Tập san toán học và sinh viên 33 - 11/2010
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (4.06 MB, 40 trang )
CHÀO MỪNG NGÀY 20/11
Tháng 11, tiết trời đã trở lạnh sang đông, khiến ta quên đi ánh nắng mặt trời gay gắt, những cành
phượng vĩ đỏ thắm bầu trời những lúc vào hạ, cũng không còn nữa thoáng khẽ khàng mang theo chút
man mác se lạnh cuối thu… Nhưng giữa những ngày gió lạnh đầu mùa, trong mỗi chúng ta lại ấm lên cảm
giác bồi hồi, xúc động khó tả, nhớ về thầy cô giáo của mình, bởi ngày 20-11 lại đến!
20-11, Ngày Nhà giáo Việt Nam, ngày lễ của toàn ngành Giáo Dục, cũng là dịp để tôn vinh những người
thầy, người cô đã và đang đứng trên bục giảng truyền đạt tri thức và đạo làm người cho bao lớp học trò,
tôn vinh truyền thống hiếu học và truyền thống tôn sư trọng đạo của dân tộc ta: “Không thầy đố mày làm
nên” hay “Nhất tự vi sư, bán tự vi sư”…Chính thầy cô là những người đã chắp cánh cho mọi ước mơ của
chúng ta bay cao, bay xa, cung cấp hành trang kiến thức để chúng ta bước vào đời và thành công trong
cuộc sống…
Con đò mộc, mái đầu sương
Theo con đi khắp muôn phương mai này
Khúc sông ấy vẫn ngày ngày
Thầy đưa những chuyến đò đầy qua sông.
Thầy cô ơi! Công ơn lớn lao của thầy cô, chúng con không biết phải đền đáp như thế nào. Chúng con
biết, nhiều lúc đã làm thầy cô buồn lòng, không vui Chúng con xin hứa sẽ cố gắng học tập hơn nữa để có
thể phần nào bù đắp những lỗi lầm của mình. Cũng vẫn biết rằng, thầy cô đã phải vất vả như thế nào khi
lái một con đò, với biết bao nhiêu sóng gió, thầy cô vẫn một lòng vì chúng con, chở che và dìu dắt chúng
con. Những lúc chúng con chùn bước, bàn tay ấm áp của thầy cô lại nâng đỡ nhẹ nhàng. Những lúc
dường như bất lực, giọng nói truyền cảm ấy lại đến với chúng con, cho chúng con thêm nhiều nghị lực để
tiếp tục phấn đấu. Thầy ơi, cô ơi, ngàn lần chúng con xin cảm ơn người! Chúng con sẽ cố gắng lắng nghe
tiếng thời gian, nắm thật chặt trong tay dòng thời gian của mình, để có thể bước đến bến bờ thành công
như niềm hi vong mà thầy cô dành cho chúng con. Đất nước cho chúng con một quê hương để thương, để
nhớ. Cha mẹ cho chúng con một hình hài, dáng dấp để sống và học tâp. Và thầy cô cho chúng con một
hành trang vững chắc để bước vào đời.
Nhân ngày 20-11, ngày Hiến Chương Nhà Giáo Việt Nam, chúng con xin gửi đến thầy cô lời cảm ơn
chân thành với tấm lòng tri ân sâu sắc nhất, cùng những lời chúc tốt đẹp. Chúc thầy cô luôn khỏe và mãi
là những người đưa đò vĩ đại trên dòng sông tri thức của cuộc đời.
______________________________*______________________________
TẬP SAN TOÁN HỌC & SINH VIÊN
Số 33, tháng 11 năm 2010
Chịu trách nhiệm xuất bản
SỞ TT&TT NGHỆ AN
Chịu trách nhiệm nội dung
PGS.TS Nguyễn Thành Quang
Trưởng ban: Trần Quốc Luật
Phó ban: Nguyễn Thúy Hằng
BTV: Đinh Bích Yến, Nguyễn Duy Diện, Lê Như Hảo,
Hoàng Thị Ngọc Trà, Mai Thị Phương, Nguyễn Huy
Hùng, Nguyễn Anh Sơn, Võ Viết Chương, Phan Hồng
Quân, Nguyễn Thị Ngọc Hà, Bùi Văn Hoàng, Phạm
Thị Liên, Nguyễn Thanh Huyền, Phan Đình Hùng.
MỤC LỤC
Tạo thói quen khai thác giả thiết…………… 5
Toán học với sự phát triển kinh tế vĩ mô……….12
ĐH Vinh - nơi tạo dựng tương laic ho tuổi trẻ…18
Kinh nghiệm học môn Tô-pô……………… 22
Những định lý giải tích quan trọng…………… 16
Định lượng toán tử tuyến tính………………… 20
Đề ra kỳ này…………………………………….22
Tư duy hình học trong đại số………………… 25
Khảo sát tính liên tục đều…………………… 28
Hướng dẫn sử dụng LaTeX……………… … 30
In 250 bản tại Xưởng in Đại học Vinh, khuôn khổ
19.27 cm. Giấy phép xuất bản số 171/2010/GPXB –
STTTT cấp ngày 09/11/2010. In xong và nạp lưu
chiểu tháng 11 năm 2010.
TOÁN HỌC & SINH VIÊN số 33
1
KẾT HỢP ĐÀO TẠO VÀ NGHIÊN CỨU KHOA HỌC
TẠI KHOA TOÁN - TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
PGS.TS. NGUYỄN THÀNH QUANG
Thành công nổi bật nhất trong quá trình phát
triển của Khoa Toán - Trường Đại học (ĐH) Vinh
là những thành tựu về công tác đào tạo và nghiên
cứu khoa học. Một số tập thể nghiên cứu trong
Khoa đã đạt được những kết quả mạnh, tập trung
vào một số hướng quan trọng, có ý nghĩa khoa học,
được nhiều nhà khoa học trong và ngoài nước đánh
giá cao. Hiện nay, đội ngũ giảng viên toán của
Trường ĐH Vinh gồm: 1 giáo sư, 10 phó giáo sư,
15 tiến sĩ. Khoa đang đào tạo 3 ngành đại học: Sư
phạm Toán học, Toán học, Toán - Tin học và ứng
dụng trên tổng số 600 sinh viên. Về đào tạo sau đại
học, Khoa có 5 chuyên ngành đào tạo thạc sĩ và tiến
sĩ: Toán Giải tích, Đại số và Lý thuyết số, Lý luận
và phương pháp dạy học bộ môn Toán, Hình học và
Tôpô, Lý thuyết Xác suất và thống kê Toán học. Đã
có 40 nghiên cứu sinh của Khoa bảo vệ thành công
luận án tiến sĩ tại cơ sở đào tạo sau đại học -
Trường Đại học Vinh, trong đó nhiều luận án bảo
vệ đạt loại xuất sắc; nhiều luận án trực tiếp do cán
bộ trong Khoa làm hướng dẫn chính.
Toàn Khoa đã có 171 công trình toán học công
bố trên các tạp chí Toán học chuyên ngành có uy tín
trong và ngoài nước. Nhiều giảng viên của Khoa có
công trình được liệt kê trong Tạp chí Mathematical
Reviews của Hội Toán học Mỹ, trong đó có 4
giảng viên có từ 10 công trình trở lên; 11 giảng viên
và nghiên cứu sinh có công trình công bố thuộc
danh mục ISI.
Hiện tại, Khoa có 13 giảng viên với độ tuổi dưới
35 đang theo học chương trình đào tạo tiến sĩ, trong
đó có 6 người đang làm nghiên cứu ở nước ngoài.
Trong những năm gần đây, có nhiều cán bộ
giảng dạy Khoa Toán đã báo cáo khoa học tại nhiều
nước trên thế giới như: Mỹ, Pháp, Italy, Trung
Quốc, Thái Lan. Khoa đã thực hiện 12 đề tài nghiên
cứu cơ bản cấp Nhà nước, 25 đề tài cấp Bộ. Nhiều
giáo trình và sách chuyên khảo đã được xuất bản,
phục vụ cho công tác đào tạo sau đại học ngành
Toán trong và ngoài Trường ĐH Vinh.
Tập thể sinh viên của Khoa đã đạt được thành
tích: 20 giải thưởng trong Hội thi sinh viên nghiên
cứu khoa học của Bộ Giáo dục và Đào tạo, trong đó
có 2 giải Nhất, 3 giải Nhì; 115 giải trong các kỳ thi
Olimpic Toán học sinh viên toàn quốc (2000-2010)
do Hội Toán học cùng Bộ Giáo dục và Đào tạo
đồng tổ chức, trong đó có 18 giải nhất. Sinh viên
Nguyễn Trần Thuận khóa 46A đạt 2 giải nhất trong
kỳ thi năm 2009, trong đó có môn thi Đại số đạt
điểm tuyệt đối. Sinh viên Trần Quốc Luật khoá 50A
đạt Giải nhất môn Giải tích trong kỳ thi năm 2010.
Hoạt động thi Olimpic toán hàng năm của Hội Toán
học đã góp phần động viên lòng say mê toán học
của các em sinh viên, góp phần tôn vinh trí tuệ toán
học của tuổi trẻ Việt Nam.
Bốn lớp bồi dưỡng cử nhân tài năng toán tại
Khoa đã được mở là một hình thức đào tạo chất
lượng cao, tạo địa chỉ tin cậy để tạo nguồn cán bộ
cho Khoa. Lớp cử nhân tài năng khóa V đang triển
khai học 2 chuyên đề.
Về công tác quản lý đào tạo, Khoa Toán đã chỉ
đạo việc xây dựng nề nếp quản lý đào tạo qua các
chuyên ngành và tổ bộ môn, xây dựng chương trình
chuẩn, tổ chức thực hiện chương trình đào tạo, viết
TOÁN HỌC & SINH VIÊN số 33
2
sách và giáo trình, rèn luyện phương pháp nghiên
cứu cho sinh viên và học viên, xây dựng thư viện,
mạng Internet tạo điều kiện cho sinh viên và học
viên tự học.
Song song với những nỗ lực kể trên, nhiều sinh
viên giỏi của Khoa bằng nhiều con đường khác
nhau đã được gửi đi đào tạo thạc sĩ ở các trường đại
học nước ngoài. Các trường đại học của Mỹ, Nga,
Trung Quốc, Đức, Pháp đã tiếp nhận NCS của
Khoa. Chương trình hợp tác Hỗ trợ đào tạo các nhà
toán học trẻ Việt nam (Formathvietnam) đã cấp cho
Khoa 6 học bổng sau tiến sĩ tại Pháp. Có 01 NCS đã
bảo vệ thành công luận án dưới sự đồng hướng dẫn
của các nhà toán học hai nước Pháp - Việt. Tổ chức
Formathvietnam cũng đã tổ chức tại Khoa Toán -
Trường Đại học Vinh các trường toán ngắn hạn.
Các giáo sư và các nhà toán học tên tuổi như
Cachier, Mutsuo Oka, Feréderic Phạm, Nguyễn
Thanh Vân, Lê Dũng Tráng, đã tới đọc bài giảng
khoa học cho cán bộ, NCS và học viên cao học tại
Khoa. Năm 2010, Tổ chức Rencontres du Vietnam
(Gặp gỡ Việt Nam) do Giáo sư Trần Thanh Vân
làm chủ tịch, đã trao 7 học bổng Odon Vallet cho 2
NCS và 5 sinh viên của Khoa có thành tích xuất sắc
trong học tập, với tổng trị giá 53 triệu đồng. Từ năm
2008, Khoa đã ký kết một hợp tác đào tạo và nghiên
cứu với Trung tâm Vật lý Lý thuyết Quốc tế Triese,
Italy (ICTP) và trong khuôn khổ hợp tác này đã có
3 giảng viên trẻ của Khoa Toán được đi thực tập
khoa học tại ICTP.
Cơ sở đào tạo sau đại học trường ĐH Vinh đã
mời được hơn 100 nhà toán học từ Viện Toán học,
ĐHQG Hà Nội, ĐHSP Hà Nội, Đại học Huế, Viện
Khoa học Giáo dục, tham gia giảng dạy, hướng
dẫn luận văn thạc sĩ, luận án tiến sĩ.
Khoa Toán thường xuyên tổ chức các hội nghị
khoa học, nhằm giúp cho sinh viên, học viên được
tiếp cận với hướng nghiên cứu mới, giao lưu với
các nhà khoa học đầu ngành, có cơ hội trình bày các
báo cáo và định hướng nghiên cứu. Nhiều cán bộ
của Khoa đã có mối quan hệ hợp tác nghiên cứu
khoa học thường xuyên với các nhà toán học trong
và ngoài nước.
Cùng với nhiều thành tích đã đạt được, hoạt
động đào tạo ngành Toán vẫn còn nhiều hạn chế
cần khắc phục:
- Trình độ đầu vào của sinh viên, học viên không
đồng đều. Sinh viên những năm đầu chưa tham gia
nhiều hoạt động nghiên cứu, vẫn còn nhiều sinh
viên chưa thực sự say mê trong học tập. Các ảnh
hưởng mặt trái của cơ chế thị trường vẫn còn ít
nhiều tác động đến người học, đã làm cho nhiều
người thiếu nhiệt tình khám phá trong các nghiên
cứu cơ bản có ý nghĩa khoa học lâu dài. Việc cập
nhật và trao đổi các kiến thức tin học trong sinh
viên còn yếu; học tập ngoại ngữ chưa thường xuyên
liên tục, kém hiệu quả; khả năng tự học chưa cao.
Sinh viên khai thác tài liệu thư viện (đặc biệt tài
liệu tiếng nước ngoài), sử dụng hiệu quả công cụ
mạng Internet, các phần mềm tin học trong học tập,
nghiên cứu còn ít.
- Đội ngũ cán bộ hướng dẫn chính luận án tiến sĩ
của Khoa còn mỏng, trong Khoa chưa có nhiều mũi
nhọn nghiên cứu cơ bản đủ mạnh để có thể hội nhập
khu vực và quốc tế về đào tạo tiến sĩ.
- Số giáo trình đã biên soạn và nghiệm thu đưa
vào sử dụng còn ít, chưa đáp ứng đầy đủ nhu cầu
học tập của sinh viên, học viên.
- Thông tin phản hồi hai chiều giữa người dạy và
người học chưa được chú trọng. Vẫn còn nặng về
TOÁN HỌC & SINH VIÊN số 33
3
truyền thụ kiến thức cụ thể, không làm nổi bật được
kiến thức gốc; nhiều người học không nắm được
bản chất của các khái niệm cơ bản của toán học dẫn
tới không ứng dụng được toán học vào các ngành
khoa học khác và thực tiễn đời sống.
