Thi tuyển sinh môn toán vào Trường Đại học Hữu nghị Nhân dân

47

Tại Đại học Hữu nghị Nhân dân Patrice Lumumba, cùng với sinh viên đến từ các nước châu Á, châu Phi và châu Mỹ La-tinh, công dân Liên Xô cũng được tuyển. Vì trường có các khoa khác nhau, nên đương nhiên yêu cầu về toán học ở các khoa đó cũng khác nhau. Rõ ràng các yêu cầu đối với những nhà vật lý và toán học tương lai cao hơn đối với kỹ sư, nhà kinh tế hoặc nhà hóa học. Ở đây chúng tôi sẽ nói về các kỳ thi tuyển sinh môn toán năm 1970 cho ngành “vật lý” và “toán học”.
Dưới đây là một đề bài viết môn toán (đề tổng hợp, thực tế được ghép từ các bài toán của những đề khác nhau).

Đề 0

1. Tìm mọi giá trị phức z mà tại đó $z^2 + (1 + i)z$ nhận các giá trị thuần ảo. Hãy chỉ ra quỹ tích các điểm tương ứng, sử dụng biểu diễn các số phức trên mặt phẳng.
2. Biết rằng bất đẳng thức $\log_a(x^2 - 3x) > \log_a(4x - x^2)$ được thỏa mãn tại $x = 3\frac{3}{4}$. Giải bất đẳng thức.
3. Góc nhị diện tại cạnh bên của hình chóp tứ giác đều bằng ba lần góc nhị diện tại đáy của nó. Tìm thể tích hình chóp nếu chiều cao của nó bằng H.
4. Giải phương trình
   $$tg px + tg qx = tg (p + q)x$$
   ($p$ và $q$ là các số thực đã biết).

Với những giá trị nào của $p$ và $q$ nó trở thành đồng nhất thức?
5. Ba xe ben độc lập được dùng để chở đất. Đất sẽ được chở hết nếu mỗi xe thực hiện 8 chuyến. Đất cũng sẽ được chở hết nếu xe ben thứ nhất thực hiện 4 chuyến, xe thứ hai — 2 chuyến, xe thứ ba — 16 chuyến. Nếu xe ben thứ nhất và thứ ba thực hiện tương ứng 6 và 12 chuyến, thì xe ben thứ hai phải thực hiện bao nhiêu chuyến?

Ngay từ cái nhìn đầu tiên, rõ ràng chỉ có bài thứ ba trong các bài nêu ở đây là một bài toán thi kiểu “cổ điển”, cồng kềnh về mặt kỹ thuật. Bài thứ nhất rất đơn giản, nhưng không chuẩn về nội dung. Những bài còn lại đòi hỏi chi phí tính toán rất nhỏ nếu có cách tiếp cận hợp lý để giải chúng. Tuy nhiên, trong mỗi bài đều có một điểm nào đó không quen thuộc, đòi hỏi các yếu tố của cách tiếp cận độc lập.

Hãy xét lời giải các bài toán này.

1. Bài toán có một lời giải đơn giản, khá tự nhiên. Viết số phức z dưới dạng đại số: $z = x + iy$; khi đó
   $$z^2 + (1 + i)z = (x + iy)^2 + (1 + i)(x + iy) = x^2 + 2 ixy - y^2 + x + iy + ix - y = x^2 - y^2 + x - y + i(2xy + x + y).$$
   Để số này thuần ảo, cần và đủ là phần thực của nó bằng không (dĩ nhiên, số không cũng thuộc các số thuần ảo). Ta có:
   $$x^2 - y^2 + x - y = 0.$$

48

Viết lại phương trình này dưới dạng
$(x - y)(x + y + 1) = 0$
và nhận thấy rằng quỹ tích cần tìm gồm hai đường thẳng: $x - y = 0, x + y + 1 = 0$, được chỉ ra trên hình 1. Nếu muốn biểu diễn đáp án bằng đại số, ta viết phương trình của các đường thẳng này dưới dạng $y = x$ và $y = -x - 1$. Khi đó các giá trị cần tìm của $z$ được cho bởi hai đẳng thức: $z = (1 + i)x$ hoặc $z = x - (x + 1)i$.

