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

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

"phẳng", ta sẽ có +/ÖM + yiỒN + z/ÕP =1

phương trình mặt phẳng Nếu ta biến đổi

toàn bộ hình vẽ bằng một phép biến đổi afin

thì tam điện Oxyz biến thành một tam diện

O*3y'z' (nói chung không có góc vuông vì

"vuông" không phải là khái niệm afin) cồn

các tỈ số đơn được giữ nguyên :

x/OM = OS/OM = O30"

ION = OTION = OT ON

2/OP = OU/OP = OVOP

*t

Hình 5 Vậy ta có : Cho một tam diện bất kì

O'x’y’z’ va một điểm R’, qua †' có một mặt

phẳng biển thiên cắt O'x', O'y’, O'2’ theo thit

tu ¢ M’, N’, P’ ThE thi có các số

a=0S,8 P va y=O'V’, sao cho:

alO'M’ + BION + yiO'P = 1

Muén a = = y thì hình hộp

O'S'T'U'V'W'2 phải có các cạnh bằng nhau,

nghia là cô sâu một dều là hình thoi

Đến đây xin mời các bạn tiếp tục để đi

đến các bài toán khác trong [1] Tôi xin tạm

dừng bằng những nhấn mạnh sau đây :

1) Lõi cốt của nội dung 10 bài toán trong

[1] là phương trình đường thẳng và phương

trình mặt phẳng Như vậy là cùng một bản

chất mà hình thức biểu hiện ra ngoài thật

là phong phú

2) Trong các phép biến đổi, có những cái

được giữ nguyên như qua các phép biến đổi

afin thi "thẳng hàng", "đường thẳng", "tl s6 đơn",

"hình bình hành" được giữ nguyên, trong lúc

những cái khác như "vuông, "hình vuông",

"chiểu dài" thì thay đổi Cái thông minh của

loài người là khi nghiên cứu một bộ phận

tính chất nào đó ẩn trong một hình thì đi

tìm cho được những phép biến hình biết chắc

172

là giữ nguyên bộ phận các tính chất muốn nghiên cứu nhưng thay đổi các tính chất khác Khéo tÌm thì ở hình mới (qua phép biến hÌnh) các tính chất muốn nghiên cứu sẽ hiện ra rõ rệt Ví dụ ở hình 3, thoạt nhìn khó ai mà thấy được hệ thức (2), nhưng qua một phép biến đổi afin để trở về hình 2, thi

hệ thức (1) lại là một kiến thức cơ bản có

trong sách giáo khoa Đây là một tư tưởng

"lớn" trong toán học hiện dai

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

trong A vuéng DAK)

mà l/AR? = L/AB? + LAC? (Hệ thức lượng

trong A vuéng CAB)

nén — =—~ + — + —_ AH? AD? AB? AC AH? AH? AH? 4+ el

AD? AI? AC?

Cuối cùng ta có cosa + cos’B + cos’y = I

Bài toán 3 : Cho hình lập phương

ABCDAB'C'D' Hãy tìm điện tích của hình

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

Đầu tiên ta hãy chứng minh A'C' vuông

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

va BD 1 AA’, nén BD vuông góc với mặt phang AA’C, vay BD + A'C Tương tự BC’ 1 AC Do dé : A’C vuông góc với mặt phang BDC’

Một cách tương tự, ta cũng chứng minh

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

Vậy hình chiếu vuông góc của hình lập

phương lên mặt phẳng P sẽ có dang nhu

hình vẽ dưới Trong đơ hình chiếu của Á và

C trùng vào tâm của lục giác đều

BBCDDA,, BB, C,D.,D, va A, theo

thứ tự là hình chiếu của B, B’, C’, D’, D

và A Dễ thấy diện tích của hai lục giác đều

bằng 2 lần diện tích A đều 8Ð C,

S chiếu của hình lập phương ””

= 25 0V2 ov WB arya

Bài todn 1 1a bai toán quen thuộc, cớ

trong sách giáo khoa còn các bài toán 2 và

3 kho hơn một chút, nhưng cũng quen thuộc

đối với các học sinh thường tìm hiểu thêm

về hình học không gian Trong khi tỉm cách

giải bài toán đặt ra ban đầu, chúng ta suy

nghỉ và tìm tòi trong các điều đã biết, những

điều gÌ có thể vận dụng được và nhớ lại các

bài toán 1, 2, 3 trên đây Trước hết chúng

ta xét :