- Nhiều sinh viên, học viên còn tâm lý ỷ lại, lười
đào sâu suy nghĩ trong học tập và nghiên cứu; nặng
học để mà thi chứ không học để mà biết, vận dụng.
Từ thực tế đào tạo ngành toán tại Khoa trong thời
gian qua, Khoa có những đề xuất sau:
1. Chất lượng đào tạo và nghiên cứu của đội ngũ
các thầy giáo là tiền đề cần thiết và là niềm cảm
hứng về tư duy sáng tạo cho các đồng nghiệp trẻ và
sinh viên và chính điều này đảm bảo tính bền vững
cho uy tín của Trường. Do đó, phải tăng cường vai
trò quản lý, giám sát của bộ môn, khoa chuyên
ngành đối với đào tạo và sinh hoạt khoa học của
giảng viên, hoạt động chuyên môn của học viên ở
những nội dung rất cụ thể: Kế hoạch làm việc, sinh
hoạt chuyên môn, nội dung và chương trình giảng
dạy. Thực hiện nghiêm túc các khâu: xét duyệt đề
tài; bảo vệ đề cương nghiên cứu của NCS; đánh giá
luận văn, luận án. Trong luận văn thạc sĩ và luận án
tiến sĩ, với những cấp độ khác nhau cần xác lập cân
đối giữa 3 nội dung: Lý thuyết - Nghiên cứu - Ứng
dụng.
2. Đẩy mạnh ứng dụng công nghệ thông tin vào
việc đổi mới phương pháp giảng dạy, đặc biệt
khuyến khích cán bộ và sinh viên, học viên sử dụng
các phần mềm tin học trong học tập, giảng dạy,
nghiên cứu toán học.
3. Cần có kế hoạch cụ thể về đào tạo đội ngũ cán
bộ trẻ, giỏi, có tâm huyết để đảm đương khối lượng
lớn các chuyên đề cơ bản ở các chuyên ngành, đón
đầu hợp tác quốc tế về đào tạo và nghiên cứu.
4. Tạo ra một môi trường làm việc chính quy cho
mảng đào tạo: Trang bị phòng làm việc cho các bộ
môn; thư viện, Internet công cộng miễn phí; phòng
bảo vệ luận văn, luận án,… để cán bộ, sinh viên,
học viên có điều kiện học tập và nghiên cứu tốt
hơn.
5. Cần có chính sách cụ thể về hỗ trợ kinh phí
cho sinh viên, học viên có kết quả nghiên cứu, để
họ có thể tham gia các đề tài, hội nghị, hội thảo
khoa học trong và ngoài nước; khen thưởng đối với
những sinh viên, học viên có thành tích nghiên cứu
tốt và cán bộ hướng dẫn thành công khoá luận, luận
văn, luận án có kết quả xuất sắc.
6. Tinh giản nội dung giảng dạy theo xu thế hiện
đại, hội nhập; tăng cường thời gian tự học và tự
nghiên cứu của người học. Điều đó đặt ra một
nhiệm vụ cho chúng ta là công tác đào tạo cần phải
có một sự đổi mới mạnh mẽ về nội dung chương
trình, phương pháp giảng dạy và học tập, biên soạn
giáo trình cũng như công tác quản lý đào tạo. Cần
có cơ chế chính sách thu hút giáo sư giỏi từ các
trường đại học, viện nghiên cứu trong và ngoài
nước tham gia giảng dạy, hướng dẫn, đồng hướng
dẫn và đánh giá khóa luận, luận văn, luận án cho
học viên và sinh viên.
7. Huy động toàn bộ hệ thống tổ chức và chính trị
trong Khoa giúp đỡ sinh viên học tập theo hệ thống
tín chỉ: Tư vấn học tập, đăng ký học phần, tài liệu
học tập, phương pháp học tập, hướng dẫn ôn thi học
phần,
Trong thời gian tới, Khoa Toán sẽ cố gắng có
những bước đột phá mạnh hơn, nhanh hơn để tạo ra
một số mũi nhọn trong đào tạo và nghiên cứu khoa
học, hướng tới có thể hội nhập được với các trường
đại học trong khu vực và quốc tế.
TOÁN HỌC & SINH VIÊN số 33
4
TẠO THÓI QUEN KHAI THÁC GIẢ THIẾT BÀI TOÁN
TRẦN QUỐC LUẬT – 50A Toán
Trong đề thi Đại học Khối A, năm 2010 có bài toán
“phân loại” như sau:
BÀI TOÁN
: Giải hệ phương trình:
2
2 2
4 1 ( 3) 5 2 0
* :
4 2 3 4 7.
x x y y
x y x
1
2
Trước hết, ta đặt điều kiện
3 5
, .
4 2
x y
Rõ ràng
đây là một hệ phương trình không mẫu mực. Ta hãy
xem xét từng phương trình của hệ. Nhận thấy
phương trình
1
có 2 ẩn “phân ly” “rời nhau” (có
thể “cô lập” mỗi ẩn sang một vế của phương trình),
đồng thời chứa một biểu thức trong dấu căn (hơn nữa
bậc của
x
và
y
bằng nhau và bằng 3). Ta khai
thác triệt để những điều này như sau. Trước hết “cô
lập” mỗi ẩn về mỗi vế ta được
2
4 1 (3 ) 5 2 .
x x y y
Đặt
5 2 ,
t y
ta có
2
2
4 1
1
2
t t
x x
hay
2 2
2 1 .
4 1xx t t
Đến đây ta đã phát hiện ra hàm đặc trưng
2
( ) ( 1),
f t t t
rõ ràng
2
' 3 1 0,
f x t t R
nên hàm này đồng biến nên ta có
2
t x
hay
2 5 2 .
x y
3
Với bản chất như vậy, ngoài cách trình bày trên ta
còn có thể trình bày bước này như sau:
Cách 1.1: Đặt
5 2 2 0,
y t
ta có ngay
1
trở
thành
2 2
(4 1) (4 1).
x x t t
Suy ra
2 2
4 1 0 .
x t x xt t x t
Cách 1.2
: Ta có:
3
3
2 5 2 5
1 4 4
2 2
y y
x x
2 5 2 .
x y
Vấn đề đã được giải quyết một nửa, ta sẽ xử lý
phương trình
2
với điều kiện
3 .
Cách 2.1: Thay
3
vào
2
ta có:
2
2
2
5 4
4 2 3 4 7
2
x
x x
4 2
16 25 8 3 4 3 0
x x x
4
4 2
16 25 5 8 3 4 1 0
x x x
2 2
16 1 2
4 1 4 5 0
3 4 1
x
x x
x
2
16
2 1 2 1 4 5 0
3 4 1
x x x
x
1
2
x
(do
3
0
4
x
).
Cách 2.2
: Nhận thấy
0
x
và
3
4
x
đều không phải
là nghiệm nên
3
0 .
4
x
Thay
2
5 4
2
x
y
vào
phương trình thứ hai ta được
2
2
2
5 4
4 2 3 4 7.
4
x
x x
Trong khoảng
3
0;
4
hàm số
2
2
2
5 4
( ) 4 2 3 4
4
x
g x x x
nghịch biến.
Thật vậy, ta có
2 2
4
( ) 4 (4 3) 4 (4 3) 0.
3 4
g x x x x x
x
Mặt khác ta lại có
1
7.
2
g
Vì vậy phương trình
( ) 7
g x
chỉ có một nghiệm duy nhất là
1
.
2
x
Cách 2.3: Viết lại
4
dưới dạng
( ) ( )
f x g x
với
( ) 8 3 4
f x x
và
4 2
( ) 16 25 3.
g x x x
Khảo
sát riêng lẻ
( ), ( )
f x g x
thấy trên khoảng
3
0;
4
hàm
( )
f x
nghịch biến và
( )
g x
đồng biến nên
4
có
nghiệm duy nhất.
Cách 2.4
: Đặt
2
( ) 4 2 3 4 .
g x x x
Ta có
4
( ) 8 0
3 4
g x x
x
với mọi
0.
x
+) Nếu
1
2
x
thì từ
3
ta có
2.
y
Do vậy
2
1
( ) ( ) 4 7
2
g x y g
, hệ
*
vô nghiệm.
TOÁN HỌC & SINH VIÊN số 33
5
+)
1
2
x
thì
2
y
, thỏa mãn.
+) Nếu
1
2
x
thì từ
3
ta có
2.
y
Do vậy
2
1
( ) ( ) 4 7
2
g x y g
, hệ
*
vô nghiệm.
Cách 2.5: Thay
2 5 2
x y
vào
2
ta được
2
( 1) 2 3 2 5 2 3.
y y
Đặt
1
a y
thì ta được
2
2 3 2 3 2 3
a a
hay
3 2 3 2 3 2 .
a a
Đặt
3 2
b a
;
3 2
c b
ta có
3 2 .
a c
Cách trình bày 1:
+) Nếu
1
a
thì
1,
b
nên
1,
c
do vậy
1
a
, vô
lý.
+) Nếu
1
a
thì
1
b c
, thỏa mãn. Thay vào ta có
nghiệm của hệ
*
là
1
; 2.
2
x y
+) Nếu
1
a
thì
1,
b
nên
1,
c
do vậy
1,
a
vô lý.
Cách trình bày 2:
Không mất tính tổng quát, ta giả sử
.
a b c
Từ
a b
có
3 2 ,
a a
nên
1.
a
Tương tự
1.
b
Do vậy
1 3 2 .
b a
Đẳng thức xảy ra khi
1.
a b
Từ đó
1.
a b c
Cách 2.6: “Làm chặt” điều kiện được
3
0 ;
4
x
5
0 .
2
y
Chú ý với điều kiện này thì các hàm
2
1
( ) 4 1 ;
f x x x
2
2
( )
g y y
đồng biến, đồng thời
2
( ) 3 5 2
f y y y
và
2
1
( ) 4 2 3 4
g x x x
nghịch biến. Ta đánh giá:
Với
1
2
x
thì từ
1
ta có
2
( ) 1 2.
f y y
Từ
1 2
2 ( ) 3 ( ) 4 2
g x g y y
(mâu thuẫn).
Với
1
2
x
tương tự ta có mâu thuẫn. Vậy
1
,
2
x
thay vào thấy thỏa mãn.
Cách 2.7: Khử
y
ta có:
2
2 2
5
4 2 3 4 2 7
2
x x x
hay
4 2
16 24 8 3 4 3 0.
x x x
Đặt
3 4
x t
thì
[0; 3]
t
.
Khử
x
ta có:
8 6 4 2
12 30 36 128 183 0
t t t t t
6 5 4 3 2
1 3 2 5 4 7 2 61 0
t t t t t t t t
1
t
(vì
2 2
4 4 3 2
1 6 9 4 6 1 6 0
t t t t t t
với mọi
[0; 3]
t
).
Bài tập tương tự áp dụng:
Giải các hệ phương trình sau:
2
2 4 3 2
2 6 5 4 3
1.
2 5 4 4.
x x y
x y y y y
2 2
3
( 1) 2 5 4 1 2(2 1)
2.
2 3 2 2.
x x x y y y x
x y x
*********************************************
CON VỚI THẦY
Phan Hồng Quân (sưu tầm)
Con với thầy
Người dưng nước lã
Con với thầy
Khác nhau thế hệ…
Đã nhiều lần tôi tự hỏi mình
Mười mấy ngàn ngày không gặp lại
Những thầy giáo dạy tôi ngày thơ dại
Vẫn bên tôi dằng dặc hành trình…
Vẫn theo tôi những lời động viên
Mỗi khi tôi lầm lỡ
Vẫn theo tôi những lời nhắc nhở
Mỗi khi tôi tìm được vinh quang
Qua buồn vui, qua những thăng trầm
Câu trả lời sáng lên lấp lánh
Với tôi thầy ký thác
Thầy gửi tôi khát vọng người cha…
Đường vẫn dài và xa
Thầy giáo cũ đón tôi từng bước!
Từng bước một, tôi bước
Với kỷ niệm thầy tôi
TOÁN HỌC & SINH VIÊN số 33
6
SUY NGHĨ VỀ MỘT BÀI TOÁN
HAI KHÔNG GIAN TÔPÔ ĐỒNG PHÔI
BÙI XUÂN QUANG
–
ĐH Hải Phòng
Tóm tắt. Bài viết phân tích hướng chứng minh và
một vài suy nghĩ sau khi giải một bài toán về hai
không gian Tôpô đồng phôi.
Mùa hè vừa qua tôi có may mắn được tham dự
Trường hè Toán học cho Sinh viên tổ chức tại Viện
Toán học. Tôi đăng kí lớp Tôpô (Giảng viên là PGS.
TS. Hà Huy Vui). Bài tập sau đây là một trong những
bài mà Thầy cho chúng tôi về nhà:
Chứng minh rằng mặt cầu đơn vị
2
S
(
2
S
là mặt
cầu đơn vị trong
3
R
) nếu bỏ đi một điểm thì đồng
phôi với
2
.
R
Bài toán này không phải là quá phức tạp, tuy
nhiên nó lại chứa đựng nhiều điều thú vị. Bài viết
này tôi sẽ trình bày một số suy nghĩ của mình về bài
toán trên. Trước hết, tôi xin được nêu lên không
chứng minh vài khái niệm và Định lý có liên quan
trong việc trình bày để những ai chưa học Tôpô dễ
theo dõi:
1. Giả sử X là một tập hợp khác rỗng,
là một họ
những tập con của X (
( )
P X
).
được gọi là một
cấu trúc Tôpô trên X nếu nó thỏa mãn các điều kiện
sau đây:
i) Tập X và tập rỗng đều thuộc
.
ii) Giao hữu hạn các tập thuộc
thì
thuộc
.
iii) Hợp bất kì các tập thuộc
thì thuộc
.
Tập hợp X cùng với một cấu trúc tôpô trên nó được
gọi là một không gian Tôpô (Topological space).
2. Ánh xạ f : X
Y giữa hai không gian tôpô X và
Y được gọi là liên tục tại
0
x X
nếu với mọi lân cận
V của
0
f x
đều tồn tại một lân cận U của
0
x
sao
cho
f U V
.
3. Giả sử f : X
Y là ánh xạ giữa hai không gian
tôpô X và Y. Khi đó,
f
được gọi là một phép đồng
phôi nếu f là song ánh và ánh xạ ngược
1
f
của nó
cũng liên tục. Lúc đó ta cũng nói không gian tôpô X
đồng phôi với không gian tôpô Y, và kí hiệu là
.