Thay vì lời giải hợp lý và hầu như không cần tính toán này, các thí sinh — trong số những người nói chung có cố gắng giải bài này — lại đề nghị con đường sau. Đặt $z^2 + (1 + i)z = bi$; ở đây vế phải $bi$ là một số ảo. Bây giờ giải phương trình bậc hai:

$$z = \frac{-(1 + i) \pm \sqrt{2i + 4bi}}{2}.$$

Theo một nghĩa nào đó, bài toán đã được giải, nhưng tiếp theo cần biến đổi vế phải của đẳng thức, điều này liên quan đến việc lấy căn bậc hai của một số ảo; các người giải đã không làm được việc này, nhưng, như ta đã thấy, với cách tiếp cận bài toán thuận lợi hơn thì điều đó cũng không cần thiết.

2. Ví dụ rất đơn giản, nhưng cần đọc kỹ điều kiện và suy nghĩ một chút. Cho điều kiện: không bằng

Bất đẳng thức đúng tại $x = 3\frac{3}{4}$; điều này được cho để làm gì? Thay $x = 3\frac{3}{4}$ vào bất đẳng thức, ta được
$$\log_a \frac{45}{16} > \log_a \frac{15}{16}.$$
Suy ra: $a > 1$. Đó là toàn bộ ý nghĩa của điều kiện này, nó cho phép xác định ngay rằng $a > 1$. Bây giờ ta đi đến bất đẳng thức $x^2 - 3x > 4x - x^2$; cần ghép thêm vào đó bất đẳng thức đặc trưng cho ĐKXĐ: $4x - x^2 > 0$. Lưu ý rằng không cần viết thêm bất đẳng thức $x^2 - 3x > 0$, vì nó hiển nhiên đúng do hai bất đẳng thức đã viết. Vậy ta được hệ hai bất đẳng thức
$$2x^2 - 7x > 0, \quad 4x - x^2 > 0.$$
Bất đẳng thức thứ nhất đúng khi $x < 0$ và $x > 3\frac{1}{2}$, bất đẳng thức thứ hai — khi $0 < x < 4$; nghiệm là khoảng
$$3\frac{1}{2} < x < 4.$$
Bài toán này nói chung hoàn toàn tiêu chuẩn, điều kiện bổ sung trong đó, nếu hiểu đúng, không làm phức tạp mà làm đơn giản bài toán. Nhiều thí sinh đã giải bài toán đến cùng, nhưng trong đa số trường hợp đã làm nó rất rối, còn một số thì đã chìm hẳn trong các phép tính. Cụ thể, bỏ qua điều kiện cho trong bài về giá trị $x = 3\frac{3}{4}$, họ lập luận “theo tiêu chuẩn”: hoặc $a < 1$, hoặc $a > 1$. Sau đó họ viết đầy đủ các điều kiện xác định ĐKXĐ, và nhận được hai hệ bất đẳng thức:
$$\begin{cases} x^2 - 3x > 0, \\ 4x - x^2 > 0, \\ x^2 - 3x < 4x - x^2 \end{cases}$$
Thay vì một hệ gồm hai bất đẳng thức, phải giải hai hệ, mỗi hệ gồm ba bất đẳng thức, rồi mới tính thêm điều kiện bổ sung-

49

điều kiện bổ sung. Ở đây đã có thể lạc đường.

3. Bài toán hình học không gian là một bài chuẩn, nhưng khá khó. Vấn đề không chỉ là thí sinh không phải lúc nào cũng biết giải các bài toán về góc nhị diện, mà còn là trong điều kiện không cho một đại lượng góc nào, mà chỉ cho sự tương ứng giữa hai đại lượng như vậy. Nói chung, một hình chóp tứ giác đều được xác định bởi một kích thước tuyến tính và một kích thước góc. Kích thước tuyến tính đã cho là chiều cao của hình chóp, còn thay cho kích thước góc là sự tương ứng giữa hai góc.