Hé qué cua bai todn I va bai todn 2; Ta

xét bài toán sau Cho mặt phẳng P cất ba

cạnh ŒB, CD, CC' tại các điểm nằm ở phía

trong của 3 cạnh đớ, hoặc nằm trên các cạnh

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

của mặt phẳng P sao cho hình chiếu của 3

mặt của hình lập phương nằm kế nhau, và

có đỉnh C chung cớ diện tích lớn nhất Gọi

các điểm mà P cát các cạnh của hình lập

phuong la K, M, N, va goi a, 8, y là các góc

phẳng của các nhị điện, tạo nên bởi mặt

phang KMN với các mặt còn lại của tứ điện

vuông CKMN (vuông tại C) Theo kết quả

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

Theo kết quả của bài toán 1 thi điện tích của hỉnh chiếu của các mặt bên của hình lập phương có chưng đỉnh € sẽ là

Schity = @ (cosa + cog8 + cosy) trong đó ø là cạnh của hình lập phương Vấn đề dat ra là thm giá trị lớn nhất của

cosa + cos8 + cosy với điều kiện

cosfœ + cos?đ + cos2y = 1, trong dd cosa, cosổ, cosy không âm (đễ dàng ching minh được diéu này) Theo bất đẳng thức Bunhiacôpxki, ta có :

(cos’a + cos’B + cos2y)(1 + 1 + 1)

> (cosz + cogỞ + cosy)2 (Bất đẳng thức này cũng dễ đàng chứng mainh được dựa vào bất đẳng thức Côsi cho

2 số œ+b >2Ýdb,ø > 0,b >0) Dấu bằng

xay ra khi cosa = cosổ = cosy = 143, Ite nay cosa + cos8 + cosa lén nhất và bang

3N3 = V3 va S.,.¢, lớn nhất là ø2V3

Vậy hình chiếu tạo nên bởi 7 đỉnh A,B,

C, D, B’, C’, D’ xuéng mat phẳng P sẽ có

điện tích lớn nhất là a2V3 Ta hãy chứng

mỉnh rằng khi chiếu vuông gớc hình lập phương ABCDA'B'C'D' xuống mặt phẳng tùy ý thì hình chiếu cớ diện tích lớn nhất

bằng œ3, lúc đó mặt phẳng P song song

với một trong các mặt chéo tam giác

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

173

cho tổn tại một đỉnh nao dé cua hinh lập

phương, chẳng hạn đỉnh C, mà mặt phẳng

P' cát 3 cạnh xuất phát từ Œ tại các điểm

trên 3 cạnh ấy, hoặc trên phần kéo đài của

3 cạnh ấy về phía các đỉnh kế đỉnh C",

Chẳng hạn, nếu P'cát CB, CD tại các

điểm ở trong cạnh CB, CD, còn cắt cạnh CC?

ở điểm nằm trên phần kéo dài của CC” về

phía C, thì ta không xét đỉnh C nữa, mà sẽ xét đỉnh C' thay cho đỉnh C Khẳng định trên được chứng minh tương tự Nếu các điều kiện như trong khẳng định được thực hiện thÌ A' luôn cớ hình chiếu rơi vào trong hình chiếu tạo nên bởi 7 đỉnh 4, B,C,D, B’, C’, D’, va do dé ta da giai xong bài toán dat ra

TU MOT BAT DANG THUC TRONG TAM GIAC

1 Một số kÍ hiệu

Cho AARC bất kì M là 1 điểm bất kÌ nằm

bên trong tam giác ABC Gọi các khoảng

cách MA, MB, MC tương ứng là Re, Rb, Re

hoảng cách từ Aƒ đến các cạnh đối tương

ứng BC, AC, AB là d,,d,,d,

Đối với tam giác ABC ta giữ nguyên các

kí hiệu như ở trường phổ thông đã học

Chẳng hạn :

+a, b, e, — các cạnh đối điện với các đỉnh

A, B,C

+ 6 - diện tích tam giác ABC

+, r,p kÍ hiệu lần lượt là bán kính

đường tròn ngoại tiếp, bán kính đường tròn

nội tiếp, nửa chu vi của tam giác ABC

+ ha,,m,, 8, lan higt 1a độ dài các đường

cao, trung tuyến, phân giác của tam giác hạ

từ đỉnh A

Đối với tam giác, các đỉnh được kÍ hiệu

la A,B, C, thì các kí hiệu tương ứng sẽ

được gắn thêm kí hiệu 1 : Ri, ai, bị, ¢)

