Tuyển tập 30 năm Tạp Chí Toán Học và Tuổi Trẻ (part3-5)

CONG

THUC

VAN NANG
NGO HAN

Trong tốn học cũng như trong các bộ
mơn khoa học khác, việc hệ thống hóa kiến
thức nới chung và việc tìm mối liên hệ giữa
các vấn đề nới riêng rất cẩn thiết và vơ cùng
quan trọng, bởi vì cớ làm như vậy thì chúng
ta mới thấy rõ được tồn bộ vấn để và nắm
chắc được kiến thức. Vì vậy, mỗi khi học xong

do

Sau đó, bạn Mi chia khối đá hoặc cát phải

thành

AAD'BB'C'

Ấp

dụng

Vừa qua, bạn Nguyễn Văn Mi, học sinh
trường cấp 3 Phù Cừ (Hưng Yên) dựa vào
cách tính của nhân dân ta đã tÌm ra cơng
thức tính thể tích của một khối đá hoặc cát.

Cơng thức này liên quan tới một công thức
mang tên là công thúc uạn năng vì nó là
cơng thức tổng qt nhất để tính thể tích
và diện tích của tất cả các hình quen thuộc
đã học ở phổ thơng.
*

Ok

Các bạn đã thấy muốn tính thể tích của
một

đống gần

giống

hình chóp cụt *) có các đáy là các hình chữ
nhật,

các

mặt

bên

(xem hình 1).

là các

hình

thang

cân

Trước hết, bạn Mi đã căn cứ vào cơng thức

tính thể tich cla mét hinh dang tru léch (**)

có đáy tam giác, đã được chứng minh

Ves

lăng

v,=® (

trụ

lộch

là

cơng

thức

(l)

hình

cho

hình

atat+a’

zs)

Vì diện tích thiết dign thang S, = 30%
nên:

1,
V, = go'h
(a + 20’).
Đối với hình AD2D'BCC',

ta có :

atata’
V, = 5; ( —8—)

Vì diện tích thiết điện thang S, = Soh,
nên

:

1
V, = Goh
(2a +a’).

Vay thể tích của khối đá hoặc cát đó là :

một khối đá hoặc cát, người ta phải xếp khối

đá hoặc cát đó thành

hình

và hình ADD'BCC'.

AAD'BB'C', ta được :

một bài nào, một chương nào, các bạn hãy cố

gắng hệ thống nơ lại để tìm mối liên hệ giữa
các vấn đề với nhau, nêu lên những điểm chủ
yếu nhất, cơ bản nhất và bao quát nhất.

2

tata”

là :

zs)

(FS

V=V,+ Vy = G(2ab+
ab’ a'b+ 2a’b") (2)

h

>

1)

tạ

Ta có thể biến đổi công thức (2) thành :
h
+a’,
,b+b"
„ở

v~a[s+4(“E”) (*g)+ em]

Nhận xét các thành phần trong đấu móc,
ta thấy :
aồ là diện tích đáy trên của khối đá.
ø'b' la điện tích đáy đưới của khối đá.

(55°)
diện

(57)

giữa có các cạnh

là diện tích của thiết
là các đường

trung

bình của các mặt hình thang.
Vì vậy, nếu gọi B), B„, B; lần lượt là diện
tích của đáy trên, thiết diện giữa, đáy dưới

Hình 1

trong đó S là thiết điện thẳng va a, a’, a”
là 3 cạnh của hình lăng trụ lệch.
240

(#) Sé di ndi gần giống hình chóp cạt mà khơng phải là

hình chóp cut vi cdc canh AA’, BB’, CC', DD’ kéo

dài có thể

khơng gặp nhau tại cing 1 diém.
(*») Hình lăng trụ lệch khác hình lăng trụ ở chỗ có 2
mặt đáp khơng song song với nhau,


và h là chiếu cao của khối đá hoặc cát thì
thể tích của khối đơ là :

h

V= 5B, + 4B, +B,)

(3)

Đó là cơng thức uạn năng, bởi vì cơng
thức (3) khơng những biểu thị thể tích của
khối

đá hoặc

cát nói

trên

mà

nớ

cịn

để tính thể tích của bất kÌ hình nào,
Các bạn

hãy kiểm

nghiệm

xem

dùng

! Ta có

thể biến đổi cơng thức (3) trở về dạng các
cơng thức quen

thuộc

:

- Đối với hình lãng trụ, hình hộp, hình
trụ, vì điện tích đáy trên, đáy dưới và thiết
điện giữa đều bằng diện tích đáy B, nên ta
co:

h

(0% 402 + 0) = 8m,

~ Đối với khối chỏm cẩu, các bạn tính sẽ

thấy diện tích của thiết diện giữa
h2
B,=x (rh - +)

và

diện

tích

- Đối với hình chớp, vÌ khoảng cách từ
thiết diện giữa bằng ; chiéu

cao

nên diện tích thiết điện giữa bằng 4 đáy dưới
h

B

(0+41+B)

đáy — dưới

B, =x (2rh ~ h?). Do đó :
vV=g[0+4z

= (=8)

(r= 3)
wt + x(2rh — 12]

— Đối với khối đới cầu, nếu ta coi thể tích
của nó là hiệu của 2 khối chỏm cầu tương

(xem hình 2)

thÌ chiều cao của đới cầu # = hạ — hạ, diện

tích đáy trên Bị, =z (2h, — h?), điện tích

đáy dưới B; = x (2rh„ ~ h?) và diện tích thiết
điện giữa

B, ta có :

Vag

của

ứng có chiều cao là k; và h

Y=gŒ+4B
+ B) = Bh.
đỉnh đến

V=

1

Bh

=>

2

tị
4

b_

4

ha
2

~ Déi véi hinh non, vi ban kinh cha thiét
điện
nên

giữa

bàng

3 bán

kính

của

đáy

dưới,

;
A

=x[0+

6 [°

ri2

arth

sì +?
+ ()
an ] ==8

~ Đối với hình chớp cụt, các bạn tính sẽ
thấy rằng diện tích của thiết diện giữa
B.,BE.
P
BRaqgtgt VWB
?—

h

Do đó ta

BB

Va g[Bta (gt
=

có : :

VBR

ata) +B]

4

(B+ B + VBE’)

1

= a(hy— hy) [r®+ hy) a(h†+ huh„+hậ)]

=[s#(r=#)]~[*#(r=3)]
;

hy

Các
biểu
trong hai đấu
của cơng thức

>

thức
móc
trên

chính là các thể tích

- Đối với hình nớn cụt, vì bán kính của

của 2 chỏm cầu lập
nên khối đối cầu đó.

Vad [att ae (T7) 2t]

Cơng
thức
van
năng cịn được dùng
để tính diện tích của
các hình phẳng, nếu

thiết diện giữa bằng trung bình cộng của 2
bán kính của đáy trên và đáy dưới, nên :

=ae Œ2+r2+rr)
~ Đối với hình cầu, vi chiều cao bằng 2z,
nên ta có :
46-TCTH

Ay

trong

cơng

thức

(3)

ta coi V là điện tích,
BụB, B; là cạnh đáy

đình

2

? là chiều cao,
trên, cạnh giữa

và
và

cạnh đáy dưới của hình :
24L


- Đối với hình bình hành,

hÌnh chữ nhật,

nếu gọi các đáy trên, đáy dưới và thiết diện

giữa là ø, đường cao là b thì :

=Š(œ +4

- Đối với hình tam giác, ta có :

=

Do đó

:

3a)

thì

cạnh

giữa

ry seo_@ và đáy di iB, B, == 2ar Qnr—2e
By = 2x (z)
55.

="

vịng”)

có

vng

bán

góc

với

Hình

$c

đến trục quay.

giác cong, có góc ở đỉnh là z và đường cao
hình

các

các đầu mút hoặc điểm giữa của đường sinh

- Đối với hình quạt, nếu coi là một tam
(xem

xoay, A la chiều
và B,B„B;
là

đường sinh và kẻ từ

yak (a+ 42s
45) on (25%)
r

nếu
tích

trịn
cao

kính

- Đối với hình thang thì:

bằng

khơng gian nữa,
ta coi V là diện

xung quanh của hÌnh

+a) = nở

Vag (044540)

hinh trdn xoay trong

— Đối với hình trụ, vÌ các bán kính của 3
vịng đều bằng bán kính đáy hình trụ nên ta
có:
h
ˆ§ (2xr + 4.2nr + 2nr) = 2nrh
- Đối

với

hình

nón,

nếu

bán

kính

của

vịng ở giữa (bán kính kẻ từ điểm giữa của
đường sinh) bằng7 thì bán kính của vịng ở

¬..."

