Tuyển tập 30 năm Tạp Chí Toán Học và Tuổi Trẻ (part3-3)

bằng đồ thị, ta hay dat

Tit do

+

đa+
(getpist

hoặc

yatta

1

+2 =y — mx.

=0

gira

Phuong trinh (1) trở thành

y2 ~ Đmxy + m2x2 + axy —

1

z+(gaz-—p)x+jtTa=0.
Giải hai phương trÌnh bậc hai này ta được
tập hợp nghiệm của (1) :

4
\
2

— am42 + bz2 + cx + đ = 0
Để khử được các số hạng có xy trong
phương trình này thì phải có :
- 2m +a = 0 tiem = a/2

Vay néu dat

(3^+p)°~44~

x? =y
~ mx

xt =y~ (@/2)x

vA
Xv.=~3

+

(3®

—P)

thì (1) trở thành

+

Thay x? bdi y — (a/2) x và biến đổi thì (2)

(ga-p)?+4q~ 2

trở thành

x? + y2 + (a/2 + a3/8 — ab/2 + c)x +

xtToz2—1x2+x+6=0,

+(b—a24—1)y+d0

Tựa vào công thức (3) ta xác định duge A :

4(h+ `) (qe

6) - (he

1)7=0

Vậy phương trình (1) tương đương với hệ

phương trình :

tức
được

một

nghiệm

ly = x4 + (a/2)x

(3)

[+ @-a%4-ly+a=0

(4)

x2 + y? + (af2 + a3/8 — ab/2 + cx +

h3 + Th? — 25h ~175=0.
tim

:

y? + (42/42 — (a29)x2 + bx2 + cx + đ = 0 (9)

Vi du 6. Gidi phuong trinh

Ta

vA m = a/2 tite

thực

A

cia

Dựa vào (3) và với h = ¢ = 5, a = -1
= -7,¢ = 1, d = 6 thi tinh được
p=1/2,q= - 1/2

Đo đó hồnh độ các giao điểm của
parabôn, đồ thị của (8) và của đường trịn,
đồ thị của (4), là nghiệm của phương trình
(1) đã cho

Phương trỉnh
theo (4) là :

khi ấy nghiệm của phương trình (1) lại là

phương trình này là » = 5ð,

1

đã
5

cho

sé được
7

diễn

đạt

(2~gz+5)”~(gz~g) =0

Từ đó ta giải phương trình tích:

x (2~š*+š—g**š)

x =m?

đã cho là :

sử dụng

đồ thị.

trình

Thật vậy, để giải phương trình bậc bốn
+! + ax3 + bx2 + œx + d = 0
206

Bạn hãy vận dụng các phương pháp trên

để giải các phương trỉnh bậc bốn sau

1) x+ 4x) + âx2 + 22— 1= 0,

{~>l; -2; 3; 1}.
bằng cách

y? | (ab/2 — a3/8 — e) +

+ mb - a/Ajy/(ab/2 — a3/3 — e) +d

=0

thì được tập hợp nghiệm của phương trình

bậc bốn

y = (n2 + (a/2m) x

và

x

§4. Ta lại cịn có thể giải phương

thì

hồnh độ các giao điểm của hai parabơn.

1

(2~sz+5+sz- 3)

Nếu ta đặt my = z2 + (a/2)x (m #0)

@)

2) x'+ 232 + Bx2 + 4x — 19 =0,

3) 6x! + ñx3 — 882 + Bx + 6 = 0,
4) z! + ly? — 12y2 + be +1 =0,

B) x' + 2x2 — 2x2 + 6x — 1B = 0.

:


VE MOT PHUONG

TRINH HAM
PHAN ĐỨC CHÍNH

Tịa soạn báo Tốn học tuổi trẻ có nhận
được một số lời giải bài tốn số 1 trong ki
thi Toán ở Lúc-xem-bua :

Bài toán 1. Hay tim mot ham số f(x) xác

dinh uới mọi x hữu ti, thỏa mãn cóc điều
biện

trong đó Œ là một
ƒ)

Các lời giải gởi đến kể ra cũng đáp ứng
được yêu cầu địi hỏi, vÌ bài tốn nói rằng :

Do đó chẳng cần dài

dơng có thể đưa ngay ra ham s6 ffx) = x + 1,
xác định với mọi số hữu tỉ.
Nhưng

đó khơng phải là thâm ý của bài

tốn ! Thực chất bài tốn địi hỏi tìm tất cả
các hàm số thỏa mãn

các điều kiện đã nêu.

Và thực tế là ffx) = z + 1 (x hữu tỈ) là nghiệm

duy nhất của bài toán. Rất tiếc trong các lời
giải gửi đến, khơng có bạn nào chứng minh

được tính duy nhất ấy,

Đồng chi Pham Quang Giém làm việc tại
tịa soạn có hỏi tơi : tại sao bài tốn chỉ nói

đến hàm ƒ(+) xác định với x hữu tỈ, liệu có
md

rộng được cho mọi số thực x chăng

?

Bài toán 1 thuộc loại "phương trình hàm”,
tức là ẩn là hàm số và phải tìm tất cả các
ham số nghiệm bài toán. Phép giải một

phương trình thơng thường nói chung đã là
việc khơng đơn giản, lẽ di nhiên phép giải một
phương trình hàm lại càng phức tạp hơn.

Trong một bài tốn về phương trình hàm,
ham số phải tÌm buộc phải thỏa mãn một
Chay nhiều) hệ thức đại số cơ bản. Và nói
chung, nếu khơng buộc thêm một vài điều

kiện phụ, thỉ có vơ số hàm số có đạng rất
khác nhau, nghiệm bài tốn. Chẳng hạn :

Bài tốn 2. Tìm tất cả các hàm ƒfx), xác

định 0uới mọi số thục x, uà thỏa mãn diều kiện

vô

số

hàm

số

nghiệm

bài

ql)

Chang han, véi A va C 1a hai hAng số tùy

fa) =

với r, s hữu tỉ,

0 nếu x không biểu diễn dưới dạng

trên ;
là một nghiệm của bài toứn.

Để bài toán 2 chỉ có nghiệm (1), cẩn đặt
thêm điểu kiện phụ. Thơng thường, đối với
đa số các phương trình hàm, đó là điều kiện :

f(x) Hiên tục.

Khái niệm liên tục hết sức quan trong
trong toán học. Nhưng khái niệm ấy rất tỉnh
vi, nó phải dựa

trên quan

niệm

chặt chẽ về

số thực. Vì vậy, ở trình độ phổ thơng, nếu

có thì cũng chỉ có thể để cập đến khái niệm
liên tục một cách sơ lược.

Đến đây các bạn đã hiểu vì sao trong bài

tốn 1, chỉ nới đến hàm ƒ(x) xác định với z
hữu tỈ. Dù sao câu hơi của đồng chí Giám
đã thơi thúc tơi : mở rộng bài tốn

1 cho các

số thực, khơng phải sử dụng khái niệm Hên
tục. Nói cách khác, có thể là hệ thức đại số
trong bài tốn 1 đã ngấm bao gồm khái niệm
liên tục ?

Nghỉ sâu hơn, tơi thấy rằng đúng là như

vậy. Đồng thời có thể giảm nhẹ giả thiết, tơi

đã đi đến :
Bài tốn 3. Giả sử fix) la mot ham số xóc
định oói mọi số thục x, uà thỏa mán điều biện

fay) = f4)f0) ¬ f& +y) +1

(2)

uới mọi x uà y. Thế thì ffx) phải là một trong
hai hàm sau đây :
- hoặc f4)

Hệ

udi moi x va y.
Có

số thực x.

=

1 uới mọi + ;

¬ hoặc f(x) = x + 1 vdi moi x.

ƒ& +y) = f4) + f0)
Đặc điểm chung của chúng là :

với mọi

Ar + Ca nếu x có dạng x = rÝÖ + s

uới mọi x, y hữu ti.

hàm...

= Cx

ý, cố định, hàm

ĐU =32,f@y) = f@ƒ0) -fœ+z)+1

hay tÌm một

hằng số tùy ý, cố định.

Nhưng khơng thể kết luận rằng

tốn

f(x) = Cx v6i mọi x hữu tỉ,

này.

thức

(2) tuy có vẻ đơn

giản, nhưng

hoi kho lam viéc. Dat g(x) = ffx) — 1, thi bài
toán 3 tương đương với.