Nhiều thí sinh đã giải bài toán này. Tuy nhiên, một số trong họ hoàn toàn không hiểu bản chất của bài toán. Ký hiệu một trong các góc nhị diện là $\alpha$, còn góc kia là $3\alpha$, họ có thể biểu diễn thể tích qua góc $\alpha$, mà không nghĩ rằng góc này được xác định bởi điều kiện bài toán.

Dưới đây là một trong những lời giải có thể của bài toán. Trên hình 2, $\alpha$ ký hiệu góc nhị diện tại cạnh đáy, còn $\beta$ — góc nhị diện tại cạnh bên của hình chóp, sao cho $BK$ và $DK$ là các đường cao của các mặt bên của hình chóp, kẻ từ các đỉnh của đáy. Theo điều kiện $\beta = 3\alpha$.

Để tiện lợi, ta đưa thêm ký hiệu $\gamma$ cho góc phẳng tại đáy hình chóp, ký hiệu $a$ là cạnh đáy, còn $h$ — chiều cao của mặt bên, tức là đường cao mặt bên của hình chóp.

Lập tức tìm được mối liên hệ giữa các góc $\alpha$ và $\gamma$: từ tam giác $SOL$ ta có $\frac{a}{2h} = \cos \alpha$; cùng tỉ số đó trong tam giác $SLB$ được biểu diễn như sau: $\frac{a}{2h} = \text{ctg} \gamma$.

Như vậy, $\text{ctg} \gamma = \cos \alpha$. Vì khi xét tam giác $ABK$ ta sẽ cần sin $\gamma$, nên hãy biểu diễn sin này qua hàm của góc $\alpha$:

$$\sin \gamma = \frac{1}{\sqrt{1 + \text{ctg}^2} \gamma} = \frac{1}{\sqrt{1 + \cos^2 \alpha}}.$$

Bây giờ từ tam giác $ABK$ ta có $BK = a \sin \gamma$ và từ tam giác $BKD$ $BK = \frac{a}{\sqrt{2} \sin \frac{\beta}{2}}$, từ đó $\sqrt{2} \sin \frac{\beta}{2} = \frac{1}{\sin \gamma}$ hay $\sqrt{2} \sin \frac{\beta}{2} = \sqrt{1 + \cos^2 \alpha}$.

Từ đây $2 \sin^2 \frac{\beta}{2} = 1 + \cos^2 \alpha$ hay $1 - 2 \sin^2 \frac{\beta}{2} = -\cos^2 \alpha$, tức là cuối cùng

$$\cos \beta = -\cos^2 \alpha.$$

Một mối tương ứng thú vị như vậy trong hình chóp tứ giác. Trong bài toán của chúng ta $\beta = 3\alpha$, và vì thế để tìm góc $\alpha$ ta được phương trình

$$\cos 3\alpha = -\cos^2 \alpha.$$

Nó được giải bằng phương pháp tiêu chuẩn. Biểu diễn cos $3\alpha$ qua hàm của góc $\alpha$

$$\cos 3\alpha = 4 \cos^3 \alpha - 3 \cos \alpha,$$

ta được

$$4 \cos^3 \alpha - 3 \cos \alpha = -\cos^2 \alpha.$$

Đặt cho gọn cos $\alpha = u$, ta được phương trình sau:

$$4 u^3 + u^2 - 3 u = 0.$$

50

Nghiệm $u_1 = 0$ không có ý nghĩa trong bài toán của ta; còn lại phương trình bậc hai

$$4 u^2 + u - 3 = 0$$

có các nghiệm $u_2 = -1$ và $u_3 = \frac{3}{4}$, trong đó ta chỉ quan tâm đến nghiệm sau. Vậy, $\cos \alpha = \frac{3}{4}$; tiện tìm được $\sin \alpha = \frac{\sqrt{7}}{4}$ và $\text{ctg} \alpha = \frac{3}{\sqrt{7}}$.

