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

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

Tit do

+ đa+ yatta (getpist gira =0 hoặc

z+(gaz-—p)x+jtTa=0

Giải hai phương trÌnh bậc hai này ta được

tập hợp nghiệm của (1) :

\ (3^+p)°~44~

Xv.=~3 (3® —P) +

4

2

vA

Vi du 6 Gidi phuong trinh

xtToz2—1x2+x+6=0, Tựa vào công thức (3) ta xác định duge A :

4(h+ `) (qe 6) - (he 1)7=0

tức

h3 + Th? — 25h ~175=0

Ta tim được một nghiệm thực A cia

phương trình này là » = 5ð,

Dựa vào (3) và với h = ¢ = 5, a = -1

= -7,¢ = 1, d = 6 thi tinh được

p=1/2,q= - 1/2

Phương trỉnh đã cho sé được diễn đạt

theo (4) là :

(2~gz+5)”~(gz~g) =0

Từ đó ta giải phương trình tích :

(2~sz+5+sz- 3) x

x (2~š*+š—g**š) =0 thì được tập hợp nghiệm của phương trình

đã cho là :

{~>l; -2; 3; 1}

§4 Ta lại còn có thể giải phương trình

bậc bốn bằng cách sử dụng đồ thị

Thật vậy, để giải phương trình bậc bốn

+! + ax3 + bx2 + œx + d = 0 @)

206

bằng đồ thị, ta hay dat

+2 =y — mx

Phuong trinh (1) trở thành y2 ~ Đmxy + m2x2 + axy —

— 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

x? =y ~ mx vA m = a/2 tite

xt =y~ (@/2)x thì (1) trở thành : y? + (42/42 — (a29)x2 + bx2 + cx + đ = 0 (9) Thay x? bdi y — (a/2) x và biến đổi thì (2) trở thành

x? + y2 + (a/2 + a3/8 — ab/2 + c)x + +(b—a24—1)y+d0

Vậy phương trình (1) tương đương với hệ

phương trình :

x2 + y? + (af2 + a3/8 — ab/2 + cx +

Đo đó hoành độ các giao điểm của parabôn, đồ thị của (8) và của đường tròn,

đồ thị của (4), là nghiệm của phương trình (1) đã cho

Nếu ta đặt my = z2 + (a/2)x (m #0) thì khi ấy nghiệm của phương trình (1) lại là

hoành độ các giao điểm của hai parabôn

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

và

x =m? y? | (ab/2 — a3/8 — e) + + mb - a/Ajy/(ab/2 — a3/3 — e) +d Bạn hãy vận dụng các phương pháp trên

để giải các phương trỉnh bậc bốn sau : 1) x+ 4x) + âx2 + 22— 1= 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

Tòa soạn báo Toán học tuổi trẻ có nhận

được một số lời giải bài toán 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

ÑU =32,f@y) = f@ƒ0) -fœ+z)+1

uới mọi x, y hữu ti

Các lời giải gởi đến kể ra cũng đáp ứng

được yêu cầu đòi hỏi, vÌ bài toán nói rằng :

hay tÌm một hàm Do đó chẳng cần dài

dông có thể đưa ngay ra ham s6 ffx) = x + 1,

xác định với mọi số hữu tỉ

Nhưng đó không phải là thâm ý của bài

toán ! Thực chất bài toán đòi 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, không có bạn nào chứng minh

được tính duy nhất ấy,

Đồng chi Pham Quang Giém làm việc tại

tòa soạn có hỏi tôi : tại sao bài toán 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 thông thường nói chung đã là

việc không đơn giản, lẽ di nhiên phép giải một

phương trình hàm lại càng phức tạp hơn

Trong một bài toán 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 không buộc thêm một vài điều

kiện phụ, thỉ có vô số hàm số có đạng rất

khác nhau, nghiệm bài toán Chẳng hạn :

