Tuyển tập 30 năm Tạp Chí Toán Học và Tuổi Trẻ (part3-4)

Tuyển tập 30 năm Tạp Chí Toán Học và Tuổi Trẻ (part3-4)

trị là y œ 0: vì với mọi giá trị của x đều

tương ứng với giá trị của hàm số y = x? z 0

và ngược lại với bất cứ giá trị nào của y20

đều tổn tại giá trị của x sao cho x? = y Một

thí dụ nữa là hàm số y = sinx thì miền giá

tri la -1 « y « 1, vì với mọi giá trị của x

ta có -l < y = sinz < 1 và với bất cứ giá

trị nào của -1 < y «< 1 thì đều tổn tại giá

trị của x sao cho sinx = y Vậy khi hàm số

cho bởi biểu thức đại số thì miền giá trị của

nó chính là tất cả những giá trị của +y để

phuong trinh y = f(x) có nghiệm đối với ẩn

z: Do đó khi chúng ta đi tìm miền giá trị

của hàm số, chính là đưa đến việc tìm tham

số y thỏa mãn cho phương trình y = f(x) cd

nghiệm với ẩn x

Thi dy 1: Tim mién gid tri của hàm số

yYH@+ De +x 4+ 1

Do x? + x + 1 > 0 nén ta ed phuong

trình tương duong :

yŒ? +xư t1) =x+]

ye -(-yety-1=0

Phương trình bậc 2 đối với ẩn x muốn cớ

nghiệm thì :

A=(1 - y¥ - vg- z0

“sơ - D(-1 - 8) >O

= - ly + 1/8) «0

©=-1/3<y <1

Vậy miền giá trị của hàm số là :

-1/8 &y «1

Từ đó các bạn có thể suy ra kết quả của

các bài toán sau (các bạn thử suy ra xem !)

Bài toán 1a : Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ

nhất của ham số :

yore + ly@t+x+ 1)

Bài toán 1b : Tim các góc œ thỏa mãn

sina = (a + Ij? +x + 1)

với giá trị nào đó của z

Bây giờ các bạn xét thí dụ phức tạp hơn :

Thí dụ 2 : tìm miền giá trị của hàm số :

y = cosS2r — sin%x + coar

'Th biến đổi :

y = cos2xr — sinx + coa

= Qos — 1 — 1 + cosr + com =

= 3cos#x + com — 9

hay :

Đến đây tôi hướng dẫn các bạn theo 2

phương pháp

Phương pháp 1 : TÌm giá trị của y để phương trình đối với z có nghiệm :

3cos2x + cosx - 2-y = 0 Dat X = cosx thi din dén bai toan tim

giá trị của y để phương trình bậc 2 đối với

ẩn X có nghiệm thỏa mãn : -l1 < X < 1 Th

có phương trình :

3X2+X-(2+y) =0

Xét tam thức bậc 2 : AX) = 3X? + X — (2 +)

Điều kiện để ƒ(XÝ) có nghiệm thỏa mãn -leXella

-D#0)<0 Íy@-»)«<0

25 + 12y 20

y<0 „|0 >y > -2/12

<y<2

22 y B ~25/12

Vậy miền giá trị của hàm số là

- 25/12 < y < 2

Phương pháp 2: Đặt X = cosx ta có :

y=34⁄2+X-2

Vẽ đồ thị của y = 8X? + X ~ 2 ta được một

parabon như hÌnh vẽ, từ đớ miền giá trị của

9

- RỊ

223

y = 8X? + X — 2 chính là y > -9ð/12 nếu

nhận mọi giá trị tùy ý Nhưng ở đây X =

Cosr nên :

-l<X«€1,

Ta xét đồ thị giới hạn trên đoạn -1 < X <1

Từ đó ta thấy ngay khi -1 < X « 1 thì

~25/12 « y < 2 Vậy miền giá trị của hàm

số là -25/12 < y « 2

Những vấn đề xoay quanh phương pháp

2 tôi có địp sẽ trở lại với các bạn ở một bài

báo sau

Từ đó các bạn có thể thấy kết quả và

phương pháp làm các bài toán ;

Bài toán 2a : TÌm giá trị lớn nhất và nhỏ

nhất của hàm số :

y = costx — sintx + cose Bài toán 2b : Chứng mình rằng :

