Kỳ thi tuyển sinh môn toán tại Khoa Toán của Học viện Sư phạm Quốc gia Moskva mang tên V. I. Lenin

Kvant 1970, số 3 tr. 48-51 Thẻ TCFK

Bản dịch máy từ tiếng Nga (gpt-5.6-terra). Chưa được người kiểm tra. Bản gốc →

KỲ THI TUYỂN SINH
MÔN TOÁN
TẠI KHOA TOÁN
CỦA TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM
QUỐC GIA MOSKVA
MANG TÊN V. I. LENIN
V. ĐOROFEEV

Sinh viên trường sư phạm phải đi qua nhiều tầng của tòa nhà cao tầng là nền toán học hiện đại để trở thành một giáo viên giỏi, thạo nghề. Nhưng chỉ người nào ngay từ ở trường đã đứng vững trên nền móng của nó mới có thể học cả những bậc thang dốc của tòa nhà này, hoàn toàn không có thang máy.

Có những thí sinh như vậy, và khá nhiều. Đó là phần lớn những người đã hiểu hết sức hấp dẫn của toán học, đã đánh giá tầm quan trọng và ý nghĩa của nó đối với đời sống hiện đại. Nhưng, tự hào về năng khiếu toán học của mình, họ (và tiếc thay, quá nhiều người) quyết định rằng mục đích duy nhất của họ trong đời là trở thành những nhà toán học hoặc vật lý học chuyên nghiệp.

Trong khi đó, hiện nay cần những chuyên gia thông thạo toán học hầu như trong mọi lĩnh vực của đời sống. Và để đào tạo họ, cần những giáo viên mới, thạo nghề. Đến lượt mình, trình độ của chính các giáo viên phụ thuộc vào sự hiểu biết toán học của những người vào các trường sư phạm, vào sự quan tâm của họ đối với nghề nghiệp tương lai, vào lòng yêu nghề.

Năm ngoái, khoa toán của Trường Đại học Sư phạm Quốc gia Moskva mang tên V. I. Lenin nhận được 475 đơn đăng ký cho 175 chỗ — khoảng 2,7 đơn cho một chỗ. Để so sánh, hãy lưu ý rằng số người muốn trở thành giáo viên không dạy toán và nhà toán học không làm giáo viên lớn hơn đáng kể: chẳng hạn, ở khoa ngôn ngữ và văn học Nga của viện chúng tôi có 8,3 đơn cho một chỗ, còn ở khoa cơ toán của Đại học Quốc gia Moskva — 6.

Trong kỳ thi viết năm 1969, thí sinh được đề nghị vài phương án, mỗi phương án gồm 5 bài toán. Toàn bộ bài làm được cho 4 giờ. Tuy nhiên, “đạt” không được tính theo tất cả các bài toán, mà theo bốn bài được giải tốt nhất.

Các bài được chọn sao cho người yêu hình học, không muốn bận tâm với những biến đổi hình thức nào đó, có thể nhận điểm năm, nhưng để chứng minh “quyền” coi nhẹ các biến đổi kỹ thuật của mình — bởi đó cũng là một bộ phận của nghệ thuật toán học — người ấy phải vượt qua những khó khăn hình học đặc biệt. Tương tự, một “đại số gia” hoặc “nhà giải tích” không thích hình học có thể tự giải thoát khỏi sự cần thiết phải tìm hiểu một cấu hình hình học tương đối phức tạp, nhưng “đổi lại” phải giải một bài toán không tiêu chuẩn có tính hình thức.

Để nhận điểm “3”, chỉ cần giải hai bài toán. Mặc dù tiêu chuẩn này không cao lắm, số điểm hai vẫn đáng kể — 224*). Một số bài làm không đạt, tiếc thay, do những học sinh đoạt huy chương và học sinh tốt nghiệp các trường toán viết, trong đó có cả các trường ở Moskva.