V=g (0+ Am 355 + 2 369)

đáy dưới sẽ là 2/ (xem hình 4a). Do đó :

h
=g (0+ 4.21 + 2x.21) = 2nlh.

a

- Đối với hình trịn, nếu coi nó là một
hình quạt đặc biệt khi góc œ = 3609, tức là

¬ Đối với hình nớn cụt, nếu bán kính của
Đồng ờ giữa bằng / và bán kính của ng ở

3ð) thì :

đưới là 27 - x (hình 46). Th có :

2 cạnh của hình quạt trùng nhau (xem hình

h
— x)] = 2nlh.
= g 2n+ 4.2m+ 2m (Ì

V= (03 4 + nr) = ar?
một

đáy trên là x thì bán kính của ng ở đáy

- Đối với hình vành khăn, nếu coi nó là
hình

thang

h=r—r

và

2 cạnh

B,=2ar

và cạnh

cong

bên

có

của

chiếu

hình

cao

thang

trùng nhau thÌ day trén B, = 2zr, đầy dưới

giữa B,= 2z (

(xem hình 3c). Do đó :

v=

rt+r

5 )

ear + dar tr) + Bar]
=x(?—

Hình

r?)

Khơng những đối với các hình phẳng mà

cơng

thúc

van

nang

⁄
,¿

`N
t

‘,

8

r

\\

con

dung

cho

r
\
'1

8

8
8

Hình 3a
242

Hình 3b

ca

cdc

4a

Hình

4b

— Đối với hình cầu, vì chiều cao bằng 2r

và các bán kính của 3 uòng đều bằng r (hỉnh
5a) nén :

V=-

(đa

+ 4.2ar + Qnr) = dor?

— Đối với chỏm cầu, vì các bán kính của

ba ng đều bằng r (hỉnh ðb) nên :
h
Ve

mm

+ 4.2rr + 2nr) = 2nrh.

» Các vòng này khác với các vòng tròn đáy và vòng tron

giữa của các hình trịn xoay, nếu đường sinh khơng song song
với trục quay.


— Déi

tacd:

véi đới cầu

cing

thé (hinh

5c)

Trong

khi

kiểm

nghiệm, nhiều khi ta
phải dùng đến phép
biện chứng, nghĩa là

= & eur + 4.2„r + 2xr) = 2xrh

đứng trên quan điểm
động, để giải quyết (ví
dụ coi hình quạt, hình
trịn là các tam giác
cong, coi hình vành

khan

là

hình

thang

Hình Se

cong, v.v...) hoặc phải sáng tạo ra các khái

Hink

Sa

Hình Sb

niệm mới để cho phù hợp với cơng thức trên
(vÍ dụ các nòng) ở đây trên, đáy dưới và ở
giữa của các hình trịn xoay) và tất nhiên là

That là tài tình và thú vị biết bao : Cơng

phải vận dụng các kiến thức đã học một cách

thúc van năng không phải là một việc dễ
dàng, tự nhiên mà có, mà cơng thức đó được
đề ra từ một trường hợp cụ thể (tính thể

dụ việc tính thiết điện giữa của hình chớp
cụt, diện tích các đáy trên, đáy đưới và thiết
diện giữa của chỏm cẩu, đới cầu, v.v...)

thức (3) quả nhiên là công thức uạn năng.

Nhưng các bạn đã thấy : việc tÌm ra cơng

tích của khối đá hoặc cát) rồi nó được

kiểm

nghiệm qua tất cả các trường hợp khác (điện
tích và thể tích các hình).

ĐƯỜNG

rất linh hoạt, vÌ mỗi khi kiểm nghiệm một
cơng thức là phải giải một bài tốn rồi (ví

Vì vậy, việc tìm ra và kiểm nghiệm cơng
thúc uạn năng nói trên rất là bổ ích.

TRỊN CHÍN ĐIỂM
NGƠ THÚC LANH

Với những kiến thức về hình học lớp 7,

cơ thể dễ dàng chứng mính định lí sau đây :
Trong

mọi

tam

giác

ABC,

các chân

của

cũng đi qua chân các đường cao. Ta hay chứng

mình rằng nó đi qua # chẳng hạn. Trong tam

giác vng AHB

ta có AC' = C'B = C'H. Mặt

các đường trung tuyến, các chân của các
đường cao uù các trung điểm của các đoạn

khác vì AB' là một đường trung bình nên
A'B’ = AC’ = C’B. Vay C’H = A’B’. Va nhu

một đường tròn gọi là đường tròn chỉn điểm.
Thật vậy, trước hết ta chú ý rằng vòng
tròn A'B'C' đi qua chân của các trung tuyến,

tiếp được.

nối trực tam uới các đỉnh, nằm

A

trên cùng

vậy hình thang HA'B”C' là cân, do đó nó nội

Bây giờ ta lại xét đến tam giác IBC, trong
đó ï là trực tâm của tam giác ABC. Chân
các đường cao cia nd cing 1A H, H’, H”.
Vòng tròn HH'H”, qua chân các đường cao
của tam giác ïBC, cũng qua chân các trung
tuyến của nó, tức là qua trung điểm của các
đoạn IB và 7C nối trực tâm 1 với các đỉnh

B và C. Tương tự như vậy ta sẽ thấy rằng
nó cũng qua trung điểm của đoạn JA.

Ta hãy định /đm và bán kính của đường

(*) Tương đương lớp 9 hiện nay.
243


Có thể chứng minh

rằng đường trịn 9

điểm tiếp xúc với vòng tròn nội tiếp và với
ba vòng tròn bàng tiếp của tam giác ABC
(Ha) ; nó cịn tiếp xúc với 12 đường tròn nội
tiếp và bàng tiếp với các tam giác xác định

bởi ba đỉnh và trực tâm ï (Hamintơn) ; nó
cịn tiếp xúc với mười sáu đường trịn nội

tiếp và bàng tiếp với bốn tam giác có đỉnh

8

H

a’

lị

trịn chín điểm. Trung điểm Ø' của đoạn OI
nối tâm Ø của vòng tròn ngoại tiếp của tam
giác ABC và trực tâm ï, là tâm của đường
trịn 9 điểm, vÌ các đường thẳng góc với các
cạnh

vạch

từ A,

BH,

C'

và H,

H,

H"”

xác

định Ĩ và 1 theo thứ tự, và các đường trung
trực

của

các

day A’H,

B'H',

C’H’

xác

định

điểm Ó'. Mặt khác, nếu gọi Ð là trung điểm

của doan AI thi O'D la song song với OA và
bằng một nửa
đường trèn 9
của vịng trịn
Đường trịn
nhà

của OA. Do dé ban kính của
điểm bằng một nửa bán kính
ngoại tiếp với tam giác ABC.
9 điểm thoạt tiên đã được các

toán học Ole (1707

(1800

- 1834)

nghiên

nhà toán học Anh

~ 1783),

Phoiebakhơ

cứu. Tiếp sau đó, các

là Ha,

Hamintơn,

Kedi lại

tìm ra được thêm nhiều tính chất khác của nó
nữa. Sau đây là một số tính chất đã tìm được :

BÀI TỐN

"DỰNG

là các tâm của các đường tròn tiếp xúc với

ba cạnh của tam giác mà

các đỉnh A, B, C, nớ còn tiếp xúc với những

nhớm khác gồm 16 ; 64, 256, 1024... đường
tròn, suy ra từ các nhớm trên (Kedi).

ĐA GIÁC ĐỀU"
VĂN

Chỉ dùng thước uờ compa, cé thé dung
được da giác đều cơ số cạnh bất kì khơng ?
- Đề nghị nói qua phương pháp dụng da
giác đều
mà

ea

Gaoxo,

Risalét, Hecmetxo.

- Đề nghị cho biết cách dụng da giác đều

số

2? +1
cạnh).

cạnh

là

một

số ngun

tố cơ

dạng

@hí dụ : cách dụng da giác đều

17

(nhiều bạn đọc)
Chúng

ta biết rằng mọi đa giác đều bất

kì đều có thể nội tiếp được trong đường trịn,

và khi đó các đỉnh của đa giác sẽ chia đường
tròn thành những cung bằng nhau. Ngược

lại nếu

244

ta đã chia được

đường

tròn thành

các đỉnh là các

trung điểm của các đoạn nối trực tâm ï với

NHƯ

CƯƠNG

cung bằng nhau ; nối liên tiếp các điểm chia
ta sẽ được đa giác đều
cạnh. Vì thế việc dựng
đa giác đều ø cạnh tương đương với việc chia

đường trịn bất kì thành zø phần bằng nhau.

Bài tốn "dựng đa giác đều" do đó cịn có tên
gọi là bài tốn "chia đường trịn".

1. Ư chương trình phổ thơng, ta đã biết

dùng thước và compa có thể chia đường trịn
thành 2, 3, 4, ð và 6 phần bằng nhau. Nhưng
dùng thước và compa ta lại có thể chia đơi

đế đàng một cung trịn bất kỉ, vÌ vậy nếu ta
đã dựng được đa giác đều n cạnh thì cũng
có thể dựng được đa giác đều với số cạnh

gấp đơi, gấp bốn... nói tổng qt là 2*.nw
cạnh ( là số nguyên, không âm).