~25/12 « cos2r — sinÄr + cosc « 2

Bài toán 2c ; Biết rằng góc œ của một

tam giác thỏa mãn :

tga + cotga = costx — sin’x + cosx

với x là một góc nao dé Chting minh a la

một gúc tù

Bây giờ các bạn làm quen với cách phát

biểu khác của bài toán tÌm miền giá trị của

hàm số

Thí dụ 3 : Cho hàm số :

xtm+1

T12 +m2+xz+m+1

Tìm những điểm trên trục tung mà đồ

thị của hàm số không đi qua với mọi giá trị

của tham số 7m

Th hãy tìm những điểm của trục tung mà

đồ thị của hàm số có thể đi qua Đó chính

là những điểm có hoành độ x = 0 (vì điểm

nằm trên trục tung) và có tung độ là :

y = —Z 41 _ (i diem nim tren d6 thi m2 + m + 1

xtmt+1 tmtxtmt 1):

m+i1 thấy ly mién giá trị của miền giá trị củ y =—————,là mame

-1/3 < y < 1 (xem thí dụ 1) Vậy tung độ

của những điểm trên trục tung mà đổ thị cớ

thể đi qua phải thỏa mãn : -1/3 < y € 1

Nên những điểm của trục tung mà đồ thị

hàm số không đi qua với mọi giá trị của m

là y > 1 hoặc y < -18

của hàm số y =

224

Vậy bài toán này thực chất bất ta phải tìm được miền giá trị của hàm số

_ m+]1

mÊ +m + 1

(đối số m) để từ đó suy ra kết quả bài toán

ban đầu

Thí dụ 4: Giải phương trình :

coszx = x2 — 4x + 5

Ö đây ta xét 2 hàm số :

J, = costx và y„ = xÌ — 4x + 5,

Th có :yy = com & | và y„y = x” — 4# =

=(6— 92 + la 1

Ta thấy ngay miền giá trị của chúng là

#ị < l và y; z1

Để cho yị = y; suy ra chỉ có thể là

ị =2 =1

Vậy : phương trình tương đương với :

=1

eee 4e + B= 1 Tóm lại nghiệm của phương trình là x = 2

Cuối cùng xin các bạn hãy luyện tập bằng các bài tập sau :

Đài tập 1 : Tim miền giá trị của hàm số

y = ~cosr/(2cos’x — 1)

Bài tập 2 : Giải hệ phương trình :

tgx + cotglx = 2siny siny + cosx = 1

Bài tập 3: Giải phương trình :

2+ cos2x = sindx — coat

Bai tập 4: Đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

y= @+ DG - 1 chi cé thể bị parabodl : y = x? + Amx + m cất những điểm nào ? Với

m là tham số tùy ý

Bài lập 5 : Với x > 0 thì hàm số :

y= (1 + x1 + x) đạt giá trị nhỏ nhất bằng bao nhiêu ? Bài tập 6 : Chứng mỉnh rằng với mọi

+ ta có

z⁄@% + 1) « 1/2

Chúc các bạn thành công

ỨNG DỤNG CỦA MỘT HỆ THỨC TỲ SỐ THỂ TÍCH

Trong bài này chúng ta sẽ đề cập đến ứng

dụng của một hệ thức hình học không gian

Hiệ thức đó được phát biểu như sau :

Hệ thức : Nếu một mặt phẳng cắt ba

cạnh SA, SB, SC của một hình chóp tam giác

SABC lần lượt tại các diểm A', B', C’ thi

Visa'ec) _ SA x SB x sc q)

Visasq SA ™ SE X§Œ

Với V, (s4ao là thể tích hình chớp SABC

Việc chứng minh hệ thức (1) khá dé dàng

và xin nhường cho bạn đọc Dưới đây thông

qua một số bài toán, tôi muốn chỉ ra rằng

sử dụng hệ thức (1), một số bài toán hình

học có thể giải được khá gọn và hay

Bài toán 1, Hỉnh chóp SABC co day lA

tam giác vuông cân ABC (AC = BC), cạnh

ben SA L (ABC) và SA = AB Mặt phẳng

qua Á vuông góc với SH cất SB tai B’, SC

tại C', Tính tỈ số thể tích của hai đa điện

tạo thành do thiết điện cất hình chớp SABC

Giải Đặt AC = a, khi dé AB = aVZ2 = SA

va SC = a¥3 Dat V la thé tich hinh

chép SABC, V, là thể tích hình chớp

SABC, V, = V— Vị = V/V, = WW, T 1,

ta tim V/V, Theo (1) ta có :