X Y
4. Quan hệ đồng phôi giữa các không gian tôpô là
quan hệ tương đương.
5. Phép đẳng cự là phép đồng phôi (nhưng ngược
lại thì không luôn đúng).
Bây giờ chúng ta trở lại bài toán. Cũng xin nói
luôn là do khuôn khổ bài báo nên tôi chỉ đưa ra các
kết quả mà không chứng minh chi tiết, phần còn lại
xin dành cho bạn đọc.
Tôi giải bài toán này như sau: Thay vì xét hình cầu
2
S
, xét mặt cầu:
S
3 2 2 2
, , : .
x y z R x y z z
và chứng minh rằng
S\{N} (với N là một điểm nào
đó nằm trên S ) đồng phôi với
2
R
. Khi đó trong lớp
Tôpô chúng tôi có một bạn thắc mắc là đề bài Thầy
cho là
2
S
, tại sao lại chứng minh cho S thì Thầy
trả lời là: “Về mặt tôpô thì hai mặt cầu đó giống
nhau”. Chúng ta hãy cùng lý giải sự giống nhau đó.
Cũng cần nói luôn là do mục đích của bài báo nên có
thể ban đầu bạn đọc thấy sự trình bày không được tự
nhiên lắm, sự không tự nhiên đó sẽ được lý giải ở
cuối bài viết.
1. Đầu tiên tôi dựng mặt cầu
B=
3 2 2 2
1
; ; :
4
x y z R x y z
. Ta thấy B có
tâm là gốc O và nằm bên trong hình cầu
2
S
. Ta xét
phép tương ứng sau đây (xem hình vẽ):
Từ gốc toạ độ O, ta kẻ tia
Ot bất kỳ cắt
B tại M, cắt
2
S
tại
'
M
. Khi đó, bạn
đọc có thể kiểm tra một
cách chi tiết rằng,
ánh xạ sau đây:
:
f
B
2
S
'
M f M M
là một phép đồng phôi.
2. Tiếp theo, ta tịnh tiến mặt cầu
B theo trục Oz để
tâm của mặt cầu này trùng với điểm
1
0;0;
2
. Ta gọi
mặt cầu này là S, suy ra
S
3 2 2 2
, , : .
x y z R x y z z
Lúc này ta có ngay S
B (do “
” là một quan hệ
tương đương như trong phần lý thuyết ta đã nói).
3. Vấn đề còn lại là phải chứng minh cho S bỏ đi
một điểm nào đấy thì đồng phôi với
2
R
. Phép chứng
minh được thực hiện như sau (hình vẽ):
TOÁN HỌC & SINH VIÊN số 33
7
Rõ ràng
0;0;1
N
S. Với mỗi P(x;y;z)
S\{N} ta
kẻ tia Pj cắt
2
R
tại Q(x;y). Với một sự kiên trì và cẩn
thận thích đáng, bạn đọc có thể kiểm tra được ánh xạ
sau:
:
S\{N}
2
R
P P Q
là một phép đồng phôi.
Đến đây, ta coi như bài toán đã được giải quyết.
Nếu suy nghĩ thêm một chút nữa về bài toán, tôi tin
sẽ có điều gì đó thú vị, bây giờ ta hãy đồng nhất
2
R
với không gian phức
C
(như cách đã biết trong Giải
tích phức). Ta thấy khi P dần tới N thì tia Pj dần tới
vị trí song song với
.
C
Vậy ta có thể coi N
S
tương ứng với điểm xa vô tận
của mặt phẳng phức,
mặt phẳng phức có bổ sung thêm điểm xa vô tận
được gọi là mặt phẳng phức mở rộng và chúng ta kí
hiệu là
C
. Như vậy, tương ứng
như trên được mở
rộng tới đồng phôi giữa S và
C
(hay
2
R
cũng vậy)
bằng cách đặt
N
. Đến đây, tôi tin là chúng ta
có thể hiểu thêm được bản chất của điểm vô cùng
trên không gian phức. Cuối cùng, lúc nãy là ta thiết
lập“sự đồng phôi” của S\{N} với
2
R
bằng hình học
(đồng nhất
2
R
với
C
), để có thể tính toán bằng giải
tích, chúng ta cần thay đổi thứ tự và kí hiệu một chút
để lời tính toán được dễ dàng hơn: Trong không gian
Euclide
3
R
với hệ toạ trực chuẩn
; , ,
O
, xét mặt
cầu S:
2 2 2
. Ứng với mỗi điểm
;
z x y C
ta nối nó với
N
S. Đường thẳng này
cắt S tại điểm
2
2 2 2
; ;
1 1 1
z
x y
T
z z z
và ta cần chứng minh ánh xạ
:
C
S \{N}
2
2 2 2
; ; ;
1 1 1
z
x y
x y
z z z
là đồng phôi. Ngược lại, khi
T
N ta thực hiện phép giới
hạn khi
1
ta được
;
z x y
. Vậy là
chúng ta đã chứng minh
bằng giải tích sự đúng đắn
của bài toán.
Kết thúc bài báo, cho phép em được gửi tới Ban tổ
chức Trường hè Toán học cho Sinh viên 2010 lời
cảm ơn sâu sắc nhất vì đã tạo mọi điều kiện thuận lợi
cho chúng em học tập và giao lưu trong suốt thời
gian ở Viện Toán học và ĐHSPHN.
LẦN ĐẦU XA NHÀ
Nguyễn Thị Ngọc Hà (sưu tầm)
Lần đầu tiên con đi học xa nhà
Bỏ lại đằng sau quê hương vời vợi nhớ
Xe lăn bánh mẹ còn thao nhắc nhở
Nước mắt con chạm má tự bao giờ
Học xa nhà con mới biết làm thơ
Nỗi nhớ mẹ tràn trên trang giấy trắng
Con ở một mình trong căn phòng vắng lặng
Tiếng mẹ lại vọng về cố gắng nhé con
Học xa nhà con lại sợ những hoàng hôn
Cứ thấy nhà ai quây quần ăn cơm tối
Con giật mình nước mắt rơi vội
Mặn chát bờ môi, nghẹn đắng tâm hồn
Học xa nhà con thấy mình lớn khôn
Là lần đầu xa vòng tay của mẹ
Dù ở đâu con cũng thấy mình nhỏ bé
Mỗi khi trở về bên mẹ yêu thương!
*********************
LỜI RU CỦA THẦY
Phan Hồng Quân (sưu tầm)
Mỗi nghề có một lời ru
Dở hay thầy cũng chọn ru khúc này
Lời ru của gió màu mây
Con sông của mẹ đường cày của cha
Bắt đầu cái tuổi lên ba
Thầy ru điệp khúc quê nhà cho em
Yêu rồi cũng nhớ yêu thêm
Tình yêu chẳng có bậc thềm cuối đâu!
Thầy không ru đủ nghìn câu
Biết con chữ cũng đứng sau cuộc đời
Tuổi thơ em có một thời
Ước mơ thì rộng như trời, ngàn năm
Như ru ánh lửa trong hồn
Cái hoa trong lá, cái mầm trong cây
Thầy ru hết cả mê say
Mong cho trọn ước mơ đầy của em.
Mẹ ru em ngủ tròn đêm
Thầy ru khi mặt trời lên mỗi ngày
Trong em hạt chữ xếp dày
Đừng quên mẹ vẫn lo gầy hạt cơm
Từ trong vòm mát ngôi trường
Xin lời ru được dẫn đường em đi
(Con đường thầy ngỡ đôi khi
Tuổi thơ lăn một vòng bi tới rồi!)
Hẳn là thầy cũng già thôi
Hóa thân vào mỗi cuộc đời các em
Thì dù phấn trắng bảng đen
Hành trang ấy đủ thầy đem theo mình.
TOÁN HỌC & SINH VIÊN số 33
8
BÍ QUYẾT NÓI CHUYỆN TRƯỚC ĐÁM ĐÔNG
BÙI VĂN HOÀNG – 50 Toán Tin học - Ứng dụng
Phần lớn mọi người xem việc phải nói chuyện
trước đám đông là nỗi sợ hãi kinh khủng nhất. Nỗi sợ
đó còn hơn cả sợ rắn, sợ đi máy bay, hoặc ngay cả
sợ cái chết. Nhưng chúng ta, không thể trốn tránh nó
mãi. Nhiều người trong chúng ta có thể được mời ra
trình bày một báo cáo, phát biểu trong buổi họp phụ
huynh học sinh, nói lời chúc mừng trong lễ cưới.
Làm sao để bạn có thể vượt qua những thử thách đó?
Thật đơn giản chỉ với một chút thời gian luyện tập.
Quy tắc quan trọng nhất trong việc nói chuyện
trước đám đông là bạn phải biết mình nói gì. Điều
này nghe có vẻ ngớ ngẩn, nhưng thông thường các
“diễn giả” không hề có một ý niệm rõ ràng về những
gì họ truyền đạt đến người nghe. Bạn cần phải biết
chính xác bạn sẽ đưa người nghe đến đâu. Một khi đã
biết, hãy liệt kê nó thành 3 hay 4 điểm chính và soạn
bài nói của mình tập trung vào những điểm này thôi.
Bạn không phải là một cuốn từ điển sống, việc đưa ra
quá nhiều thông tin hay không đủ thông tin cũng đều
dở như nhau. Thực hành, nhưng không cần quá
nhiều: Liệt kê ra những gì bạn sẽ nói và tập nói 1 hay
2 lần. Sẽ rất hay nếu như bạn canh thời gian trong khi
tập, việc đó sẽ giúp bạn kiểm soát được thời gian nói
mà không sợ bị lố. Có thể sẽ có những phút ngẫu
hứng tình cờ xảy ra làm bạn bất ngờ và làm khán giả
thích thú. Bạn sẽ không còn muốn xuất hiện trước
đám đông nếu bạn đã nói về một đề tài cả ngàn lần
rồi, bạn sẽ cảm thấy chán và chẳng thèm để ý tới
khán giả nữa. Bạn cũng nên lập kế hoạch sẽ mặc
những gì. Chú ý rằng đó phải là bộ đồ mà bạn cảm
thấy thoải mái khi mặc vào và điều quan trọng nhất,
đó phải là bộ đồ mà bạn biết sẽ làm mình nổi bật.
Quyết định trước việc mình sẽ mặc gì trong ngày
diễn thuyết sẽ làm bạn bớt lo lắng hơn. Hãy là chính
mình! Nhiều người cảm thấy cần phải rập khuôn theo
phong cách của ai đó khi nói trước đám đông, đó là
vì họ cảm thấy họ không đủ tự tin để lôi cuốn sự chú
ý của khán giả. Một số cảm thấy bị “khớp” và
nghiêm túc quá mức và quên rằng tính hài hước cũng
là một công cụ quan trọng của diễn giả. Đừng nên chỉ
tập trung vào vấn đề chính, đôi khi những giai thoại
cá nhân hay những mẩu chuyện nhỏ cũng là một cách
rất tốt để hòa nhập với khán giả. Khán giả là bạn bè!
Khán giả luôn ở đó, bởi vì họ quan tâm tới những gì
bạn sẽ nói và muốn nghe bạn nói về vấn đề đó. Họ
muốn bạn phải làm tốt. Đừng nghĩ khán giả như là
một khối người thù địch, hãy xem họ chỉ là một
nhóm cá nhân riêng lẻ. Hãy cố gắng nhìn vào một ai
đó một lúc. Khi nói chuyện với khán giả, tiếp thu
những ý kiến phản hồi của họ để hoàn thành bài nói
chuyện của mình. Bạn sẽ vượt qua thôi mà! Tôi chưa
bao giờ nghe thấy có ai chết trên bục diễn thuyết cả.
Bạn cũng không bị thở dốc, hụt hơi, quên mất tên
mình hay nổi nóng. Đấy là những chuyện gây ám ảnh
cho bất cứ ai phải đứng trước đám đông. Người ta
gọi đó là cơn ác mộng của diễn viên. Việc đó hoàn
toàn bình thường. Sử dụng một số kỹ thuật thư giãn
trước khi bắt đầu. Bạn có thể tìm một nơi để nhảy lên
nhảy xuống hoặc dậm chân thật manh, điều này sẽ
giúp bạn cảm thấy vững vàng và giảm bớt căng
thẳng. Lắc bàn tay và co duỗi nắm tay. Điều này sẽ
làm tay bạn bớt run. Nếu run tay thực sự là một vấn
đề thì hãy nắm lấy một tấm danh thiếp hay nắm vào
bục diễn thuyết khi nói chyện. Lè lưỡi ra, trợn mắt và
há miệng to hết cỡ, sau đó nhăn tít mặt lại. Việc này
sẽ làn thư giãn các cơ mặt của bạn. Hít thật sâu và
thở mạnh ra tiếng để làm ấm giọng của bạn. Tưởng
tượng như bạn đang ở trên một đám mây, không gì
có thể làm hại đến bạn khi bạn đang ở trong đó. Hãy
cố gắng giữ hình ảnh ấy trong đầu khi bạn đang đứng
trên diễn đàn. Nói chuyện trước công chúng càng
nhiều, việc đó càng trở nên dễ dàng hơn. Có khi bạn
còn cảm thấy thích nữa ấy chứ!
ƯỚC MƠ CÔ GIÁO
Phạm Thị Liên – 51A Toán
Tôi đứng đây bên giảng đường rộng mở
Tà áo dài chắp cánh những ước mơ
Nhớ bé thơ cái ngày vừa bập bẹ
"Búp bê ngoan nghe cô giáo giảng bài"
Thấm thoắt xưa giờ hết chặng đường dài
Nay mười tám tôi không còn khờ dại
Khoác áo dài bước tới Đại học Vinh
Học trò xưa không còn búp bê xinh
Bàn ghế xưa cũng không còn gạch đá
Mà giờ đây lòng tôi đang hối hả
Mai đến rồi làm cô giáo tương lai.
TOÁN HỌC & SINH VIÊN số 33
9
TOÁN HỌC TRONG SỰ PHÁT TRIỂN KINH TẾ VI MÔ
MAI THỊ PHƯƠNG
– 49A Toán
(tổng hợp)
Trong sự phát triển như vũ bão của khoa học kĩ thuật ngày nay cùng với những biến động mạnh mẽ của nền
kinh tế thị trường. Ảnh hưởng của toán học đến các ngành khoa học khác là không hề nhỏ đặc biệt là đối với
nền kinh tế. Thông qua những vấn đề về kinh tế đã được học ở ngành 2 bản thân tôi thấy được sự quan trọng
của toán đối với sự hình thành và phát triển của các mô hình kinh tế. Vì vậy ở đây tôi đề cập đến vấn đề “toán
học trong sự phát triển của nền kinh tế vi mô”. Mà cụ thể hơn là xem xét sự ảnh hưởng của toán học đến hành
vi sản xuất của doanh nghiệp thông qua lý thuyết sản xuất.