Chang han, vi da dựng được đa giác đều
4, 5, 6 cạnh nên cũng có thể đựng được đa

giác đều 8, 10, 12, 16, 20, 24, ... cạnh,
Dùng

dựng

được

thước

vi ta od

và

đa

compa

giác

đều

1

ta cũng

15 cạnh,

2

có

thể

Thực vậy,

1

và vì đã biết cách chia đường trịn thành ð

phần và 3 phần bằng nhau, nên từ một điểm

A

trên

đường trịn

ta đặt

theo

cùng

một

chiều hai cung AM và AN có độ đài lần lượt
2
1
la giả 3 độ dài đường tròn (h.!1) Cung —
MĐ

1
có độ đài bằng Is

độ dài đường trịn. Nhự

vậy ta đã tìm được cách chia

đường trịn thành 1ð phẩn

#

bằng nhau,

N

A

Nói tổng qt từ định lí

số học

"nếu

m

uờ

ln có hai số ngun + uờ
1x

Hình

1

#

ta có thể dụng được da giác dều m.n cạnh",

2. Nhà toán học nổi tiếng người Đức
Gaoxo (1777~1855) đã chứng minh rằng :
là

một

số

nguyên

p=#

”+l không phải số nguyên tố.
Từ phần thứ hai của định lí Gaoxơ ta thấy
rằng dùng thước và compa không thể dựng
được đa giác đều 9 cạnh hay 25 cạnh (vì

9 = 8?, 2ư = 52, 3 và 5 lại là số nguyên tố
dang 27° + 1) cũng khơng thể dựng được đa
giác đều 7 cạnh,

lố

có

dạng

2" +1 (n la 86 nguyen không am) thi ding

3. Nhờ định lí của Gaoxơ và do các nhận

số nguyên

đa

thể

Ấp dụng phần đầu của định If Gaoxo, ta thấy

ràng vì 3, ð, 17 đều là những số nguyén tố có dạng

27 +1(8=22 + L6 = 22+ 1/17 =2 + D)

nên ta có thể dựng được đa giác đều 3, 5 và
17 cạnh. Nếù = 8 thìp = 22+] ~ 257;
số này cũng là số nguyên tố nên có thể dựng

được đa giác đều 257 cạnh. Năm 1832, ở
phần phụ lục một tác phẩm của Gaoxơ, nhà

va

giác

đều

17

cạnh,

Phép

đựng

này

do

Gaoxo tim ra khi ông 19 tuổi, và cũng do
thành công này Gaoxơ đã quyết định đứt

khốt rằng mình sẽ quyết tâm trở thành một
nhà tốn học. Sự thực ơng đã là một nhà
tốn học lớn.

chọn

khơng

27 +1

compa vì 170 = 2,B.17.
4. Để kết thúc, ta sẽ nêu lên phép dựng

dụng được đa giác dều p cạnh".

uà compo,

t6 cé dang

khong tring nhau.
“Theo kết luận này, chẳng hạn đa giác đều
170 cạnh có thể dựng được bằng thước và

Trên hình 2,
đường trịn đã

thước

13 cạnh, 19 cạnh...

xét ở phần 1 ta đi đến kết luận tổng quát :

thước va compa ta có thé dung duge da giác
đều p cạnh ; còn nếu p là một lay thừa (uới
Số mũ > 2) của một số hguyên tố dạng trên
hay p là một số ngun. tố khơng thuộc dạng

trên thì dùng

11 cạnh,

vÌ đó là những số ngun tố nhưng khơng
có dạng 3` + 1,

những

đó m vin la hai 86 nguyen tố uới nhau thì

p

đã nêu lên

nếu N là số có dạng N = 2, PyP2-P,, trong
đó À là số ngun khơng âm, PpPy Pp, fe

ta cố kết quả sau đây :
"Bang thude va compa, néu ta dé dung
duge nhitng da giéc déu m van cạnh, trong

"Nếu

tố. Chính Gaoxơ

phương hướng dựng đa giác đều 65.537 cạnh
và Hecmetxơ theo phương hướng đó đã tìm
ra phép dựng, bản thảo của lời giải xếp đầy
một va li to. V6i n = 5, 6, 7 thi số

va chỉ dụng được các da giác đều N cạnh,

+y sao cho ;

1

Nếu n = 4 thÌ p= 2' + 1 = 65.837 cũng

là số nguyên

"Dùng thước uà compa có thể dụng được

n là hai

ngun tố uới nhau, thì ln

mon mn

tốn học Risơlốt đã trình bày cách dựng
đa
giác này.

ta có một
được chia

thành 17 phần bằng nhau bởi
các

điểm

một

Ay Ay oa Aig Ayz
hệ

trục

tọa

độ

Đêcac vng góc Oxy, gốc O
tại tâm đường trịn, trục Óx

linh

đi qua điểm A,; và đơn vị dài trên trục

bán kính đường trịn. Nếu ta xem mỗi
M của mặt phẳng có tọa độ (a, ư) là
biểu điễn của số phức ø + ib thì điểm A,
diễn số phức z= con 17T7 +isin TP

2

bằng
điểm
điểm
biểu

điểm 4;

245


4x

biểu diễn phức số cos7 + isin

tức là số

phức Z,... nói tổng quát điểm A, biểu diễn

Tuong ty w, va w, la nghiém cua phuong

trinh : x2 — vg -1=0.
Cuối cùng

số phức Z* ; đặc biệt điểm A,; biểu điễn số

Y= ate 4

z7= cos 2% +isin 2% = 1,
17

Vậy số phức z là một trong những nghiệm

của phương trình zl— 1=0
trình

()

có

( — 1) (416 + gỗ + .. +
một

trong

các

thể

nghiệm

(1). Phương

viết

phương

trình

u16 + u]Š +... + + 1= 0, tức là ta có đẳng
thức z!6 + zlŠ + „.+ z2 +z = —1. (2)
Ta
zIT?

26 =

rằng

z=1

5

thi

nên
du

2 v.v.., và đẳng thức (2) có

dạng

Rõ ràng ÿ¡ † ÿ¿ = 10), Yị ‹ÿ; = 102, nén y,
và y, là nghiệm

thành

+ 1) = 0, nên z là
của

:

»;=z† z1

phức :
17

ta đặt

(6)

z-1+z 2+..,+z758+z8+..+z22z= =1

(8),

Th đặt :

của phương trình :

x? — wx t uy = Ô,

D

(cha y rang w, va w, là các nghiệm dương
của các phương trình (5), (6), y > ¥,)-

Đến đây ta chú ý rằng y„ =z'+z *=
(

cos

17

+

isin

+ cos
= isin
(
17

17)

8m = 2sin+ (3/# _- 77)
8%
= #eos Ty

= 2sin"mia7.

Vậy y„ chính bằng độ đài của cạnh đa giác
đều 34 cạnh nội tiếp trong đường tròn. Biết

0=z+z2+z2+z8# z7 là z72+ z7 4+ z8,

y; có thể tÌm được đễ đàng cạnh của đa giác

bye P+ 2+ 264 27+ 2794 2754 278+ 277,

đều 17 cạnh.

Rõ ràng : uị † 0y= ~1 và

Tém lại, từ những điều nói ở trên, để tìm
giá trị của y„, ta lần lượt giải các phương

vy 2 = 4, + 9) = —4.

Vay v, va v, la hai nghiém

ca

phuong

trình bậc hai z2 +zx — 4= 0 (4), tức là :
Đ

1,1

1

~s+sÝ1,

=

1

(phương trình (4) có hai nghiệm

khác dấu,

bạn

ˆs15

tuạ = z3 +z2+z 3+5

xt

thấy
œứ, và

rằng
ø,

ứị + 0y =Uy,

là hai

nghiệm

002 = —1,
của

phương

trình :
z2—uzx—1=0.
246

ĐỊ

Ị

(w,

x4 —v.x—1=0,

tbạ=zZ6+Z7+z76 +27

(5)

(b, >0, 0; < 0)

x— 0;x— 1 =0, hai nghiệm là w,, w, =

tu =22+z#+z72+
z8

Dễ

1

=gigvit4

ws2t2tte leet

hai

là

1

đọc hãy

tự suy nghĩ và trả lời).
Bây giờ ta lại đặt :

nên

nghiệm

Uy) 0. = -g+sŸ1

1

s~sW17

tại sao ta lấy Uy có giá trị âm,

trinh bac hai sau day : x?+x-4=0,

yl pate
u2+4

> 0, w, < 0)

hai nghiém 1a w,, w, =
tu

> 0, ty < 0)

w,x+ w, = 0, hai nghigém 1a y,, y, =

*)

ˆs1g

oe,
wi
Ws

WY, > 32)

Nghiệm của các phương trình bậc hai như
ta biết có thể dựng được bằng thước và
compa, nên đa giác đều 17 cạnh như thế

cũng có thể dựng bằng thước và compa.