Giữa Tu RR, vA dy, d,,d, cố một số

liên hệ

174

BÙI VIỆT HÀ

Th để ý 2 bất đẳng thức cơ bản trong

chúng :

Ra + Rồ + Re > 2d, +d, +d.) a

aR, + bR, + cR, > Aad, + bd, + ed.) (2)

Dưới đây ta nêu ra một số quy tắc "biến

đổi" đối với các kí hiệu R, Ry Ryd, dy d,,

dựa vào chúng ta sẽ chứng mính (1) va (2)

và dẫn ra một số bất đẳng thức khác là hệ quả của (1) và (2)

Il Thành lập các quy tác :

1 Gọi chân các đường cao hạ từ Af xuống

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

A,B, C, Th sẽ thành lập sự liên hệ giữa

tam giác ABC và A,B,C,

Rõ ràng MA, =d,=R,

1 Vậy ta có liên hệ đầu tiên

Hạ MH + CB vậy MH =d

Từ hình vẽ ta có :

MC, 4,b,

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

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

Ta lại có B,C, = AMsin ( GAB.) =

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

vậy ta có :

@,=a@R,/2R (6) Từ (4) ta Suy ra công

thức ngược của (B)

ad,

RR xơ

a= (5) 6 day A = 2R

Một cách tương tự ta có các công thức

đối với b\, c¡ Các công thức (8) - (5) cho ta

một "quy tắc biến đổi", được phát biểu như

sau : (Ki hiéu la @)

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

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

quy tắc khác :

Ry OR Rid, dR, j

ad, 2

Kéo đài các đoạn MA,, MB, MC, và lấy

trên đó các điểm Ay By Cc, thỏa mãn :

MA WA -WE WE UR Sa ca

MA, MA, = MB, MB, = MC, MC, =i (6)

6 đây & = const # 0 cho trước (có thể

điểm Á; nằm trong MA,) Các đường MA,

1MB, MC cắt các cạnh của tam Bide A,B,C,

lan lugt tai D,, £, F,

Dé kiém tra thay rang D,, £,, F, chính là

chân các đường vuông góc hạ từ Aƒ xuống

các cạnh 3C, A2C, và 4;B, hơn nữa ta có

đẳng thức :

MÃ MP, = MB MB, = Mỡ ME, = 2 (1)

(các bạn hãy tự kiểm tra điều này)

Đẳng thức (7) cho ta MA = k2/MD, hay

4

(6) cho ta: MAI =k2/MA,

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

2 AMBC, AME,F, đồng dạng)

Nhưng (công thức (5) trang 1):

E,F, = B,C,.MA,2R, Vay

BC MF, 2R, —” qd, Thay thé R, = k/db, ta co :

Re

az mR, dda Pate, +@, d

2R

_ MB BC, MA, R, a).R

2

2

q0) Các công thức ngược của (8), (9), (10) được tính như sau : (9) cho ta :

Ry = Mid, (8) cho ta ;

d, =} IR,

(10) cho ta :

ad, d, 2R,

*ˆ Ry, Thay thé (8), (9’) ta ed :

a=

* ‘b tte Ok

ad,

a

(8)

(8)

175

Vậy :

@

a, = 2R,.=— 2 2 RR,

|

i Ị

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

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

ị là 7 : (ta lấy k = 1 cho tiện)

a

Ị

(T)

ad,

IH Bây giờ ta sẽ áp dụng các quy tác trên để chứng minh các công thức

(1), (2) trong TI:

Ro rang ta co :

R,+d,>h,

> aR, + ad, 2 ah, = 28 = ad, + bd, + ed,

Suy ra :

aR, > bd, + ed, ©

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

thức được (2)

Bây giờ áp dụng @ cho (*) ta được

SH, Oy dade he tat

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

boc

hay R, Bod, od,

Viết thêm 2 công thức tương tự cho R,, R, rdi cong ting vé cia 3 bat ding thitc

ta được (1)

IV Trong phần này ta sẽ áp dụng các quy tắc trên vào các bất đẳng thức (1) (2)

Ấp dụng 7' vào (1) ta có ngay :

1 1 1 1,1 1 1

R,*R, +R “2 (tata) (1)

i Ấp dụng @ vào (1) ta sẽ thu được :

176

dd Đ%c + dd Suố, | Se +— dd,

hay dưới dạng khác :

=> +5—+ += 2

đa, ad,” ad,

d, +d, +d, >2 (

+.L.+ zr)

Rid, Rd,

Theo quy tác 7 thì (12) dẫn đến :

RR, + RR, + RR, >

2ARd, + Ryd, + Rd.)