V/V = SA'ISA x SB'SB x SC/SC (*)

ta tinh các tỉ số SB/SB, SC/SC

s

Hinh I

15-TcTH

ĐỖ THANH SƠN Theo giả thiết SB 1 (A’B’C’) nén A’B’ SB,

do ASAB cân nên SB/SB = 1/2 Mặt khác

BC 1 (SAC) nén BC 1 AC, lại có SB 1 AC" Vay AC’ 1 (SBC) =ÁC' L SC

Xét tam giác vuông SÁC : SA?= SƠC.SC

= SA/SC? = SC/SC = SCISC = 2a7/3a? =28 Thay cée ti s6 da tinh duge vao (*) ta có :

VV = U2 x 2/8 = 1/8 = V/V, = 3

=> V/V, = 2 (dpem)

Chú ý : Hệ thức ( 1) chỉ đúng cho hình

chóp tam giác Đối với hình chớp tứ giác,

hình chóp ngũ giác, v.v ta phải chia ra thành các hình chớp tam giác rồi mới được

áp dụng hệ thức (1)

Bài toán 2 Hình chóp SABCD có đáy là

hình bình hành ABCD Cat hình chớp bằng

mặt phẳng Mặt phẳng này cất SA, SB, SC,

SD tại các điểm tương ứng A’, B’, C’, D’

Chứng minh rằng :

SAISA' + SCISƠ = SB/SB' + SD/SD' (**)

Nếu hình chớp SABCD là đều, thì (**) trở

thành : 1/SA’ + 1/SC’ = VSB + SD (***)

Hình 2

Giải

Xét hinh chép SABC và SADC ta có :

Vsasc _ Sa’ $B SƠ Vauyac SA SH SƠ o

225

Vv,

side SA SD'8C Veape | SA SD°SC

Vi Vsagc = Veane = V/2 (V là thể tích

hinh chép SABC) Cong (I) va (II) ta cd :

Vsanco V23 _ SA SB SƠ „ SA SỬ SƠ SA SBSC ` SA'SDSC

Xét hình chớp SABD và SBCD ta có :

Ÿ, saspD _ SA’ SB SD’ SA’ SB’ SD’

VWapp SA SB'SD

Vv, SECD

M

1)

SB SƠ SƠ

"scop SB'SC'SD

Cộng (IV) và (V) ta được :

_ $A’ SB SD! , SB’ SC SD SB`SC SD

YsAgcp

V2

8o sánh (ID và (VI) ta được

SA SE SƠ „ SA SD SƠ SA 'SB SC SA`SD SC

SB’ SC SD’

SA SB SD , SB SC sv SA'SB'SP ” SB'SC '§D

hay :

SA SB SC SD’ , SD

SA'SB.SG/SB (sp

SA’ SB’ SC’ SD’ , SC

SA'SB'SESB (sơ

‘SD | SB_ SC , SA

=—.†+_—.=-_— + — S SB SƠ SA

Nếu hình chớp là đều, thì ta có SA = §B

= SC = SD và vì vậy

1/SD’ + VSB’ = 1/SC’ + 1/SA' (đpem),

Bài toán 3 Một mặt phẳng cắt tất cả 6

cạnh bên của một hình chớp lục giác đều tại

các điểm A, B, C, D, E, F Chứng minh rằng

1/SA + 1/SD = 1/SB + 1/SE = 1/SC + L/SF

(8 là đỉnh hình chớp)

Giải,

SB

sp) ”

SA

SA)

Ta hãy áp dụng kết quả của bài toán 2 Gọi hình chop déu đã cho là

SA.BC,D EF,

Xét hình chớp SA,B,D,E, với đáy là hình bình hành A,B,D,E, thiết diện là ABDE

ta có :

SA/SA + SD/SD = SB/SB + SESE

Vi SA, = SD, = SB, = SE,, nén hệ thức trên viết lại :

USA + 1/SD = 1/SB + 1/SE

Xét hình chóp SA,F,D,C¡ ta có :

SAJSA + SDJ/SD = SFJ/SF + SCJ/SC >

SA + VSD = 1/SF + USC

Hệ thức (1) có một hệ quả khá trực tiếp như sau :

Bài toán 4 : (Hệ quả của (1))

Trên đầy ABC của hình chớp SABC ta lấy điểm M Các đường thẳng kẻ qua X song

song với SA, SB, SC cắt các mặt bên hình

chớp lần lượt tại các điểm A, 8, C Chứng

Vưưgc _ MA | MB’ x MC (2)

se

=z Xx

Veasc SA ™ SB

minh rang Giải

Hình 4

C, lần lượt là các điểm đối xứng với A, E, qua M (xem hình 4)