Bài toán 2 Tìm tất cả các hàm ƒfx), xác

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

ƒ& +y) = f4) + f0) udi moi x va y

Có vô số hàm số nghiệm bài toán này

Đặc điểm chung của chúng là :

f(x) = Cx v6i mọi x hữu tỉ,

PHAN ĐỨC CHÍNH

trong đó Œ là một hằng số tùy ý, cố định

Nhưng không thể kết luận rằng

ƒ) = Cx với mọi số thực x ql) Chang han, véi A va C 1a hai hAng số tùy

ý, cố định, hàm

Ar + Ca nếu x có dạng x = rÝÖ + s

với r, s hữu tỉ, fa) =

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 Thông 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 thông, 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 toán 1, chỉ nới đến hàm ƒ(x) xác định với z hữu tỈ Dù sao câu hôi của đồng chí Giám

đã thôi thúc tôi : mở rộng bài toán 1 cho các

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

Nghỉ sâu hơn, tôi thấy rằng đúng là như vậy Đồng thời có thể giảm nhẹ giả thiết, tôi

đã đi đến : Bài toán 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) = 1 uới mọi + ;

¬ hoặc f(x) = x + 1 vdi moi x

Hệ 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) (3)

vdi moi x va y Thé thi :

~ hoge g(x) đồng nhất bằng 0 ;

~ hode g(x) = x vdi moi x

lời giải Ta chỉ việc tìm các hàm g(x)

không đồng nhất bằng 0, nghiệm bài toán,

Phép giải chia ra nhiều bước

1) Trong (3), cho x = y = 0 thì được

ø(0) = ø?(0) + 2g(0) ~ g(0),

vay g(0) = 0

2) Trong (3), cho y = 1, ta được

#G@) = g@z() + g@) + ø() — gứ + Ù,

Vậy

gøgŒ + 1) = ø(1)[g@) + 1], (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

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

ma g(1) # 0, nén g(-1) = -1

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

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)

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

~#*4) =ø#(—1) =1

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

thành

#œ + 1)= —1 - g@),

do do

øŒ + 2) = -1—g(x + 1)

= -l1+l+g@) = g2), dac biét g(2) = g(0) = 0 Nhưng khi đó

~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

ge + 1) = g(x) + 1 g(x) = —g@)

4) Lại theo (8), (và theo trén,

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

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

= 3gŒ) + 2 + g(x) — g(x) — 3 = 2g()

5) Dé y rằng

— ety) = g(—xy)

208

= ø@)ø(~3) + ø(%)øØ(~) — gŒ — y)

= —ấ(%)g0) + øŒ) — #0) — gứ ~ y)

Cộng đẳng thức này với (8), suy ra

B(t + y) + B(x — y) = 2g(z) = g (2x)

Datu =x+y,u =x - y, thi ta cd

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

B(x) + Bly) = gíx + y)

Khi đó từ (3), ta được

gay) = gtx) By)

Tom lai, ham g(x) có các tính chất :

Ðø =1,

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

nguyên dương

8m) = ng(Lim), ƒ = gặt Lm) = mg(lim), Vậy

g(nim) = nim

Tu iii) dé y ring néu x > 0 thi g(x) > 0 bởi vÌ khi đơ

øŒ) =g(x Ýz) = ø2({x) = 0

thành thử nếu z z y thÌ

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

hay g(x) > gy)

Gia thit x là một số thực, 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

Tị >PFy> «>> , lÌmr, =x,

8) <8 < <8, > + slims, =X,

Vi với mọi n

$ạ<£<

nên

8(8,) < 8) < B(r,)

hay

8, © B(x) <r

Chon + & thi s,—x, 7, x, vay B(x) = x,

GIAI TOAN BANG PHUONG PHAP DO THI

Phương pháp đồ thị là một phương pháp

rất có hiệu lực để giải một loạt bài toán : có

những bài toán cổ điển trong chương trình

PTTH và những bài toán không mẫu mực

trong phần thực hành ở các lớp PT chuyên

toán

Các bạn đang học ở các lớp PTTH thông

thường cần chú ý đến các bài toán cổ điển

nêu trong các ví dụ 1, 2, 3 dưới đây : chúng

tôi đặc biệt chọn những bài toán liên quan

đến việc biện luận tham 85, các kiểu toán

nay thường gặp trong dé thi tuyển sinh vào

Đại học và Cao đằng

Vi dy 1 Với những giá trị nào của m thì

phương trình sau dây có nghiệm

cost + mein2x + 2 = 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) có Ít nhất một nghiệm / với 0 « ¢ < 1