1

>2 (Na,

(13 Bây giờ áp dụng @* vào (1) ta có :

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

hay

¬-

Rd, Ry b Rd,

>2 (RR, RR * HH, ) '+=c=+x~

Ap dung T vao (14’) ta thu dugc :

Rd, + Ryd, + Rd, >

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

414)

(15

Ấp dụng quy tắc @ vào (2) ta có :

oR, d, + bR,d, + Rd, >

> 2ad,d, + bd,d, + cd,d,) (6

Theo 7 thì (16) dẫn đến ;

a, R,d, Rd,

at bt+c22 (a ( RAR, + RR, tơ} (17) ER, ) Trong II ta đã chứng minh được bất đẳng thite (*)

Tu day suy ra :

œ—>b—+c—

d, a, a,

Từ đó có :

tạ tạ tog 22th +e) q8 a

Ap dung T vao (18) ta co :

aR? + bR}+ cR422(GR,d,+bR,d,+cR,d,) (19)

Ấp dụng Q* vào (18) ta có : oR,R, + bR,R, + RR, >

> 2(0R,d, + bRyd, + cRd,) (20)

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

a +o a + €

Rd, Rd, Ra,

22 (parte

RR, * RR)

b

Từ () ta cũng có R,„> a, + đe hay

WR, > V4 f+, 2 >

> da, Vela + Vd_ Vbja\N2

Th cũng có các bất đẳng thức tương tự

cho ¥R, va VR, va di đến : c

VR, +VR,+ VR, > V2, + Vd, +Vd,) (22)

Ap dung cae quy téc Q, Q*, 7 vào (22) ta

sẽ thu được (các bạn thử lại D

—+ư + aB«

VR,” VR,” VR,

¢ ~— ( —— + — +

ala va a)

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

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

VR,R, + VRRi,c + VRB, =

= V2 (WR,d, + VR,d, + VRd,)

1 + TRỤ, 1 + VR * 1 €

(21)

(23)

(24)

(25)

Tit (*) trong III ta cớ

aR, * bay ted, © (ba, * aa,)

và các bất đẳng thức tương tự cho 16R,,

eR, vay ta cd

1,1 i

aR, OR, cR,

1,1 1 1

sí + +}

12 - TCTH

Ap dung @ vao (28) ta có

t,t, 1 , OR d, Rd,

(az + + ar) adyd, ` bả 4, * cd,d,

Ấp dụng 7 vào (29) ta sẽ có :

1,1,1 1,1 RuR,

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

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

+, b +

OR, > bd, p+ cd,

c b

<

(30)

Ta do;

1 1

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

b €

1 +bR,d, (x, + ) + ¢R,d, (etm)

1

aty

c

1

Ấp dụng bất đẳng thức te y? 4

ta Có ;

aR, + bR, + cR, »

R,+k +R +R * Rt) BY

R,+R, LN TT R,+R,

Theo quy tắc @ thi (31) cho ta

aR, ‘a oR, oR, €

=—>?—_*—>

d,d, dd dd,

>4(

>4 (+8, ata, c

+——)]32) d, SH)

Ấp dung T vào (31) ta thu được :

GR, + bR, + cR, >

dd be dd ane dd b 4(a5—— †+b——†+c——-)(3®) ( dtd, dtd “d+ %,)

Ấp dụng 7 vào (32) ta sẽ có

aq+bò+tcz

Ry+R, R,+R, R,+R,

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

Suy ra :

177

a

> d3, + Ve Vd Jd, NZ

Từ đó có :

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

> V2 Wa + Vb + ¥e) (35)

Ti (*) ta suy ra:

2 <

\ az bd, + ed, tai © Ved, + Ved,

(Vz Vz)

Và đi đến bất đẳng thức

——— † +#—<

VaR, VER, Ved,

<—(-—›-—:—

Y2 ( Vad, bd, Ved, )

Dùng các phép biến đổi đã thiết lập trong

II ta có thể thu được nhiều bất đẳng thức thú vị khác nữa

(36)

TÌM ĐA THÚC VỚI NGHIÊM CHO TRƯỚC

Hãy xét bài toán : TÌm mét da thúc uới

hệ số nguyên có bậc nhỏ nhất nhộn một số

ø cho trước làm nghiệm Dây là một bài toán

cổ điển có liên quan chặt chẽ đến việc phát

triển một số khái niệm cơ sở của toán học

Ngày nay người ta biết rõ phải giải quyết bài

toán này như thế nào Tuy nhiên với trình

độ phổ thông đó vẫn là một bài toán khớ

Có thể minh họa điều này qua trường hợp

œ= 2 + 33 Đây là một đề bài của kì thì

học sinh giỏi toán lớp 12 toàn quốc vừa qua

Hầu hết thí sinh đều tìm thấy :