Nhưng đặc biệt khó chịu là đa số các bài làm kém đều chứa những sai lầm không thể gọi khác ngoài là thảm hại. Trí tưởng tượng của tác giả những bài làm ấy quá phong phú đến mức không thể liệt kê hết mọi “viên ngọc” này. Tuy vậy, vẫn hãy nhắc đến một điều đã làm ngạc nhiên cả những giám khảo từng trải: trong một bài làm, trên hình vẽ cho bài toán nói về dây chung của hai đường tròn, các đường tròn ấy (khác nhau!) còn có một cung chung, và ngoài cung ấy lại bình thản tỏa ra theo những hướng khác nhau.

Tất cả những điều này có nghĩa là vẫn còn xa mới tất cả những người vào đại học đều biết toán học ngay cả ở trình độ sơ đẳng; nhiều người trong số họ có những vấn đề đáng kể trong việc học toán. Và vấn đề không hẳn ở bề rộng mà ở chiều sâu kiến thức, cần lưu ý rằng cả thí sinh Moskva lẫn thí sinh từ địa phương khác đều làm hai kỳ thi toán (viết và vấn đáp) gần như như nhau.

Phương án

Giải phương trình
$\sqrt{1 - \log_2 x^2} \cdot \log_2 x = -1.$
Giải bất phương trình
$2 \cos x (\cos x - \sqrt{8} \mathrm{tg} x) < 5.$
Hình chữ nhật $ABCD$ có các cạnh $a$ và $2a$ nằm ở đáy của hình chóp, tất cả các cạnh bên của nó đều bằng $\sqrt{3}$ . Tìm diện tích thiết diện của hình chóp bởi mặt phẳng đi qua đường chéo đáy $BD$ song song với cạnh $AS$ .
Qua đầu mút $A$ của dây chung $AB$ của hai đường tròn, kẻ một đường thẳng cắt đường tròn thứ nhất tại điểm $C$ , còn đường tròn thứ hai tại điểm $D$ . Chứng minh rằng giao điểm của các tiếp tuyến kẻ qua điểm $C$ với đường tròn thứ nhất và qua điểm $D$ với đường tròn thứ hai nằm trên cùng một đường tròn với các điểm $B$ , $C$ và $D$ .
Chứng minh rằng nếu
$3x^2 - 31x + 80 < 0,$
thì
$\cos \frac{3}{6-x} < 0.$

Lời giải

Bài 1. Vì $\log_2 x^2 = 2 + \log_2 x$ , và $\log_2 x^4 = \frac{1}{\log_2 x^2} = -\frac{1}{4 + \log_2 x}$ , phương trình đã cho được đưa về dạng
$\sqrt{3 - \log_2 x} = -4 - \log_2 x.$
Đặt $3 - \log_2 x$ là $y$ , ta được phương trình
$\sqrt{y} = y - 1.$

Đáng ngạc nhiên là việc giải ngay cả một phương trình đơn giản như vậy cũng vượt quá

khả năng của nhiều thí sinh. Mọi người đều đoán phải bình phương hai vế của nó và nhận được một phương trình bậc hai có các nghiệm $y_{1,2} = \frac{3 \pm \sqrt{5}}{2}$ , nhưng sau đó xuất hiện những “quan điểm” khác nhau; một số người hoàn toàn không nghĩ rằng khi giải như vậy có thể xuất hiện các nghiệm ngoại lai; những người khác biết rằng điều đó có thể xảy ra, nhưng không biết vì sao, và thường tin rằng các nghiệm ngoại lai sẽ là những nghiệm không thuộc ĐKXĐ (miền giá trị cho phép); nhóm thứ ba cố kiểm tra các nghiệm bằng cách thế trực tiếp vào phương trình — về nguyên tắc cách này đúng, nhưng chỉ thuận tiện để kiểm tra các nghiệm “tốt”, còn $y_1$ và $y_2$ không thật sự “tốt”.