Kinh nghiệm giảng dạy của tôi cho hay

rằng đại đa số các bạn học sinh thường 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 nghiệm

của (1) Vi vậy (1) tương đương với

m = (2 + 9)/ + 1)=/+1+8/- 1),

khi đó bài toán đã cho trở thanh Tim m để

đường thẳng y = m cắt dồ thị cua ham

tại it nhất một điểm uới hoành đệO0 «0< 1,

Để giải, không cẩn vẽ đồ thị hàm (2), ta

chỉ việc lập bảng biến thiên của nó như sau

xe 1-¥3 1 1+ý$

+

Như vậy trong khoảng (0, 1), hàm (2) là

nghịch biến, và trong khoảng đó nó lấy mọi

1#*TéTH

PHAN ĐỨC CHÍNH

gid tri y < -2 Thành thử đáp số của bài

toán lÀ m « -2,

VÍ dụ 8 Với những giá trị nào của 4 thì

bất phương trình 2x + 1 > a(Ï~# +1)

có nghiệm ?

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 trên

đường thẳng y = q

Hàm (3) có đạo hàm

y'=-~2- Lữ +1)? < 0

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

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

za kết quả phải tÌm : a « 3

Vi dy 3 Tim các giá trị m sao cho phương trình

x +4? TT = mx + 1/2

có đúng hai nghiệm

Giải Ta phải xác định m sao đường thẳng

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

dưa vào đó, ta vẽ được đồ thị

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 thẳng y = 1/2 và y = 2x + 1/2, vậy

các giá trị phải tìm của m là

0«<&m <9, Sau đây là hai vÍ dụ nữa cho các bạn

chuyên toán

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

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 toán

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+b + ch ; ax + by + cz)

Co thé thay ngay ring

OA =a Yh? +x7 ,AB=b fh +y?,

BC =e fh? +22

Vi vay S là độ dài đường gấp khúc OABC,

Š nhỏ nhất nếu đường gấp khúc ấy trùng với

đoạn thang OC (do € là điểm cố định), điều

này xây ra khi

210

tức là

+ =y=z=kl(a+b+c)

Khi đó

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 tròn định hướng (hình vẽ)

4;

Si;

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 <r < 99, và ta đặt

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

một nguyên không âm, ta đặt f(0) = 0, f(k) = 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 tô 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 để các bạn tự rút ra

kết luận cần thiết

MỘT PHƯƠNG PHÁP TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT

VÀ GIÁ TRỊ NHỎ 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

của y sao cho tồn tại x mà y = /íJ Nếu hàm

số cho bởi công thức giải tích thi ta có thé

coi đẳng thức y = Ø2) là phương trình đối

với ẩn z, còn tham số là y Vậy trong trường

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

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

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

nghiệm"

Thi du 1 Tim giá trị lớn nhất và nhỏ

nhất của hàm số

xt+1 v= text’

Giải : Ta tìm miền giá trị bằng cách tìm

gid trị của y để phương trình

= =^ Z2+z+1 có nghiệm đối với ẩn x

Do z?+ x + 1 # 0 nên phương trình trên

tương đương :

LÊ THỐNG NHẤT

Khi y = 0 ta có phương trình : -+ ~ 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) Khi y # 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 và y « 0 đã xét ta có

đán số

-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

phương trình đơn giản Ta xét thí dụ phức tạp hơn :

Thí dụ 2 Tim giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số :

-4El + gizJ +2

Y “ám ese a

211

Giải, Ta hãy tìm y để phương trình :

