Về kỳ thi viết tại Khoa Cơ học và Toán học MGU năm 1969

50

N. S. BAKHVALOV, N. N. KUZNETSOV

Kỳ thi viết môn toán là kỳ thi chính đối với những người dự tuyển vào khoa Cơ học-Toán học của Đại học Tổng hợp Moskva. Thường có những lời đồn về sự khó khăn quá mức của nó, rằng ngay cả điểm “ba” trong kỳ thi này cũng chỉ những học sinh tốt nghiệp các trường toán học Moskva mới có thể đạt được.

Những lời đồn ấy hoàn toàn không có cơ sở *). Các đề bài (gọi là “phương án”, gồm 4 bài toán) được đưa ra trong kỳ thi viết được soạn sao cho trong mỗi phương án có một bài toán

*) Năm 1969, trong số 922 thí sinh Moskva, 469 người (khoảng 50%) đạt điểm dương (ba trở lên) trong kỳ thi viết, còn trong số 2356 thí sinh từ các địa phương khác — 912 người (khoảng 40%).

hoàn toàn nằm trong khả năng của người có trình độ toán học trung bình. Giải được những bài toán như vậy đã bảo đảm điểm ba. Vì thế, để thi viết thành công chỉ cần nắm vững chương trình toán học phổ thông, còn điểm không đạt chỉ dành cho những thí sinh không cho thấy sự chuẩn bị đủ để học thành công ở khoa.

Dĩ nhiên, cùng với những bài toán không khó, phương án còn bao gồm các bài tập mà lời giải đòi hỏi một trình độ văn hóa toán học khá cao (nhưng không đòi hỏi kiến thức bổ sung vượt ra ngoài khuôn khổ chương trình). Vì thế, thực sự không thể đạt điểm cao trong kỳ thi này.

Phương án 1

1. Các điểm A và B nằm trên những con đường cắt nhau dưới góc ACB=60°. Từ điểm A đến B có thể đi xe buýt — trước hết theo một con đường đến giao lộ C, rồi theo con đường kia, — mất 11 phút. Nếu đi bộ thẳng từ A đến B thì mất 1 giờ 10 phút, còn nếu trước hết đi theo đường ngắn nhất đến con đường có điểm B, rồi đi xe buýt, — thì còn mất nhiều thời gian hơn, ngay cả nếu có xe buýt ngay.

Khoảng cách từ điểm A đến giao lộ là bao nhiêu, nếu tốc độ người đi bộ bằng 3 km/giờ, còn tốc độ xe buýt — 30 km/giờ? (Coi các con đường là thẳng.)

2. Trong tam giác ABC kẻ các đường phân giác AD và BE, cắt nhau tại điểm O. Biết rằng đoạn OE có độ dài 1, còn đỉnh C nằm trên đường tròn đi qua các điểm E, D, O. Hãy tìm các cạnh và các góc của tam giác EDO.

3. Tìm mọi giá trị của x đồng thời thỏa mãn các điều kiện sau:

$$\cos 13x = \cos x,$$
$$\cos 2x + \sin 5x = 1,$$
$$|x| < 3.$$

4. Các hình chiếu vuông góc của một tứ giác phẳng lên hai mặt phẳng vuông góc với nhau là các hình vuông cạnh 2. Tìm chu vi của tứ giác, biết rằng một trong các cạnh của nó bằng $\sqrt{5}$.

51

để làm được điều đó cần chuẩn bị đặc biệt, sử dụng tài liệu thích hợp *).

Ở đây, để làm ví dụ, chúng tôi sẽ xét một bộ bài toán điển hình trong một phương án được đưa ra trong kỳ thi viết vào khoa Cơ học-Toán học năm 1969 (phương án 1 ở tr. 50). Thời gian giải là 4 giờ. Để được điểm “3”, chỉ cần giải ít nhất một bài toán; điểm “5” được cho nếu có lời giải đầy đủ của bất kỳ ba bài toán nào, còn bài thứ tư được giải về cơ bản.