Bài toán 8*. Gid sit g(x) la mot ham số xác

định uới mọi số thục x, uà thỏa môn diều hiện

207


#(xy) = glx) gly) + gx) + Bly) Bie ty)
vdi moi x va y. Thé thi :

(3)

= ø@)ø(~3) + ø(%)øØ(~) — gŒ — y)
= —ấ(%)g0) + øŒ) — #0) — gứ ~ y).

Cộng đẳng thức này với (8), suy ra

~ hoge g(x) đồng nhất bằng 0;
~ hode g(x) = x vdi moi x.

lời giải. Ta chỉ việc tìm các hàm g(x)
khơng đồng nhất bằng 0, nghiệm bài tốn,

Phép giải chia ra nhiều bước.
1) Trong (3), cho x = y = 0 thì được

B(t + y) + B(x — y) = 2g(z) = g (2x).

Datu

B(x) + Bly)

2) Trong (3), cho y = 1, ta được

Tom

#G@) = g@z() + g@) + ø() — gứ + Ù,

Ðø

Vậy

gøgŒ + 1) = ø(1)[g@) + 1],

0 = gO) = g(-1 + 1) = = g(1) [g(-1) + 1},
-1.

øC—#) =ø(—~1)gŒ) + g(—1) + gŒœ) — gŒ — 1)
= -1-g(e- 1).

Nhân cả hai vế này với -ø(1), thi theo (4)

~ø(1)øØ(—) = BQ) + a@ - LY) = ee)

(8)

=1,

iii) gay)

= g(x) gy) vai moi x, y.

‘Tit ii) bang phép quy nap, ta duge g(nx) = ng(x)

v6i moi

n nguyên.

Do

đó

nguyên dương

8m)

Vậy

3) Trong (3) cho y = -1 thi duge

gay) = gtx) By)

lai, ham g(x) có các tính chất :

ii) g(x + y) = g(x) + g0) với mọi z, %

(4)

Nếu ø(1) = 0, thì gf +1) = 0 véi moi x,
tức là gí) đồng nhất bằng 0, trái với giả
thiết. Thành thử g(4) z 0. Trong (1), cho
x = -1, thi được

vậy g°(1) = 1. Nếu ø(1) = -1, thì (4) trở

0 € glx ~ y) = glx) + g(~y) = g2) — g0),

thành

Gia thit x là một số thực,

øŒ
+ 2) = -1—g(x+ 1)
= g2),

Tị >PFy> «>>

dac biét g(2) = g(0) = 0. Nhưng khi đó

8) <8

~1 =ø(1) = ø(2. 1/2) = ø(2)g(1/2) + g(2) +
+ø0/2) — ø@ + 1/2) = ø(1/2) — ø(1/2) = 0,

mâu thuẫn. Vậy ta phải cớ øg(1) = 1, và (4),
(5) tré thành.
4)

ge + 1) = g(x) + 1. g(x) = —g@).
Lại

theo

(8),

(và

theo

— ety) = g(—xy)

<8, >

+ slims,

$ạ<£<
nên

8(8,) < 8) < B(r,)
hay
8, © B(x)
= 3gŒ) + 2 + g(x) — g(x) — 3 = 2g().

5) Dé y rằng

<

.., lÌmr, =x,

Vi với mọi n

trén,

gœ+ 2) = gœ& + L) + 1= g(@)+ 2 và g(2) = 2

&(2x) = g(2)g(z) + g(2) + gŒ) — gứ + 2)

tùy ý. Nếu +

hữu tỈ, ta có ngay gít) = z. Nếu z vô tỉ,
chẳng hạn bằng cách xấp xỈ thiếu và thừa
số x, ta tìm được hai dãy số hữu tÌ

#œ + 1)= —1 - g@),
-l1+l+g@)

mm

øŒ) =g(x .Ýz) = ø2({x) = 0

hay g(x) > gy).

=

nguyên,

g(nim) = nim
Tu iii) dé y ring néu x > 0 thi g(x) > 0
bởi vÌ khi đơ
thành thử nếu z z y thÌ

do do

với n

= ng(Lim), ƒ = gặt. Lm) = mg(lim),

Trong hệ thức này, cho x = -1, thì được

~#*4) =ø#(—1) =1

208

= gíx + y).

Khi đó từ (3), ta được

vay g(0) = 0.

# 0, nén g(-1) =

=x - y, thi ta cd

Blu) + gv) = glu tu)
đúng với mọi u, 0, hay viết lại

ø(0) = ø?(0) + 2g(0) ~ g(0),

ma g(1)

=x+y,u

Chon

B(x) = x,

+ & thi s,—x, 7, x,

vay

=X,


GIAI TOAN BANG

PHUONG

PHAP DO

THI

PHAN ĐỨC CHÍNH
Phương
rất có hiệu
những bài
PTTH và
trong phần

toán.

pháp đồ thị là một phương pháp
lực để giải một loạt bài tốn : có
tốn cổ điển trong chương trình
những bài tốn khơng mẫu mực

thực hành ở các lớp PT chuyên

Các bạn đang học ở các lớp PTTH

thông

thường cần chú ý đến các bài tốn
cổ điển

nêu
tơi
đến
nay
Đại

trong các ví dụ 1, 2, 3 dưới đây
: chúng
đặc biệt chọn những bài toán liên
quan
việc biện luận tham 85, các kiểu
toán
thường gặp trong dé thi tuyển sinh
vào
học và Cao đằng.

Vi dy 1. Với những giá trị nào của
m thì
phương trình sau dây có nghiệm

cost

+ mein
+ 22x
= 0?

Giải. Đặt £ = coa2x (Ô < ¿ & 1) thì phương
trình
trên trở thành

2 + mt +m + 2= 0

œ@

Như vậy ta cẩn xác định m để phương
trình
(1) cú t nht mt nghim / vi 0 ô Â
< 1.
Kinh nghiệm giảng dạy của tôi cho
hay
rằng đại đa số các bạn học sinh thườ
ng giải
bài toán trên bằng cách so sánh các
số Ú và
1 với các nghiệm của {Ö, thật là cầu kì.
Co
cách giải trong sáng hơn như sau ;
Hiển nhiên ¿ = 1 không phải là nghi
ệm

của

(1).

Vi

vậy

(1)

tương

đương

với

m = (2 + 9)/ + 1)=/+1+8/- 1),
khi đó bài tốn đã cho trở thanh. Tim m để

đường thẳng y = m cắt dồ thị cua ham

y=‡+1+38/0 — 1)

tại it nhất một điểm uới hồnh đệO0
«0<
Để giải, khơng cẩn vẽ đồ thị hàm (2),

(2)
1,
ta

chỉ việc lập bảng biến thiên của nó như
sau
xe

v'

y

1-¥3

+

0`

ON

1

-

~e

1+ý$

+0

+

0+

NU

+0

Như vậy trong khoảng (0, 1), hàm (2)
là
nghịch biến, và trong khoảng đó nó lấy
mọi
1#*TéTH

gid tri y

<

-2. Thành

tốn lÀ m « -2,

thử đáp số của bài

VÍ dụ 8. Với những giá trị nào của 4 thì

bất phương trình 2x + 1 > a(Ï~#
có nghiệm ?

+1)

Giải. Đặt t= VI-z (¢ 3 0) thiz = 1-2,

bất phương trình trên trở thành

~32 +8 >a (+).

Ta chỉ xét các ¢ » 0, vậy nớ tương đương
với

(-28 + 3)Kt + 1) > a,

và bài toán trở thành : xác định œ để hàm

số

y = C2 + 8Œ + 1) = ~9/ +2 + Lự
+ 1Ð)
(3)
có phần đồ thị ứng uới t > 0 nằm

đường thẳng y = q.
Hàm

trên

(3) có đạo hàm

y'=Lữ~+1)
2?-< 0

vậy nơ nghịch biến trên các khoảng (~œ
; =1)

(-1 ; +o). V6i ¢ = 0, ta cóy = 3,
từ đó suy

za kết quả phải tÌm : a « 3.
Vi dy 3. Tim các giá trị m
phương trình

sao cho

x +4? TT = mx + 1/2

có đúng hai nghiệm.

Giải. Ta phải xác định m sao đường thẳn
g

Ð có phương trình
# = mx + 1/2,
cắt đổ thị của hàm số

y=x+Ý42?—T1

(4)

tại hai điểm. Đường thẳng D có hệ số góc m.

và di qua điểm (0 ; 1/2). DS thị của
hàm (4)
có tiệm cận xiên về bên phải y = đz và
tiệm

can xiên về bên trái y = -z. Hàm
(4) được
xác định với |z| > 1/2 và có đạo hàm

y= 1+ 4eNGZoT

Vay hién nhién y’ > 0 khi xz > 1/2.
Với x

< -U2, đểý rằng |2x| > jJ4x2— 1, vậy
ÿ” < 0 từ đó suy ra bang biến thiên


dưa

vào đó,

ta vẽ được

đồ thị

tức là
+ =y=z=kl(a+b+c).