Bây giờ còn phải biểu diễn thể tích hình chóp; ta có $\frac{a}{2} = H \text{ctg} \alpha$ hay $a = \frac{6H}{\sqrt{7}}$. Do đó,

$$V = \frac{1}{3} Ha^2 = \frac{12}{7} H^3.$$

4. Phương trình cần giải rất đơn giản:

$$\text{tg}(p + q) x = \frac{\text{tg} px + \text{tg} qx}{1 - \text{tg} px \text{tg} qx}.$$

Từ đây thấy rằng hoặc $\text{tg} px + \text{tg} qx = 0$, hoặc $\text{tg} px \cdot \text{tg} qx = 0$. Như vậy, phương trình được thỏa mãn trong mỗi một trong ba trường hợp:

a) $\text{tg} px + \text{tg} qx = 0$, tương đương với $\sin (p + q) x = 0$; 6) $\text{tg} px = 0$; 8) $\text{tg} qx = 0$. Vì thế, nó trở thành đồng nhất thức nếu $p + q = 0$, hoặc $p = 0$, hoặc $q = 0$; còn nếu không một trong ba đẳng thức này được thỏa mãn, thì phương trình có ba dãy nghiệm:

$$x = \frac{k\pi}{p + q}, \quad x = \frac{k\pi}{p}, \quad x = \frac{k\pi}{q}$$

($k = 0, \pm 1, \pm 2, \dots$).

Khi giải kỹ bài toán, còn cần làm rõ xem một số nghiệm đã nêu có thể rơi vào dạng những trường hợp này hay không; chỉ có ít người giải bài toán đã chỉ rõ cả ba trường hợp trở thành đồng nhất thức.

5. Nhiều người đã giải bài toán, nhưng thường theo con đường cồng kềnh hoặc không lôgic. Giả sử mỗi xe ben chở đi trong một chuyến lần lượt $\frac{1}{x}, \frac{1}{y}, \frac{1}{z}$ phần của toàn bộ lượng đất. Khi đó

$$\text{tổng lượng đất bằng một đơn vị. Khi đó điều kiện bài toán chuyển thành hệ}$$

$$\left\{ \frac{8}{x} + \frac{8}{y} + \frac{8}{z} = 1, \quad \frac{4}{x} + \frac{2}{y} + \frac{16}{z} = 1, \quad \frac{6}{x} + \frac{p}{y} + \frac{12}{z} = 1. \right.$$

Ở đây chưa biết số chuyến $p$ của xe ben thứ hai; cũng chưa biết $x, y, z$, nhưng ta không cần xác định chúng. Với một chút quan sát toán học, có thể cộng từng vế hai đẳng thức đầu rồi chia cả hai vế của phương trình thu được cho 2. Ta đi đến đẳng thức

$$\frac{6}{x} + \frac{5}{y} + \frac{12}{z} = 1,$$

so sánh nó với phương trình thứ ba của hệ, ta tìm được số chuyến bằng năm: $p = 5$.

Phân tích bài làm của các thí sinh cho thấy trình độ kỹ thuật của những người dự thi khác nhau, dĩ nhiên, không giống nhau. Nhưng điều này không chỉ nằm ở chỗ một bộ phận thí sinh thiếu kỹ thuật, mà còn ở chỗ nhiều thí sinh được chuẩn bị kỹ về mặt hình thức đã quen với khuôn mẫu, không suy nghĩ về ý nghĩa của điều kiện bài toán. Chỉ một sai lệch nhỏ của các điều kiện ấy so với những điều quen thuộc, dù theo hướng đơn giản hóa, cũng dẫn đến lúng túng và, do đó, đến sai sót và lời giải không hợp lý.

Chúng tôi đưa ra các đề bài viết để tự giải (hai đề này là «thật», không phải ghép lại).

Đề 1

1. Biết rằng một trong các nghiệm thực của phương trình $x^3 - 5x^2 + px + 8 = 0$ bằng một nghiệm khác. Tìm $p$ và tất cả các nghiệm của phương trình.

2. Tìm tất cả các giá trị của $a$ để bất đẳng thức

$$\log_{2a+1}(2x - 1) + \log_a(x + 3) < 0$$

đồng thời đúng tại $x = 1$ và $x = 4$.

3. Giải bất đẳng thức

$$\sin x \cdot \cos 2x \cdot \sin 3x \geq 0.$$