I – CÁC KHÁI NIỆM CƠ BẢN VỀ MÔ HÌNH
- Mô hình kinh tế: là mô hình phản ánh các đối tượng trong lĩnh vực hoạt động kinh tế.
- Mô hình toán kinh tế : là mô hình kinh tế được diễn tả bằng ngôn ngữ toán học.
- Bản chất của 1 hệ thống kinh tế là mô hình hóa quá trình vận dụng của nó. Do đó khi xây dựng mô hình toán
học của một hiện tượng kinh tế ta phải chọn các biến: gồm biến ngoại sinh (biến giải thích, biến độc lập) và biến
nội sinh (biến được giải thích, biến phụ thuộc) sau đó tới mô tả quan hệ giữa các biến đó bằng một hệ thức toán
học.
- Các ràng buộc của mô hình: là các hệ thức toán học phản ánh mối quan hệ kinh tế, quan hệ hành vi, quan hệ
mua bán,… giữa các yếu tố kinh tế. Cũng như sự vận động của tự nhiên và xã hội. Quan hệ kinh tế cũng chịu sự
tác động của quy luật bảo toàn (tức là sự bằng nhau, cân bằng theo 1 thước đo nào đó). Mà suy cho cùng hình
thức biểu hiện giữa các biến kinh tế là các phương trình trong toán học.
- Sau khi đưa ra các hệ thức toán học đã xác lập về dạng chính tắc hoặc chuẩn tắc thì ta được phương trình trạng
thái của hệ thống kinh tế đang xem xét.
II – XÂY DỰNG MÔ HÌNH TOÁN KINH TẾ
Bước 1: Xây dựng mô hình Định tính cho đối tượng kinh tế cấn nghiên cứu. ở đây ta phải xác lập
được quy luật cũng như yếu tố có ý nghĩa quyết định đối với đối tượng kinh tế nghiên cứu.
Bước 2:
Xây dựng mô hình toán học cho đối tượng cần nghiên cứu (tức là diễn tả dưới dạng ngôn
ngữ toán học).
Bước 3:
Sử dụng các công cụ toán học để khảo sát và giải quyết mô hình đã xây dựng ở bước 2
nhằm đưa ra giải pháp tối ưu cho mô hình đã xây dựng.
Bước 4:
Dựa vào các số liệu thu thập được để dự đoán và kiểm định sự phù hợp của mô hình trong
lý luận và thực tiễn, ở đây ta sử dụng mô hình kinh tế vi mô để phân tích cách ứng xử, hành vi của
các chủ thể kinh tế thông qua hành vi sản xuất.
III – CÔNG NGHỆ SẢN XUẤT VÀ HÀM SẢN XUẤT
Hàm sản xuất: Là hàm mô tả những sản lượng sản phẩm đầu ra tối đa có thể được sản xuất bởi một số lượng
yếu tố sản xuất (đầu ra) nhất định tương ứng với trình độ kỹ thuật nhất định. Dạng tổng quát hàm sản xuất
Q = f (X
1
, X
2
…, X
n
). Trong đó Q là sản phẩm đầu ra, X
i
là sản lượng yếu tố sản xuất thứ i.
1) Năng suất trung bình (AP) và năng suất biên (MP)
Năng suất trung bình của một yếu tố sản xuất biến đổi là số sản phẩm sản xuất tính trung bình trên 1 đơn vị yếu
tố sản xuất đó. Năng xuất biên của yếu tố sản xuất biến đổi là phần thay đổi trong tổng sản lượng khi thay đổi 1
đơn vị yếu tố sản xuất biến đổi đó.
Cho hàm sản xuất Q = f (X
1
, X
2
,…, X
n
). Gọi năng suất trung bình theo 1 yếu tố sản xuất thứ i là hàm
i
Q
X
TOÁN HỌC & SINH VIÊN số 33
10
(i=
1,
n
) có cực đại tại X
i
*
. Ta có
*
'
i i
i
X X
Q
X
=
'
2
( ) ( )
0.
i
i X
i
X f X f X
X
Do vậy,
'
( )
( ) .
i
x
i i
f X Q
f X
X X
2) Tiến bộ kĩ thuật
Giả sử công nghệ sản xuất của một doanh nghiệp được biểu thị bởi hàm sản xuất y = f(X)
.
n
n
y R
x R
Khi đó
i
ij
j
X
a
Y
là hệ số kĩ thuật của quá trình sản xuất. Giả sử ta có công nghệ sản xuất biểu thị dưới dạng hàm sản
xuất
( ). ( , )
Q A t f k l
1
trong đó k là vốn, l là sức lao động, A(t) là tất cả các yếu tố ảnh hưởng khác (là hàm
của thời gian t). Nó biểu thị tiến bộ kĩ thuật cho nên ta luôn giả sử là
( ( ))
0.
d A t
dt
Khi đó vi phân 2 vế của (1)
theo rút gọn ta được:
( ( ))
. . 2 .
( ). ( , ). ( , )
dQ d A t f dk f dl
Qdt A t dt f k l k dt f k l l dt
Đặt
Q
dQ
G
Qdt
là tốc độ tăng trưởng
của Q theo thời gian;
( ( ))
( ).
A
d A t
G
A t dt
là tốc độ tăng trưởng của A theo thời gian;
K
dk
G
kdt
là nhịp tăng của vốn
theo thời gian và
L
dl
G
ldt
là tốc độ tăng trưởng của lao động theo thời gian. Khi đó (2) có thể viết thành:
( , ). ( , ). .
Q A k l
G G E Q k G E Q l G
Như vậy, nhịp tăng của sản lượng được biểu diễn qua 3 thành phần
, ,
A k l
G G G
suy ra nhịp tăng của sản lượng Q là do phần đóng góp của vốn, của lao động, phần của tiến bộ kĩ
thuật.
*************************************************************************************
ĐẠI HỌC VINH
–
NƠI TẠO DỰNG TƯƠNG LAI CHO TUỔI TRẺ
TRẦN THỊ THANH NHÀN
– 48A Toán
Trong mỗi chúng ta, chắc hẳn ai cũng còn nhớ
cảm giác bỡ ngỡ, niềm vui tựu trường xen lẫn
những lo lắng trong buổi đầu nhập học. Lúc ấy,
hành trang mang trên mình chỉ là những ước mơ,
những hoài bão, là cả một tuổi trẻ với trọn vẹn bầu
nhiệt huyết. Điều đó cũng dễ hiểu. Bởi lẽ, là những
người trẻ tuổi, có ai mà không ôm một giấc mơ
trong vòng tay, trong trái tim hay trong tâm tưởng
của mình! Và trong số các bạn, có ai mà chưa một
lần mơ ước rằng, mai này, mình sẽ trở thành một
nhà giáo, một nhà khoa học hay một kỹ sư! Đó là lý
do để tất cả chúng ta về đây, dưới mái trường Đại
học Vinh này, để cùng một mục đích là thực hiện
những ước mơ, dự định đó. Chính mái trường Đại
học Vinh là ngôi nhà chung để tất cả chúng ta giao
lưu, học hỏi, tự bồi dưỡng và giúp đỡ lẫn nhau trong
học tập, rèn luyện. Và nơi đây cũng là nơi ươm
mầm những ước mơ, nơi tạo dựng tương lai cho tuổi
trẻ.
Hòa cùng với niềm vui chung của cả trường,
năm học qua cũng là mốc thời gian đánh dấu sự
trưởng thành của Khoa Toán qua 50 năm xây dựng
và phát triển. Cùng nhìn lại những hoạt động và kết
quả đạt được, sinh viên Khoa Toán không khỏi
không tự hào về những thành tích đó. Bên cạnh
những thành tích về các hoạt động Đoàn Thanh
niên, Hội sinh viên thì phong trào học tập, nghiên
cứu khoa học (NCKH) của Khoa cũng có nhiều
bước tiến, luôn là hoạt động bề nổi và dẫn đầu.
+ Về học tập
Khắc phục được những khó khăn ban đầu về
chương trình học theo hệ thống tín chỉ, cùng với sự
giúp đỡ, tạo điều kiện của Khoa và Nhà trường, mỗi
sinh viên Khoa Toán đã dần làm quen được với hình
thức đào tạo mới, có nhiều cố gắng trong quá trình
học tập, rèn luyện của mình.
Là một sinh viên Khóa 48- khóa đầu tiên đào tạo
theo hệ thống tín chỉ, ý thức được những khó khăn
của cách đào tạo mới, cũng như các sinh viên khóa
48 khác, mình đã phải cố gắng rất nhiều để xây
dựng cho bản thân một phương pháp học tập phù
hợp, cụ thể như:
TOÁN HỌC & SINH VIÊN số 33
11
- Lập cho mình một thời khóa biểu, thời gian
biểu hợp lý. Đặc biệt là đối với việc đăng ký học,
các bạn nên đăng ký các môn học theo khung
chương trình đào tạo của Khoa. Trong quá trình
đăng ký, nên chú ý cân đối giữa các học phần lý
thuyết và các môn có nhiều bài tập. Sắp xếp lịch học
một cách phù hợp, sao cho tiết kiệm được thời gian
nhất.
- Luôn có kế hoạch học tập cụ thể, lựa chọn và
xây dựng phương pháp học thích hợp, có thể phối
hợp nhiều phương pháp học khác nhau để kết quả tự
học đạt tối ưu.
- Trong quá trình học, cần nắm vững nguyên tắc:
Tìm hiểu bất cứ vấn đề gì bao giờ cũng bắt đầu đi từ
dễ đến khó, không đặt mục tiêu quá cao đối với năng
lực bản thân mình.
- Luôn có ý thức nỗ lực ý chí, kiên trì khắc phục
khó khăn trong quá trình tự học, rèn luyện thói quen
độc lập suy nghĩ, chủ động sáng tạo trong mọi vấn
đề.
Như chúng ta đã biết, học Đại học là biến quá
trình đào tạo thành quá trình tự đào tạo. Do đó, theo
mình, mỗi người cần xây dựng kỹ năng tự học cho
mình. Ở lớp, chú ý nghe giảng và ghi chép đầy đủ, cố
gắng hiểu những vấn đề được thầy cô nói tới trong
bài giảng và trọng tâm của bài học. Về nhà, xem lại
bài và làm bài tập để có thể nhớ và vận dụng các kiến
thức đã học, thành thạo các kỹ năng giải các dạng bài
tập. Chỗ nào chưa hiểu thì có thể cùng trao đổi với
bạn bè hay hỏi lại thầy cô.
- Nên học các môn ngay từ đầu và học một cách
thực sự chứ không nên để đến lúc ôn thi mới bắt đầu
học. Như vậy kiến thức sẽ không nhớ được lâu. Đối
với các môn lý thuyết, các bạn nên đọc giáo trình và
tập cách lập đề cương để học. Và cũng tương tự, nên
hệ thống kiến thức và phân dạng cùng cách giải các
dạng đối với các môn có nhiều bài tập.
Mình nghĩ rằng, nếu các bạn chịu khó tìm cho
mình một phương pháp học tập đúng đắn, phù hợp
với bản thân thì việc tự học sẽ diễn ra thuận lợi hơn.
+ Về công tác NCKH
NCKH là một hoạt động quan trọng trong việc
nâng cao chất lượng đào tạo trong các trường đại học.
Theo mình, để có thể NCKH, mỗi sinh viên chúng ta
cần tham gia các buổi Hội nghị phương pháp học tập
do Khoa tổ chức để dần làm quen với việc NCKH.
Bởi thông qua các báo cáo điển hình về phương pháp
học tập các môn chuyên ngành ở Đại học, chúng ta
bước đầu được làm quen với cách đặt vấn đề, triển
khai ý tưởng của mình về một đề tài ở bộ môn yêu
thích.
- Tham gia các cuộc thi Olympic Toán, viết bài
cho tập san Toán học và Sinh viên.
- Tham gia các buổi tọa đàm, seminar bàn về
phương pháp học tập, trao đổi kinh nghiệm.
- Luôn tạo cho mình thói quen tự học, tự tìm tòi,
nghiên cứu.
Bên cạnh những vấn đề đã nêu trên, còn một điều
mà mình nghĩ rằng nó cũng không kém phần quan
trọng. Đó là chúng ta phải không ngừng vun đắp
những ước mơ, hoài bão, lý tưởng cao đẹp, từ đó mới
có được động cơ, thái độ và phương pháp đúng đắn
trong học tập và NCKH.
Như văn hào Lép-tôn-xtôi đã từng nói: “Lý tưởng
là ngọn đèn chỉ đường, không có lý tưởng thì không
có phương hướng kiên định, mà không có phương
hướng thì không có cuộc sống”…Vâng, mình thiết
nghĩ rằng, con đường hôm qua, hôm kia của mình,
của bạn sẽ dần lùi vào quá khứ. Nhưng con đường
hôm nay và của ngày mai còn tùy thuộc vào tất cả
chúng ta. Chúng ta phải đi như thế nào, chọn lựa
ngọn đèn lý tưởng nào và đi theo phương hướng ra
sao để tiếp tục phát triển, đó mới là điều quan trọng.
Hy vọng rằng, với bầu nhiệt huyết sẵn có, niềm say
mê khoa học, tuổi trẻ Khoa Toán sẽ tiếp tục học tập,
nghiên cứu và sẵn sàng cống hiến, xứng đáng là niềm
tự hào của Khoa Toán, xứng đáng là những sinh viên
trường Đại học Vinh “Bản lĩnh, Trí tuệ, Văn minh,
Tình nguyện”.
ẢNH VUI TOÁN HỌC (!)
CÁC BẠN ĐƯỢC THƯỞNG KỲ NÀY
TOÁN HỌC SINH VIÊN SỐ 33 (11/2010)
1. Đỗ Đức Hiếu, SV lớp Anh3-CLC-KT-K49, ĐH
Ngoại Thương, Hà Nội,
2. Phan Minh Trí, HS lớp 12T, trường THPT chuyên
Lương Văn Chánh, Phú Yên.
3. Phạm Thị Liên, SV lớp 51A Toán, ĐH Vinh.
4. Đinh Bích Yến, SV lớp 49A Toán, ĐH Vinh.