Khi đó
Nghiên

cứu

đổ

thị

và các

tiệm

cận

xiên

của nó, ta thấy rằng yêu cầu của bài toán
được thỏa mãn nếu đường thẳng 2 nầm

trong miền chấm (hình vẽ), giới hạn bởi các

đường thẳngy = 1/2 và y = 2x + 1/2, vậy

Siin
= OC = VR ¥ (a +B + cyhZ

Vi dy 5. 100 66 thuc a,, a)... igg 06 tong

bằng 0. Người ta viết các số ấy theo thứ tự
trên một đường trịn định hướng (hình vẽ).

4;

các giá trị phải tìm của m là
0«<&m

Sau đây là hai
chun tốn.

<9,

vÍ dụ

nữa

cho

các bạn

Vi du 4. a, b, e, h là bốn số dương cho

trước ; x, y, z là ba số thực thay dối, rùng

buộc bói điều

kiện

Si;
a

ax + by +ez

= k (k cố định).
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

S=aVhe +x" +b Yh? +92 + cheat

(Bai todn nay nay sinh ra từ một bài tốn

hình học của tác giả da dang trong báo TH
và TT số ö + 6-1980),
Giải. Trên mặt phẳng tọa độ OXY, xét
các điểm
A(ah

; ax), B((a + b)h ; ax + by).

C (a
+ ch+b
; ax + by + cz).

Co thé thay ngay ring
OA =a

Yh? +x7

,AB=b

fh +y?,

BC =e fh? +22.
Vi vay S
Š nhỏ nhất
đoạn thang
này xây ra

210

là độ dài đường gấp khúc OABC,
nếu đường gấp khúc ấy trùng với
OC (do € là điểm cố định), điều
khi

ies

Chứng minh rằng tốn tại một chỉ số ¡ sao
cho tất cả các tổng

8, =4,,
8) = 4,, +0,

Š = tui + Bà
+0 và

Sy = đụ † 0021. +4

Sio9 = a,

+a,.+..

ta, +a
đều không âm.
Giải. Nếu n là một số tự nhiên > 100 ;

thin = 100m +r véi0

a, = a, néur > 0,4, = ai) néur = 0
Chẳng hạn Đa = 822 đuạo = địog, Với k là

một nguyên

f(0)

=

không

0, f(k)

âm,

ta đặt

= a tat...

+a.


Trên mặt phẳng tọa độ, xem các điểm A,

(h ; ft) (k = 0, 1,..) Nối các điểm Ak với

4y¿¡

=

0, 1,..), ta được một đường gấp

khúc, tuần hoàn với chu kì 100 (hình vẽ).

Xét một chu kÌ, chẳng hạn từ 0 đến 100.
Gọi ¡ là giá trị sao cho ƒfj nhỏ nhất : đồ thị

của /íx) chứng tơ rằng đơ là chỉ số ¡ phải tìm
(có thể có nhiều chỉ số ¿ như vậy).

Hiển nhiên trong ví dụ này, cũng như cả
trong 4 ví dụ trên, có thể đưa ra một lời giải
không dùng đến đổ thị. Nhưng các lời giải

đã nêu đùng phương pháp đồ thị chắc chấn

có đủ sức thuyết

phục

kết luận cần thiết.

MỘT

để các bạn

tự rút ra

PHƯƠNG PHÁP TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT
VÀ GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT

LÊ THỐNG NHẤT

Trong số báo 118, chúng ta đã bàn về một
số phương pháp tÌm giá trị lớn nhất và nhỏ

nhất của hàm số. Ở bài này, tôi muốn trao

đổi thêm về phương pháp dựa vào miền giá
trị của hàm số.
Trước hết ta nhắc lại khái niệm miền giá
trị của hàm số là gì ? Cho hàm 86 y = f(x),

miền

giá trị của hàm

số là tất cả các giá trị

củay sao cho tồn tại x mày = /íJ. Nếu hàm

số cho bởi cơng thức giải tích thi ta có thé
coi đẳng thức y = Ø2) là phương trình đối

với ẩn z, cịn tham số là y. Vậy trong trường

hợp này để tìm miền giá trị của y, ta làm

bài tốn : "Tìm các giá trị của tham số y sao

cho phương trình y = /fz) đối với ẩn +, có

nghiệm".

Thi du 1. Tim
nhất của hàm số

giá trị lớn nhất

và nhỏ

v= text’

Giải : Ta tìm miền giá trị bằng cách tìm
trị

==^.

của

Z2+z+1

y

có

Do z?+ x + 1 #
tương đương :

để

phương

nghiệm
0 nên

(1)

Khi
y = 0 ta có phư
trình
ơng
: -+ ~ 1 = 0,
phương trình có nghiệm x = -1. Vậyy =0
là một trong các giá trị cần tìm. (Ở bài báo
số 113 bỏ sót trường hợp nây ở ví dụ 4).
Khiy # 0 ta có (1) là phương trình bậc
2, muốn có nghiệm thì :

A=0~-1U?-4@-1)»>0

“~

Ù0~1—4y)>0

©=0@~ 1(—1 - 8y) >0

=-—1/8«y<1;y z0.

Kết hợp cả y = 0 vày

đán số

« 0 đã xét
ta có

-1/8 « y « 1.
Vậy giá trị lớn nhất của y là 1 và nhỏ

nhất của y là -1/3,
O thi dụ 1, ta mới đưa về biện luận

xt+1

gid

3⁄2?+(y—1g+y~1=0

đối

phương

với
trình

trình

ẩn

x.
trên

phương trình đơn giản. Ta xét thí dụ phức
tạp hơn :
Thí dụ 2. Tim giá trị lớn nhất
nhất của hàm số :
-4El

và nhỏ

+ gizJ +2

Y “ám ese a
211


Giải, Ta hãy tìm y để phương trình :

tương đương với

—4ltl + 2lx1 +2
y=
4l — 21 +1 + g

+ ĐX?~ 2y +2)X+3y=0.

có nghiệm. Dặt X = 2l ta thấy do |x| >1
nên X=2!*' >1. Phương trình trên có
nghiệm khi và chỉ khi phương trình :

__~X? + 4X

7“Xt+2x+a2

Vớiy = -l ta có : -2X
- 2
thỏa mãn X » 1. Vay y = -1

= 0, khơng
khơng nằm

trong những giá trị cần tÌm. Với y # -1 ta
có (2) là phương trình bậc (2) : cẩn phải biện
luận và so sánh nghiệm của (2) với số 1. Th có :

Y= ~y? + By + 4,

cố Ít nhất một nghiệm thỏa mãn X > 1.

Do X2 - 2X +2

(2)

afl) = & + DG - 3)

z 0 nên phương trình

1— 82 = -f@ + 1)

Ta cố bảng sau :

y

A’

af(1)

-

1- 8/2

Nghiệm của (2)

+

Vô nghiệm

+

1-Vễ | —0-—
+ —|
_—| +
— _|
+

-1

JP

+

J

+
3

p+}

x, <2,

get

=.

-

~

+

0

+-

-

+

Như vậy phương pháp này còn chứng tỏ
được sự tồn tại hay không của các giá trị lớn
nhất và nhỏ nhất.

Bây giờ ta chuyển sang làm với những
hàm số không chỉ là 1 đối số. Chẳng bạn ta

xét ví dụ 12 của bài đã noi "Cho x? + y? = 1.

Th of giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của S = z +y".

thi khối A, vào
Có rất nhiều lời

giải cho bài này, nay xin trình bày 1 lời giải
chưa từng giới thiệu.

số, ta có hệ

x2+y?=1

xe+y=8

Miền giá trị của S chính là những giá trị

của làm cho hệ trên có nghiệm. Ta có ;

(ety)?
- 2xy= x2 + y2 = 1
212

=1

~

tồn tại.

Đây là nội dung của bài
trường Đại học năm 1970.