—4ltl + 2lx1 +2 4l — 21 +1 + g

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

cố Ít nhất một nghiệm thỏa mãn X > 1

Do X2 - 2X +2 z 0 nên phương trình

y=

Ta cố bảng sau :

tương đương với

+ ĐX?~ 2y +2)X+3y=0 (2)

Với y = -l ta có : -2X - 2 = 0, không thỏa mãn X » 1 Vay y = -1 không 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,

afl) = & + DG - 3) 1— 82 = -f@ + 1)

1-Vễ | —0-——|— + _—| + _| # =#¿ạ = —(1 + ¥5) > 1

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

thì phương trình (2) có nghiệm thỏa mãn X

Từ đó ta kết luận y_= 1 + Vð còn ' min

không tồn tại

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"

Đây là nội dung của bài thi khối A, vào

trường Đại học năm 1970 Có rất nhiều lời

giải cho bài này, nay xin trình bày 1 lời giải

chưa từng giới thiệu

Th coi S là tham 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

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

<2 - S2 = 02 2 S?

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

Tw dé suy ra:

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

3

hay COB2x cos2y = 2+2)

Vậy cos2x, costy là nghiệm của phương

trình :

3

Do 0 < cos’x < 1 ;O0« cos2y < 1, nên

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

nghiệm thỏa mãn 0 « X < 1 Tn cớ hệ điều

kiện

X? - (3/2)X +

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

—b/2a —0>0

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

—b/2a-1<0

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

oo {Sp -2

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

Sx 2/3 S<-2

§>-2 -2<6Sel1

= 26S <1

Vay Snax = 13 Sin = 2/3

Cuối cùng các bạn hãy tự làm các bài tập

Bài 1 : Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất _ sinks + 2com + 1)

=

min

y sin%x — 2cosr + 2

1—3.41

? 7= +9zl?1+ 1 Bài 2 : Biết : cosx + cosy = 1 TÌm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất

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

MỘT VÀI SUY DIỄN TỪ MỘT BẤT ĐĂNG THÚC ĐƠN GIẢN

Trong tam giác có một kết quả rất quen

thuộc

Bài toán l1 :

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 pháp tam thức bậc hai Trong bài

viết này tôi xin nêu lên một vài suy diễn

từ (1)

Bài toán 2 : Cho AABC với mọi +, y, z

không đồng thời bằng không Chứng minh

rằng :

yecosA+ zxcosB+ xycosC « (x2+ y?+ 22/2 (2)

đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi

x/sinA = y/sinB = z/sinC

“©Ầxla = ylb = zÍc

NGUYEN MINH HA

(2) vẫn có thể được chứng minh nhờ

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

8

€

Không mất tính tổng quát giả sử bán kỉnh đường tròn 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 tròn

với các cạnh BC, CA, AB Tạ có ngay

213

+

0 < GIÁ, + yEB, + zIC,)?

= z?+y? + z2 + 2yzcos(x — A) +

+ #t — B) + 2xyocoa(x — C) =

=> yzcosA + 2xcosB + xycosC «

dễ thấy đẳng t thức xây ra khi và chỉ khi

zIÃ, + yiB, +2, =0

Gọi ƒ là phép quay véctơ góc z/2 theo

chiều kim m đồng h hồ ta co:

feeiA, + yiB, +216 p=

= z/đÃ,) + yfB,) + 2fiC,)

= x CBICB + yBAIBA + 2ACIAC — ~ —~

= (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 = yÍb = zÍc

(điều này suy ra từ (*) và (**)

Tom lại (2) xảy ra đẳng thức khi và chỉ

khi

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 toán 3 : Cho AABC chứng minh

rằng :

cos2A + cos2B + cos2C » -3/2 (3)

Việc chứng minh (3) không khó khăn gi

G day toi xin nêu ra và chitng minh két qua

tổng quát của (3)

Bài toán 4 : Cho AABC với mọi +, yz

không đồng thời bằng không chứng minh

rằng :

yzeos2A + zxcos2B + xycos2C >

đẳng thức xấy ra khi và chỉ khi V z :

x=keinda

y sin2B

2 = ksin2C

Dé chitng minh (4) ta lai sử dụng phương

pháp đã dùng để chứng minh (2)