TOÁN HỌC & SINH VIÊN số 33
12
NHỮNG ĐỊNH LÝ GIẢI TÍCH QUAN TRỌNG
TRẦN QUỐC LUẬT
– 50A Toán
, NGUYỄN THANH HUYỀN
– 51A Toán
Tóm tắt. Nhằm giúp các bạn sinh viên khoa Toán Đại học Vinh tiếp cận và hiểu hơn về lí thuyết giải tích
cổ điển chúng tôi sẽ đưa ra các định lí quan trọng trong giải tích toán học và những ứng dụng của nó trong
giải tích cổ điển.
A – TÓM TẮT LÝ THUYẾT
Để mở đầu chúng tôi xin nhắc lại các Định lí
Rolle, Lagrange và Cauchy.
Định lí Rolle
: Giả sử
f
là hàm liên tục trên
[a,b]
,
khả vi trên
( , )
a b
và
( ) ( )
f a f b
thì tồn tại
( , )
c a b
sao cho
( ) 0.
f c
Hệ quả 1.1: Nếu
f
là hàm khả vi trên
R
thì giữa
bất kì hai nghiệm nào của
f
cũng tồn tại một
nghiệm của
'.
f
Hệ quả 1.2: Nếu
f
là hàm khả vi trên
R
và
( ) 0
f x
với mọi
x
thì
f
có nhiều nhất một
nghiệm.
Hệ quả 1.3: Cho
,
n N
giả sử
f
là hàm khả vi
cấp
n
(tức là tồn tại
( )
( )
n
f x
với mọi
x
). Nếu
( )
( ) 0
n
f x
với mọi
x
thì
f
có tối đa
n
nghiệm.
Từ Định lí Rolle ta đi chứng minh Định lí Cauchy
và Lagrange.
Như chúng ta đã biết khi chứng minh Định lí
Lagrange để áp dụng Định lí Rolle hầu hết các giáo
trình đều chọn hàm phụ có dạng
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ).
f a f b
F x f x f a x a
b a
Ta nhận thấy
( ) ( ) 0
F a F b
và từ đó theo Định
lí Rolle ta có tồn tại
;
c a b
để
( ) 0.
F c
Định lý Lagrange
:
Giả sử
f
là hàm liên tục trên
[a,b]
, khả vi trên
( , )
a b
thì tồn tại
c (a,b)
sao cho
( ) ( )
( ) .
f b f a
f c
b a
Định lí Cauchy: Cho hai hàm
, :[ , ]
f g a b R
là
các hàm liên tục trên
[a,b]
và khả vi trên
( , )
a b
đồng thời
( ) 0
g x
với mọi
x
thì tồn tại
( , )
c a b
sao cho
( ) ( ) ( )
.
( ) ( ) ( )
f b f a f c
g b g a g c
Tiếp theo chúng ta sẽ nói về ứng dụng của hai
định lí này, có thể nói hai định lí này là một tài sản
quí báu của những ai học toán, những ứng dụng của
nó liên quan đến hội tụ đều, tìm giới hạn, số nghiệm
của phương trình, chứng minh bất đẳng thức,
Hệ quả 1.4: Giả sử
f
là hàm khả vi trên khoảng
I
,
'
f
bị chặn trên
I
thì
f
là hàm liên tục đều trên
.
I
Hệ quả 1.5: Nếu
f
liên tục trên
[ , ]
a b
và
( ) 0
f x
với mọi
( , )
x a b
thì
f
là hàm hằng trên
[ , ].
a b
Hệ quả 1.6: Nếu
f
liên tục trên
[ , ]
a b
và
( ) 0
f x
với mọi
( , )
x a b
thì
f
là tăng ngặt trên
[ , ].
a b
B – CÁC DẠNG BÀI TẬP ÁP DỤNG ĐỊNH LÝ
LAGRANGE
Ví dụ 1
:
Giả sử
0 1
, , ,
n
a a a
là các số thực thỏa mãn:
0 1
1
0.
1 2
n
n
a a
a
a
n n
Khi đó đa thức
1
0 1
( )
n n
n
P x a x a x a
có ít
nhất một nghiệm trên đoạn
(0,1).
Giải: Xét
1
0 1
( ) .
1
n n
n
a a
Q x x x a x
n n
Ta thấy
( )
Q x
thỏa mãn điều kiện Định lí Rolle
(0) (1)
Q Q
nên
( ) ( ) 0
P x Q x
có ít nhất một
nghiệm trên
(0,1).
(đpcm)
Ví dụ 2:
Chứng minh nếu hàm
f
có đạo hàm cấp 2 trên
đoạn [a,b] và
( ) ( ) 0
f a f b
thì bất phương trình
2
4
( ) ( ) ( )
( )
f x f b f a
b a
có ít nhất một nghiệm.
Giải: Nếu
( )
f x const
thì bài toán hiển nhiên
đúng.
Ngoài ra áp dụng Định lí Cauchy với hàm
f
và
hàm
2
( )
[ , ]
2 2
x a a b
x a
ta được:
1
1
2
1
8 ( ) ( )
( )
2
.
2( )
,
a b
f f a
f a b
a
ab a
Tương tự áp dụng Đính lí Cauchy cho hàm
f
và
hàm
2
( )
[ , ]
2 2
b x a b
x b
ta được:
2
2
2
2
8 ( ) ( )
( )
2
.
2( )
,
a b
f b f
f a b
b
bb a
Cộng hai đẳng thức ở trên ta có:
1 2
2
1 2
8 ( ) ( )
( ) ( )
.
( )
f b f a
f f
a b
b a
TOÁN HỌC & SINH VIÊN số 33
13
Theo giả thiết, ta có
( ) ( ) 0
f a f b
nên ta áp
dụng Định lí Lagange ở trên và viết lại đẳng thức
trên dưới dạng:
1 2 1
1 2 1
( ) ( ) ( ) ( )
f f f f a
a b a
2
1 2
2
( ) ( )
( ) ( ),
f b f
f f
b
trong đó
1 1
a
,
2 2
.
b
Từ đó ta rút ra
được:
1 2
2
8 ( ) ( )
( ) ( )
( )
f b f a
f f
b a
1 2
2max ( ) , ( ) 2 ( ) .
f f f c
Do đó ta có
2
4
( ) ( ) ( ) .
( )
f c f b f a
b a
(đpcm)
Ví dụ 3
:
Cho hàm
f
khả vi trên
0
( , )
x
và
lim ( ) 0.
x
f x
Chứng minh
( )
lim 0
x
f x
x
.
Giải: Giả sử
( )
n
x
là dãy tuỳ ý sao cho
n
x
.
Khi đó
0, :
N n N
ta có
( ) .
2
n
f x
Cố Định
0
n N
và lấy
0
n n
, áp dụng Định lý
Lagrange:
0
0
0
( ) ( )
( ) ,
n n
nn
n n
f x f x
f
x x
trong đó
0 0
.
n nn n
x x
Do bất đẳng thức trên nên ta có
0
0
( ) ( )
.
2
n n
n n
f x f x
x x
Ta biến đổi bất đẳng thức trên và thu được:
0 0 0 0
( ) ( )
( )
1 1 .
2 2
n n n n
n
n n n n n
f x x f x x
f x
x x x x x
Cho
n
tiến ra vô cùng, do dãy
( )
n
x
đã cho ở trên
nên ta có
0
( )
.
2 2
n
n
f x
x
Mặt khác ta có
0
1
2 2
n
n
x
x
với mọi
0
.
n n
Từ hai nhân xét
trên ta thu được
( )
n
n
f x
x
hay
( )
.
n
n
f x
x
Do đó ta có
( )
lim 0
x
f x
x
(đpcm).
Chúng ta lại xem xét tiếp, khi tính giới hạn của
các hàm đặc biệt thì các phương pháp cổ điển hầu
như đều quá khó để dùng, đôi lúc ta dùng qui tắc
L'Hospital tuy nhiên không phải lúc nào nó cũng là
hiệu quả lúc đó ta áp dụng Định lý Lagrange.
Ví dụ 4
:
Cho số thực
2
a
và đa thức
10 10
( ) 1
n n
n
f x a x x x
.
Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương
n
,
phương trình
( )
n
f x a
luôn có đúng một nghiệm
dương duy nhất. Gọi nghiệm đó là
n
x
, chứng minh
rằng dãy
n
x
có giới hạn hữu hạn khi
n
dần đến vô
cùng.
Giải: Dễ dàng chứng minh tính tồn tại và duy nhất
của
.
n
x
Chúng ta sẽ chứng minh
1
lim .
n
n
a
x
a
Thật vậy, đặt
1
1
a
c
a
, khi đó ta có:
( ) ( )
n
n n n
f c f x kc
(với
9
1 1 1 0
k a a
).
Theo Định lý Lagrange thì:
( ) ( ) ( )( )
n n n n
f c f x f c x
với
, .
n
x c
Nhưng
( ) 1
f
nên từ đây suy ra:
.
n
n
kc c x
Từ
đó ta có :
.
n
n
c kc x c
Vậy ta có
1
lim .
n
n
a
x c
a
(đpcm)
Ví dụ 5:
Cho n là một số nguyên dương. Chứng minh rằng
phương trình
2
1 1 1 1
1 4 1 2
1
x x
n x
có
một nghiệm duy nhất
1
n
x
. Chứng minh rằng khi
n
dần đến vô cùng,
n
x
dần đến 4.
Giải: Đặt
2
1 1 1 1
( ) .
1 4 1 2
1
n
f x
x x
n x
Gọi
1
n
x
là nghiệm duy nhất của phương trình
( ) 0
n
f x
. Ta có
2
1 1 1 1
(4)
4 1 16 1 2
4 1
1 1 1 1
1.3 3.5 (2 1)(2 1) 2
1 1 1 1 1 1 1 1
2 1 3 3 5 2 1 2 2
1
.
4
n
f
n
n n
n n
n
Áp dụng Định lý Lagrange, ta có :
1
( ) (4) ( ) 4 , ,4 .
4
n n n n
f x f f c x c x
n
Nhưng do
2 2
1 4 1
| '( )| .
9
( 1) (4 1)
n
f c
c c
nên từ đây
9
4
4
n
x
n
, suy ra
lim 4.
n
n
x
(đpcm)
TOÁN HỌC & SINH VIÊN số 33
14
Ví dụ 6
:
Chứng minh Bất đẳng thức Bernoulli:
Nếu
1
x
thì
1 1
n
x nx
với mọi
.
n N
Giải: Giả sử
0
x
và xét
( ) (1 )
n
f t t
với
[0, ]
t x
. Theo Định lí Lagrange ta có tồn tại
[0, ]
x
sao cho
( ) (0) ( 0) ( )
f x f x f
hay
1
1 1 1 .
n n
x xn nx
Trường hợp
1 0
x
ta làm tương tự.
Ví dụ 7:
Cho hai số thực dương
.
a b
Khi đó ta có:
ln .
b a b b a
b a a
Giải: Xét hàm
( ) ln , [ , ]
f t t t a b
. Theo Định lí
Lagrange thì tồn tại
;
a b
sao cho:
( ) ( ) ( ) ( )
f b f a b a f
hay
1
ln .
b
b a
a
Do
;
a b
nên ta có đpcm.
Ví dụ 8:
Chứng minh bất đẳng thức
1
1 1
1
1
n n
k k
n
k k
trong đó
0, .
n N
Giải: Xét hàm
1
( )
1
t
f t
với
[ 1, ]
t k k
Theo Định lí Lagrange ta có tồn tại
1,
k k
sao cho
( ) ( 1) ( ).
f k f k f
Do đó:
1
1
1
1 1
.
k
k
Từ đó suy ra
1
1
1
1
1 1
k
k
k k
do
1, .
k k
Cho
k
chạy từ
1
đến
n
và cộng
n
bất đẳng thức
trên ta thu được bất đẳng thức cần chứng minh.
Ví dụ 9:
Chứng minh dãy
2
1
ln ln
2
n
n
k
k n
x
k
hội tụ và có
giới hạn hữu hạn.
Giải: Ta xét hàm
2
ln
( )
2
t
f t
với
( , 1).
t k k
Theo Định lý Lagrange, tồn tại
( , 1)
k k
sao
cho
2
2
ln 1
ln ln
.
2 2
k
k
Mặt khác ta dễ dàng kiểm tra được rằng hàm
ln
( )
t
f t
t
đơn điệu giảm trên
[3, )
nên ta có
2
2
ln 1 ln 1
ln ln
.
1 2 2
k k
k k
k k
Từ bất đẳng thức trên, ta có:
2 2
1
ln( 1) ln ( 1) ln
0
1 2 2
n n
n n n
x x
n
nên ta có dãy
n
x
giảm. Dễ thấy tính bị chặn là hiển
nhiên nên dãy
n
x
có giới hạn hữu hạn.
Ví dụ 11
:
Cho dãy số thực
n
u
được xác Định như sau
2
1 1
1
, ln 1 2010, 1.
2
n n
u a R u u n
Chứng minh
n
u
là một dãy hội tụ.
Giải: Ta có
2
1
( ) ln 1 2010
2
f x x
là hàm liên
tục trên
R
và
2
1
( ) , .
2
1
x
f x x R
x
Mặt
khác đặt
2
1
( ) 2010 ln 1 ( )
2
g x x x x f x
thì
( )
g x
cũng là hàm liên tục trên
R
và
2
2
1
( ) 0.
1
x x
g x
x
Như vậy
( )
g x
là hàm liên
tục và đơn điệu tăng trên
.
R
Mặt khác, do
(0) ( 2002) 0
g g
nên phương trình
( ) 0
f x
có
nghiệm duy nhất, ta gọi nó là
L
. Theo Định lí
Lagrange, tồn tại
R
sao cho:
1
( ) ( ) ( ) .
n n n
u L f u f L f u L
Suy ra
1
1 1
1 1
0 .
2 2
n
n n
u L u L u L
Từ đó ta có
lim .
n
n
u L
Ví dụ 12:
Chứng minh rằng
1
1
n
n
S
n
là dãy tăng còn
1
1
1
n
n
T
n
là dãy giảm.
Giải: Xét hàm
.
( )
n
f x x
Theo Định lý Lagrange,
ta có:
1
(
).
,
n n
n
b a
nc a c b
b a
Do
1 1 1
n n n
na nc nb
nên
1 1
.
n n
n n
b a
na nb
b a
Ta chọn
1/
,
1,
1
n
n
a b
n
khi đó
1
1
1
n n
n n
n n
hay
n
S
là dãy tăng.
TOÁN HỌC & SINH VIÊN số 33
15
Tương tự ta chọn
1/
2
1,
1
n
n
b a
n
ta cũng sẽ thu
được
n
T
là dãy giảm.