Chúng tôi sẽ phân tích kỹ các bài toán này và chỉ ra những sai lầm đặc trưng mà các thí sinh đã mắc phải khi giải chúng, và sau cùng sẽ giới thiệu với bạn đọc “Kvant” thêm một phương án để tự giải.

PHÂN TÍCH CÁC BÀI TOÁN

Bài toán 1

Ta hãy vẽ hình (hình 1). $D$ là điểm gần $A$ nhất trên đường thẳng $BC$. Lưu ý rằng vị trí của điểm $B$ so với $D$ chưa biết trước (trên hình vẽ có hai phương án vị trí). Đặt $x=AC$, $y=CB$ (các khoảng cách này được đo bằng kilômét). Viết các điều kiện của bài toán, ta được hệ hai phương trình:

$$\begin{cases} x+y=5,5 \\ x^2+y^2-xy=12,25 \end{cases}$$

và bất đẳng thức:

$$10x\sqrt{3}+|2y-x|>70$$

*) Là các sách bài tập thích hợp, chẳng hạn, có thể nêu các cuốn của E. B. Vakhovsky và A. A. Ryvkin “Bài tập toán sơ cấp nâng cao” (xem về cuốn này bài viết “Cách giải bài toán” ở trang 60 số “Kvant” này), của N. Kh. Rozov, M. K. Potapov, G. V. Dorofeev, “Sách hướng dẫn toán học cho người dự thi vào đại học”, của V. B. Lidsky, P. V. Ovsyannikov, A. N. Tulaikov và M. I. Shabunn, “Bài tập toán sơ cấp”.

Hệ phương trình (1) có hai nghiệm: a) $x=4$, $y=1,5$; 6) $x=1,5$, $y=4$, và chúng ta phải chọn trong số đó nghiệm thỏa mãn điều kiện bổ sung (2). Nghiệm thứ hai không thỏa mãn điều kiện này, vì $15\sqrt{3}+6,5<30+6,5<70$. Nghiệm thứ nhất thỏa mãn nó. Để thấy điều này, cần kiểm tra rằng $40\sqrt{3}+1>70$, hay $40\sqrt{3}>69$. Bình phương bất đẳng thức cuối cùng, ta được $4800>4781$ và do đó thấy rằng nó đúng. Vậy nghiệm của bài toán là $x=4$ km.

Hãy chỉ ra những sai lầm điển hình mà thí sinh mắc phải khi giải bài toán này.

Đa số thí sinh đã xử lý được việc lập và giải hệ phương trình (1); tuy nhiên, việc chọn nghiệm cần thiết bằng điều kiện bổ sung (2) đã trở thành trở ngại không thể vượt qua đối với nhiều người. Có lẽ, nguyên nhân là một hình dung trực quan sai lầm về vị trí tương đối của các điểm $B$ và $D$, dẫn đến việc thay vì bất đẳng thức (2) lại kiểm tra bất đẳng thức sai

$$10x\sqrt{3}+2y-x>70.$$

Đồng thời, khá thường xuyên thí sinh chỉ kiểm tra một trong các nghiệm đã tìm được. Chẳng hạn, khi xác định rằng nghiệm thứ hai của hệ (1) ($x=1,5$; $y=4$) không thỏa mãn bất đẳng thức (3), họ tự động kết luận trên cơ sở đó rằng nghiệm cần tìm là nghiệm thứ nhất (mặc dù dễ thấy rằng nó cũng không thỏa mãn bất đẳng thức (3)).

52

Hãy nêu thêm một sai lầm nữa mà một bộ phận không nhỏ thí sinh đã mắc phải: khi kiểm tra điều kiện (2), giá trị $\sqrt{3}$ được thay bằng một giá trị hữu tỉ gần đúng, chẳng hạn 1,7, và kiểm tra sai đẳng thức

$$17x + |2y - x| > 70$$

(như dễ kiểm tra, cả hai nghiệm của hệ phương trình (1) cũng không thỏa mãn điều đó).