<1l
l<
#,

Nhìn vào bảng ta thấy với -1 < y < 1 + Võ

Th coi S là tham

x

mm

<1

x=-l

x, = 1<

thì phương trình (2) có nghiệm thỏa mãn X.
Từ đó ta kết luận y_= 1 + Vð cịn ' min
khơng

|

gs

+
1+¥5

# =#¿ạ = —(1 + ¥5) > 1

x4, = 8/2

x,


= Vỗ

—

1> I

Vơ nghiệm
Vậy : xy = (92 - 1/2

Do đó +, y là nghiệm của phương trình

(có định lý Vi-ét)

X?- Sư + TC

=0.

Hệ (3) có nghiệm ©+(4) có nghiệm, hay

A= S?-2(8?-1)
20

- S2 = 02 2 S?
<2
V2 = S z - V2.

Vay Siu= V2 5 Sain = ~VZ.
“Th có thể giải ví dụ 1 của bài viết số 113 bằng

cách này. Bây giờ ta xét ví dụ phức tạp hơn

:

Thí dụ 3, Biết : sin?x + siny = 1/2. Tìm

giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của

§ = tgầx + tg2y.

Giải : Th tìm S > 0 dé
sintx + sin^2y = 1/2

tg’ + tg’y = S

He (5) trengdoơngvdi

(ð) có nghiệm.

cos2y + cos2y = 3/2

1/cos2x+ l/cos2y=S+2


(9S - 6)(S
+ 2) >0

Tw dé suy ra:

oo {Sp

(cos2x + cos2y)/(cos2x cog2y) = @ + 2.
3

COB2x cos2y =

hay
Vậy

cos2x,

trình :

costy

X? - (3/2)X +
Do

0 <

cos’x

2+2)

là nghiệm

<

của

3

28+

1 ;O0«

=)
<

1, nên

để (ð) có nghiệm thì (6) phải có tất cả các
nghiệm
kiện

thỏa mãn

0 « X <

1. Tn cớ hệ điều

=

Vay Snax
= 13 Sin
= 2/3.
min
Cuối cùng các bạn hãy tự làm các bài tập
Bài 1 : Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất

1)

A=9~ 24(S +2) 20
af(0) = 34S + 2) >0

Sx 2/3
S<-2
§>-2
-2<6Sel1
26S
<1.

=

phương

9

cos2y

-2

(-S + 1)(S + 2) 20

_ sinks + 2com
y

af(1) = 3(8 + 2)- 120

1)

sin%x — 2cosr + 2

1—3.41

? 7=

—b/2a —0>0

+

+9zl?1+

;

1

Bài 2 : Biết : cosx + cosy = 1. TÌm giá

—b/2a-1<0

trị lớn nhất,

nhỏ nhất

8 = cos%/2) + cos(y/2).

MỘT VÀI SUY DIỄN TỪ MỘT
BẤT ĐĂNG THÚC ĐƠN GIẢN
NGUYEN MINH HA
Trong tam giác có một kết quả rất quen

thuộc.

Bài
rang :

toán

l1 : Cho

AABC

chứng

minh

(2) vẫn

pháp

tam

thức bậc

hai.

được

chứng

minh

nhờ

8

cosA + cosB + cosC < 3/2
qd)
Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi AABC
đều (1) được chứng minh khá đơn giản nhờ
phương

có thể

phương pháp tam thức bậc hai, nhưng ở đây
tôi xin nêu ra một phương pháp chứng minh
khác cớ ý nghĩa hơn.

%

Trong bài

Ay

viết này tôi xin nêu lên một vài suy diễn
từ (1).

Bài

tốn

2 : Cho

khơng đồng thời bằng

rằng :

AABC

khơng.

với mọi

Chứng

+, y, z

yecosA+ zxcosB+ xycosC « (x2+ y?+ 22/2
đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi
x/sinA

= y/sinB

“©Ầxla = ylb = zÍc

= z/sinC

minh

(2)

A

8,

€

Khơng mất tính tổng qt giả sử bán
kỉnh đường trịn nội tiếp AABC bằng 1 : Ta
kí hiệu 7 là tâm đường tròn nội tiếp A;, B,, C¡
theo thứ tự là các tiếp điểm của đường trịn
với các cạnh BC,

CA, AB.

Tạ có ngay

213


+...

0 < GIÁ, + yEB, + zIC,)?

Khơng mất tính tổng qt giả sử bán
kính vịng trịn tâm O ngoại tiếp AABC bằng

= z?+y?
+ z2 + 2yzcos(x — A) +
+

1 ta có ngay :

#t — B) + 2xyocoa(x
— C) =

=> yzcosA + 2xcosB + xycosC
(tty? + 22/2

~
—
—
0 < @OA+ yOR + 200)? =

«

zIÃ, + yiB,

+ 2zxcos2B + 2xycos2C
= yzcos2A + zxcos2B + xycos2C

=0

+2,

Gọi ƒ là phép quay véctơ
chiều kimm đồng h hồ ta co:
feeiA,

= x? + y2 + 22 + 9y2cos2A+

(2)

dễ thấy đẳng t thức xây ra khi và chỉ khi
góc

z/2

8

> ~@? + y2 + z2)/2

theo

+ yiB, +216 p=

= z/đÃ,) + yfB,) + 2fiC,)

+ 2ACIAC
+ yBAIBA
= x. CBICB
—~
~
—
= (xía)CB + WBA + (AC (*)

Mat khác ta lại 6 CB + BA + AC =0(**)
—>
>
—

Vay xIA, + yIB, + 2IC, =0

eof,

+ yiB, + 2iC,) = 0

= (xia)CB + (yib)BẦ + @ie)CÃ = 0

xa

khi

xOA + yOB
+ 20C

lại (2) xảy ra đẳng thức khi và chỉ

x/a = yib = zíc
“>risinA = y/sinB = z/sinC
"Song song" với (1) trong AABC có một
kết quả khác cũng rất quen thuộc.
Bài tốn 3 : Cho AABC chứng minh

Bài

khơng

rằng :

tốn

cos2B + cos2C » -3/2
(3)
minh (3) khơng khó khăn gi.
nêu ra và chitng minh két qua
(3).
4 : Cho

AABC

với mọi +, yz

đồng thời bằng không

chứng

minh

(Việc chứng minh (**) không khớ khăn gì)

Ti (*) va (**) © 3k: (do OA, OB, OC

độc lập tuyến tính).

x= ksin2A
y = ksin2B
2 = ksin2C
Chú ý rằng ở trên ta vẽ hình và chứng
minh (4) khi AABC nhọn. Nếu AABC vng
hoặc tù, chứng minh trên vẫn có hiệu lực.
Trong khơng gian đối với tứ điện cũng có
kết quả tương tự như (1)
Bài

tốn

5 : Cho

góc

nhị diện

~@2 + y? + 22/2

BC

là ai, Oy, By

đẳng thức xấy ra khi và chỉ khi V z :

cạnh AB,

rang :

2 = ksin2C

Dé chitng minh (4) ta lai sử dụng phương

214

tứ diện ABCD
AC,

AD

đ¿, as, a.

6
> cosa, < 2
i=}

x=keinda
y
sin2B

pháp đã dùng để chứng minh (2).

(*)

sin2A.0A+ sin2B.OB+ sin2C.0C = Ở (**)

yzeos2A + zxcos2B + xycos2C >

(4)

=0

Mặt khác ta lại có :

rằng :

cos2A +
Việc chứng
G day toi xin
tổng quát của

(4)

Dễ thấy đẳng thức xảy ra khi và chỉ khí
—
—>
~

= b = zÍc

(điều này suy ra từ (*) và (**)

Tom

>

; CD

Ching

đạt các
; DB;

minh

(5)

Đẳng thức xẩy ra khí và chỉ khi tứ diện

ABCD

gần đều.


oe

Khơng mất tính tổng qt giả sử bán kính
mật cẩu nội tiếp ABCD bằng 1. Th kí hiệu 7
là tâm

mặt

cầu

nội

tiếp A,,B,,C,,D,

la

tiếp điểm của mặt cầu với các mặt BCD
CDA : DAB ; ABC ta cé ngay :

0

= z(Ã + 1Š + TÈ + lỗ)
+.
>.
7<
+y đÀ+. + TẾ2t. + TỄ7a. + TÔ) T
+ z(QÄ + TẾ + TẾ + TÔ) = ở

;

> (ð) xẩy ra đẳng thức

Kết quả sau đây là sự tổng quát của (5)

« (A, + 1B, + 72, + By

Bài

6

= 4+ >) 2cos(x — «,)
i=
6
> cosa, € 2
isl

=

bây giờ ta chứng minh

điều kiện cần và đủ

nhưng khi tÌm điều kiện xây ra đẳng thức

ta phải sử đụng kết quả sau :
>
=

a, = a,, Tit dién ABCD có các nhị điện dối,
bing
vi vai

như nhau nên ta có các biểu diễn :
—
>
>
IA, = xIB + yIC + 21D

—

ee

ee

IB, = xIA + vIÖ + siỄ
=
>.
>>.
TỔ, = x1D + yIA + 218
>

2.