214

Không mất tính tổng quát giả sử bán kính vòng tròn tâm O ngoại tiếp AABC bằng

1 ta có ngay :

0 < @OA+ yOR + 200)? =

= x? + y2 + 22 + 9y2cos2A + + 2zxcos2B + 2xycos2C

= yzcos2A + zxcos2B + xycos2C >

> ~@? + y2 + z2)/2 (4)

8

Dễ thấy đẳng thức xảy ra khi và chỉ khí

— —> ~

xOA + yOB + 20C =0 (*) Mặt khác ta lại có :

sin2A.0A+ sin2B.OB+ sin2C.0C = Ở (**)

(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 vuông hoặc tù, chứng minh trên vẫn có hiệu lực Trong không gian đối với tứ điện cũng có kết quả tương tự như (1)

Bài toán 5 : Cho tứ diện ABCD đạt các góc nhị diện cạnh AB, AC, AD ; CD ; DB;

BC là ai, Oy, By đ¿, as, a Ching minh

rang :

6

> cosa, < 2 (5) i=}

Đẳng thức xẩy ra khí và chỉ khi tứ diện

ABCD gần đều

Không mất tính tổng quát 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 « (A, + 1B, + 72, + By

6

= 4+ >) 2cos(x — «,)

i=

6

isl

bây giờ ta chứng minh điều kiện cần và đủ

để xẩy ra đẳng thức

Nếu đẳng thức xẩy ra ở (5) thì :

> > = 2+ —

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

> = > =

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

hai vế > 2 + cosa, = 2 + cosa, > cosa =

cosa, > a = a, Tuong ty ta cớ œ =@

a, = a,, Tit dién ABCD có các nhị điện dối,

bing nhau = ABCD gần đều

Nếu ABCD gần đều thì 7 chính là trọng

tam ABCD vi vai trd cha 7 đối với các mat

như nhau nên ta có các biểu diễn : — > >

IA, = xIB + yIC + 21D

IB, = xIA + vIÖ + siỄ

= > >>

TỔ, = x1D + yIA + 218

> 2 +, ¬

1D, = xIC + yEB + zIA

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

đẳng thức trên ta có :

> +

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

oe

= z(Ã + 1Š + TÈ + lỗ)

+ > 7<

+y đÀ + TẾ + TỄ + TÔ) + 2t 7a T + z(QÄ + TẾ + TẾ + TÔ) = ở

> (ð) xẩy ra đẳng thức

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

Bài toán 6 : Cho tứ diện ABCD Với các

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

zt cosa, + tgcosa, + yecosa, + xycosa, + xzcosa, + xtcosa, < (x? + y? + 22 + 42/2 ts) Đẳng thức xẩy ra

“=®4/SApcp = V!/Sacpa = 78 span = Space

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

và xét @QJA, + yIB, + 2iC, + HỖ)? > 0

nhưng khi tÌm điều kiện xây ra đẳng thức

ta phải sử đụng kết quả sau :

Sancp TA, + Sacna TB, + => >

+ Sppag IC, + Spuge- ID, =O

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

wR = U2

Phải chăng trong không gian cũng có một

cái gì đó na ná như hai kết quả trên mà từ

đó ta có thể suy ra (ð)

SỬ DỤNG GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ GIÁ TRỊ

BÉ NHẤT TRONG CHỨNG MINH

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 toán sẽ trở nên

ao giản on nhiều,“

Thí dụ 1 (Dé thi Dai hoe A - B ~ D/1985)

Tim m dé cho ham số

LÊ ĐÌNH THỊNH

y = 2mx— 2eosx— maincoa+ 1/4 x cos22x

luôn luôn đồng biến

Giải Hàm số xác định với mọi x y` = 2m + 2sin2x — mecos2x — 1/2sindx =

= ứn + sin2v)(2 — cos2x)

215