các nhân tử bàng phương phóớp
hệ số bất định.
x — 4x” ~ 10? + 87x ~ 14 = 0
q)
Ta thử phân tích vế trái của phương trình
nhân
wtmets,
tử
bậc
trong
hai x?+pxt+q
va
dé p, q, r, z là các hệ số
nguyên chưa xác định.
Ta có
(6 + VTT?)/2 ; (— + V25)/2
§3. Sau đây ta sẽ tìm cơng thức nghiệm
của phương trình bậc bốn
ƒŒ) =3 + ax#) + bx2 + cx +
thành
nhất
hai nhân
fe) = (x? + part zh )?+ bat
=
các hệ số của những
số hạng
1
Ae 2 — he’
2
1
2 ahz
1
12
+(gah—e)x+(+h -4)]
(2)
Tam thức trong dấu mớc vng có dạng
ptr=-4
Nhờ phương trình cuối cùng của hệ này ta
đoán nhận các giá trị nguyên tương ứng cớ
thể lấy được của q và s như sau :
annatx?
ext+d
fa)= (2+ poet 2") - [ (+ 12.
b)x?
4
cùng bậc ở hai vế của đồng nhất thức ta có
hệ phương trình sau
atq+pr=-10
ps †+ qạr = 37
qs = — 14
tử bậc hai.
Dùng ẩn phy A, ta biến đổi như sau :
= =
(2)
(1)
x4 + ax2 + bx? + cx + d
1
= @?+px+q)
(x2 + rx +ø)
=0
Dụng ý của ta là phân tích đa thức
:
+4 + 4x3 —¬ 10x2 + 87x - 14
Đồng
nghiệm sau của (1) :
trong đó a,b,c,d là các số thực.
VỆ dụ ố. Giải phương trình
ra hai
Giải phương trình tích này ta được các
Ax?
+ But.
Ax? + Bx + C 6 thé viét dudi dang :
Axt+Be+C=(Pxtg?
khi và chỉ khi BÊ — 4AC = 0.
(8)
Từ đó ta có khả năng tính được một
nghiệm thực của phương trỉnh có ẩn phụ h.
Thật vậy từ B2 — 4AC = 0
hay
Thử lần lượt các giá trị trên của g thì
thấy với q = 2, s = -7 phương trình thứ hai
và thứ ba của hệ trên cho ta hệ phương trình
mới
pr=5
~— Tp + 2r = 37
mà khử p đi thì được
2r2 — 8Tr + 85 = 0.
Phương trình này cho nghiệm ngun của
AAC-
ta có
12
4( A+ Ze
H?=0
1,
1
2
6) (gh —đ3)~ (geh-e) =0.
Day là phương trình bậc ba đối với h nên.
phải có Ít nhất một nghiệm thực (”).
Giả sử nghiệm
đớ là A
= 1.
Thế thì (2) được viết đưới dang :
1
v2
¬-1
fx) ==(x2+2
(# +gaz+z/)
(px+qy 2
r là 1. Nhờ thế ta suy ra p = -ỗ.
Vậy
Thay các giá trị p,g,,s vừa tÌm được vào (2)
thì có :
fx) = (2+ 5ar+ 5t+px+a)
x4
— 4x3 — 10x?
+ 87x — 14=
= (x? - Se + 2) (x? +4 - 7)
Phương trình (1) tương ứng với
(2 — ñx + 2) &2+x—
7) =0
1
x
1
(2+ part 5t-px-a)
(4)
x
=0.
C Xem Quốc Trình — Giải phương trình bậc ba ~ báo
Tốn học và Tuổi trẻ số 107.
205