Sancp

+,

=>

+ Sacna

TB,

>

+

Kết quả trên được chứng minh rất ngắn

nhờ khái niệm tỉch cớ hướng của hai véctơ

Nhưng nếu không dùng khái niệm đơ ta vẫn

có thể chứng minh được.
Để kết thúc bài viết này tôi xin trở lại

(1) với nhận xét sau : Người ta có thể chứng

minh (1) (tuy hơi đài) nhờ hai kết quả :
co0sÁ + cosB
+ cosC = 1 + r/R

¬

1D, = xIC + yEB + zIA

wR = U2

(x, y, z là ba số thích hợp nào đó) cộng các

đẳng thức trên ta có :
>
+

GIÁ

BÉ NHẤT

Phải chăng trong khơng gian cũng có một

cái gì đó na ná như hai kết quả trên mà từ
đó ta có thể suy ra (ð).

TA, = 1B, + IC, + iB, =

SỬ DỤNG

. TA,

+ Sppag IC, + Spuge- ID, =O

gần đều.

trd cha 7 đối với các mat

+

và xét @QJA, + yIB, + 2iC, + HỖ)? > 0

hai vế > 2 + cosa, = 2 + cosa
> cosa
,
=
cosa, > a = a, Tuong ty ta cớ œ =@

gần đều thì 7 chính là trọng

+ yecosa, + xycosa,

Việc chứng mình (6) cũng giống như chứng
minh (5). Ta coi bán kính cầu nội tiếp bằng 1
+
=>
=
=

IA, + IB, + IC, + ID,
= 0"

tam ABCD

Với các

xzcosa, + xtcosa, < (x? + y? + 22 + 42/2 ts)
Đẳng thức xẩy ra
“=®4/SApcp = V!/Sacpa = 78 span = Space

>
=
=
>
= IA, + IB, = —-(IC, + ID,) blnh phuong

Nếu ABCD

6 : Cho tứ diện ABCD.

zt cosa, + tgcosa,

(5)

để xẩy ra đẳng thức.
Nếu đẳng thức xẩy ra ở (5) thì :
—
=
2+
>
>

nhau = ABCD

tốn

kÍ hiệu như bài tốn 5 : khi mọi x, y, 2, ý
không đồng thời bằng không. Chứng minh
rằng :

TRỊ LỚN NHẤT
TRONG

VÀ GIÁ

CHỨNG

TRỊ

MINH

LÊ ĐÌNH THỊNH

Trong các kì thi vào Đại học thường gặp

các bài toán mà

nếu dùng giá trị lớn nhất

và giá trị bé nhất của ham số y (gọi tất là
và
y„..) thì cách giải bài tốn sẽ trở nên

ao giản on nhiều,“
Thí dụ

1. (Dé thi Dai hoe A - B ~ D/1985).

Tim m dé cho ham số

y

=

2mx— 2eosx— maincoa+

1/4 x cos22x

luôn luôn đồng biến.
Giải. Hàm
y` = 2m
= ứn

số xác định với mọi x

+ 2sin2x
+ sin2v)(2

— mecos2x

—

1/2sindx =

— cos2x).

215


Dé ham số luôn luôn đồng biến, cần và
di lay’ > 0V
zx. VÌ 2 — cos2x > 0V x, nên

Thi dy 2. (Dé thi Đại học A/1978). Hãy

(1) = 15. Vaỳ < g„v = lỗ V z. Cịny

V z là đủ. Muốn
„>1,

VẬY đmịn = m

tìm
tất
cả
các
cosS2x + mcosc + 4
Giải,
~

mọi

giá
trị
0V x

của

m

Gọi vế trái lày và đặt£ =

& ¿ «

£:

—

-l

1, ta được

&

£ «

hàm

1, y

để

<#«

4-m

> 0eom

2) -m/4

= 2#

+ mứ

+ 2,

> 4 thi Ymin = Ơ 1)

ô 4, mau

> 1,m

phi l hm ng bin, đạt giá trị bé nhất

thudn với m

=

> 4.

< ~4 thiy,,, = y(l) =

nghiệm.

Thí dụ 6. Chứng
tam giác ta đều cớ

= y(-m/4)
= 2
_4
— m2/B8
» 0 = m2 «

Vậy để y z 0V x thì -4 & m

1/2 x sinC

3. Ching
+ Bcosix

2(a1 + b2 — 2øbcosC > 2absinOV3

hay

a? + b2 — 26b(1/2cosC + ¥B/2sinC) > 0
a2 + b2 ~ 2abcos(C
— 60°) > 0.

« 4.

minh rằng
+ cost > -7 V x.

-1 <£« 1, khi đó y = 82 + 8 — 4,-1 «

Muốn vậy giá trị bé nhất của vế trái phải

>???
Giá

ThÍ dụ 4. Với m nào thì hàm số

đồng biến khi z > 5.
Giải. Ta có y = x? + m. Dé ham số đồng
bién khix > 5, cfin va dé lay > 0 V x >5.
VẬY Youn > 0 khi xz > ð là đủ. Vì y là

parapơn quay bể lm

về phía trên, có đỉnh

điểm xz = 0, nên y đồng biến

Ynin
= ¥ 5) 25 +m

> 0 m

khi x > 5

» -25.

Thi dy 5. Giai phuong trinh
(2 + sin)(6

— sine) = 16. 10???

Giải. Gọi vế trái là g và đặt £ = sin x,
lta dugeg
= (2 + (6

- t) =

đạc

được

khi

Dấu đẳng thức đạt được khi ø = b và

cox(C = 60°) = 1, C - 60°= 0, C = 60°

Vậy dấu đẳng thức đạt được khi tam giác là
tam giác đều.

ThÍ dụ

y = 183
+ mix + 1)

nhất

a? + 6?— 2ab
= (a — by? > O dung.

od dinh
£ = -1⁄2, nên y„ = ÿ(— 1/2) = -6.

+ Scosdx > ra = -8. V+,
va 4ons8x+ 8cos4x+ coax > ~-6—l = ~7 Vx

bé

tức là

Đây là parabơn quay bề lõm về phía trên,

Vậy
y = 4cos8x

trị

cos( — 60) = ???

tel.

216

¢2 » 4S(5

Giải. Theo cơng thức S =
và công thức hàm số côsin :

16 =>

Giải Xét y = Aosfx + Bcoa4x.
Dat t = cont,

Muén

trong mọi

trong đó a, 6, c là các cạnh, 6 là diện tích
tam giác. Khi nào xảy ra dấu đẳng thức.

< -4.

3) -1 & -mj/A4 « 1,-4 & m « 4 _

4cosfr

rằng

e2 = a? + 62 — ĐabcosC được

> -4, mâu thuẫn với m

Thi dy

minh

a? + 62 +

4+m>0
om

= 0.

Vậy 16.10!YL > 16. Bởi vậy phương trình

số xác định với

1 là đủ.
Ta có:

1) -m/4 < -1,m

do Binax = 8

16 khi |y|

cos x,

-l1 <&£&€ 1;y =4 + m = 0 khi ¿ = —m/4.
Vậy để y z 0V z chỉ cần y „>0 Vứ:

-l
+ 4£ + 12. Day là một parabôn quay

1 >z 0 hay

chi cfin tim m 46 g(x) = m + sin3x » 0

-l

= ~Ở

bề lõm về phía dưới, có đỉnh tại điểm ¿ = 2,
nằm trên đoạn ~1 < ¿ < 1 hàm ø đồng biến,

7. ABC

là tam giác có các góc

đều bé hơn 120°. Xét tất cả các hình chớp
tam giác SABC nó chung đáy ABC và có
cùng thể tích. Hãy xác định hình chớp cớ

tổng các cạnh bé nhất.
Giải.

VÌ

các

hình chớp chung
đáy, nên chỉ cần

xác

định

hình

chóp có tổng các

cạnh
%C
đủ.
chân
SH,

SA + SB +
bé nhất là
Gọi H
là
đường cao
khi đó ta

chỉ cần tìm hình chớp có tổng các hình chiếu

HA + HB + HC bé nhất là đủ.