CHU Ki CUA HAM SO VA MOT VAI UNG DUNG
VŨ DƯƠNG THỤY
6

lớp

9 khi

học

đến

các

hàm

số lượng

giác, các bạn đã thấy một tính chất đặc biệt
của chúng, đó là tính chất tuần hồn, nghĩa
là có chu kÌ xác định. Chu kì đó gọi là chu
ki cộng tính và có thể định nghĩa như sau :

Ham 86 y = f(x) duge gọi là cớ chu kÌ nếu
:

hệ thức

thỏa mãn

fix + m) = fla)

@)

trong đó m là số thực đương.

Dễ đàng thấy rằng nếu m là chu kì thì

Tới đây, ta có thể xét
của chu kì theo (8) trong
cấp, đặc biệt với những
thơng. Khái niệm chu kì

giải bằng phương

một vài ứng dụng
phạm vi tốn sơ
kiến thức ở phổ
theo (3) cho phép

pháp sơ cấp một số bài

toán về cực trị, và áp dụng vào các hàm hữu

tÍ nguyên, đặc biệt là tam thức bậc hai, sẽ

được

một

Trước

hai ;

số kết quả quen

thuộc.

hết,

số tam

ta xét

hàm

thức

bậc

f(x) = ax? + bx +6

hm. cũng là chu kÌ (& là số tự nhiên). Chẳng

hạn hàm số y = sinz/2 + cos3/4x có chu kì chu kì của hàm số nếu có sẽ thỏa mãn (8) tức là :

m = 8x, hàm

số y = sin 2xxjm

(m

số lượng giác, cịn có hàm số khác cũng có
chu kì, ví dụ như hàm s6y = {x}* (phần lá

của x) có chu kì là m = 1.

Ngồi định nghĩa chu kÌ như trên, cịn có
định nghĩa khác là :
Hàm số y = ƒø) được gọi là có chu kÌ nếu

thỏa mãn

hệ thức

f(x) = fix)

(2)

Chu kì này phức tạp hơn, gọi là chu kì

nhân tính, ở (1) và (2) ta hiểu m là số thực
dương, các giá trị z = +rn và mx đêu thuộc

miền

xác định

Vi du ham

của hàm

số đã cho.

số y =sin2xigx/igm

(m

thực dương) có chu kì nhân tính là m.

là số

Một cách tổng quát, ta có thể quan niệm

chu kì theo ý nghĩa rộng rãi hơn, cụ thể là
ham 86 y = f(x) duge gọi là có chu kì nếu
thỏa mãn

hệ thức :

fle) = Ax)

(3)

trong đó z là số thực thuộc miền xác định
của các hàm số fix) va p(x), các giá trị của
ø(z) thuộc miền xác định của hàm số /f+).
Mọi hàm số đều có chu kÌ p(x) = x, do 1A
trường

hợp

tầm

thường.

Rõ

ap?() + b@) + e = q12 + bx +e

là số thực

đương) có chu kì chính là m. Ngoài các hàm

ràng

là

định

nghĩa (3) này tổng quát hơn (1) và (2) vi ta
thấy rằng :
Khi p(x) = +m thi ed fz + m) = fix)
Khi g(x) = mx thi cd fimx) = fx)

(1)
(2)

hay

a[g2(ø) — x7] + b[e(x) ¬ x] =0

loại trừ trường hợp tầm thường g(x)
nghia la gid thiét p(x) # x, ta duge :

= x,

ap(x) +ax+b=0

suy ra

g(x) = — [(ax + b)/a]

(4)

Nhu vay ham s6 f(x) = ax* + bx + ¢ théa

mãn

điều

kiện ƒ[~(øx + ư)/œ] = f(x) theo ¥

nghĩa (3). Từ
thú vị sau :

đó ta rút ra một

loạt hệ quả

1) Néu x = x, là nghiệm của phương trình

fz) =0

thi x, = [~(ax, + b⁄ø † là nghiệm
thứ hai. Bởi vì :
fŒ;) = f[~(ax + b)/a] = fœ)) = 0

Chẳng hạn phương trình 2x2 — 7x + 5 = 0

có một nghiệm z¡ = ¡. Thế thi

x, =[-(2.1~ ?J/2] = 9,ð
2) Néu x =x, là điểm cực trị của hàm số

fx) thi x = [T—(ax, + b)/a] cũng là điểm cực
trị, theo tính chất của chư kÌ. Do đó phương
trình ø(+) = z là phương trình xác định điểm

+ Hàm số này được xác định bởi
y = {x} = x - 2] trong dé [x] là hàm số phần nguyên
của x, xéc dinh vdi moi x thực và có nghĩa là sổ ngun lớn
nhất khơng vượt qua x.

Chẳng hạn :
IÝZ| = LỊ0,2]= 0{—15]= 2...

247


cực trị (chú ý rằng hàm

số tam

chỉ có một điểm cực trị).
That

vay

tu

thức bậc hai

x=[-(ax-b/a]

suy

ra

x=-—(6/2a) chinh 1&8 hoanh độ của đỉnh
parabôn. Giải phương trình ø(z) = z ta được

z,=—(b/2a)

và

do

đó

Để có đủ điểu kiện đủ, hãy xác định giá
trị hàm số tại diém x, = [—(øxị + b)/œ], ta có

y,=f,)=

f@¿ = f{~(ax + bya] = fx,).
Tw day, dinh If Vi-ét được xem như là
trường hợp đặc biệt của định lí trên, khi

f&) =fœ¿) = 9,

= — [(b? — 4ac)/4a], nhu da biét, néu a > 0

thì đây là giá trị nhỏ nhất, nếu ø < 0 là giá
trị lớn nhất của hàm sé f(x).
Ví dụ : tìm điểm cực trị của hàm số

ƒfŒ)=222T—x+83 ð đây a = 2 > 0 nên

hàm số có giá trị nhỏ nhất tại điểm có hồnh
độ suy ra từ :

—[(2x — 1)/2] =x tie la x, = 1/4

hai thì :

là

nghiệm

của

tam

là các nghiệm

thức

của tam thức bậc hai.

Định lí trên có hình ảnh hình học là tung
độ của hai điểm

phân

biệt trên parabơn,

hồnh độ đối xứng qua
parabơn sẽ bằng nhau.
tự xét hàm

trục đối xứng

có

của

số

fix) = ax3 + bx? + ex +d,
có hai chu kì khơng tầm thường suy ra từ

3) Ta sẽ chứng minh định lí Vi-ét :
x,*;

để #5;

6) Tương

giá trị nhỏ nhất là y, = (1/4) = 2
Nếu

nghĩa là định lí Vi-ét là điều kiện cần và đủ

bậc

phương trình bậc hai đối với @()

ag(x) + (ax + 6)(x) + ax* + bx +e =0
tức là :

x, +x, = ~(6/8)

p(x) = [-(ax + b)E

+ [aa bf = 4e(Gx2 + bx + O)|/2ø

*i#¿; = cÍa

và cũng tương tự, có thể nêu những hệ quả

Thật vậy,

xị +*¿ =#j[—(ax, + b)/4] = —(bia)

như

#i#¿ = x,[-(ex, + b)a] =

bac hai f(x) = 0 thi ø@,) sẽ cho hai nghiệm

= [-(axt + bx,)/a) = ofa

còn

thitc bac hai f(x), nếu có nghiệm,

có thể phân tích ra thừa số ;

f(r) = dạ ~ 4) — 4)
Thật vậy : f(x) = a(x — x,)[x + (ax, + b)/a]
= ax? + axx, + bx — axx, — (ax + bx) =

5) Như vay ham s6 p(x) = [—(ax + bya] 1a

chu kÌ của tam thức bậc hai. Từ đó ta có :
Định li: DE hai giá trị khác nhau x,,x,
của đối số làm cho tam thức bậc hai cớ cùng

mot gid tri, tric 1a f(x,) = fl,) thi diéu kiện
và đủ là phải thỏa

mãn

hệ thức

x, + x, = —(b/a) hay x, = |-(ax, + bya)
điểu kiện cẩn cd thé suy ra ti f(x,) = Ax)
với chú ý chu ki cla ham số là

p(x) =| —(ex + byl

248

tỏ

lại và phương

trình

xác

định

điểm

cực

8ax2 + 2bx + e = 0.
Ví dụ giải bài tốn về cực trị trong sách
giáo khoa đại số lớp 10 tập hai §44 như sau :
"Dọc theo mỗi cạnh của 1 tấm nhơm hình
vng, cạnh ø người ta gấp lên 1 bảng để

làm thành cái hộp (khơng nắp) có thể tích
lớn nhất. Tính chiều rộng mỗi băng đó ?"

= ax? +bx te.

cần

chứng

trị là p(x) =x, sau khi biến đổi có dng :

(chỳ Ơ ax? + bx, +. = 0)
4) Tam

ó xét ở trên, đặc biệt có thể

rằng, nếu x = z¡ là nghiệm của phương trình

Thể tích của hình hộp là :

V = fx) = (a — 2x)? 2 = 4x) — 4ax2 + gầy
với điều kiện 0 < x < 2/2.