P(X) = X° — 6X4 — 6X3 + 12K? - 36X41

là một đa thức với hệ số nguyên nhận

Ý2 + *{ã làm nghiệm nhưng không ai chứng

mình được đó là đa thức có bậc nhỏ nhất

thỏa mãn điều kiện trên

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

có nghiệm là a véi một đa thức bất kì vẫn

là một đa thức có nghiệm là œ Đa thức cớ

bậc nhỏ nhất (với hệ số thực) nhận

Ý2 + 33 làm nghiệm là X-— V2 — 38 Để

lại căn bậc ba ta nhân nó với

(X- Ý2)?+ (X- {2) 335 + 8 và nhận

được đa thức

(X- V2)3~ 3 = X3— BV2x2+ 6x - 212-3

178

NGO VIET TRUNG

Để loại căn bậc hai ta lại nhân tiếp với

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

Sau khi tìm được P(X) nhiều thí sinh nhận xét là : vÌ 2 và 8 nguyên tố cùng nhau nên 6 = 2.3 phải là bậc nhỏ nhất của các đa thức với hệ số nguyên nhận V2 + 33 làm nghiệm Do đó P(X) là đa thức cần tìm, Kết luận liều nhưng rất gần sự thật Tại sao không tiếp tục một cách bÌnh thường bằng vite gi sử có một đa thức

QAM =a,+aX+ +aX5 với hệ số

nguyên nhận V2 + J3 làm nghiệm rối

chứng minh a, = = ø = 0?

Điều kiện duy nhất ràng buộc các số

nguyên độ, ny Os với nhau là

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

các căn bậc hai và ba Để làm việc này ta

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

(V2 + 38) = 0 dưới dạng b„ + b VÕ + b3 ã + b,3ƒ8 + b [238 +

+bN2 9 =0

Ban doc co thể dễ dàng thử lại để thấy :

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

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

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

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

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

b, = 8a, + 20a,

loại căn bậc hai ta nhận được phương

trình

(6, + BNE + b SYS)? —

— 26, + 68 + 6,°¥9)? =

= 02 + 6b,b, — 2b? ~ 125.5 +

+ (2b,b, + 363 — 4b,b, — 662) WB +

+ (2b,b, + 03 ~ 4b,b, — 22) WB = 0

Tỉnh ý sẽ thấy phương trình trên cho ta

một đa thức bậc hai AX? + BX + € với hệ số

nguyên nhận 3/3 làm nghiệm Điều này dẫn

đến liên tưởng 3 là bạc nhỏ nhất của các đa

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

phải bằng không Chứng mỉnh điều này không

khớ Từ giả thiết AWð + BẦý3 + C=0 ta

có :

(A3S + B5 + (A33 — B) =

= 842 - BC —(B2?T— AC)3ä3 = 0

Khử căn bậc ba sẽ nhận được

(3A? ~ BƠ ~ 3(B2 — AO = 0

Đặt m = 3A?T— BC và n = B2 ~ AC Tạ có

thể thấy ngay là m, n phải chia hết cho 3

nghĩa là m = âm, n = Ön, với mụ, mị là

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

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

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

của 3 Điều này chỉ xẩy ra khi m =n = 0

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

lại có 8A3 — B2 = 0 và do đó A, B phải bằng

không như ở trên Quay lại với giả thiết

AS + BYS +C=0 ta cd thé kết luận là

A=B=C=0

Với chứng minh trên thì

2 — 2 — =

62 + 6b,p, — 2? - 12,5, = 0, 2,6, + 863 — 4b,b, — 63 =0,

2— ~ 982 =

2b,b, + b3 — 4b,b, ~ 262 = 0

Các Bar a Og 0

phuong phải là

trình này các số chan cho

thay Dat

b„=2B,, b, = 2b, rồi thay vào hệ phương

trình trên và giản ước số số hạng đồng dạng đi

ta lại được một hệ phương trình tương đương với ẩn là b, bs Từ đây lại suy ra b",, .b’, phải là các số chẵn v.v Tớm lại bay Og chia hết cho mọi lũy thừa của 2 Điều này chỉ xây

ra khi 6, = = 6,=0

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

trình sau :