Bài toán 2

Nối các điểm $C$ và $O$ (xem hình 2). Đường thẳng $CO$ là tia phân giác của góc $C$, hoặc đi qua giao điểm của các tia phân giác $AD$ và $BE$. Do đó

$$\angle ECO = \angle DCO$$

(1)

Các góc nội tiếp đường tròn $OECD$

Hình 2.

$DEO$ và $DCO$ bằng nhau vì cùng chắn một cung. Điều tương tự cũng đúng với các góc $EDO$ và $ECO$. Dựa trên (1), suy ra rằng

$$\angle DEO = \angle EDO,$$

tức là tam giác $EDO$ là tam giác cân.

Các góc nội tiếp $ECD$ và $EOD$ chắn các cung bù nhau; vì vậy tổng của chúng bằng $180^\circ$. Mặt khác, ta có chuỗi đẳng thức:

$$\angle EOD = \angle AOB =$$

$$= 180^\circ - (\angle OAB + \angle OBA) =$$

$$= 180^\circ - \frac{1}{2} (\angle A + \angle B) =$$

$$= 180^\circ - \frac{1}{2} (180^\circ - \angle C) =$$

$$= 90^\circ + \frac{1}{2} (\angle C).$$

Do đó

$$180^\circ - (\angle C) = 90^\circ + \frac{1}{2} (\angle C),$$

suy ra

$$\angle C = 60^\circ.$$

Từ lập luận nêu trên suy ra rằng

$$\angle DEO = \angle EDO = 30^\circ,$$

$$\angle EOD = 120^\circ,$$

do đó các cạnh của tam giác $EDO$ bằng 1, 1 và $\sqrt{3}$.

Sai lầm điển hình nhất trong bài toán này là «chứng minh» rằng $\triangle ABC$ là tam giác đều. Một số thí sinh, dựa trên ảo giác hình học, cho rằng tâm của đường tròn $OECD$ nằm trên đường thẳng $CO$. Từ đó suy ra rằng các góc $OEC$ và $ODC$ là góc vuông, nên các đường phân giác $AD$ và $BE$ đồng thời là đường cao, điều này chỉ có thể xảy ra trong một tam giác đều.

Một bộ phận khác các thí sinh, chứng minh tam giác $ABC$ đều, dựa trên lập luận sau: hạ từ điểm $O$ các đường vuông góc $OE'$ và $OD'$ xuống các cạnh $AC$ và $BC$ tương ứng. Xét hai cách bố trí điểm $D'$ và $E'$ đối với điểm $D$ và $E$ (xem hình 3). Trong trường hợp a), các góc $CDO$ và $CEO$ là tù, còn trong trường hợp b) cả hai đều nhọn. Vì vậy, có thể dựng một đường tròn đi qua các điểm $C$, $D$, $O$, $E$ chỉ khi điểm $E'$ trùng với $E$, còn $D'$ trùng với $D$.

Từ đó suy ra rằng $AD \perp BC$ và $BE \perp AC$.

53

Chúng tôi muốn để độc giả, như một bài tập, tìm ra sai lầm trong lập luận nêu trên.

Cần lưu ý rằng số thí sinh giải đúng bài toán này (và các bài toán tương tự ở những đề khác) tương đối ít: khoảng 1 người trong 9 người giải được bài này.

Bài 3

Nghiệm của phương trình thứ nhất trong hệ đã cho:

$$\cos x - \cos 13x = 0$$

hay

$$2\sin 7x\sin 6x = 0$$

cho hai dãy giá trị

a) $x = \frac{1}{7}n\pi$ ($n = 0, \pm 1, \pm 2, \ldots$),

6. $x = \frac{1}{6}m\pi$ ($m = 0, \pm 1, \pm 2, \ldots$).

Chọn trong các giá trị này những giá trị thỏa mãn bất đẳng thức $|x| < 3$, ta được:

a) $x = \frac{1}{7}n\pi$, $|n| \leq 6$,

6. $x = \frac{1}{6}m\pi$, $|m| \leq 5$.