Khi dé Gọi A, Bị,

Vuapc = Vata Bc,

Trên các cạnh SA, SB, SC lấy các điểm

A, B, C, sao cho SA, = MA, ; SB, = MB, ;

SC, = MC,

heen

Khi dé hinh chop SA,B,C, la anh cia

hình chớp MA,B,C, trong phép tịnh tiến theo

vectơ MS nên

Vv; MABC, =HW SABC,

hay

Ÿwxpgc = Vu gc,

Mặt khác

Vsap,c, _ SA; SB, SC, Vupc SA SB SC

= Vuasc - MA MB MC

Veasc SA SB'SC

Hệ thức (2) giúp ta giải được bài toán cực

trị sau đây :

Bài toán ð Cho trước góc tam diện Oxyz

và điểm M cố định trong góc đó Hãy dựng

một mặt phẳng qua Ä cất góc tam diện

thành tứ điện có thể tích bé nhất,

Giải

Hình 5 Giả sử mặt phẳng qua Ä cắt cdc canh Ox,

Oy, Oz của tam diện Oxyz tai A, B, C Kẻ

qua M các đường thẳng song song với các

tỉa Ởx, Óy, Oz cắt các mặt (yO2), (zOz) và

(xOy) tại A,, B

Theo (2) ta có :

Vaaac, MA, MB, MC, ©

Vounc OA OB OC

Vì Vara Bc, không đổi, nên Vọ „„ bé nhất

khi MA/OA.OB,JOB.MC,JOC đạt max

Gọi A, B, C là giao điểm của AM, BM,

CM với các cạnh đối diện của AABC (xem hình ð), ta có :

MAJOA = AMIAA ; MBJOB = BMIBB,

MC,/OC = CMICC,

do M nằm trong AABC, ta có

MAJAA + MHIBB + MC/CC = 1

nén MAJOA + MB,/OB + MC/OC = 1

Ấp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số

đương ta có

M AIOAM BIOBM G/OC đạt max khi MA,/OA = MB,/OB = MC,/OC <>MA/AA = MB'BB = MC/CC’ + M la trong tam tam

giác

Nếu dựng mặt phẳng qua ă thừa nhận

3 là trọng tâm tam giác tạo thành do mat phẳng cất Óx, Øy, Øz thì Yoxpc bé nhất Việc dựng cụ thể xin nhường bạn đọc Bài toán sau đây lại là một ứng dụng khác của hệ thức (2)

Bài toán 6 Cho góc tam dién Oxyz va điểm M bên trong nó

Một mặt phẳng qua M cắt các cạnh của góc tại các điểm 4, 8, C Chứng minh rằng

3

Voasd morc’ Moca’ Moab)

có giá trị không phụ thuộc cách chọn mặt

phẳng

Giải

Giả sử mặt phẳng qua M c&t Ox, Oy, Oz,

tai A, B, C (xem hinh 6), Ké qua M cdc đường thang song song véi Ox, Oy, Oz lan

lượt cắt các mặt bên hình chớp OABC tai

A, B, Ơ Áp dụng (2) của bài toán 1 ta có : VoascVwAgc =

= OAIMA x OB/MB x OCIMC (*) Mat khác

VoasdVuoar = OCMC ; YoAncVưogc = OAIMA ;

YoascVưoca = OBIMB ;

227

Hình 6

thay các hệ thức này vào (*) ta có

YoAsdVupC- = Voanc !

! Wuoas * Vuosc * Yaoca) > dpem

Một số bài toán sau đây giành cho ban doc

Bài toán 7 Hình chóp SABCD có đáy là

hình chữ nhật ABCD cạnh BC = AB2 ; SA

+ (ABCD) Một mặt phẳng qua A vuông góc với SC cắt SC tại C, SB tại B' và SD tại

Ð' Biết rằng mặt phẳng (ABCP) hợp với

(ABCD) một góc nhọn ø Tính tỉ số thể tích của hai khối đa diện tạo thành do mặt phẳng cắt hình chóp SABCD

Bài toán 8 Cát hình chớp ngũ giác đều bằng mặt phẳng cắt tất cả các cạnh bên hình

chớp tại các điểm A, B, C, D, E Goi S la đỉnh hình chớp Hãy tìm hệ thức liên hệ cho các đoạn SA, SB, SC, SD và SE

Bài toán 9 M, N lần lượt là trung điểm của hai cạnh AB và CD của tứ diện ABCD Chứng minh rằng mat phẳng bất kì đi qua