Ví dụ 13:
Cho hàm
( )
f x
khả vi trên
[ , ]
a b
và thỏa mãn
( ) 0
f x
có nghiệm trên
[ , ],
a b
đồng thời
'( ) ( )
f x f x
với
[ , ].
x a b
Chứng minh rằng
( ) 0
f x
với mọi x thuộc
[ , ].
a b
Giải: Gọi
0
x
là nghiệm của
( ).
f x
Đặt
( ) ( )
x
g x f x e
. Dễ thấy
( )
g x
tăng. Ta có
( ) 0
g x
và
0
( ) 0.
g x
Do đó
0
( ) 0, [ , ].
f x x a x
Đặt
( ) ( )
x
h x f x e
. Dễ thấy
( )
h x
giảm. Ta có
( ) 0
h x
và
0
( ) 0
h x
. Do đó
0
( ) 0, [ , ].
f x x x b
Vậy
( ) 0.
f x
Trên đây là những dạng toán áp dụng Định lý
Lagrange, trong số báo sau chúng tôi sẽ giới
thiệu kỹ về Định lý Rolle và Công thức Taylor.
Mời các bạn giải các bài tập vận dụng Định
lý Lagrange:
1.
Chứng minh
1
1 1/ 1 1/
n n
n e n
với mọi
n
nguyên dương.
2.
Chứng minh
1 1 1 ln(1 )
lim .
2
n
a
n a n a n na a
3.
Cho
0 .
a b
Chứng minh:
.
ln ln 2
a b a b
ab
a b
4. Chứng minh nếu hàm
f
liên tục trên
[ , ],
a b
có đạo hàm cấp 2 trên đoạn [a,b] và
( ) ( ) 0
f a f b
thì
bất phương trình
( ) ( )
( )
f b f a
f x
b a
có nghiệm.
5. Chứng minh
1
1 2 1
lim .
1
n
n
n
HIỆN TƯỢNG "THOÁT Y VŨ"
TRONG TOÁN HỌC
ĐINH BÍCH YẾN – 49A Toán
Nói về "thoát y vũ" trong Toán học, trước hết
phải kể đến đối tượng có thể thoát y là cái gì (bởi
không phải đối tượng nào muốn thoát y là được?).
Đầu tiên phải kể đến là chữ số. Chữ số thoát y vũ là
nói về tổ hợp các số có nhiều chữ số. Khi tước bỏ
từng vị trí thì nó biến đổi ra sao?
Mời các bạn hãy xem các tổ hợp 3 số dưới đây,
mỗi số có 6 chữ số. Chia các tổ hợp thành hai nhóm,
tổng của các chữ số trong hai nhóm bằng nhau. Ví
dụ:
123789 561945 642864 242868 323787 761943.
Tính chất vừa nêu không có gì lạ có nhiều tổ hợp
số cũng có tính chất đó. Nhưng nếu chú ý thì sẽ thấy
các tổng bình phương các số trong nhóm:
2 2 2 2 2 2
123789 561945 642864 242868 323787 761943
.
Bạn đừng tán thưởng vội, đó mới chỉ là khúc dạo
đầu. Bây giờ hãy tước bỏ các chữ số ở đầu mỗi con
số các bạn sẽ thấy điều thần diệu của các con số có
5 chữ số vừa mới tạo thành:
23789 61945 42864 42868 23787 61943.
2 2 2 2 2 2
23789 61945 42864 42868 23787 61943 .
Quả kì lạ(!) Bạn lại tước bỏ các chữ số đứng ở đầu
các con số vừa mới hình thành bạn sẽ có một bộ các
số, mỗi số có 4 chữ số. Qua tính toán bạn sẽ thấy:
2 2 2 2 2 2
3789 1945 2864 2868 3787 1943.
3789 1945 2864 2868 3787
.
1943
Bây giờ chúng ta lại tiếp tục công việc đang dở
dang, lại tiếp tục bỏ các chữ số ở đầu mỗi con số,
rồi tính toán, lần lượt ta sẽ có các đẳng thức kì diệu:
2 2 2 2 2 2
789 945 864 868 787 943.
789 945 864 868 787 94
.
3
2 2 2 2 2 2
89 45 64 68 87 43.
89 45 64 6
.
8 87 43
Và màn “thoát y” cuối cùng đây:
2 2 2 2 2 2
9 5 4 8 7 3.
9 5 7
.
4 8 3
Bây giờ ta lại làm việc ngược lại là tước bỏ lần lượt
các chữ số cuối của mỗi con số ta cũng lại sẽ có
những điều kì diệu khác. Ví dụ:
2 2 2 2 2 2
12378 5619
12378 56194 642
4 6428
86 24
6 24286 32378 7619
286 32378 76194.
.
4
Cuối cùng ta cũng có:
2 2 2 2 2 2
1 5 6 2 3 7.
1 5 6 2 3 7 .
Bạn xem có kì lạ không!
TOÁN HỌC & SINH VIÊN số 33
16
ĐỊNH LƯỢNG TOÁN TỬ TUYẾN TÍNH
TRẦN QUỐC LUẬT
– 50A Toán
Tóm tắt. Bài viết tập hợp một số bài toán định lượng toán tử tuyến tính nhằm giúp các bạn sinh viên năm
thứ ba có một cái nhìn toàn diện hơn về toán tử tuyến tính và làm quen với loại bài tập này. Trong bài viết
này, nếu không chú thích gì thêm thì chuẩn trên không gian cho trước là chuẩn thông thường trên không
gian đó.
A – PHƯƠNG PHÁP
Bước 1
: Xác Định không gian định chuẩn và chuẩn
của nó là chuẩn gì.
Bước 2: Tìm hằng số
k
thỏa mãn
( ) . .
f x k x
Bước 3: Chọn
0
x
sao cho
0
1
x
và
.
f k
Ta sẽ làm rõ điều này thông qua một số ví dụ từ dễ
đến khó.
Ví dụ 1
: Cho
[0;1] [0;1]
:T C C
biến
x
thành
( )
T x
với
( ( ))( ) ( ), [0;1]
t
T x t e x t t
. Chứng minh
T
tuyến tính, liên tục và tính chuẩn
.
T
Giải: Với mọi
[0;1]
, ; ,
x y C R
ta có:
( ( ))( ) ( )
t
T x y t e x y t
. ( ) . ( ) . ( ) ( ) . ( ) ( ).
t t
e x t e t T x t T y t
y
Vậy
T
là ánh xạ tuyến tính. Ta có:
[0,1]
sup
( )
t
t
Tx e x t
[0,1] [0,1]
( ( )).s p sup
.
u
t
t t
x t e e x
Suy ra
T
liên tục và
0
sup .
x
Tx
T e
x
Với
0
( ) 1,
x t
với mọi
t R
thì
0
1
x
và
0
0
.
Tx
T e
x
Vậy
.
T e
Chú ý: Ta có thể thay
t
e
bởi một hàm
( )
g t
bất kỳ bị
chặn trên
[0;1].
Khi đó bằng chứng minh tương tự,
ta có
[0;1]
sup ( ).
T g t
Ví dụ 2: Cho
[ , ]
:
a b
f C R
xác định bởi
[ , ]
( ) ( ) , .
b
t
a b
a
f x e x t dt x C
Chứng minh
f
tuyến
tính, liên tục. Tính chuẩn
.
f
Giải: Tính tuyến tính là hiển nhiên. Ta có
( ) ( ) (
)
b a
f x f x e e x
nên
.
b a
f e e
Chọn
0
( ) 1,
x t t R
thì
0 [ , ]
.
( )
a b
x t C
Ta có
( )
b a
f x e e
.
Do đó:
.
b a
f e e
Chú ý rằng trên
[ , ]
a b
C
có chuẩn thông thường là
chuẩn sup như trên nhưng ngoài ra còn có chuẩn
tích phân
1
( ) .
b
a
f f x dx
Ta thử tính chuẩn
f
với chuẩn tích phân này:
Ta có:
1
( ) ( ) (
.
)
b
b
a
b
f x f x e x t dt
x
e
Do đó
.
b
f e
Với mọi
,
a c d b
xét hàm
( ) 0
x t
với
,
a t c
( ) 1
x d
x t
d c
với
c t d
và
( ) 1
x t
với
d t b
. Ta có
1
.
2
d c
x b d
Xét hàm
1
x
y
x
khi đó
1
1
y
và
1
2
( ) ( ) .
2
b
d d
d
b d
f y f y e e
b d d
t
c
d
x
Cho
c
tiến đến
,
d
ta có
d
f e
với mọi
.
a d b
Cho
d
tiến đến
b
ta được
.
b
f e
Ví dụ 3
: Cho
0
:f C
với
1
1
( )
2
n
n
n
f x x
với
mọi
0
{ }
.
n
x x C
Tính chuẩn
.
f
Giải: Ta có
1
1
( ) ( ) .
2
n
n
f x f x x x
Do đó
1.
f
Với mọi
0
, tồn tại
N
sao cho
1
1
1
2
N
n
n
, chọn dãy
( ) ( )
( )
N N
n
x x
như sau
( )
1
N
n
x
nếu
n N
và
( )
0
N
n
x
nếu
.
n N
Khi
đó
( )
0
N
x C
và
( )
1
N
x
và
( )
1
1
( 1
2
N
N
n
n
f f x
với mọi
0,
do đó
1.
f
Vậy
1.
f
Ví dụ 4: Cho
1
:
f l l
xác định
2
1
n n
f x x
n
mọi
{ }
n
x x
. Tính chuẩn
.
f
TOÁN HỌC & SINH VIÊN số 33
17
Giải: Ta có
2
1
1
( ) ( ) .
n
f x f x x
n
Do đó
2
1
1
.
n
f
n
Chọn
0
x
là dãy số đồng nhất bằng 1,
khi đó
0
,
x l
0
1,
x
0 1
( )
f x l
và
0
( ).
f f x
Do vậy
2
2
1
1
.
6
n
f
n
Ví dụ 5: Cho ánh xạ
0 1
:
f C l
với
0
( ) , {
.
}
3
n
n
n
x
f x x x C
Tính chuẩn
.
f
Giải: Ta có
1
1 1
1 1
( ) sup
2
3 3
.
.
n
n n
n
n n
n
f x x x
x
Do đó
1
.
2
f
Chọn
(1,1, ,1,0,0, ),
n
x
trong đó
n
số
hạng đầu bằng 1, các số hạng sau bằng 0, thế thì
0
n
x c
và
1
1 1
( )
2
3
n
n
k
k
f f x
khi
.
n
Như vậy
1
.
2
f
Ví dụ 6: Cho ánh xạ
1 1
:
f l l
xác định
1
( ) , { }
1
.
n n
n
f x x x x l
n
Tính chuẩn
.
f
Giải: Ta có
1 1
( ) . .
1
n n
n n
n
f x x x x
n
Chọn dãy
(0,0, ,1,0, )
n
x
trong đó số 1 đứng ở
vị trí thứ
.
n
Ta có:
( ) .
1
n
n
f x
n
Do đó
( ) .
1
n
n
f f x
n
Cho
,
n
ta có
1.
f
Vậy
1.
f
Ví dụ 7: Giả sử
[0,1]
{ : (0) (1) 0}.
X x C x x
Xét
ánh xạ
:
T X X
xác định bởi công thức
( ) ( ) (1 ), [0,1], .
Ax t x t x t t x X
Chứng minh
A
tuyến tính liên tục và tính chuẩn của
.
A
Giải: Tương tự như trên ta có
A
tuyến tính liên tục
và
2.
A
Xét hàm số:
0 0
1 1
( ) 2 0 ; ( ) 2 2 1
2 2
x t t t x t t t
Khi đó
0
( )
x t X
và
0
1.
x
Ta có:
0 0 0
[0;1]
1
1
sup ( ) max ( ) 2.
2
x
A Ax A x Ax t Ax
Vậy
2.
A
Ví dụ 8: Giả sử
[0,1]
C
là không gian tuyến tính các
hàm số liên tục trên
[0;1],
với chuẩn
sup.
Ánh xạ
[0;1] [0;1]
:
X C C
xác định như sau:
( ) (1) ( )
Ax t x tx t
,
[0;1]
[0;1], .
t x C
Chứng minh
A
tuyến tính liên tục và tính chuẩn của
.
A
Giải: Tương tự như trên ta có
A
tuyến tính liên tục
và
2.
A
Với mỗi
*
,
n N
đặt:
0
( ) 1 0 ;
1
n
x t t
n
0
( ) (2 1) 2 1 1 .
1
n
x t n t n t
n
Khi đó
0 [0;1]
( )x t C
và
0
1.
x
Ta có:
0
[0;1]
1
sup ( ) max ( )( )
x
A A x A x t
0
2 1
( ). 2, .
1 1
n n
A x n
n n
Vậy
2.
A
Ví dụ 8: Gọi
C
là không gian các hàm
( )
x t
liên
tục trên
[0, )
thỏa mãn
[0; )
| ( ) | .
sup
t
e x t
Xét
chuẩn
[0; )
| ( )
su
|
p
t
x e x t
và xét ánh xạ
:B C C
xác định
( ( )) ( ) ( )
B x t b t x t
với
( )
b t C
,
0.
Chứng tỏ
B
liên tục và tính
chuẩn của
.
B
Giải: Ta có
( )
0, 0, 0,
sup ( ) ( ) sup ( ). sup ( ) .
t t t
Bx e b t x t e x t e b t x b
Ta lại có
1
sup .
x
B Bx Bx
Chọn
0
,
( )
t
x t e
thì
0
1
x
và
0
.
Bx b
Vậy
.
B b
Sau đây là một số bài tập vận dụng:
1. Giả sử
[0,1]
C
là không gian tuyến tính các hàm số
liên tục trên
[0;1],
[0,1]
{ : (0) (1)}
X f C f f
.
Xét hàm
[0,1]
:
T X C
với
3
( )( ) . ( ), [0,1], .
T f x x f x x f X
Tính chuẩn của
.
T
2. Giả sử
[0,1]
{ : (0) (1) 0}.
X x C x x
Xét ánh
xạ
:
T X X
xác định bởi công thức
( ) ( ) (1 ), [0,1], .
Ax t x t x t t x X
Chứng minh
A
tuyến tính liên tục và tính chuẩn của
.
A
TOÁN HỌC & SINH VIÊN số 33
18
ĐỀ RA KỲ NÀY
Bài T1/33: Giải phương trình:
3
4 1 log (8 1
.
)
x
x x
Nguyễn Tất Thu – (cựu SV 40A
2
Toán)
Bài T2/33: Tính tích phân:
2
3
2
.