Chu kì g@) = Íø — x + Vx(2e
— Sx) 2
Phương

trình xác định điểm

cực trị

øŒ) = + có dạng : 12x? — Bax + a? =0

từ đây, loại trường hợp z = ø/2, ta có nghiệm

x = a/6 khi 46 f (2/6) = 203/27.

Để xác định đây là giá trị lớn nhất hay
nhỏ nhất, ta thử và thấy rằng :

TT
——_—Ì


f @/6) > f (@/5) = 903/125,
f(4/6) > f (@/T) = 2503/34

Sinxz và cosx, như sinr + cosz, sinx.cosx, hay
asinbz, acosbx, asinbx + ¢ v.v...

Do dé V= f(x) có giá trị lớn nhất khi x = ø/6

Phương trình ?(xz) = + cho những điểm

cực trị không những đối với hàm số đại
số
(có cực trị) mà cịn đối với một vài hàm
số
siêu việt.

Chẳng hạn ta xét trường hgp f(x) = sin.
Để xác định chu ki ta gidi phương trình
Có hai chu kì

sinp(x) = +.

9%) =x + Qkn, Px)
Phương
Ø2() =x
cực

trình
cho

= —x + (2k + 1)x

Ø¡Œ) =x

nghiệm

trị.

vơ

nghiệm

cịn
x = (2k + 1)z⁄2 là có

Tương tự có thể xét ƒ(z) = cosr, và ngay

cả một số tổ hợp tuyến tính đơn giản của

Van

dé

vé

những

số siêu

việt

nào

có thể xét cực trị bằng phương pháp trên
như đối với hàm số đại số, với chu kì theo ý
nghĩa (3) cũng là một bài tốn lí thú. Mời
các bạn cùng nhau bát tay vào giải quyết
vấn đề này. Cần nhấn mạnh một lần nữa là,
nếu phuong trinh p(x) = x cd nghiém thi

hàm
cách

số cho trước có cực trị, hay nói một
khác, một hàm số khơng cớ cực trị thì

p(t) = z

Vi du
alp(x) =
ta suy Ta

vô nghiệm.
: ffx) = a/ x thé thi theo (3) ta cd :
a/x v6i điều kiện x s O0; gŒ) #0
@(z} = + với mọi z thuộc miền xác

định của hàm số nghĩa là chỉ có một chu kì

tầm thường mà thơi.

Hay chang han xét f(x) = tgx là hàm số

khơng có cực trị, ở đây ø) = + + kx nên
phương trình ¿() = + vơ nghiệm.

MỘT SỐ BÀI TỐN DANG
TRONG

hàm

(được đề cập trong chương trình phổ thơng)

KHƠNG

CHU

GIAN

NGUYEN HONG SON
(Lược dịch

Trước khi đề cập tới chủ dé cua bai này,

đề nghị các bạn
lại) một số mệnh

tự chứng mình (hoặc nhớ
đề khá quen biết sau đây :

Mệnh đề 1.
Trong tốt cả những hình bình hành có
chư 0í cho trước thì hình ung là hình có

diện tích

Mệnh

lớn nhất,

Trong tất cả những

hình bình hành

có

chu vi va chiều dời của một đường chéo cho

trước thì hình thoi là hình có điện tích lớn
nhất.

ĐĨ nhiên là mệnh đề 2 tương đương với

mệnh

để sau.

Mệnh

Mệnh đề 3.
Trong tất cả những

dé 2’,

Trong tét cd nhitng tam gide cé chu vi va
chiều dài của một cạnh cho trước thì tam

giác cân là hình cơ diện tích lớn nhất.

tam

giác có chư

0í

cho trước thì tam giác đều là hình cơ diện
tích lớn nhất.
của

Các

mệnh

những

thường

đề 2.

từ "Corantơ")

dé

bài

1 - 3 trên

toán

cực

đây

trị mà

gọi là những bài toán

là lời giải

người

đẳng chu

ta

Trong số những hình cớ dạng xác định và có
chu vi cho trước hãy tìm hÌnh cớ diện tích
lớn nhất. Ư đây, cần chú ý rằng những mệnh
để 1 và 3 là những trường hợp đặc biệt của

:

một mệnh đề tổng quát hơn : Trong tất cả
những hình n cạnh cớ chu vì cho trước thì

hình n cạnh đều là hình có điện tích lớn
nhất. Tiến tới giới hạn có thể thấy một cách

dễ đàng rằng trong tất cả những hinh có chu
ví cho trước (hình dáng có thể bất kì) thì
hình trịn là hình cớ điện tích lớn nhất,

249


Bây giờ chúng ta hãy xét những mệnh dé
trong không gian tương tự với các mệnh đề

1-3, trong đó hình bình hành được thay bằng
hình hộp, tam giác được thay bàng tứ diện

(hỉnh chớp đáy tam giác) cịn diện tích thì
được thay bằng thể tích.
Bài tốn

1.

Trong tất cả những hình hộp có tổng
chiều dài của các cạnh cho trước, hãy tìm
hình hộp có thể tích lớn nhốt.
Bài tốn 2.

Trong

tốt cd những

hình

hộp

có tổng

chiều dài của các cạnh chiều dời của một

đường chéo cho trước, hãy tìm hình hộp có

thể tích lồn nhất,

Trước khi nêu bài toán 2 một cách khác
đi, dưới dạng một bài tốn trong khơng gian
tương tự như mệnh đề 2, chúng ta hãy
thống nhất với nhau một số định nghĩa.

Một đường gấp khúc kín gồm 4 cạnh mà
những đỉnh khơng nằm trong cùng một mặt
phẳng

thì được

gọi

là một

¿ứ giác ghờnh.

Nếu những đỉnh của một tứ điện trùng với
những đỉnh của một tứ giác ghềnh thì người
ta nói rằng nó (rương tứ giác đó (hình 1).

A

thi bang 1/6 thể tích hình hộp này. VÌ vậy,
bài tốn 2 tương đương với bài toán sau :
Bài toán ?,

Trong tất cả những tú giác ghềnh có chu
tí cho trước bằng 2p chiều dài của một

cạnh cho trước bồng h, hãy tìm tứ giác sao
cho tứ diện trương nó có thể tích lớn nhất.
Sau khi đã giải những bài toán trên,
chúng ta có thể giải đễ dàng bài tốn sau :
Bài

tốn

3.

Trong tốt cả những tú giác ghềnh có chủ

0ì cho trước bằng 3p, hãy tìm tú giác sao

cho hình tứ điện trương nó có thể tích lớn
nhất.
Giải bài tốn

1.

Vì rằng trong

tất cả những

hình bình

hành có chiều dài của các cạnh cho trước thì

hình chữ nhật là hình có diện tích lớn nhất

cịn trong tất cả những hình hộp có chiều
đài của các cạnh cho trước thì hình hộp chữ
nhật là hình có thể tích lớn nhất, nên khi

giải bài tốn 1, ta chỉ cẩn xét các hình hộp
chữ nhật.

Nếu gọi chiều dài các cạnh của một hình
hộp chữ nhật là ø¡ø„ø; thì bất đẳng thức
Cosi.

Yo, a,0, < (1/8) (@, +a, +4,)
(trong đó dấu = chỉ đúng trong trường hợp

đi =ð¿; = ø,) sẽ đẫn tới kết quả sau :

Định ii 1.
Trong tất cá những hình hộp có tổng cóc

cạnh cho trước thì hình lập phương
Hình

1

có thê tích lớn nhốt.
Giải

Để

bài

tốn

lị hình

2’

giải bài tốn này,

chúng

ta sẽ dùng

bổ đề sau.
Gọi P là mặt phẳng vuông góc với cạnh

AB của một tứ giác ghềnh ABCD

Hình

2

Có thể thấy một cách dễ dàng rằng thể

tích của một tứ diện trương một tứ giác
ghềnh mà các cạnh là một đường chéo và 3

cạnh kể liên tiếp của một hình hộp (hÌnh 2}

Hình

250

3

(hình 3).


Chiéu ABCD

tam giác BEF.

lén mặt

phẳng

P, ta được

Bổ đề.
Thể tích V của một tứ diện trương tứ giác
ABCD duoc tinh theo cong thite
V=(1/8)hS
trong đó

h là chiều

()

dài cạnh AB.

Để chứng minh, chúng ta chỉ cẩn chú ý
các

tứ

diện

ABCD

và ABEF

tương

đương nhau (có thể tích bằng nhau) vÌ rằng
chúng đều tương đương với tứ diện ABCF.