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

a, + 2a, + 120, + 4a, =0

a, + Ga, + 3a, + 20a, =0

Sa, + 12a, + Ba, =0 2a, + Ba, + Lda, =0 3a, + 20, = 0

Bạn đọc có thể đễ dàng giải hệ phương trình này và nhạn được kết quả a,= =a,> 0 Bây giờ ta có thể kết luận

6 là bậc nhỏ nhất của các đa thức với hệ số

nguyên nhận V2 + 33 làm nghiệm

Trong trường hợp tổng quất không phải với số œ nào ta cũng tìm được một đa

thức với hệ số nguyên nhận œ làm nghiệm

Ví dụ như các số z, e không thể là nghiệm của bất kì một đa thức với hệ số nguyên nào,

vì vậy người ta gọi chúng là các số siéu uiệt Ngược lại người ta gọi œ là một sổ đợi số nếu có một da thức với hệ số nguyên nhận

œ làm nghiệm Số ảo ¡ cũng là một số đại số

vì nó là nghiệm của phương trình R+1=0,

179

Các số đại số thường có thể biểu diễn qua

các căn bậc tự nhiên của các số nguyên với

các phép tính thông thường Không phải việc

xác định các đa thức với hệ số nguyên bậc

nhỏ nhất nhận chúng làm nghiệm lúc nào

œ =2 + 33 Sau đây là một cách xác định

các đa thức này dựa theo các kết quả của

toán học cao cấp

Giả sử P(Œ là một đa thức với hệ số

nguyên bậc nhỏ nhất nhận một số œ làm

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

180

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

P(X) = o(X -a,) (X~a,)

6 day a 1a hé 86 của X" trong P(X) Tất nhiên nằm trong các số #ị; «¿ đụ Về đị, e,, có thể

là các số phức Bạn đọc chưa quen với số phức có thể hiểu chúng là các số cớ dạng a+ với a b là những số thực mà phép nhân hai số phức thực hiện được nhờ tính chất /? = —1 Các số ơ,, a„ được gọi là các

số liên hợp của a Việc tim P(X) có thể quy

về việc tÌm các số liên hợp của ø

SO PHUC, MOT CONG CU GIAI TOAN HiNH HOC

Số phức, từ khi ra đời, đã thúc đẩy tốn

học tiến lên và giải quyết được một số vấn

để về khoa hoc kỉ thuật Riêng trong hình

học, số phức cũng cĩ những ứng dụng quan

trọng Bài này sẽ giới thiệu việc áp dụng số

phức để giải một số bài tốn hình học

1) Lí thuyết số

phức đã được

trình bày trong J/

sách giáo khoa

phổ thơng Cũng

nên nhắc lại việc

học các số phức #

vì đĩ là cái cẩu 0 z——*x

nối liền lí thuyết Hình 1

số phức với hình

học Trên mặt phẳng quy về hai trục tọa độ

vuơng gĩc Ox va Oy, mot số phức

z=a+ bi được biểu diễn bởi một điểm Z cĩ

hồnh độ a và tung độ b Nếu số phức được

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

th mơđun |zÌ =r= {a2+b2= O2, cịn

agumen œ là gĩc giữa trục hồnh và OĨZ

(hình 1) Như vậy, ta cũng cơ thể biểu diễn

số phức z bởi vectơ O2

Để tiện việc trình bày sau này, ta sẽ kí

hiệu các điểm bằng các chữ lớn A, B, C, ,

Z, cịn các số phức tương ứng theo thứ tự

được kí hiệu bằng các chữ nhỏ à, ð, c, , Z

2) Trước hết cần làm quen với các phép

biến hình thường gặp Th sẽ thống nhất kí

hiệu Z°*(Z') là ảnh của điểm Z(z) (Những điều

khơng khớ lắm, xin dành việc chứng mình

cho bạn đọc),

NGUYÊN CƠNG QUỲ (Ha Noi}

- Phép đối xứng qua gốc tọa độ :

#'`= -ã

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

~ Phép tịnh tiến theo vectơ ĐA (hình 2) :

(vi OZ = OZ + OA)

- Phép quay géc a xung quanh géc toa

độ O :

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

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

Hình 2 Hình 3

Hình 4 Hình 5

- Phép vị tự tâm O ti 86 k : Z' = kz

~ Phép quay gĩc z quanh Ở rồi tiếp theo,

phép vị tự tâm O tỈ số ¿ (hình 4)

z’ = pz véi p = k(cosa + ising)

181