( sin cos )
o
x dx
x x x
I
Phạm Kim Chung – (cựu SV 41A
1
Toán)
Bài T3/33: Giải phương trình:
2
cos cos6 3sin cos .
x x x x
Trần Quốc Luật – 50A Toán
Bài T4/33: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
2
2010 2010 2010
2011
2 2
tan cot 2
.
tan cot
x x
P
x x
Đậu Thanh Kỳ - CH16PPGD
Bài T5/33
: Giải hệ phương trình:
2
2
2 1
7 1 .
x x y
y y x
Trần Quốc Luật – 50A Toán
Bài T6/33: Cho các số thực
,
x y
thỏa mãn điều
kiện
0
x y
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
1 ( 1) 1 (1)
) .
( x x y y xy x yF x
y x
y
Phạm Kim Chung – (cựu SV 41A
1
Toán)
Bài T7/33: Cho các số thực
, ,
x y z
thỏa mãn điều
kiện
1
xy yz zx
và
1 1 1 0.
x y z
Chứng minh:
2 2 2
2 2 2
1 1 1
2.
1 1 1
x y z
P
x y z
Trần Quốc Luật – 50A Toán
Bài T8/33: Cho tam giác
.
ABC
Chứng minh rằng:
2 2 2
8cos cos cos cos2 cos2 cos2 0.
A B C A B C
Trần Quốc Luật – 50A Toán
Bài T9/33
: Cho
1
và các góc
, , , 0;
2
x y z t
thỏa mãn điều kiện:
sin sin
sin sin .
x y
z t
Chứng minh rằng:
sin sin .
2 2
x z y t
Đỗ Đức Hiếu – ĐH Ngoại Thương
Bài T10/33: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn
(O), ngoại tiếp đường tròn (I). Tiếp điểm của đường
tròn (I) với BC là D. Đường tròn đường kính AI cắt
(O) tại M, cắt đường thẳng qua A song song với BC
tại N. Chứng minh rằng MO đi qua trung điểm DN.
Lê Phúc Lữ – ĐH FPT TP.HCM
Bài T11/33
: Chứng minh rằng đa thức
1
2
1
m n
n n
f x x x x
chia hết cho đa
thức
2 1
1
m
g x x x x
khi và chỉ khi
m
và
n
nguyên tố cùng nhau.
Phan Minh Trí – TP. Tuy Hòa – Phú Yên
Bài T12/33: Cho p là số nguyên tố. Giải phương
trình sau trên tập các số tự nhiên:
1 .
p k
a p
Đỗ Chí Sơn Linh – 12A
1
– Trường Chuyên ĐHV
Bài T13/33: Cho hàm
: 0;1
f R
liên tục, thỏa
mãn
1
0
( ) 0.
xf x
Chứng minh tồn tại
0;1
c
để
1
( ) ( ) .
c
f c c f x dx
Dương Việt Thông – GV ĐH KTQD
Bài T14/33: Cho
a
,
b
là các số thực với
.
a b
Xét
hàm
:[ , ]
f a b R
liên tục, khả vi và có đạo hàm
không đổi dấu trên
( , )
a b
. Chứng minh rằng tồn tại
( , )
c a b
sao cho
2 2
( )f c
a c b c
.
Nguyễn Trần Thuận – CH17 XSTK
Bài T15/33
: Cho
f
là hàm số khả vi liên tục trên
0;1
sao cho
1
0
( ) 0.
f x dx
Chứng minh rằng:
1
0;1
0
1
( ) max '( ) .
12
xf x f x
Dương Việt Thông – GV ĐH KTQD
Bài T16/33
: Cho
,
A B
là 2 ma trận vuông cấp
1 ,
n n
các phần tử nhận giá trị trên trường
.
K
Ma trận
A
có
n
giá trị riêng phân biệt. Chứng
minh
AB BA
khi và chỉ khi tồn tại đa thức
( ) [ ]
P x K x
sao cho
( ).
B P A
Dương Xuân Giáp – GV khoa Toán, ĐHV
Bài T17/33: Cho
V
là 1 không gian vector hữu hạn
chiều trên trường số thực. Giả sử
.
dimV n
Tìm tất
cả các tự đồng cấu
:
f V V
thoả mãn
.
V
f f id
Nguyễn Anh Tuấn – SV ĐHKHTN-ĐHQGHN
Bài T18/33: Một cuộc thi bắn có 100 người dự
tuyển. Mỗi người được phát 5 viên đạn, họ bắn từng
viên cho đến khi trúng mục tiêu 3 viên thì được coi
là qua vòng sơ tuyển. Giả sử xác suất bắn mỗi viên
trúng mục tiêu của mỗi người dự tuyển là 0,5. Tìm
số
k
nhỏ nhất để sự kiện “Số người dự sơ tuyển đạt
yêu cầu không vượt quá
k
người” có xác suất
không nhỏ hơn 0,95.
Nguyễn Thị Thanh Hiền – GV khoa Toán, ĐHV
Bài giải xin gửi về email: hoặc nạp trực tiếp cho Trưởng BBT.
Thời hạn nhận bài giải: Từ ngày xuất bản đến hết 23h59’ ngày 26/03/2011.
TOÁN HỌC & SINH VIÊN số 33
19
GIẢI BÀI KỲ TRƯỚC
Bài T1/32: Cho 3 số thực
, ,
a b c
thỏa mãn
0
a b c
và
1.
abc
Chứng minh rằng:
2 2 2
18. 1
P ab a b bc b c ca c a
Cách 1: (Trần Quốc Luật) Đặt
,
x bc b c
,
y ca c a
.
z ab a b
Ta có:
xy yz xz a a b a c b b c b a
3 3 3
3
c c a c b a b c abc ab a b
bc b c ca c a
3
3 3
6 9.
a b a b abc
Do vậy:
2
2 2 2
18 18.
P x y z x y z
Cách 2: (Đỗ Đức Hiếu) Bất đẳng thức (BĐT) cần
chứng minh tương đương với
2
18
a b
a b
2 2 2
15
4
ab bc ca
c a b
.
Đặt
3 3 3
1 1 1
; ; ,
x y z
a cb
ta có
3 3 3
1; 3 3. *
xyz xy yz xz a b c abc
Khi đó, BĐT trở thành
15
.
4
x y z
Vì
0
a b c
nên trong 3 số a,b,c có ít nhất 1 số
âm. Mà
1 0
abc
nên trong 3 số trên có 2 số âm,
số còn lại dương. Không mất tính tổng quát giả sử
0 ;
a b c
thì
0 ; .
x y z
Áp dụng BĐT Cauchy
ta có:
2 2
2
( ) 4 ( ) 4 .
y z yz x y z y z
x
Kết hợp
*
suy ra
1
.
4
x
Do đó ta có:
2 1 15
( ) .
4 4
x y z x f x f
x
(do
1
'( ) 1 0,
f x x
x x
).
Nhận xét: Giá trị nhỏ nhất của
P
là 18 khi
3 3
4; 2.
a b c
Bài T2/33: Giải phương trình:
5 3 2 .
x x
x
Cách 1: (Phan Minh Trí, Đỗ Đức Hiếu) Đặt
( ) 5 3 2 .
x x
f x x
Ta tính được
ln
'( ) 5 5 3 3 2
ln
x x
f x
và
l''( ) 2 5 n l
5 3 3 .
n
x x
f x
Giả sử
''( )
f x
có
nghiệm
0
x
. Ta được
0
5 3
ln ,
3 5
x
vô lý. Vậy
f x
vô nghiệm. Từ đó, theo Định lí Rolle, ta có
f x
có không quá 1 nghiệm và
f x
có không
quá 2 nghiệm. Vì
0 1 0
f f
nên phương
trình đã cho chỉ có 2 nghiệm là
0
x
và
1.
x
Cách 2: (Phạm Thị Liên, Nguyễn Thị Nga) Giả sử
0
x
là nghiệm. Xét hàm
0
0
( )
x
f t t tx
liên tục trên
R
có
0
1
0 0
( ) .
x
f t x t x
với mọi t. Theo Định lý
Rolle tồn tại
(3;5)
c
: f'(c)=0 hay
0
1
0 0
. 0
x
x c x
.
Suy ra:
0 0
0; 1.
x x
Bài T3/32: Cho
, , 1
a b c
thỏa mãn
2010 2010 2010
19 5 1890 2010.
a b c
Tìm giá trị nhỏ nhất của
.
P a b c
Lời giải: (Từ Hữu Sơn) Ta có:
2010 2010
115 101
1 , 1 ,
19 5
a b
2010
1986
1 .
1890
c
Đặt
2009 2008
m
, ta dễ có
2010
2010
( 1) .
1
a m
a m m a a
m
Làm tương tự đối với
,
rồi cộng các BĐT thu
được P
2010
0
1986
2 2 .
1890
x
Vậy
0
min 2 ,
P x
khi
0
1; .
a b c x
Bài T4/32: Giải hệ phương trình
3 3
2 2
9
:
2 4 .
x y
IV
x y x y
1
2
Cách 1: (Đỗ Đức Hiếu) Ta có:
3 3
1 8
( 1) 2 (2 ).
x y
IV
x x y y
Nếu
1
x
thì
2.
y
Nếu
1
x
thì
2
y
. Khi đó
ta có:
2 2
2
,
1 2 4
y
x x y
x
y
rút gọn suy ra
2 2 0.
y x xy
Giải ra được
2, 1.
x y
Cách 2: (Phạm Thị Liên, Phan Minh Trí) Lấy cả 2
vế của phương trình
2
nhân với 3, sau đó lấy
phương trình
1
trừ kết quả thu được, ta có:
3 3 2 2
3x 6 9 3 12
x y y x y
hay
3 2 3 2
3 3 1 6 12 8
x x x y y y
tức là
3 3
1 2
x y
3 .
x y
Bạn đọc tự giải tiếp để tìm được đáp số.
Cách 3: (Trần Quốc Luật). Ta có
3 3 2 2
2
2
2 2
4 9 4
4 4 .
x y x y x y
IV
x y x y
TOÁN HỌC & SINH VIÊN số 33
20
Trừ vế theo vế 2 phương trình ta được
2 2
2 2 2 .
xy x y x y
Giải tiếp như cách 1.
Nhận xét: Hệ đã cho tuy không đối xứng nhưng
cặp nghiệm của nó đối xứng (!).
Bài T5/32: Cho
ABCD
là tứ diện gần đều. Gọi
r
là bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diện và
R
là bán
kính bé nhất trong các đường tròn ngoại tiếp các
mặt đáy. Chứng minh rằng:
2 2
R r
.
Lời giải: (Phan Minh Trí, Đỗ Đức Hiếu) Dựng hình
hộp chữ nhật
. .
AB DC A BD C
Đặt
;
AB a
;
B D b
AA .
c
Ta có do
ABCD
là tứ diện gần
đều nên các mặt là các tam giác bằng nhau, do đó
bán kính
R
cũng bằng nhau. Kí hiệu
D
S , ,
AB tp X
S V
lần lượt là diện tích của tam giác
ABD
, diện tích
toàn phần của tứ diện
ABCD
và thể tích hình
X
.
Ta có:
2 2 2 2 2 2 2
1
4
ABD
S
a b b c c a
.
Mà
D
. D.
4S
AB
AB B DA
R
nên
2 2 2 2 2 2
2
2 2 2 2 2 2
.
4 a
a b b c c a
R
b b c c a
Ta lại có:
D D
D
3 3
4S
ABC ABC
tp AB
V V
r
S
và
D
. D
4
ABC AB DB
AB DC A B C
V V V
1
.
3
abc
Suy ra
2
2 2 2
2
D
2
2 2 2 2 2 2
D
9
16S
4
ABC
AB
V
a b c
r
a b b c c a
.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có
2 2
8
R
r
hay
2 2
R r
(đpcm).
Bài T6/32: Giải phương trình
2
tan sin
.
3 2tan
3 sin
x x
x
x
6
Lời giải: (Trần Quốc Luật) Điều kiện:
cos 2tan 3 0.
x x
Ta có
2
6 sin 3 2sin 2sin 3cos 0.
x x x x
2 2
sin cos 3 sin 2 0
x x x
hay
sin sin cos 1 0.
x x x
Đáp số:
.
x k
Nhận xét: Với bản chất như trên, ta có thể sử dụng
phương pháp thế, đánh giá, đặt ẩn phụ, bình phương
chuyển về một biến,… Bạn Đỗ Đức Hiếu đánh giá
rất khéo léo: Ta thấy
3cos 2sin 2
x x
nên
cos 0.
x
Nếu
sin 0 3cos 3 sin (1 sin ) 3
x x x x
(vô
lý). Do vậy
2 2
3cos 2sin 3cos 2sin .
x x x x
Giải tốt bài này còn có các bạn: Phan Minh Trí,
Phạm Thị Liên.
Bài T7/32
: Cho
, ,
a b c
là các số thực. Chứng minh
rằng:
2
2 2 2
0.
2 2 5
cyclic
a bc
S
a b c
Lời giải: (Đỗ Đức Hiếu) Đặt
2
2 2 2
( ) .
2 2 5
a bc
s a
a b c
Ta có
2 2 2
2 2 2
2
( ) .
2 2 2 5
a b c
s a
a b c
Viết 2 BĐT tương
tự rồi cộng chúng theo từng vế ta có:
2 2
2 2 2
4 3 2
.
3 4
2 2 5
cyclic
a c
S P
a b c
Áp dụng BĐT Bunyakovsky, ta có:
2 2 2 2
2 2 2 2 2
16( )
1.
(2 )(2 2 5 )
cyclic
a b c
P
a c a b c
Vậy
0.
S
Đẳng thức xảy ra khi
.
a b c
Bài T8/32
: Cho
, ,
a b c
là các số thực thỏa mãn
0.
ab bc ca
Chứng minh rằng:
2 2 2
(1 ) (1 ) (1 ) ( 3)
a b b c c a abc a b c
Lời giải: (Vũ Thanh Tú) Chú ý rằng:
2 2 2 2 2 2
2 ( ).
a b b c c a abc a b c
Ta có
2 2 2 2 2 2
2 ( 3)
a b c a b b c c a abc a b c
2 2 2
( ) ( ) ( ) 0.
a b bc b c ca c a ab
Nhận xét: Đẳng thức xảy ra khi
( , , ) (0,0,0)
a b c
hoặc ba nghiệm của phương trình
3 2
3 3 0.
t t
Bài T9/32
: Tính định thức sau:
1 2
2 2 2
1 2
3 3 3
1 2
1 2
1 1 1
1 1 1
1 1 1
. . .