Công thức (1) gợi ý ngay cho ta cách giải
bài toán 2° : Cần xác định độ dài và vị trí
các

cạnh

BC,

CD

và AD

(hỉnh

muốn có.
Bằng cách đó, bài tốn của chúng ta đã

được đưa về bài toán đẳng chu đối với tam

giác BEF. Như chúng ta đã biết, với một chu
vi cho

trước,

lớn nhất

8 là diện tích tam giác BEF.
rằng

AB, là một cạnh bên của nơ. Khi đó, đường
B,ADCB, trở thành tứ giác ghênh mà ta

3)

diện tích tam giác BEF là lớn nhất.

sao

cho

Để đạt được điều đó, trước nhất cần làm

sao cho chu vi của nó có giá trị lớn nhất. Ta
hãy trải các mặt ABEFD, FDCE và CEB lên

trên một mặt phẳng. Trên hình phẳng mà
ta thu được (hỉnh 4), chiều dài cạnh B,B,

tam

khi BR

giác này

= FE

sẽ có diện tích

= EB,

do đó tứ giác

ABCD đáp ứng yêu cầu của bài toán 2”, phải
có các cạnh AD, DC và CB bàng nhau. Với
điều

kiện

này và điều

kiện

đòi hỏi AD,

DC

và CB tạo thành với AB chỉ một góc mà thơi,
tứ giác ABCD

nhất.

sẽ được xác định một cách duy

Và như vậy là ta đã chứng minh xong

:

Định lí 9 :
Trong tất cả những tú diện trương tú giác
ghénh ABCD cé chu vi cho trudc bằng 2p va
chiều dài của cạnh AB

cho trước bằng b thì

tứ diện cơ thể tích lớn nhất lị tú diện trương

bằng chu vỉ của tam giác BEF, từ đó ta thấy

tứ giúc mà các cạnh AD, DC uà CB bàng
nhau 0ù làm thành uới cạnh AB những góc
bằng nhau.

DC, CB chỉ tạo thành với cạnh AB một góc
a = arccos [h/(2p - h)} mà thơi (hình 5). Do

Đồng thời, chúng ta cũng có được cách
dựng tứ giác ghềnh trương tứ diện lớn nhất :
muốn vậy, ta lấy một hình chữ nhật có một

rằng chu vi đó sẽ lớn nhất khi các đoạn AD,

đó tứ giác ghềnh có cạnh AB = hk va chu vi
bằng 2p sao cho tam giác BEF có chu vi lớn
nhất có thể dựng theo cách sau đây :

gấp nó thành mặt xung quanh của một hình
lãng trụ tam

giác đều.

Giải bài tốn 3.
Ta hay tính thể tích cực đại nói tới trong

4
2

cạnh bằng h và đường chéo bằng 2p - h và

Cc

định lí 2. Từ hình 5, ta thấy rằng chu vỉ tam

giác BEF bằng

V@p — hy?
— A? = 2 Íp( ~ h)

8

£

£

Hink

&

4

[2Vp@
— h)/3)>. V3/4 = pœ — h)/3ã ;

cuối cùng, thể tích lớn nhất của hình tứ điện

A

được trương, theo cơng thức (1), bằng :
dD

A
8,

nghĩa là điện tích cực đại của nó bằng

V= (1/3)h p(p— AVBY3 = phip— AONE
S4

£
Hình

Bay giờ, chúng ta có thể giải bài tốn 3
một cách dễ đàng. Bài toán này khác với bài

c

£

(2)

toán 2° là ở đây người ta chỉ cho biết chu vi

8

5

gấp một bình chữ nhật có cạnh AB, = h va
đường chéo ÁB, = 2p - h thành mặt xung
quanh của một lăng trụ đáy tam giác sao

cho điểm B, đến trùng với điểm B; và đoạn

của tứ giác.

Di nhiên là để giải bài toán này, chỉ cần

lấy giá trị h trong bài tốn trên sao cho vế

phải của cơng thức (2) cớ giá trị lớn nhất.

Giá trị h đó được xác định từ bất đẳng thức
Cosi :

hip — h) < {th + (p — h2)? = p2,

251


no bang p/2 vi ring h =p —h khih = p/2.

Thật vậy, nếu ¡ = p/2 thì chiều dài của

mỗi cạnh còn lại sẽ bằng (2p - h)/3 = p/2 ;

Từ đớ suy ra lời giải của bài toán ba :

Dinh li 3.
Trong tốt cả những tú diện trương cúc tử

giác ghềnh có chu cho trước thì tứ diện
có thể tích lớn nhất là tú diện trương tú giác
trong đó cóc cạnh
mọi

cập

cạnh

bồng

cũng bồng

nhau

nhưu.

0ù góc giữa

CƠNG

co thể chứng mình sự bằng nhau của các góc
bằng cách tính trực tiếp (vì h = p/2 nên tất

cả các góc đều bằng arccos (1/3)) ; tuy nhiên,

một cách đơn giân hơn, có thể chú ý rằng
trong tứ giác mà ta xét tất cả các cạnh đều
có vai trị như nhau.

THÚC

CƠ-SIN
NGUYEN CONG QUY

Trong hình học phẳng ta biết rằng cho

trước hai cạnh AB = c, AC = ị của tam giác
ABC và góc A thì cạnh thứ ba BC = a duge

tinh theo cơng thức ø2 = 62 + c2 - 2becosA(1)
Đó là cơng thức cơsin cho các lam giác.

Trong hình học khơng gian ta hãy xét bài

toán tương tự sau đây : Trong một
diện Oabe, cho trước hai mặt

b

góc tưm_

= y,

aOc

= 8 nhị diện A cơ cạnh Oa, hãy tính mặt

thit ba

ta

bOc

Trén

hãy

canh

đặt

= a.
Oa

một

các

(hình 1). Như vậy
góc BAC

Từ cơng thức đó có thể suy ra rằng : nếu

hai tam diện cùng huớng có cóc mặt tương

ứng đơi một bàng

nhau

Ĩc) theo thứ tự vng

cƠa,
Hink

i

và BÁC ta được

BC? = OB* + OC? - 20B.0Ccosa
BC? = AB? + AC? — 2AB.ACcosA

thì chúng

lại được

œOb

và sao cho

bằng

đặt ra là :
diện,

góc với các mặt bƠc,

cdc tia Oa,

ợ

e

AC = tgổ. Thay vào hai đẳng thức trên, ta
rút ra. l/cos2 + l/cos2y — 2cosz/cosổcosy =

= tg2ổ + tgy - 2tgtgycosA

Từ đó dễ dàng đưa đến công thức
= cosfcosy + sinfsinycosA

(2)

Oa’ nim

cùng phia d6i véi mat 60c ; Ob, Ob’ nim
cùng phía đối với mặt cĨa ; Ĩc, Oc’ nam
cùng phía đối với mặt øOb (hình 2). Ta thu

Nhung OB = l/cosy, OC = l/eœ, AB = tgy,

252

khi biết các

Để giải bài toán này cần biết khái niệm
tam. diện bù. Giả sử ta có tam diện Oabc.
Qua đỉnh Ĩ ta hãy dyng cdc tia Oa’, 0b’,

canh Oa nên có độ lớn bang A. Ap đụng cơng

cosa

diện

hãy tính cóc mặt của tơm diện đó.

chính là góc phẳng của nhị diện

thức césin cho các tam giác BOC

góc nhị diện của một tam
mặt của tam diện đó.

cho biết các góc nhị diện của một tam

mặt

gĨb và aOc, cat
0b 6 B, cht Oc OC

cosA = (cose - cosScosy)/singsiny
(2'}
Cơng thức (2’) cho phép ta tính được các

nhau,
Một bài tốn ngược

đoạn OA bang don
vi réi qua A ké
những
đường
vng góc với Ĩa
trong

Đó là cơng thức cósin cho các tam diện.

Cơng thức đó có thể viết thành :

Hình

2


duge tam dién Oa’c’ goi lA tam dién bi cua
tam dién Oabc.

sẽ hiểu

Dễ dàng chứng minh rằng nếu tam diện
Oa’b’c’ là bù của Oøbe thì ngược lại tam diện
Oabe cũng là bù của tam diện Oa'b'e'. Hai
vậy

như

tam điện

tạ M. Góc đó
cũng chính là góc
nhị

gọi là bù nhau.

(các

=B'+8=C'+y>x

mặt

và

rađian)

các

nhị

diện

được

tính

(8)
bằng

Trở lại bài tốn đã nêu trên ta hãy dựng

tam

diện bù Øø'b'©° của tam

trước và viết công
bù đơ.

thức

diện

(2'} cho

Oabe

tam

cho

diện

cosA’ = (cosa’ - cosf’cosy’)/sing’siny’

Theo cdc hệ thức (3) ta có œ' = x - A,8' =

=z—B,y`

ta được

:

=z=-~C,
A' = x- a. Thay vào

diện

tạo

bởi

hai mặt phẳng của

Người ta chứng minh được rằng nếu hai
tam diện Oabe va Oa’b’c’ bi nhau thì với
những kí hiệu tương tự trên ta có
A+tz'=B+Ø=C+y=Ad+a=

là góc œ

giữa
hai
tiếp
tuyến của mặt cầu

hai
lớn.
Hinh

cầu, trong
xun tâm

đường

trịn

Cho ba điểm A,

4

B, C trên một mặt

đó khơng có hai điểm nào là
đối. Như vậy thì qua méi cap

điểm (B, C), (C, A), (A, B) có một đường
trịn lớn. Hình tạo bởi ba cung tròn lớn 8C,

CA, AB gọi là tam giác cầu ABCO) (hình 4).