VÌ các góc của tam giác ABC đều bé hơn

120, nên tốn tại duy nhất một điểm Ĩ trong
tam giác, nhìn các cạnh đều dưới một góc

bằng 120° (Bạn đọc tự chứng minh). Hình

chóp cần

tÌm là hình chớp
cao H trùng với điểm O.

có chân

đường

Thật vậy, qua 4, B, C kẻ các đường thẳng

tương ứng + ĨA, OB, ĨC tạo thành AA'B'C',
khi đó tam giác A'B”C' là tam giác đều.

Nếu
HA
h là
H khác

H = O thi
+ HB + HC = OA + OB + ÓC = h;
đường cao tam giác đều A'B'C'. Nếu
Ĩ thì

HA + HB

+ HC

> HP + HQ

+ HR

= h

(vì tổng khoảng cách từ một điểm trong tam
giác đều đến các cạnh không đổi, bằng chiều

cao của tam giác, còn khoảng cách từ một
điểm ngoài tam giác đều đến các cạnh lớn

LABYRINTH

THANH

~ MOT

DE

VAN DE

hơn chiều cao tam giác đều. Bạn đọc tự
chứng minh bằng phương pháp diện tích),
Cuối cùng, mời các bạn tự giải một số bài
tập sau đây :

1. Chứng minh rằng hàm số :
+ = ?xz + 1/2.sin 8x + 2sin 4x + sin x
ln ln đồng biến,
2. Hãy tìm tất cả các giá trị của m để
1/3 sin 3x
+ msin 2x + sinx 2 0
khi0
3. Gidi phuong trinh :

(8 — cosr)(2 + cosr) = 21.5/y!
4. Chứng mỉnh rằng, trong mọi tam giác

ta đều có

3a? + 36? — c2 » 4SV8
trong dé a, b, c là các cạnh, S là diện tích

tam giác. Khi nào xảy ra dấu đẳng thức.
5. Trong các tam giác cơ cùng diện tích,
hãy tÌm tam

cạnh bé nhất.

giác có tổng bình phương các

TAI CU DANG

TRO

THOI SU LON

VŨ ĐÌNH HỊA.
1. Mở

đầu

Thơng thường người ta hiểu mê đạo là
một hệ thống các đường ngầm đưới đất, được
nối với nhau nhằng nhịt và tỏa rất nhiều
nhánh, nếu một người khơng quen thuộc nó
bước vào sẽ nhanh chóng mất khả năng định

hướng và khơng bao giờ tìm được đường ra.
Từ Labyrinth (mê đạo) có nguồn gốc
trong những câu chuyện lịch sử Hy Lạp.

Theo truyền thuyết Hy Lạp thì mê đạo đầu
tiên được xây dựng trên đảo Kreta bởi ông
tổ thợ xây và đồng thời là nhà phát minh
Daedalus.

6 trong mê đạo này có một con

qi vật nửa bị tốt, nửa là người. Hàng năm
nó bắt cống 7 cậu bé và 7 cô bé khỏe mạnh,

xinh đẹp để ăn thịt. Hoàng tử Theseus đã
vào được

mê

đạo,

giết chết con quái vật

và

với một cuộn chỉ của cơ gái Ariadne trao cho,
hồng tử Theseus da tỉìm được đường ra khỏi
mé dao.

Chủ đề mê đạo hãy cịn dư âm tới tận giờ,
vì thế ta thường gặp các bài tốn về mê đạo
trong

các

sách

tốn,

hoặc

ở dạng

tốn

học

giải trÍ trên các báo chí...
Cơng trình đầu tiên về vấn dé mé dao
nam

(1826

1873

-

la của giáo sư Christian

1896,

giáo

sư

hình

học

Wicner

xạ

ảnh

trường đại học kỉ thuật Karlarube). Cuối thế

ki 19 tại Pháp vấn đề này được hai nhà toán

học Trémaux và Tarry nghiên cứu. Những
nghiên cứu này xoay quanh vấn đề tìm
đường đi trên một đồ thị.
Những lời giải cổ điển này được lập thành

chương trình máy tính bởi C. E. Shannon,

217


nhà toán học đồng thời là kỉ sư người Mỹ
(sinh nam 1916), một trong những người
sáng lập ngành điều khiển học, người đã

sáng tạo ra con chuột máy tìm được đường

đi trong mê đạo (năm 1951). Thơng qua cơng

trình của mình Shannon đã gợi ý cho những

nghiên cứu hiện đại về vấn đề mê đạo bằng

công cụ của điều khiển học mà thực sự được

tiến hành trên cả chiều sâu lẫn chiều rộng
trong 15 nam gần đây,
tiễn

Những nghiên cứu này cớ động lực thực
và chứa đựng những ứng dụng quan

trọng cho ngành

điều khiển

mê

đạo sẽ là những

cơ sở đánh

giá

năng lực của người máy và máy tÍnh trong

mối
ra,
cho
lực
các
tới

ảnh

tác động qua lại với mơi trường. Ngồi
những lời giải trong vấn đề mê đạo sẽ
ta phương pháp được sử dụng có hiệu
vào trong các thuật toán nhận dạng trên
đổ thị hoặc các vật mẫu và động chạm
các vấn đề "xử lí" ảnh (ví dụ phân tích
vệ tỉnh...).

2. Các

vấn

đề cơ bản

Cái gì là những vấn đề mà các nhà toán

học quan tâm tới trong chủ đề mê đạo. Th
hãy xem vấn đề cơ bản nhất.

Vấn đề thứ nhất là từ một điểm tùy ý của
mê đạo phải tÌm được cửa ra. Bài tốn này
được đặt ra cho những người bị dẫn vào mê
đạo không tự nguyện và bị bỏ mặc một mình
ở đó. Cần lưu ý là người bị nhốt khơng được
biết tÍ gì về cấu

trúc

xây dựng

của

mê

đạo

va chi co thể nhìn thấy một phần của đường

hầm,

đạo
dữ
cửa
bất
lại,

hoặc

các nhánh

được

phân

rẽ của

tại khoảng cách gần. VÌ khơng có
kiện nào thêm, nên phương pháp dò

hầm ở đây đòi hỏi phải là dùng được
cứ một mê đạo cớ thể nào khác.
bài tốn được phát biểu như sau :

Bài

tốn

chạy

trốn

qi vật". Đó

mê

một
tìm
cho
Tốm

:

là bài tốn

khảo

sát mê

đạo

cẩn tìm cho mọi mê đạo một phương pháp

khảo sát khi khơng có một thơng tin nào cho
biết trước,

học. Vì thế, khả

năng của một máy tính hoặc một người máy

trong

Khi giải thích như vậy là ta đã quên mất
một điều quan trọng, nớ chính là vấn đề thứ
hai của ta : "làm thế nào mà hồng tử
Theseus có thể tìm đến được nơi ẩn nấp của
con quái vật và khơng bị chạy luẩn quấn
trong mê đạo q lâu (ví dụ là khơng bị sa
vào tình trạng chạy theo một vòng tròn
trong mê đạo), để vẫn còn sức giết chết con

Bài tốn khảo sót ;
Hãy đưa ra một phương pháp (một thuật
tốn, một chương trình...) để có thể tới được
mọi điểm của mê đạo.

Tn có thể thấy ngay là giữa hai bài tốn

này có một

mối quan

hệ chặt chẽ.

Mỗi

lời

giải của bài toán khảo sát cho ta một lời giải

của bài toán chạy trốn
sát được toàn bộ mê
ra. Ngoài ra một cuộc
cũng góp phần khảo

: một thuật tốn khảo
đạo sẽ dẫn ta tới cửa
chạy trốn có kết quả
sát mê đạo vì khơng

phải con đường nào cũng dẫn đến cửa,

Sau đây ta sẽ nghiên cứu bài tốn khảo
sát mê đạo vỉ mơ hình tốn của nó dễ giải
thích hơn bài tốn chạy trốn.
3. Khảo

sát dé thị hitu han :

Th hiểu một đồ ¿hị hữu

tạo bởi một

số hữu

hạn

hạn là một hình

các điểm

(được

gọi

là đỉnh) và được nối với nhau bởi một số các
cung (được gọi là các cạnh). Trên hình 1 và

hình 2 ta có hai đồ thị khác nhau. Mỗi cạnh
của đồ thị được bắt đầu và kết thúc tại 2

đỉnh nào đó và khơng chứa đỉnh nào khác
ngồi đỉnh đầu và đỉnh cuối của nd. Dinh

của đồ thị ứng với các ngà rẽ của các đường
hầm

hoặc

các

bãi cuối

đường

hẩm,

cịn

các

cạnh của đồ thị chính là các đường hầm của
mê

đạo.