Bây giờ chúng ta phải chọn những giá trị $x$ thỏa mãn phương trình thứ hai của hệ. Phương trình này có thể viết dưới dạng:

$$1 = \sin 5x + \cos 2x = \sin 5x + \sin \left(\frac{\pi}{2} + 2x\right) = 2\sin \left(\frac{7x}{2} + \frac{\pi}{4}\right)\cos \left(\frac{3x}{2} - \frac{\pi}{4}\right).$$

Thay trước hết dãy (a) vào đó. Vì $7x = n\pi$ ($|n| \leq 6$), nên phải có đẳng thức:

$$\sin \left(\frac{n\pi}{2} + \frac{\pi}{4}\right)\cos \left(\frac{3n\pi}{14} - \frac{\pi}{4}\right) = \frac{1}{2}$$

Vì $\sin \left(\frac{n\pi}{2} + \frac{\pi}{4}\right) = \pm \frac{V^2}{2}$, nên $\cos \left(\frac{3n\pi}{14} - \frac{\pi}{4}\right) = \pm \frac{V^2}{2}$ và do đó $\frac{3n\pi}{14} - \frac{\pi}{4}$ phải khác $\frac{\pi}{4}$ một bội số của $\frac{\pi}{2}$. Tuy nhiên $\frac{3n\pi}{14} = \frac{3n}{7}\cdot \frac{\pi}{2}$, vì thế $\frac{3n}{7}$ phải là một số nguyên. Với điều kiện $|n| \leq 6$, điều này chỉ xảy ra khi $n = 0$. Thay giá trị $n = 0$ vào phương trình (1), ta thấy rằng nó thỏa mãn phương trình. Vậy, trong dãy (a), nghiệm duy nhất là $x = 0$.

Bây giờ kiểm tra dãy (6). Viết phương trình thứ hai của hệ đã cho dưới dạng:

$$\sin 5x = 1 - \cos 2x = 2\sin^2x,$$

nhận thấy rằng $\sin 5x$ phải không âm, tức là góc $5x = \frac{5}{6}m\pi$ ($|m| \leq 5$) nằm trong hai góc phần tư đầu. Thay vào biểu thức $\frac{5}{6}m\pi$ các giá trị nguyên có thể có của $m$ từ $-5$ đến $+5$, ta xác định rằng chỉ có sáu giá trị

54

trong số đó cần kiểm tra: $m=0, 1, 3, 5; -2, -4$. Tính vế trái và vế phải của phương trình (2) tại các giá trị này, ta được bảng:

$$\begin{array}{c c c c c c c} m & 0 & 1 & 3 & 5 & -2 & -4 \\ \sin \frac{5m\pi}{6} & 0 & \frac{1}{2} & 1 & \frac{1}{2} & \frac{\sqrt{3}}{2} & \frac{\sqrt{3}}{2} \\ 2\sin^2 \frac{m\pi}{6} & 0 & \frac{1}{2} & 2 & \frac{1}{2} & \frac{3}{2} & \frac{3}{2} \end{array}$$

từ đó nhận được các nghiệm cần tìm: $m=0, 1, 5, t. e.$

$$x=0, \frac{\pi}{6}, \frac{5\pi}{6}.$$

Ba giá trị (3) cho nghiệm đầy đủ của bài toán, vì nghiệm của dãy (a) cho giá trị $x=0$, đã có trong (3).

Lưu ý rằng cũng bằng cách như vậy, bằng phép thử lần lượt, có thể kiểm tra dãy (a).

Khi giải bài toán này, sai lầm điển hình là như sau: nhiều người quên rằng nghiệm phải đồng thời thỏa mãn mọi điều kiện của bài toán, và thường thì đơn giản là không hiểu điều đó. Một số người chỉ giải một trong các phương trình rồi chọn nghiệm theo bất đẳng thức, những người khác kết hợp các phương trình và rốt cuộc cũng chỉ giải một phương trình, không tương đương với hệ đã cho.

Bài tập 4

Cho $ABCD$ là tứ giác đã cho, $AB=\sqrt{5}$. Các hình chiếu vuông góc của bất kỳ đa giác nào lên các mặt phẳng song song thì bằng nhau; vì vậy ta dựng các mặt phẳng $P_1$ và $P_2$ song song với các mặt phẳng ban đầu, đi qua đỉnh $A$, và về sau sẽ nói về các hình chiếu của tứ giác chính lên các mặt phẳng này.