Tuy nhiên, hoàn toàn rõ ràng rằng vì vế trái trong phương trình () không âm, nên trong các số $y_1$ và $y_2$ chỉ số mà vế phải cũng không âm mới là nghiệm. Vì vậy, nghiệm duy nhất của phương trình () là $y = \frac{3 + \sqrt{5}}{2}$ , và để tìm $x$ ta nhận được phương trình $\log_x 2 = \frac{-(9 + \sqrt{5})}{2}$ , suy ra $x = 2^{-\frac{2}{9 + \sqrt{5}}}$ .

Nhấn mạnh rằng: khi giải, chúng ta hoàn toàn không cần tìm ĐKXĐ của phương trình ban đầu. Trong thời gian gần đây, trong số các thí sinh lan truyền rộng rãi định kiến rằng việc giải bất kỳ phương trình hay bất phương trình nào cũng nhất thiết phải bắt đầu bằng việc tính ĐKXĐ. Tuy nhiên, ý kiến ấy không có bất kỳ cơ sở lý thuyết nào, còn trong thực tế lại gây hại: những người đi theo con đường này phải giải không chỉ phương trình đã cho, mà cả bất phương trình lôgarit do chính họ nghĩ ra $-1 - \log_x 2x^2 \geq 0$ — một bài toán không kém phần phức tạp. Nói chung, không có quy tắc xác định chặt chẽ rằng có cần hay không cần tìm ĐKXĐ ở đầu lời giải, và ngay tại đây, khi chọn con đường, thí sinh có thể cho thấy mình biết suy nghĩ cụ thể và độc lập đến mức nào.

Bài toán 2. Chúng ta sẽ không giải chi tiết bất phương trình đã cho. Khai triển ngoặc, ta dễ dàng đi đến bất phương trình bậc hai đối với sin $x$ :

$2\sin^2x + 4\sqrt{2}\sin x + 3 > 0,$

giải bất phương trình này, ta nhận được bất phương trình lượng giác đơn giản nhất $\sin x > -\frac{\sqrt{2}}{2}$ . Nhưng… chính bất phương trình ấy phần lớn thí sinh lại không giải được. Chúng ta sẽ không phân tích các lời giải và đáp số, thường hoàn toàn vô nghĩa, mà chỉ lưu ý các thí sinh tương lai về những bài toán như vậy. Phương pháp giải đã được trình bày đầy đủ cả trong sách giáo khoa lẫn trong nhiều tài liệu, chỉ cần nắm vững nó. Cũng cần lưu ý rằng ngay cả những người giải đúng bất phương trình đơn giản nhất cũng không phải lúc nào nhớ rằng phải loại khỏi các nghiệm nhận được những giá trị $x$ mà tại đó tg $x$ không có nghĩa.

Bài toán 3. Hóa ra quá «xảo quyệt» đối với những thí sinh đã quen giải các bài toán chỉ về những hình học đúng quy cách. Họ không thể từ bỏ các khuôn mẫu và hình dung sai cấu hình hình học đã cho. Chẳng hạn, rất nhiều người «theo thói quen» cho rằng đường cao trong $\triangle BKD$ là đoạn $KO$ (hình 1).

Nhưng ai cũng biết rằng trực giác hình học chỉ là phương tiện phụ trợ để giải bài toán, còn những sự kiện «nhìn thấy» trên hình vẽ vẫn cần được chứng minh chặt chẽ.

Nhưng đáng tiếc là nhiều người chỉ biết điều đó một cách trừu tượng, còn trong thực tế lại xem nhẹ chứng minh, đôi khi chỉ giới hạn ở những câu kiểu như «điều này đúng theo định lý ba đường vuông góc» ngay cả trong trường hợp hoàn toàn không rõ đang nói đến những đường vuông góc nào.