Nếu

gọi a, b, e là độ dài các cung BC,

CA,

AB, R là bán kính cầu, z = BOC, 8 = COA,
y = AOB thi a = a/R, 8 = b/R, y = c/R (cdc

góc ø, 8, y được đo bằng rađian). Nếu hiểu
các góc A, B, C của tam giác cầu là góc tạo

bởi các cung nói trên qua các điểm đó, thì

(4)

các gốc này chính là góc nhị diện của tam
diện OABC. Ấp dụng cơng thức (2) cho tam

tốn trên. Từ cơng thức này ta có thể suy

ra rằng : nếu hơi tam diện cùng hướng có
các góc nhị diện tương ứng dơi một bằng

+ sin(6/R)sin(c/R)cosA.
(5)
Đó là cơng thức cơsin cho cóc tam giác cầu.
Từ công thức này ta rút ra

cosa = (cosA + cosBcosC)/sinBsinC

Công thức này chính là lời giải của bài

nhau thì chúng bằng nhau.
Các

công

thức

(2)

và (4) xác

định

mối

quan hệ giữa các mặt và nhị diện của một
tam diện. Đớ là các công thức cơ bản của

hình học các tam điện.

Ngồi ra các cơng thức đó cịn cho phép
ta xác định quan hệ giữa các cạnh và gớc
của một ¿em giác cầu (tức tam giác vẽ trên
mặt cầu).
học

Trước hết cần hiểu biết sơ lược về hình
cầu.

Trên

một

mặt

cầu

nếu

cho

trước

hai điểm A, B8 khơng đối xứng qua tâm mặt
cầu, thì có thể vẽ được một và chỉ một đường
trịn

lớn qua A

và

dién nay ta duge cos(a/R)

= cos(b/R)cos(c/R) +

cosA = [cos(ø/R) - cos(b/ft)cos(e(R)/sin(b/R)
sin(¢/R).
Nếu

OABC

áp dụng

(B)
cơng thức

thì ta lại được

(4) cho tam điện

cos(a/R) = (cosA + cosBcosC)/sinBsinC. (6)
Các công thức (5) va (6) 1a nhitng cong
thúc cơ bản của lượng giác cầu. Chúng xác
định các quan hệ giữa các cạnh và góc của
một tam giác cẩu.

Từ các cơng thức đó có thể suy ra các
tiêu chuẩn bằng nhau của hai tam giác cầu.

Bên cạnh những tiêu chuẩn như đối với tam

giác thẳng, ta cịn thấy thêm : Nếu hai tam.

B mà thơi (hinh
3). VÌ vậy trên

giác cầu có 3 góc tương ứng đơi một bằng

trịn lớn đóng vai
trị tương tự như

cho các tam giác phẳng, các tam diện và các

mặt

cầu

nhau thì chúng bằng nhau.

đường

Như

tam giác cầu. Các cơng thức đó cố quan hệ
mật thiết với nhau như chúng ta đã thấy
trong cách xây dựng ở trên. Đặc biệt, cơng

đường thẳng trên
mặt phẳng. Góc

của

hai

vậy, ta đã thấy các cơng thức cơsin

đường

trịn lớn cất nhau

ở một điểm ă, ta

Hình 3

(1) Thật ra qua 2 điểm 4, 8 có 2 cung của đường trịn

lớn. Sau này ta sẽ chỉ lấy cung nhỏ hón.

253


thức cơsin trên mặt phẳng có thể coi là một

tức là ta lại tìm thấy cơng thức cơsin trên

cùng. Thật vậy khi # — œ thì sin(2/R) —>

khi tam giác cầu có góc vng ở A chẳng

trường hợp giới hạn của cơng thức cơsin trên

mặt cầu khi bán kính của mặt cầu lớn vơ

a/R do dé

l

cos(a/R) — ¥1 — (@/R)* = [1 - (/R)2J⁄2

= 1-a7/2R
Tương tự

như

vậy

đối

với

Bây giờ ta xót thêm

hạn.

bây giờ trở thành

1 ~ a2/2R? = (1 - È2/8R2)(1 - c2/2R?) +

(bc/R)cosA (7) Dộ Ơ rang khi R â, theo
cơng thức tính gần đúng

(1 ~ 67/2R?)(1 - c2/2R2) = 1 ~ 67/2R? ~ c2/2R?.
vài biến

đổi đơn

a? = 67 + ¢? - 2becosA

BẤT ĐĂNG

Lúc đó cosÁ

trường hợp đặc biệt

= cos(z/2)

=

0 và công

thức (5) trở thành

cos(a/R)
Công thức

sin(0/R),

sin(c/R), cos(b/B) và cos(c/f?). Công thức (5)

Thay vào (7) sau một
giản cuối cùng ta được

mặt phẳng.

Pitago

= cos(b/R) cos(c/R)
này được gọi là cơng

trên một

cầu,

khơng

phải

(8)
thức

vì được

Pitago phát hiện ra, mà vì một lí do sâu xa
hơn, bản chất hơn. Thật vậy nếu cho đt ~> œ

thÌ (8) trở thành

1- 822W? = (1 — 67/2R2)(1 - 07/22) =

1 - ð2/2R2 — c2/2R?, Tit dé a* = b2 + c2
tức là ta lại trở về công

thức Pitago

trên

mặt phẳng. Thực chất của tên gọi trên là ở
chỗ đó.

THÚC EC-ĐƠ-SƠ
NGUN CƠNG QUỲ
học nổi tiếng người Anh tên là Moocden. Tuy

TU DU DOAN DEN KHANG DINH
Một

số các

bạn,

trong

khi

làm

tốn,

có

thể đã gặp bài tốn sau đây : "Chứng minh

rằng tổng cóc khoảng cách từ một điểm M

trong một tam giác ABC dến cóc định tam

giác đó khơng nhỏ hon hai lần lổng cóc
khoảng cách từ diểm đó đến các cạnh (hay
phần kéo dài của cạnh)"
Đây là một bài toán khá đơn giản.

Nếu

dat MA = R,, MB = R,, MC = R, va goi

a, dy

d, theo thứ tự là các khoảng cách từ

M đến các cạnh BC, CA, AB, thì điều cần
chứng mình

trong bài tốn trên là

R,+R, +R, = Ud, +d,+d.)
Cách

đây

gần

bốn

chục

năm,

nhà

(EF)
tốn

học nổi tiếng Hung-ga-ri P. Ecđơsơ, trong
khi nghiên cứu các tính chất của tam giác,

lẩn đầu tiên đã nêu lên bất đẳng thức trên,
mà

sau

này

người

ta vẫn

quen

gọi là bất

đẳng thức Ecđơaơ. Bị lơi cuốn bởi tính giản

đị của bài toán, nhà toán học lao vào chứng
minh ; song vinh dy giải được bài tốn đó

khơng thuộc về ơng, mà thuộc về nhà hình

254

nhiên chứng mỉnh của Moocđen (dựa vào
lượng giác) chỉ có ý nghĩa lịch sử, vì nó khá

phức tạp và rườm rà.
Mãi đến năm 1945 (tức là mười năm sau

khi Eeđơsơ
tốn
một
nhận
trên

phát biểu bài tốn

trên), nhà

học Ma Cadarinốp mới đế xuất được
lời giải thuần túy hình học có thể chấp
được. Tiếp theo đó nhiều nhà tốn học
thế giới đã nêu lên được những lời giải

ngắn gọn của bài toán đã đặt ra.
Thật ra việc chứng minh bất đẳng thức

(ŒE) khơng khó lắm, và có thể nơi là thích

hợp với trình độ của các bạn (ngay cả các
bạn ở lớp 8 đã làm quen với việc chứng minh

bất đẳng thức). Thật vay, gid st A,, B,, C,

là các hình chiếu của M trén cdc canh BC = a,

CA

= b, AB

của M

= c. Lấy điểm M

qua đường

phân

đối xứng

giác góc Á

và gọi

Bì, C¡ là các hÌnh chiếu của Af' trên CA, AB,

Gọi D là giao điểm AM' x BC và H, K là

các hình chiếu của B, C trên AM'. Th có

(hình vẽ) :


Đẳng thức xây ra khi và chi khi tam giác đã

cho là đều và M là tâm của tam giác đơ.
Các bạn thích đi sâu có thể tự mình

chứng minh các bất đẳng thức trên : (2) và

(3) có thể xuất phát từ (1), rồi áp đụng các
bất đẳng thức Côsi hoặc Bunhiacốpxki ; để

chứng minh bất đẳng thức (4) có thể áp dựng
bất đẳng thức Œ) cho điểm M và tam giác mà

các đỉnh là ảnh của A, Bị, C, trong phép
nghịch đáo cực M phương tích bằng đơn vì.