Hãy đưa ra một phương pháp (một thuật

toán, một chương trình máy tính...) để từ
một điểm tùy ý của mê đạo ta đều có thể
tìm được đường ra.
Phương pháp mà hồng tử Theseus đã
dùng có lẽ là như sau : "Người anh hùng của

chúng ta đã giải bài tốn
buộc một đầu sợi chỉ của cơ
cửa mê đạo và đi vào, khi
việc lần theo sợi chỉ là tìm
218

bằng cách đem
gái Ariadne vào
đi ra anh ta chỉ
được đường ra".

Hình

ï

Một đồ thị được gọi là liên thông nếu từ

một đỉnh bất kỳ ta đi tới được đỉnh tùy ý

:


khác của đồ thị qua

một

đãy (hữu

hạn)

các

cạnh. Đây chính là điều kiện cần cho sự khảo
sát được của mê đạo tương ứng với nó. VÍ
dụ trên hình 2 là một đồ thị không liên

thông. Từ đỉnh A của đố thị này ta không
thể tới được đỉnh B.

rời cạnh đang đi để vào đỉnh cuối của nó thì
ta đánh dấu (o) trong trường hợp trên các
cạnh xuất phát từ đỉnh này chưa có cạnh
nào được

đánh

dấu

(o).

2. Nếu tất cả các cạnh xuất phát từ đỉnh ta
đang đứng đều mang dấu (+) thì ta dừng lại.
Con đường đi tạo ra bởi thuật toán Tarry

được

gọi là đường

Tbrry.

Trong một đồ thị

hữu hạn liên thơng thì mỗi đường Tarry sẽ
kết thúc

sau

một

số hữu

hạn

bước

bởi điều

kiện 2, kết thúc tại đỉnh ta xuất phát. Theo

Hình 2

Đồ

thị

trên

hình

J là một

đồ

thị

lên

thơng. Ngồi ra nó cịn là một đồ thị phẳng,
(các đỉnh và các cạnh của nó có thể biểu
diễn

được

trên

mặt

phẳng

mà

các

cạnh

khơng giao nhau ngồi các đỉnh chung)
nghĩa là một đồ thị hai chiều. Tính chất này

thực ra khơng cần để bảo đảm cho tính sử
dụng được của 2 phương pháp khảo sát sau
đây.

Hinh

thuật toán này ta sẽ đi qua mỗi cạnh của đồ
thị đúng 2 lần, và mối lần theo một chiều

khác nhau. Trong hình 3 là ví dụ về một

đường Thrry. Trong hình 4 ta có một đường
Thrry khác với các đỉnh được đánh
và (+) tại các cạnh dẫn tới nơ.

đấu

(o)

Các bạn hãy thử nghiệm thuật toán Thrry
bằng cách kiểm nghiệm lại trên 2 ví dụ
và hãy tự đánh dấu lấy các cạnh. Hãy thử

lấy đỉnh xuất phát khác và kiếm nghiệm lại

3

Ta hay xem xét phương pháp của Tarry.
Phương pháp này dễ mô tả hơn. Trong

thuật toán. Cuối cùng các bạn hãy chọn lấy
một mê đạo nào đớ và biểu diễn thành đồ

đã được đi qua trên các cạnh dẫn tới nó, nếu

thị và thử nghiệm lại thuật tốn một lần
nữa. Ngồi ra ta cịn có thể sử dung ki hiéu

phương pháp này ta phải đánh dấu các đỉnh

nớ lần đầu

tiên được

đi qua.

Ngoài

ra, còn

phải nhận biết được là mỗi cạnh dẫn tới đỉnh

ta vừa tới đã được đi qua hay chưa, và đã
đi theo chiếu nào rồi. Vì vậy ta sẽ dùng hai
loại kÍ hiệu khác nhau để đánh dấu các
cạnh.
Thuật tốn của Turry :

1. Từ đỉnh đang đứng ta đi tiếp trên cạnh

mà chưa có dấu (+) ở trên đầu xuất phát của
cạnh đớ. Trước khí đi vào cạnh đó thì ta
đánh dấu (+) vào đầu cạnh, tại đầu mà ta
xuất phát. Chỉ khi nào mà tất cả mỗi cạnh

đều mang dấu (+) tại đầu ta xuất phát thì
ta mới đi vào các cạnh có dấu (o). Trước khi

({o) làm bảng chỉ đường để từ một đỉnh tùy
ý khác của đồ thị trở về đỉnh xuất phát mà

không qua đỉnh nào quá
thể kiểm tra bằng cách
chiều dấu (o}.

1 lần. Bạn đọc có
ln đi ngược lại

Xin nhường cho bạn đọc chứng minh sự
đúng đán của thuật tốn rằng, thuật tốn
ln dẫn ta qua tất cả các cạnh của đồ thị

liên thông và bao giờ cũng đưa ta về đỉnh
xuất phát.

Thuật toán của Tresmaux tương đối đặc
biệt hơn của Tarry, nhưng mô tả phức tạp
hơn.

219


Thuật tốn Trémaux :

Hình

1. Hãy đi tùy ý sao cho tới một đỉnh mà

ta đã tới, hoặc tới đỉnh chỉ có một cạnh. Hãy

đi ngược trở lại về đÌnh xuất phát và hành

động theo bước 2.
2. a) Nếu tại đỉnh xuất phát hãy cịn cạnh

chưa đi thÌ hãy đi theo cạnh đớ như 1 chỉ dẫn,

b) Nếu các cạnh đều đã đi qua, nhưng hãy

cịn có cạnh mới đi qua có một lần thì hãy

bước vào và đi như 1 chỉ dẫn.

c) Nếu các cạnh tại đỉnh xuất phát đã qua
2 lần thì kết thúc.
Phương pháp nây địi hỏi ta phải biết mỗi

4

cạnh xuất phát từ đỉnh khởi đầu đã qua mấy

lần, và cũng phải biết thứ tự đi qua của các
cạnh. Một đường đi theo thuật toán Trémaux

được gọi là một đường Trémau+, Có thể thấy
mọi đường Trémaux đều là đường Thrry,
nhưng ngược lại khơng đúng, ví dụ đường
Tarry trong hình 4 khơng phải là đường

Trémaux.

Vấn đề cổ điển về mê đạo đang là một
đối tượng mới của toán học hiện đại mà
nhiều phương pháp nghiên cứu của nó được
áp dụng cho nhiều ngành toán học trẻ trung,
hỉ vọng rằng có thể giới thiệu với bạn đọc
trong địp khác.

VỀ MỘT LỚP BÀI TỐN HÌNH HỌC
PHẠM THU HÀ
Bài báo này giới thiệu với bạn đọc một
phương pháp có Ích cho việc giải nhiều bài

tốn hình học thường được coi là không mẫu
mực và hay gặp trong các ki thi chuyên toán

và học sinh giỏi.

Trước tiên chúng ta hãy làm quen với một

khái niệm mới : Lân cận bứn kính r của một
hình phẳng là tập hợp cóc điểm trên mặt
phẳng có khoảng cách tói hình đã cho khơng

bượt q r. Ö đây ta hiểu khoảng cách từ
một điểm 4 tới một hình (H) là khoảng cách

bé nhất từ điểm A đến một điểm bất kì của
(H). Vi dụ lân cận bán kính r của một điểm
O 1a hinh tron tam O ban kính ?, lân cận

bán kính r của một hình trịn bán kính P là

hình trịn đồng tâm bán kính R + r, cịn lân
220

cận

bán

kính r của

một

đoạn

thẳng

là một

hình chữ nhật cùng với hai nửa hình trịn

bán kính r ở hai đầu, v.v... Bạn đọc hãy tự

tÌm lấy lân cận bán kính r của một đa giác,
một đường gấp khúc.

Phương pháp mà chúng tôi muốn giới
thiệu với các bạn dựa trên hai nguyên If
hình học rất đơn giản sau đây mà chứng
minh xin nhường cho ban đọc.

Nguyên

li 1:

Cho các hình phẳng

(), ŒH,),... (H„) (K). Nếu tổng điện tích

các hình (HỊ), (H,), .... (H„) mà nhỏ hơn diện
tích hình (K) thì phải có một điểm của (R)
mà năm ngồi tốt cả các hình (HỊ) ( = 1,
2,...

n}.


Ngun lÍ 2: Néu cdc hình phẳng @)),
(Họ, ... (Hạ) nằm trong hình phơng (K) sao

cho tổng diện tích của chúng

lớn hơn diện

tích (K) khi phải có hai hình H,) và (H,) nào

đó Œ,j € {1, 2,... n}) có diểm chung.