MN cất tứ điện thành hai khối đa diện có thể tích bằng nhau

PHƯƠNG TRÌNH LÙI

VÀ LÙI BẬC PHƯƠNG TRÌNH

Nhiều bài toán bậc cao ta có thể giải được bằng cách đưa về phương trình bậc hai Sau đây là một số phương pháp thường dùng

1 Nếu ta có phương trình bậc 4 dạng

ax + bx3 + cx2 + đx +e= 0, ø 0

mà tổn tại một số 4 # 0 sao cho

đ =bÒÀ,e= a2 thì ta có thể dẫn về phương

trình bậc hai Phương trình nây gọi là phương trình lùi, vì nếu đổi biến z = Ajy thì

phương trình theo y hoàn toàn giống phương trình theo x

Th giải phương trình lùi như sau :

VÌ x = 0 không phải là nghiệm của phương trình (nếu trái lại ta có e = 0 mất)

nên chia 2 vế cho + # 0 ta được :

d

2 +bx +c + + C =0 # x2

Thay d = bÂ, e = aÂ2 và nhóm các số hạng chung :

228

LÊ ĐÌNH THỊNH

a(x? + 1282) + b + A/x) + e =0

2 = 2? + 2px? + 24, ta có

af + bt +¢~ 20d = 0

Chú ý : Nếu phương trình có dạng ƒŒ?+152,x+À£) =0, thi déi biến

‡=x+Àjz ta dẫn phương trình về dạng

phương trình bậc hai

Thí dụ 1 : GIẢI phương trình z!+ 4= x2 — 2)

Giải: Mô dấu ngoặc và chuyển vẽ ta được

x! — l? + 10x +4= 0

Đây là phương trình lùi, vì

ở = 10= -2(—ð) = -2b, e=4=(-2)?.1= (-912a

Do vậy ta giải như sau :

Vi x = 0 không phải là nghiệm của

phương trình đã cho (nếu trái lại ta có 4 =

0 vô lí), nên chía hai vế cho +z2 và nhớm các

số hạng ta được

+? + A2 — Bíx — 3/ø) = 0 Dat tax - 2,

khi đó /2=z2+4#”—4 và ta cổ

2-Bt+4=0

Do ø+b+c=0 nên phương trình cớ

nghiệm /=l,£=4 Nếu £ = I, ta có

œ—b+c=Q, nên phương trình có nghiệm z

= -1,x = 2 Nếu £ = 4, ta có x~— 2# =4=

xz2—4x—~2=(0,x= 2 + Vẽ

Thi du 2 (Đề thi vào đại học khối A năm

1976) Tìm tất cả các góc œ sao cho với mọi

x # 0ta có

@2+ 1⁄2)+ (1— 8sinz)Œœ+ Lx) + 8sinz> 0

Giải : Đặt t =x + 1z, khi đó vì z.L/# > 0

nên le] = |x + Lal = {xl + ial >

> 2V[z].ÏÏzÏ =2 Dấu đảng thức nhận

được khi và chỉ khi |x| = ! hay z = #1;

Ê =x? + 1w? + 9, Thay vào bất đẳng thức ta

được

2+ (1 ~ 8sina)¿ + 3sina — 2 > 0 V{¿| = 2

Vẽ trái là tam thức bậc hai theo ¿, lại có

œ#+b+c=0, nên tam thức có nghiệm là

† = 1??£=3sinz_— 2 Bất phương trình

đúng với mọi giá trị ¿ nằm ngoài hai nghiệm,

nhưng vì |í = 2 nén ¢ = 1 va

t= 3sina — 2 phai ndm trong khodng (-2, 2),

Hiển nhiên /=l thuộc khoảng (-2, 2)

nghiệm £ = 3sinz ~ 2 thuộc khoảng này, nếu

—2 < 3sina — 2 < 2 hay 0 < 3sinz < 4, suy ra

Binz > 0, 2kz < œ < (2k + lặn

Thi dụ 3 (Đề thi khối A, Đại học giáo

dục miền Nam năm học 1975 - 1976)