1 1 1
n
n
n
n n n
n
x x x
x x x
A
x x x
x x x
Lời giải: (Đinh Bích Yến) Ta có:
1 2
2 2 2
1 2
3 3 3
1 2
1 2
1 1 1 1
1
1
1
. . . .
1
n
n
n
n n n
n
x x x
x x x
A
x x x
x x x
1 2
2 2 2
1 2
3 3 3
1 2
1 2
2 1 1 1
0
0
0
. . . .
0
n
n
n
n n n
n
x x x
x x x
x x x
x x x
1 2 1
1
2 ( 1) ( 1) .
n n i j
n i j
x x x x x x x
Nhận xét: Bạn Đỗ Đức Hiếu sử dụng Định lý Bu-
zơ cũng cho lời giải đúng.
Bài T10/32: Cho
,
f g
là các hàm số dương và liên
tục trên
[ , ]
a b
. Chứng minh rằng tồn tại
,
c a b
sao cho
( ) ( )
1
( ) ( )
c b
a c
f c g c
f x dx g x dx
.
TOÁN HỌC & SINH VIÊN số 33
21
Giải: (Nguyễn Trần Thuận) Xét hàm
( ) ( ) ( ) ,
x b
x
a x
F x e f t dt g t dt
ta có
( ) ( ) 0.
F a F b
Áp dụng Định lý giá trị trung bình, ta có tồn tại
,
c a b
sao cho
'( ) 0.
F c
Đây chính là đpcm.
Bài T11/32: Cho hàm
:[ 1;1]
f R
liên tục, có vi
phân cấp 2 liên tục trên
[ 1;1]
. Giả sử có
( 1)
f
(0) (1) 0.
f f
Chứng minh
1;1
c
để
( ), '( )
f c f c
và
''( )
f c
lập thành cấp số cộng.
Lời giải: (Đinh Bích Yến, Phan Minh Trí) Đặt
( ) ( ).
x
g x e f x
Khi đó g(x) liên tục trên [a, b]; khả
vi trên (a,b) và
( 1) (0) (1) 0.
g g g
Theo Định
lí Rolle về giá trị trung bình ta có:
1 1
( 1,0) : ( ) 0;
c g c
2 2
(0,1): ( ) 0.
c g c
Khi đó hàm
( ) ( ) ( )
x x
g x e f x e f x
cũng thỏa
mãn điều kiện của Định lí Rolle trên
1 2
[ , ]
c c
.
Ta có
1 2
( , ) ( 1,1)
c c c
để
( ) 0
g c
( ) ( ) ( ) ( )
( ) .
2
2
c c
c
e f c e f c f c f c
f c
e
Vậy
( 1,1)
c
để
( ); ( ); ( )
f c f c f c
lập thành cấp
số cộng.
Bài T12/32: Cho
A
là ma trận phản đối xứng cấp
n, phần tử thực. CMR
2
det 0
n
I xA
.
x R
Lời giải: (Nguyễn Trần Thuận)
TH1:
0
x
: Ta có
2
det det
n n n
I xA I i x A I i x A
det .det
n n
I i xA I i xA
det .det
n n
I i xA I i x A
det .det
n n
I i xA I i xA
2
det 0.
n
I i xA
TH2:
0
x
: Đặt
0
y x
. Ta có
2 2
det det
n n
I xA I yA
det .det .
n n
I y A I y A
Vì A là ma trận phản đối xứng nên
T
A A
, suy ra
T
T
n n n
I y A I yA I y A
. Do đó:
2
det det .det
T
n n n
I xA I yA I yA
2
det 0.
n
I yA
Bài T13/32: Cho hàm
: 1;1
f R
khả vi cấp 3
thỏa mãn
'(0) 0
f
và
(1) ( 1).
f f
Chứng minh
rằng tồn tại
1;1
c
để
'''( )
6 0.
'(0)
f c
f
Giải: (Dương Đức Lâm) Xét hàm số sau:
2 2 2
( ) (1) (0) 1 '(0) 1 ( ).
g x f x f x f x x f x
Ta có
( )
g x
khả vi cấp 3 trên
R
và
2
'( ) 2 (1) 2 (0) '(0) 3 1 '( ),
g x f x f x f x f x
''( ) 2 (1) (0) 6 '(0) ''( ),
g x f f f x f x
'''( ) 6 '(0) '''( ).
g x f f x
Ta có
( 1) (0) (1),
g g g
nên theo Định lý Rolle,
tồn tại
1
1;0
c
và
2
0;1
c
sao cho
1 2
'( ) '( ) 0.
g c g c
Lại có
'(0) 0,
g
nên tồn tại
3 1
;0
c c
và
4 2
0;
c c
sao cho
3 4
''( ) ''( ) 0.
g c g c
Theo Định lý Rolle, tồn tại
3 4
,
c c c
sao cho
'''( ) 0
g c
hay
'''( ) 6 '(0) 0.
f c f
(đpcm)
Bài T14/32
: Cho hàm
: 0;1
f R
liên tục trên
0;1
, khả vi trên
0;1 .
Biết rằng
0 1 0
f f
.
Chứng minh rằng tồn tại
0;1
c
để
1 '
cf c c f c
.
Lời giải: (Phan Minh Trí) Xét hàm
1
x
g x e x f x
. Ta có
g x
cũng liên tục
trên
0;1
khả vi trên
0;1 .
Theo Định lí Lagrange,
tồn tại
0;1
c
sao cho
1 0
' 0
1 0
g g
g c
.
Mặt khác
' 1 1 '
x x x
g x e x f x e f x e x f x
1 '
x
e x f x xf x
nên ta có
1 '
cf c c f c
(đpcm).
Bài T15/32: Cho tam giác ABC có AB và AC có
phương trình lần lượt là
4 11 0;
x y
2x 4 0.
y
Trung tuyến AM có phương trình
5 7 0.
x y
Tính diện tích tam giác ABC biết
rằng đường thẳng BC đi qua điểm
3;2 .
E
Lời giải: (Phan Minh Trí)Trên tia AM lấy I, J sao
cho EI, EJ lần lượt song song với AC, AB. Ta có
IM ME ME JM
AM MC MB AM
suy ra IM = JM. Do đó
M là trung điểm của IJ. Vì EI song song với AC nên
EI có vec-tơ pháp tuyến là
1
2; 1 .
n
Vậy EI có
phương trình là
2 8 0
x y
. Suy ra
11 2
;
3 3
I
,
1 4
;
3 3
J
. Do đó
2;1 .
M
Suy ra
: 1 0.
BC x y
Tìm được
5;4 ,
B
1; 2 ,
C
3;2
A
.
Vậy
det ;
S 18.
2
ABC
AB AC
TOÁN HỌC & SINH VIÊN số 33
22
TƯ DUY HÌNH HỌC TRONG ĐẠI SỐ
PHẠM THỊ LIÊN – 51A Toán
Tóm tắt. Bài viết Định hướng hình học trước một số bài toán đại số và sự tương giao giữa các phép biến
đổi hình học và phép biến đổi đại số.
Phương trình, hệ phương trình và bất đẳng thức là những dạng toán cơ bản trong các chuyên đề bồi dưỡng
học sinh trung học phổ thông. Bài viết này tôi sẽ giới thiệu đến các bạn một số bài tập được giải theo tư duy
hình học rất độc đáo. Thú vị hơn là từ đó ta lại có thể rút ra cách giải thuần tuý đại số rất mới mẻ cho một số
bài toán. Hãy cùng theo dõi những ví dụ sau:
I - PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH
Phương pháp: Đối với bài toán giải phương trình
và hệ phương trình ta chủ yếu dùng công thức
khoảng cách và tích vô hướng của vectơ trong hình
học toạ độ. Xét một vài ví dụ minh hoạ sau:
Ví dụ 1: Giải phương trình
2 2
4 5 10 30 5.
x x x x
1
Giải: Ta có
2 2
1 ( 2) 1 ( 5) 5 5.
x x
Trong mặt phẳng
,
xOy
chọn
2;1 , 5;5 , ;0
A B M x
thì
1
trở thành
.
MA MB AB
Mặt khác theo bất đẳng thức tam
giác thì
.
MA MB AB
Đẳng thức xảy ra khi
.
M AB Ox
Đáp số:
5
.
4
x
Ví dụ 2: Giải hệ phương trình:
2 2
2
2 2
( )
2
3 8 8 8 2 4 2.
x y y x z
x x y yz
x y xy yz x z
Giải: Hệ đã cho tương đương với:
2 2 2 2
( ) ( ) 0
( 1) (2 1) 0
4( ) 4( ) ( 1) (2 1) .
x x y y y z
x x y z
x y y z x z
I
Xét
; ; ; ; 1;2 1 .
a x y b x y y z c x z
Khi đó
hệ (I) trở thành
2 2
. 0
. 0
4 .
a b
a c
b c
Nếu
0
a
thì
1
0 .
2
x y z
Nếu
0
a
thì
b
và
c
cùng phương, suy ra
2 .
c b
Từ đó
1
0; 0; .
2
x y z
Nhận xét
: Cách giải bằng vectơ này khá hay và hiệu
quả. Tuy nhiên nhận thấy rằng từ mỗi bước bằng
phương pháp vectơ như trên ta có thể đưa ra lời giải
tương ứng mang thuần tuý đại số như sau: Biến đổi
hệ đã cho về hệ
.
I
Nếu
0
x y
thì
1
.
2
z
Nếu trái lại, giả sử
0,
y
ta có:
( ) ( ) 0
.
( 1) (2 1) 0
x x y y y z
x x y z
Suy ra
2 1 1
y z x y
z x
2 2 2 2
2 2 2 2
4( ) 4( ) 4( ) 4( )
( 1) ( 1) ( 1) (2 1)
x y x y x y y z
x x x z
2 2
2 2
4( ) ( 1)
4( ) (2 1) .
x y x
y z z
Đến đây bạn đọc dễ dàng giải tiếp.
II – CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
Phương pháp: Ngoài ứng dụng hai kiến thức trên
ta còn thường dùng đến phương trình, tính chất của
đường tròn, elip, hypebol, tam giác… cùng các tính
chất liên quan.
Ví dụ 3
: Cho
, , 0.
a b c
Chứng minh rằng:
2 2
a ab b
+
2 2
b bc c
2 2
.
a ac c
Giải: Bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại
như sau:
2 2
3
( ) ( )
2 2
b
a b
+
2 2
3
( ) ( )
2 2
c
b c
2 2
3
( ) ( ) .
2 2
a
c a
TOÁN HỌC & SINH VIÊN số 33
23
Đặt OA = a. OB = b, OC = c sao cho
60
AOB
và
60 .
BOC
Áp dụng Định lí hàm số cô-sin
trong tam giác ta có:
2 2
;
AB a ab b
2 2
;
BC b bc c
2 2
.
AC a ac c
Rõ ràng
.
AB BC AC
Ta có ngay điều phải chứng minh.
Ví dụ 4
: Cho các số thực
, ,
x y z
thoả mãn:
2 3 2
3 9
0, 0.
x y
x y
x y
Tìm GTLN của biểu thức
2 2
4 8 .
P x y x y
Giải: Bằng cách vẽ đồ thị ta thấy ngay tập hợp các
điểm
( ; )
M x y
với
,
x y
thoả mãn bài ra là tứ giác
ABCD
với
1;0 , 0;2 , 0,3 , 9;0 .
A B C D
Khi đó xét
2 2
2
20 2 4
Q P x y IM
(với
2;4
I
) đạt GTLN khi
.
M D
Do vậy
P
đạt
giá trị lớn nhất khi
9; 0.
x y
Suy ra
max 45.
P
Nhận xét: Từ tư duy hình học như trên ta có thể đưa
ra cách giải bài này hoàn toàn bằng đại số: Từ giả
thiết ta có điều kiện của
,
x y
như sau
0 9
.
0 3
x
y
Khi đó
2 2
2 9 2 49
x
đồng thời
2
2
4 4 16
y
nên
max 45
P
khi
9; 0.
x y
Ví dụ 3: Cho các số thực
,
a b
thoả mãn
2 2
16 8 6 .
a b a b
Chứng minh
7 24 .
b a
Giải: Ta có
2 2
2
4 3 3 .
a b
Nhận thấy các
điểm
( ; )
M a b
thoả mãn bài toán là hình tròn tâm
(4;3)
I
bán kính
3.
R
Xét đường thẳng
: 24 7 0
d x y
, ta có:
;
2 2
24.4 3.7
3
24 7
I d
d R
nên
d
tiếp xúc với
( ;3).
O I
Vì
Ox
cũng là một tiếp
tuyến và gốc toạ độ
O d
nên hình tròn
( ;3)
I
nằm
hoàn toàn trong miền dương được chia bởi đường
thẳng d nghĩa là
24 7 0.
a b
Ví dụ 4
: Cho
,
a b
là các số thực thoả mãn
2 2
4 4.
ab c d
Chứng minh rằng:
2 2
8
.
5
a c b d
Giải: Nhận thấy
2 2
a c b d
chính là khoảng
cách giữa một điểm bất kì trên hypebol
4
x
y
với
một điểm trên elip
2
2
1.
4
x
y
Vẽ hình tính toán ta
sẽ nhận ra điều phải chứng minh.
Nhận xét
: Áp dụng BĐT Bunyakovsky ta có:
2
2 2
(1 4) 2
x z y t x z y t
và
2
2 2
4 1 1 2
z t z t
suy ra
2 2 2.
z t
Áp dụng BĐT Cauchy ta
có:
2 2 2 4 2.
x y xy
Mặt khác
x z x z
và
.
y t y t
Do vậy
2
2
2 2
8
2 .
5 5
x y z t
x z y t
Ví dụ 5
: Cho các số thực
,
x y
thoả mãn:
2 2
2 2
4 6 2
6 8 3 1.
x xy y
y yz z
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
.
P xy yz zx
Giải: Hệ đã cho được viết lại như sau:
2
2
2
2
1 1
3 18 3
2 1
.
3 18 6
x
y x
z
y z
Trong mặt phẳng, xét:
2
; ; ; .
3 3
3 2 3 2
x x z x
u y v y
Ta có
1
. .
3 2
u v xy yz zx
Áp dụng bất đẳng
thức
. .
u v u v
ta có ngay
1.
P
Nhận xét: Cách giải trên theo ngôn ngữ vec-tơ trong
hình học toạ độ, tuy nhiên thực chất nó được suy ra
từ bất đẳng thức Bunyakovsky
nên ta có thể có lời
giải bằng đại số như sau:
Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky ta có:
2
2
3 3
3 2 3 2
x z x x
y y