Bây giờ ta hãy làm quen với phương pháp

mới thông qua một vài ví dụ.

Bài tốn 1. Một tờ giấy hình trịn bán
kính 100cm có 9800 lỗ kứm châm. Chúng
mình rùng khi đơ có thể cắt ra một hình trịn
bán kính lem khơng có lỗ bữn châm nào.
Giải. Dể hình trịn phải tìm khơng chứa
lố kim châm nào thÌ tâm của nớ phải nằm
ngoài tất cả các lân cận bán kính lem cia

mọi lỗ kim châm. Mặt khác để hình trịn đó
nằm trọn trong tờ giấy ban đầu tâm của nó
phải nằm trong hÌnh trịn đồng tâm với tờ

giấy, bán kính 100 ~ 1 = 99 (cm). Ma tổng

diện tích của 9800 lân cận bằng 9800.x.1
= 98007 (cm?) nhé hon dién tích của hình

trịn bán kinh 99cm (= 9801 xcm2). Do dé
theo

ngun

lÍ 1 phải

tổn tại điểm

I nằm

trong hình trịn bán kính 99cm và nằm ngồi

mọi lân cận. Rõ ràng hình trịn tâm 7 bán

Diện tích lân cận bán kính r của một đa

giác lối (H.l) bằng :
điện tích đa giác + tổng diện tích các hình

chữ nhật + tổng điện tích các bình quạt. Để

ý rằng góc ở tâm của mỗi hình quạt chính
bằng góc ngồi tương ứng của đa giác nên
tổng diện tích các hình quạt chính là diện
tích hình trịn bán kính lcm. Do đó theo
giả thiết, diện tích mỗi

lân cận của 100 đa giác sẽ bé hơn 100. 4z =

= 400% (cm?) < 100.4.3,2 = 1280 < 1296 =

= 86? (em)? là diện tích hình vng. Theo
ngun lí 1 phải có điểm I nằm trong hình
vng cạnh

36cm

tốn

2. (Đề dự

bị thí dịch

thước

10

x 20 có 139 doạn

Giải, Xét các lân cận bán kính

oot
`

Chứng minh rằng

Giải. Để hình trịn phải tìm khơng cất đa

giác nào, tâm của nó phải nằm ngồi các lân
cận bán kính lem của tất cả các đa giác.

Mặt khác để hình trịn bán kính lem nằm

tron trong hình vng cạnh 38cm thì tâm của
nó phải nằm trong hình vng cạnh 36em
(nhận được từ hình vng đã cho bằng cách
tịnh tiến mỗi cạnh về phía trong lem). Ta phải
chứng mỉnh tốn tại một điểm như vậy.
“vm

T3

thẳng độ dài

mối đoạn thẳng (H2).

đa giác lồi, mỗi da giác có diện tích < xem?
cịn chu vi thì < 2cm.

các lân cận

1.

diễm nằm trên 3 đoạn khóc nhau có khoảng
cách khơng 0ượt q 1.

(

trong hình vng tổn tại một hình trịn bán
kính lem khơng cát đa giác nào.

ngồi

Chúng mính ràng bao giờ cũng tìm dược 2

quốc

tế). Trong một hình ung cạnh 38em có 100

và nằm

và đó chính là tâm của hình trịn phải tìm.
Bài tốn 3. Trong hình chữ nhật kích

kính lem là hình trịn phải tim.
Bài

lân cận sẽ bé hơn

z+2z.1+z.1? = 4z (cm?) và tổng diện tích

\

4;

To,

CN
'
\

L
t

1/2 của

18

xe

i

Lee

¿'

h

Hình 2

Dễ dàng tính được diện tích của mỗi lân
cận là

1x 1+z. (123? = 1+z/4.

Do đó tổng điện tích các lân cận bằng
132 (1 + z4)

> 132 (1 + 3/4) = 231.

Mà các lân cận này đều nằm trong hình
chữ nhật kích thước 1l x 2! (nhận được
bằng cách tịnh tiến mỗi cạnh của hình chữ
nhật đã cho ra phía ngồi 1/2). Theo ngun
lí 2 phải có 2 lân cận của hai đoạn thẳng cớ
điểm chung, do đó trên hai đoạn này phải

có hai điểm mà khoảng cách tới điểm chung
đều khơng vượt q 1/2, đó chính là hai
điểm cần tìm.

Bài tốn 4. (Đề thí dịch Balan). Một

dường gốp khúc nằm trong một hình ung

cạnh 50cm có tính chất như sau : khoảng cách

từ mỗi điểm của hình ung dến dường gấp

khúc khơng oượt q 1. Chúng mình rồng độ
đài dường gấp khúc lớn hơn 1248cm.

221


Giải. Ta tính điện tích lân cận bán kính
1 của đường gấp khúc. Trước hết xét trường
hợp đường gấp khúc gồm 2 đoạn A,A, va

A/A, (H.3).

Vậy 50

tích hình quạt A;BC

hơn diện tích tứ giác A,BDC,

bé

ma hai tứ giác

A;BDC và A,EFG đối xứng nhau qua A„ do

p >

1250
- 2/2

Qua một vài ví dụ trên chắc các bạn

có thể

Để ý rằng diện

< x + 2p =

> 1248 (dpem)

hình dung

được

phương

pháp

chúng tơi muốn giới thiệu với các bạn. \
mời bạn hãy thử sức với các bài tập sau,

liệu chúng có thể mở rộng phương pháp t¡
cho các bài

khơng ?
20

tốn

trong

khơng

gian

đt

1. Trong một hỉnh chữ nhật kích thì
x 2ð có 120 hỉnh vng đơn vi. Cht

mỉnh rằng tổn tại hình trịn bán kính

nằm trong hình chữ nhật mà không cắt h:
vuông

nào.

2. Chứng minh rằng một đa giác lồi d
tích S chu vi p bao giờ cũng chứa 1 h
Hình 3

đó diện tích lân cận bán kính

1 của ÁArA2¿A;

sẽ bé hơn

+12
Bằng

quy

+ AA,
nạp

theo

+ AzA¿).
số đoạn

thẳng của

đường gấp khúc ta suy ra diện tích của lân
cận bán kính 1 của đường gấp khúc sẽ bé hơn
a + 2p (với p là độ dài đường gấp khúc). Theo
già thiết lân cận này phủ kín hình vng cạnh
50, do đó diện tích lân cận phải lớn hơn diện

tích hình vng (theo ngun lí 1).

MIỀN

GIÁ

tron bán kính S/p.
8. Trong một hình chữ nhật kích thị
15 x 20 có 57 hình chit nhat 1 x 2 đều
cạnh song song với cạnh của hình chữ n

lớn. Chứng tỏ rằng tổn tại một hình vu¿
đơn vị nằm trong hình chữ nhật lớn cá:

nhất hai hình chữ nhật con.
4.

Cho

đa

giác

lồi

M.

Gọi

s

là

số

nhất các hình trịn bán kính 1 phủ kín Â

là số nhiều nhất các hình trịn đơi một
nhau có tâm thuộc M và bán kính
Roman cos rang s < ¢.

TRỊ CUA HAM

SỐ

LE THONG NHAT
6 phổ thơng các bạn học 3 phương pháp
cho một hàm sốy = ƒữx) : cho bởi đồ thị, cho
bởi bảng và cho bởi biểu thức đại số. Miền
xác định của hàm

số là tất cả các giá trị của

đối số z mà tương ứng xác định duy nhất giá
trị của hàm số ƒf+). Việc tÌm miền xác định
của hàm số, nhất là khi hàm số cho bởi các
biểu thức đại số chắc là các bạn đã làm quen

nhiều. Thí dụ trong ki thi dai hoc thang 6
năm 1970 ;
"Tìm miền xác định của các hàm

y=
222

LU-x?† 4+5

số :

+ igự?— 8x + 2)

y=

lo

2x +1
g TT.

— 3".

Thực chất của những bài loại này là
bạn tÌm các giá trị của đối số để tất cả
biểu thức đại số đã cho là có nghĩa (xác địt
Trong trường hợp hàm số cho bởi các b

thức đại số thÌ cịn một vấn để nữa mà
bạn

cẩn

quan

tâm

đó

là miền

giá

trị

hàm số. Miền giá trị của hàm số tức
những giá trị có thể nhận được của hàm

+y để có giá trị của đối số z lập tương :

với nó. Thí dụ hàm số y = x2 thì miền