Chứng minh rằng biểu thức

3(x2/y? + y2/x2) ~ 8(xjy + yx) + 10

không âm với mọi giá trị thực của x va y

khác giá trị 0

Giải ĐặtZ= 3(x22+y2z2)—S(xiy+y/x)+ 10

Th phải chứng minh rằng Z > 0 V+, y z 0

Dat ¢ = x/y + yix, ta cd |t| > 2, dấu bằng xảy

ra khi xw = y/£ = +1, tức là x = + y Ta

có Z=82-8/+4>0 WV |e 2 2

Z| — RAY -

Z=6:—8=0 khi fez Lap bang bién thiên

Do vậy Z>Z„„= 0V |¿| > 2

Il Nếu phương trình cớ dạng (fl) + aœ)* + @) — bì“ = thì dat

œ=(a+b)/2, để đưa về dạng đối xứng

2+ 1222 + 2a*=oœ=?? (phương trình

trùng phương), rồi đưa về phương trình bậc

hai 2X? + 12c?X + 2a4-e=0, trong đó x=2z0

Thi dụ 4 Giải

cost + (1 ~ cosx)* = 1, phương trình Giải Vì (1— coax)*+= (cosr- 1)*, nén ta có

cosx + (cosx — 1)! = 1,

Dat com =t+ 1/2,com-—1=t-1/2, ta duge

(+ L2)! + @Œ— 1/92 =1

2 + 82 + 1/8 = 1

Dat 2 = X, khi dé 0 < X < 9/4 va ta có

2X? + 8x - 7/8 = 0

Phương trình có nghiệm X= 1/4, X= -7/4 < 0 (loại) = ¿ = + 1/2

Nếu £ = 1/2, coax = l,+ = 2m, m nguyên

Nếu¿=— 1/2, cosx= 0, x= 2/2+ kx, k nguyén Ill Nhiéu khi ta dodn một số nghiệm hữu

tỉ rồi lùi bậc phương trình về bạc hai Chú ý rằng, nếu tổng các hệ số của phương trình bằng 0, thì phương trình có một nghiệm x = 1,

còn nếu tổng các hệ số bậc chăn bằng tổng các hệ số bậc lẻ thì phương trình cớ nghiệm + = -l Nếu không thỏa mãn hai điều kiện trên thÌ ta đoán nghiệm hữu tỈ như sau : Tim x dudi dang x = p/q, (p,q) = 1

hay

ag" taz"~1+ +a,_x+a,=0 và quy

ap"+ ap" Igt + a, pa | +a," = 0

229

Vì ø số hạng đầu chứa p, nên chia hết

cho p, Ư cũng chia hết cho p, do vậy

a„g” ! p Do (p.g) = 1, suy rà,! p Tương

tự ta suy ra ø : g Vậy nếu phương trình

ag’ tag") + +a,_ ata, =0, với

@,,4,,-.,@, nguyên, cĩ nghiệm hữu ti

x =PÍq, (p,q) = 1 thì p là ước của ø,, cịn g

là ước của ø, Dac biét néu a, = +1, thi

nghiệm hữu tỉ là nghiệm nguyên và là ước

của hệ số tự do a,

Trong thí dụ 1, vỉ tổng các hệ số bậc chin

bằng tổng các hệ số bậc lẻ bằng B, nên phương

trình cĩ nghiệm x = —1, và cĩ thể viết,

(x + 1)@3 - 6x2 + Gx + 4) =0

Vi x3 - Gx? + @x+4 khong cĩ nghiệm

x= +1, nén ta xét cdc nghiém hiu ti JA céc

nghiém nguyén (vi a, = 1) va là các ước của

4, tức là x = +2,4+4, Dox = 2 la nghiém :

8 - 34+ 12+ 4 = 0, nên cơ thể viết

(a + 1) (x — 2) (x? — 4x — 2) =0,

do vậy phương trình cịn

x=2+Y¥6

Thi du 5, (D6 thi nam 1984) Giải hệ

phương trình

cĩ nghiệm

zt y3 =@œ—y)

x+y=—1 Giải Nếu các bạn giải bằng phương pháp

thế, tức là rút y = —x ~ 1 thay vào phương

trỉnh đầu, thì được 2x3 + 8x?— 2x = 0 Do

a+b+c+d=0, nên phương trình cĩ

nghiệm x = 1 và cĩ thể viết

(ce — 1) (x? + Bx + 2) = 0

Do vậy phương trình cịn cĩ 2 nghiệm +

= -1/2 vax = -2

Nếu x = -1/2, ta cĩ y = -l/2 và hệ cĩ

nghiệm (-1/2, -1/2)

x = +, ta cĩ y = -2 và hệ cĩ nghiệm (1, ~2)

x = -9, ta cĩ y = 1 và hệ cố nghiệm (~9, 1)

Thi du 6 (Đề thi vào Đại học sư phạm

thành phố Hồ Chí Minh năm học 1976 - 1977)