Với mỗi điểm $M$ trong không gian, ta sẽ ký hiệu $M_1,M_2$ và

55

Vì $AB_1=2$, nên từ tam giác vuông $ABB_1$ suy ra $BB_1=\sqrt{5}-4=1$. Vì trong tam giác vuông $AB_2B_3$ cạnh huyền $AB_2$ bằng 2, còn cạnh góc vuông $B_2B_3=BB_1=1$, nên $\angle B_2AB_3=30^\circ$; do đó, góc nhọn $AD_2D_3$, có các cạnh vuông góc với các cạnh của góc $B_2AB_3$ ($AB_2\perp AD_2$, $D_2D_3\perp AB_3$), cũng bằng $30^\circ$; vì vậy từ tam giác vuông $AD_2D_3$ suy ra rằng

$$D_2D_3=D_2A\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3},$$

suy ra

$$DD_1=D_2D_3=\sqrt{3}$$

và

$$AD=\sqrt{4}+3=\sqrt{7}.$$

Các đường thẳng $AB$ và $DC_2$ là các giao tuyến của những mặt phẳng song song $ABB_1$ và $DD_1C_1C$ với mặt phẳng của tứ giác đã cho $ABCD$; vì vậy $AB||DC$. Tương tự, suy ra rằng $BC||AD$. Do đó, $ABCD$ là hình bình hành, và vì thế chu vi của nó bằng

$$2(\sqrt{5}+\sqrt{7}).$$

Lưu ý rằng chúng tôi đã trình bày lời giải sao cho không cần viện đến hình vẽ để biện minh cho các suy luận (mặc dù để hiểu lời giải, hữu ích là tự vẽ các hình như 4 a, 6, c). Khi giải những bài toán như vậy, người ta thường dựa nhiều vào hình vẽ mà quên phân tích mọi trường hợp có thể của một trong chúng.

Rất ít người giải được bài toán này; vì vậy không thể nói về những sai lầm điển hình liên quan đến bài toán này.

Cuối cùng, chúng tôi đề nghị bạn đọc làm thêm một phương án của bài tập viết.

Phương án 2

1. Tại các điểm $A$ và $B$ trên sông có hai kênh đào xuất phát, cắt nhau vuông góc. Ca nô đi từ $A$ đến $B$ theo sông mất 1 giờ 15 phút, còn theo các kênh đào mất 1 giờ 10 phút. Từ điểm $C$ trên sông, nằm giữa $A$ và $B$, gần $A$ hơn $B$ một rưỡi lần, có thể đi thẳng bằng ô tô đến điểm giao của các kênh đào trong chưa đến 13 phút.

Ca nô đi từ $A$ đến điểm giao của các kênh đào mất bao lâu, nếu vận tốc của ca nô trên sông nhỏ hơn vận tốc của ca nô trên kênh đào một phần ba, còn vận tốc ô tô lớn gấp đôi vận tốc ca nô trên kênh đào? (Coi sông và các kênh đào là những đường thẳng.)

2. Trong tam giác cân $KLM(KL=KM)$ dựng các đường phân giác $KN$, $LP$, $MQ$. Biết rằng đỉnh $K$ nằm trên đường tròn đi qua các điểm $N$, $P$, $Q$. Tìm $KM$, nếu $KP=2m$.

3. Tìm tất cả các giá trị $x$ thỏa mãn đồng thời các điều kiện:

$$2\cos^2 9x=1+\cos 10x,$$

$$\cos 9x+\sin 5x=1,$$

$$|x|<5.$$

4. Các hình chiếu vuông góc của tam giác $ABC$ lên hai mặt phẳng vuông góc với nhau là các tam giác đều có cạnh bằng 1. Trung tuyến $AD$ của tam giác $ABC$ bằng $\sqrt{\frac{9}{8}}$. Tìm $BC$.