Trong khi đó, một cố gắng nhỏ nhằm chứng minh $KO$ và $BD$ vuông góc lập tức dẫn đến mâu thuẫn. Thật vậy, nếu đúng như thế thì đường chéo $BD$ sẽ vuông góc với $SO$ và $KO$ , tức là vuông góc với mặt phẳng $ASC$ , và do đó cũng vuông góc với đường chéo $AC$ . Nhưng các đường chéo của đáy, như hoàn toàn rõ từ giả thiết, không vuông góc.

Và để dựng đúng đường cao trong $\triangle BKD$ , cần từ điểm $K$ hạ đường vuông góc xuống mặt phẳng đáy của hình chóp, chứng minh rằng chân đường vuông góc $O_1$ nằm trên $AC$ (trước đó chứng minh rằng đường cao của hình chóp đi qua điểm $O$ là giao điểm các đường chéo), rồi từ điểm $O_1$ hạ đường vuông góc xuống $BD$ . Đoạn $KL$ , theo định lý về ba đường vuông góc, sẽ là đường cao trong $\triangle BKD$ . Để hoàn tất bài toán còn cần một khẳng định nữa — sự song song của $OK$ và $AS$ , và điều đó cũng cần được chứng minh. Sau đó phần tính toán của bài toán diễn ra không khó khăn.

B à i t o á n 4. Trong số các bài toán hình học phẳng được đề nghị, bài này là một trong những bài khó nhất đối với thí sinh: trong 93 người giải biến thể tương ứng, chỉ có 3 người giải hoàn toàn. Trong khi đó, nó có một lời giải rất đơn giản và, quan trọng nhất, hoàn toàn tự nhiên trên hai trang của cuốn sách của D. Pólya “Cách giải một bài toán”.

Thật vậy, việc điểm $K$ (hình 2) nằm trên đường tròn đã cho có nghĩa là gì? Có nghĩa là có thể ngoại tiếp một đường tròn quanh tứ giác $BCKD$ . Và khi nào có thể ngoại tiếp đường tròn quanh một tứ giác? Khi tổng hai góc đối diện của nó bằng $180^\circ$ . Vì vậy, từ điều kiện bài toán cần rút ra một khẳng định nào đó về sự bằng nhau của các góc.

Những định lý nào về sự bằng nhau của các góc có thể nảy ra liên quan đến bài toán này? Chỉ có các định lý về góc giữa tiếp tuyến và dây cung, và về các góc nội tiếp. Dựa trên các định lý này, các góc được đánh dấu giống nhau trên hình 2 là bằng nhau. Bây giờ không thể không nhận thấy rằng tổng các góc đối của tứ giác $BCKD$ tại các đỉnh $B$ và $K$ bằng tổng các góc của $\Delta CKD$ , tức là $180^\circ$ . Dĩ nhiên, từ đây suy ra rằng tổng hai góc đối còn lại cũng bằng $180^\circ$ , và mệnh đề cần chứng minh đã được chứng minh.

Sự thất bại của phần lớn những người giải bài này, có lẽ, được giải thích đơn giản bởi việc học sinh lớp 9 và lớp 10 phần lớn quên những định lý hình học phẳng đơn giản nhất và không cố bù đắp chỗ thiếu sót này trong quá trình chuẩn bị trực tiếp cho kỳ thi. Hoàn toàn có thể là học sinh tốt nghiệp lớp 8 sẽ giải bài này thành công hơn các thí sinh đã được trang bị những kiến thức rộng lớn.

B à i t o á n 5. Các bài toán thuộc loại này có độ khó trung bình, và phần lớn những người bắt tay giải chúng đã đưa lời giải đến cuối một cách ít nhiều đúng đắn. Tuy nhiên, cần nói rằng rất nhiều người thậm chí không bắt tay vào bài toán này, mặc dù nó đơn giản hơn các bài khác. Ở đây, dường như, vẫn biểu hiện sự «chưa sẵn sàng về mặt tâm lý-