Giải phương trình 4x — 3x + 1 = 0

Giải Ta lùi bậc phương trình bằng cách

tìm 1 nghiệm hữu tỈ x = pí4, (p, g) = 1 ; ước

của p là +1, của g là +1, +2, +4, nên nếu

phương trình cĩ nghiệm hữu tỉ, thì chỉ cĩ

thể là x = +l, +1/2, +1⁄4 Phương trình

khơng cĩ nghiệm x = I, vì tổng các hệ số bằng

280

2 # 0, cịn tổng các hệ số bậc chẵn là 1, bằng tổng các hệ số bậc lẻ là 1, nên phương trình

cĩ nghiệm x = -1 và cĩ thể viết

(x + 1) (4x2 — 4x + 1) = 0 hay œ&+ )(xT— 12=0

Vậy phương trình cĩ nghiệm z = -l, z = 1/2 (kép)

Thí dụ 7 Giải phương trình

cos2x + cos23x = 3cos22x,

cos3a = 4cos’a ~ 3cosa, ta cd (1 + cos2x)/2 + (1 + cos6x)/2 = 3cos22x

1 + (1/2)eos2r + (1/2)cos3 2x = 3cos22x

2co32x — 8co#2x — cos2x + 1 =0 Dat

cos2r = (, =L «% ¿ < 1, ta được

2Ư — 82 ~t+ 1 =0

Vì ước của 1 là +1, của 2 là + 1, +2 nên

nếu phương trình cĩ nghiệm hữu tỉỈ, thì chỉ

cĩ thể là +1, +1/2, Khi ¿ = 1/2 ta co 1/4 - 3/4 - 1/2 + 1 = 0, nên phương trình cĩ nghiệm £ = 1/2 và cĩ thể viết

2Œ — 1⁄2) (2—t— 1) =0

và phương trình cịn cĩ t= (1 — VBY2, ¢ = (1 + Y5)/2 (loai)

cos2x = 1/2 = cosn/3 ; 2x = + 2/3 + 2k

x= +2/6+ kx,k nguyén

Néu

t= (¢ — V5)/2, costx = (1- V5W2=cox =

Qe = tat 2kx x=+ta/2+in, | nguyén, 0 < a@ < xz, ma

cosa = (1 ~ ¥5)/2

Cuối cùng mời các bạn tự giải một số bài sau đây :

1, Giải phương trình a) x4 + 9 = Bx(z2 — 3)

b) x4 - Gx? + 4x7 + l2r + 4= 0

2 cos2x + l/cos2y = cosr — l/cosr

8 x⁄y? + y2z? — 3(xíy + yix) + 4 > Ú Vx, y

7?

nghiém

12,

#

4 sintx + (1 — sine)* = 17

5 sin’x + sin28x = Bsin22x

6 Cho hàm số y= (1/3)x?— mx2— x+ 2/8+ m

Với m nào đồ thị cất trục hồnh tại ba

điểm khác nhau

7 Giải phương trình —4x+' + äx + 1 = 0

CỰC TIỂU CỦA PHÂN THÚC CHÍNH QUY

Trong bài này xin giới thiệu một lớp hàm

số đặc biệt, mà việc tìm cực tiểu của nó rất

đơn giản do cấu trúc đặc biệt của chúng Lớp

hàm số ấy có tên gọi là phân thức chính quy,

1 Phân thức chỉnh quy Giả sử

ae) = Set! ¿=1

là phân thức của một biến z Ta sẽ nói rằng

phân thức g() là chính quy, nếu tổng các

tích của các hệ số €¡ của nó với bậc của các lũy

thừa tương ứng ø, là bằng không, tức là

m

Psy 'Thí dụ đơn giản nhất về phân thức chính

quy là

feyerttextet

(ở đây e¡ =c„ = lai =1,a; = =1)

Dựa vào đồng nhất thức lượng giác

sin’a + cos’a = 1, ta có thể chứng minh rằng

phân thức

hạ) =x+ TỔ +9 nà xi xcos 2

la chinh quy That vay A(x) có thể viết đưới

dang

A(x) = x + (sina)x 8 + (cose Com,

m

Do đó dag, = 1— sin2z — coslz = 0

¿=1

Bây giờ giả sử

By X= Si cpa x xi (2)

i=

là phân thức của ø biến #j;Z„ „ Th sẽ

nói rằng phân thức øGŒy, x„) là chính quy

nếu

ae, tape, t+ ta, ¢, = 0

đập † #226; + + aye, = 0

PHAN HUY KHẢI

Gly H Ayre ay Fo + al = 0

Các phân thức một biến

8%) => CF + By %q) = >, oni

sẽ được gọi là các thành phần của phân thức ØGŒ\, #„)

Thí dụ, các thành phần của phân thức hai biến

By) = Oe" y + Bx”

nse#0

sẽ là các phân thức

as 2 8%) = 2" 42x +2?