ø = BC = BD + DC > BH + CK (đẳng thức

chỉ xảy ra khi H = K = D, hic dé AM’ la
đường cao của tam giác). Từ đó có a.M”A

BH.M’A+ CK.M’A = 2S(M’AB) + 2S(M’CA
cM'C|+bM’B), tic A oM’A
Nhưng vì M
phân

giác

>

> cMC,+bMPBỊ.

và Aƒ' đối xứng với nhau qua
gốc
Á
nên
MA
=
MA,

M’C, = MB,, M’B, = MC,, nén ta có thể viết
aMA > cMB, + 6MC, hay cR, > ed, + bd,,
tức là

R, > (cla)d, + ®ia)d,.

Tương

tự đ,

>

(a/6)đ, + (clb)d,, R,

(bled, + (ale)d, va cong lai ta duge

R, +R, +R, >
be

> (g?g)

đ +

@)

>

Bcdơsơ. Muốn biết điều đó, trước hết ta cẩn
biết thế nào là giá trị trung bình của các số
dương cho trước. Trong đại số học, người ta
gọi giá trị trung bình bậc & (* là một số thực)
của các số dương #ịụ #;; ... *n là số
My ly, X55 0 XQ) = Ñx + xe +..+ ah) in

Người ta cũng chứng minh được rằng khi
È dần tới 0 thì M, Œ¡, Xo) 4 X,) đẩn tới trung
bình nhân của các số #; #ạ .¿ xạ, tức là
MG q, Ky
bình

e

cộng,

8y

* (54a) 4

Nhưng các tổng trong dấu ngoặc là tổng

hai số đảo ngược nên chúng đều không nhỏ
hơn 2 (các bạn lớp 8 cố gắng chứng minh
tính chất này), do đớ :

R,+R, +R, 2 2d, +d, +d)

Đẳng thức chỉ xảy ra khi M'" là trực tâm
của tam giác ABC, đồng thời ø = b = c, nói

cách khác M' (và do đó cả M) là tâm của
tam giác đều ABC.

Trên đây là một trong những lời giải
tương đối ngắn gọn của bài tốn đặt ra.

NHUNG C6 GANG DE MO RONG BÀI TỐN
CUA ECDOSO

Sau khi chứng minh được bất đẳng thức
chứng

minh

được

trung

bình

tồn

phương,

trung

của & bang 1, 2 và ~1, tức là
M(x,

ta cịn

Yaz, + tf

bình điều hòa theo thứ tự ứng với các giá trị

(†2)%4+

bất đẳng thức sau đây

oy XQ) =

Cịn giá trị trung bình quen thuộc như trung

ab

(E) người

Thế thì những bất đẳng thức trên có liên
quan gÌ đến việc mở rộng bài tốn của

những

RRR, > 8d,d,d,

vey x,)

=

@,

+x;

+... tava

May, Xp 04 t,) = VR tae + +2 in
4M 1Œp X;y
%,) = n/Qa + Ly +... + 1ã)
Bây giờ nếu ta viết lại các bất đẳng thức (2),
(8), (4) dưới các dạng

khác

như

sau

Ä R RRJ8 > dda /8

4)

VARI + RỊ + RV/3 >
a2 Wats a+ aya
3
YR,+ VR,+

22
UR,

(8)

3
4)
lid,+ Vd,+ ld,

thì các bất đẳng thức này cùng với bất đẳng
thức (E) có thể tớm tất trong cách viết sau

MR, Ry RI > 2M. (4, dụ độ) (5)

voi k = -1, 0, 1/2, 1.

(Đằng thức xây ra khi tam giác đã cho là

(2)

đêu và M là tâm của tam giác đỏ).

(4)

tùy ý. Nhưng chẳng bao lâu giả thuyết đó đã

VR, + VR, + VR, > V2(Vd, + Vd, + ¥d,)(3)

UR,
+ UR, + UR, < (id,+ 1d, +12

Kay

Một giả thuyết được đặt ra là bất đẳng
thức (ð) có thể mở rộng cho mọi số thực &
255


bị bác bỏ vì người

ta đã chứng

bất đẳng thức (thật sự)

mình

được

RỆ + RỆ + R > (2dđ2 + dệ2 + d2)

tic M(R,, Ry, R.) > 2M,(d, +d, +d)
va ti sd M(R,, Ry RIIM(,, d,, d.) có thé

dần tới 2 bao nhiêu cũng được nhưng không
thể đạt được giá trị 2.
Tất

nhiên

là việc

chứng

minh

được

MOR,

Ry,

By)

> Mid,

dy

đ,)/cos"(jm) với k = 1 và —1.

Trường hợp & = 1 đã được Fơlơrian và một
số nhà tốn học khác chứng mỉnh là đúng.
Việc mở rộng những kết quả đã tìm được
vào hình học khơng gian (cụ thể là vào tứ

diện) cũng được các nhà toán học quan tam.

Người ta đã chứng minh được bất đẳng thức

RRR Ry > 81d,d,dd,

bất.

đẳng thức này đã phủ định hoàn toàn giả
thuyết trên. Tuy nhiên đến đây bài toán vẫn

tức là

được rằng bất đẳng thức (ð) đúng với những

và các mặt của tứ diện đớ). Tất nhiên người

chưa chấm đứt. Năm 1958, nhà hình học
người Áo tên là Fơlơrian đã chứng mỉnh
giá trị k thỏa mãn

điều

kiện

ta nghỉ đến việc thay M,

và đồng thời cũng chứng minh được rằng với
những giá trị của k > 1 và < -1 thì
Ik

"V2Md,,d,,4,).

Nhu vậy là việc mở rộng bài toán của
Eed6so da dugc giải quyết. Tuy nhiên, người
ta khơng bao giờ chịu bằng lịng với những
kết quả đã thu được. Nhiều nhà toán học đã
nghỉ đến việc mở rộng những kết quả đó vào
một đa giác lồi tùy ý. Năm 1948 nhà toán
hoc Fegio Tot người Hung-ga-ri đã chứng
minh được bất đẳng thức
Rịụ, R¿... R„
tức là

MR,

Ry

> d, dy... d,fcos%x/n),

om Ry)

ở )/icos (tín) trong đó J

2 Mody

bằng M, với k tùy

ý, nhưng nhà toán học NI Cadarinốp đã bác

-1
MAR, Ry R) >

Mu, R.,R, TP) > 3M (d, dd, d)
(trong để Ry ... Và po lÀ các hoảng cách
từ một điểm trong một tứ điện đến các đỉnh

dy

..

và d, theo thứ tự là các

khoảng cách từ một. điểm ở trong một đa giác
lổi ø cạnh đến các dỈnh và các cạnh của đa giác

đó. (Đẳng thức chỉ xây ra khi đa giác đã cho la
đều và điểm đã cho là tâm của đa giác đó).
Đồng thời Fegiơ Tot lại nêu lên giả thuyết

bỏ giả thuyết đó bằng những ví dụ cụ thể.
Và tiếp theo đó, sự nghiên cứu của các nhà
tốn

học

Liên

Xơ

VI,

Rabinơvích

và

J.U.

lagolơm đã dẫn đến kết quả đúng là
Uy Ry Ry Ry Ry) > 3M (dy dy dy dy)
với mọi số & khéng am.

:

Trên đây chúng ta đã thấy rằng việc phát
hiện, chứng mình và phát triển bài tốn của

Ecdéso qua là một quá trình gay go phức

tạp. Việc chứng minh những kết quả đã tìm

được thì khơng khó lắm, mà thật ra chỉ đòi
hỏi những kiến thức ở bậc phổ thơng. Tuy

nhiên lồi người đã tốn bao nhiêu cơng sức,
bao nhiêu thời gian, dị dẫm từng bước, dự
đốn rồi khẳng định, người nọ tiếp sức cho

người kia, thế hệ này kế tục thế hệ khác,

cuối cùng

mới tÌm

đến chân

lí khoa

học.

Nhưng dẫu sao, chân lí đó vẫn chưa phải là

đỉnh cuối cùng. Lồi người ln ln suy
nghỉ làm cho tẩm mắt của mình
rộng,

vốn

hiểu

biết

của

mình

càng mở

ngày

càng

thêm phong phú, để đạt tới chân lí khoa học
ở mức độ cao hơn.

LÀM QUEN MỘT CHÚT VỚI LIÊN PHÂN SỐ
HỒNG CHÚNG

1. Ư lớp đầu cấp III, ban đã học về căn

khơng tuần hồn ta chỉ có thể biết được một,

số và biết rằng căn bậc hai của các số khơng

số chữ số thập phân của nó mà thơi. Thí dụ :

bằng một số thập phân hạn khơng tuần
hồn. Tất nhiên, đối với số thập phân vơ hạn

nào để tìm các chữ số thập phân đó với số

chính phương là số vơ tÍ và có thể biểu diễn

256

¥2 = 1,41421... x = 8,141592...

Bạn chắc có lúc tự đặt vấn đề : làm thế