-1 2 ~2

B= By + By tye

Rð ràng phân thức #ứ¿, x„) là chính quy khi và chỉ khi tất cả các thành phẩn

8%), 7 = 1, ., n của nó là chính quy Trong thí dụ trên, phân thức hai biến (x,y) la

chính quy vi cả hai thành phần của nó

#;@&) và øg;G) đều là chính quy

Dưới đây, chứng ta sẽ đưa ra một định lí

nà nó sẽ giúp nhiều trong việc kiểm tra tính

chính quy của một phân thức

Định lí 1, Nếu các phân thức ø, hä là chính quy thì các phân thức Ág (4 là số

dương), g + h, g, h (g, h là kí hiệu hàm hợp quen thuộc) cũng là chính quy

Chứng minh của định lí 1 suy trực tiếp

từ định nghĩa,

Hệ quả Nếu #ØŒị,.„x„) là phân thức chính quy thì với mọi m nguyên dương, ta

cũng có ø” là chính quy

Thí dụ 1 Xét phân thức chính quy

ø@œ) =r+ $ Từ hệ quả suy ra phân thức

ti)" = ¥ chk — = N Gty2k—n

Œ x) 2 vợ và

231

nt

Cá = Rn — Sỹ

Cũng là chính quy Do đớ ta có

" fn

Dd Cheek — n) = 0, tae la 2S aCe =

"

=n > co = n2" va như vậy ta đã chứng

k=0

minh được một đồng nhất thức quen biết

n

Sean

k=1

9 Cực tiểu phân thức chính quy

Giả sử

m 8Œy -3,) = Ð c1 XE (3)

k=1

là phân thức chính quy, tức là

n

9: = > Syl = 0 với mọi ¿ = 1, n Tính

k=

chất cực trị của phân thức chính quy biểu

diễn qua định lí sau day

Định lí 2 Giá trị nhỏ nhất của phân thức

x, >0,x, >0, ,%, > 0 bằng tổng các hệ số

=4,= 1, tức là

của

X, 2%, 2

m

min øŒ, Z„) = ø(, 1) = > %

Định H 2 được chứng minh dựa trên hai

bổ để sau

Bổ đề 1 (Bất Đẳng thức Cauchy suy rộng)

Giả sử zị, ,x„ là n số không âm tùy ý,

la n s6 không âm mà

ay + ta, = 1, Khi đó ta cổ

còn Byrn Sy

"

Dag, > | £t (4)

ngoài ra ta có dấu đẳng thức khi và chỉ khi

Ky = My

Bồ dà 2 Giá trị nhỏ nhất của hàm số

?ũi, .,) = S82,

¿=1

232

a

Với các ràng buộc

Z,>0 Z,>0

Ls Dba Dy = A 12: 4mm «@

trong đó Ø, > 0,y, > 0, A> 0,i = 1 —n bing

"xăng =1

#=0,+- +9) (ATI (7) onto

=1

Giá trị nhỏ nhất đạt được tại điểm duy nhất (Z7, Z2), trong đó

1u ổ ul a) aren = te sy

Odayy=y,t+ +4,

Chứng minh của bố đề 1 bạn đọc đã biết Chứng mình của bổ đề 2

Đưa vào các biến dương mới x¡, x„ như

sau

tị

=F Rt ¿=1, ,n

Khi đó hàm số ø(Z,, Z„) trở thành hàm số

ny,

¿=1

và ràng buộc (4) trở thành ràng buộc sau

”;> 0, .,x,, > 0

xp ey ky =A, trong đó

nO Bi yt Ai=z (All) mỹ

Nhu vậy ta chuyển về bài toán tìm cực

tiểu hàm số (5) với ràng buộc (6)

Giả sử z, z„ là các số tùy ý thỏa mãn ràng buộc (6) Theo bổ đề 1 ta có

ta

Be, 2) = piety a =A,

Z1

Mặt khác nếu lấy x7 = Á, với mọi

¿ = 1, , n, khi đó rõ ràng (2J, ,x;) thỏa mãn ràng buộc (6) và ta có

& (xj, , a4) = A, Điều đó chứng tô rằng min đề x„) = Ai, VÌ dấu đẳng thức trong

(7) chỉ có tại một điểm duy nhất, nên