Toán học – Những điều kì thú và những mốc son lịch sử (E)

(ĐC sưu tầm trên NET)

Sách là ngọn đuốc soi rọi chân lý, là chiếc khăn thấm đẫm máu, nước mắt và lòng nhân ái của loài người!
--------------------------------------------------------------------
"Nguồn Thuvienvatly.com"
71. Phương trình bậc ba là gì và nó được giải như thế nào?
Phương trình bậc ba tổng quát có dạng
x³ + ax² + bx + c = 0                          (1)
Trước tiên nó được biến đổi thành một phương trình bậc ba có dạng
y³ + py + q = 0                                    (2)
phương trình không chứa số hạng bình phương của biến.
Việc này được tiến hành một cách dễ dàng bằng cách đặt x = y – a/3.
Bây giờ giả sử y = u + v,
rồi lập phương cả hai vế:
                y³ = u³ + v³ + 3uv (u + v)
hay         y³ = u³ + v³ + 3uv y
                                thay y cho u + v
hay         y³ – 3 uvy – (u³ + v³) = 0                                 (3)
So sánh phương trình (2) và (3) ta có


72. Ai đã phát triển phương pháp giải này?
Phương pháp giải phương trình bậc ba này thường được gọi là phương pháp Cardan.
Cardan thu được nó từ một nhà toán học khác tên là Tartaglia với lời hứa giữ bí mật nhưng ông đã công bố nó là thành quả của riêng ông trong quyển sách của ông vào năm 1545.
Cardan và Tartaglia đều là người Italia.
73. Phương trình bậc ba có các hệ số được giải như thế nào?
Chúng ta hãy thử giải phương trình sau đây:
x³ + 6x² + 9x + 4 = 0
Trước tiên, đặt x = y – 2, khi đó phương trình đã cho biến đổi thành
(y – 2)³ + 6 (y – 2)² + 9 (y – 2) + 4 = 0
hay đơn giản lại là y³ – 3y + 2 = 0.
Bây giờ đặt y = u + v, thì y³ – 3 uvy – (u³ + v³) = 0, rồi lập phương cả hai vế.
Þ uv = 1, và u³ + v³ = – 2, khi so sánh với y³ – 3y + 2 = 0
hay         u³ + v³ = – 2, và u³v³ = 1.
Do đó, u³ và v³ là nghiệm của phương trình
t² – (tổng các nghiệm) t + (tích các nghiệm) = 0
hay         t² + 2t + 1 = 0,
hay         (t + 1)² = 0, cho t = – 1, – 1.
Þ u³ = – 1, và v³ = – 1; cho u = – 1, và v = – 1.
Þ y = u + v = – 2
Vì y = – 2 là một nghiệm của phương trình y³ – 3 y + 2 = 0
Þ y + 2 phải là một hệ số của phương trình này.
Chia phương trình cho y + 2, ta được phương trình bậc hai
y² – 2y + 1 = 0, hay (y – 1)² = 0, cho y = 1, 1.
Þ y = – 2, 1, 1.
Vì x = y – 2, nên cuối cùng ta có x = – 3, – 1, – 1.
74. Phương pháp này có luôn cho ra nghiệm hay không?
Trong trường hợp phương trình bậc ba có hệ số, phương pháp này chỉ cho ra nghiệm khi phương trình bậc ba hoặc có hai nghiệm ảo, hoặc có hai nghiệm bằng nhau, và nó không tìm ra nghiệm của phương trình bậc ba có cả ba nghiệm thực và không bằng nhau.
Phương trình bậc ba thuộc loại vừa nói được giải bằng cách sử dụng lượng giác và các phương pháp gần đúng.
75. Phương trình bậc bốn được giải như thế nào?
Một ví dụ sẽ làm sang tỏ nhất phương pháp giải nghiệm.
Xét phương trình
x⁴ – 10 x³ + 35 x² – 50 x + 24 = 0
Phương pháp giải trước tiên biểu diễn vế trái là hiệu của hai bình phương, sau đó là tích của hai phương trình bậc hai.
Ta có      x⁴ – 10 x³ + 35 x² – 50 x + 24 = 0
hay         x⁴ – 10 x³ = – 35 x² + 50 x – 24
hay         x⁴ – 10 x³ + 25 x² = – 10 x² + 50 x – 24
hay         (x² – 5 x)² = – 10 x² + 50 x – 24
Đưa thêm λ vào vế trái, rồi cân bằng với vế phải, ta được
(x² – 5 x + λ)² = (– 10 x² + 50 x – 24) + λ² + 2λ (x² – 5 x)
hay         (x² – 5 x + λ)² = (2λ – 10) x² + (50 – 10 λ) x + λ² – 24
Áp dụng điều kiện các số hạng ở vế phải tạo nên một số chính phương, ta được cái gọi là lập phương bổ trợ theo λ, từ đó có thể tính ra λ.
Ở đây, λ có thể được xác định dễ dàng hơn bằng cách xét rằng vì các số hạng ở vế phải tạo nên một số chính phương, nên (2x – 10) và (λ² – 24) cũng phải là một số chính phương.
Do đó, ta đặt (2x – 10) lần lượt bằng 1, 4, 9, 16,... và thấy giá trị của l làm cho λ² – 24 cũng là một số chính phương.
Đặt 2x – 10 = 4 hay λ = 7 cho λ² – 24 = 25, đó là một số chính phương, và ta được
(x² – 5x + 7)² = 4x² – 20x + 25
hay         (x² – 5x + 7)² = (2x – 5)²
hay         x² – 5x + 7 = ± (2x – 5)
suy ra    x² – 5x + 7 = 2x – 5, và x² – 5x + 7 = – 2x + 5,
tức là x² – 7x + 12 = 0, và x² – 3x + 2 = 0.
Đây là hai phương trình bậc hai, giải chúng cho ta tương ứng x = 3, 4 và x = 1, 2.
Do đó, nghiệm của phương trình bậc bốn đã cho là 1, 2, 3, và 4.
76. Ai đã phát triển phương pháp này và khi nào?
Phương pháp giải phương trình bậc bốn này được nêu ra vào năm 1540 bởi Ferrari, một nhà toán học người Italia và là học trò của Cardan.
77. Phương pháp giải phương trình bậc bốn của Descartes là gì?
Vào năm 1637, Descartes nêu ra một phương pháp giải khác với Ferrari. Ông giải phương trình bằng cách biểu diễn nó bằng tích của hai tam thức bậc hai.
Phương pháp này có thể áp dụng khi phương trình khuyết số hạng chứa x³, hoặc loại trừ nó bằng những thay thế thích hợp.
Ví dụ sau đây làm rõ cho phương pháp.
Xét phương trình
x⁴ – 2x² + 8x – 3 = 0
Giả sử x⁴ – 2x² + 8x – 3 = (x² + kx + l) (x² + kx – m),
sau đó đơn giản và cân bằng các hệ số giống nhau,
ta có

Sử dụng đồng nhất thức
(m + l)² – (m – l)² = 4ml
để loại trừ m, n ra khỏi những phương trình này, ta được
(k – 2)² – 64/k² = - 12
Đơn giản, ta được k⁶ – 4k² + 16k² – 64 = 0.
Đây là phương trình bậc ba theo k², và nó được thỏa mãn bởi k² = 4, hay k = ± 2.
Đặt k = 2 ta có


78. Còn phương pháp giải phương trình tổng quát bậc năm thì sao?
Sau khi có được phương pháp giải phương trình bậc ba và bậc bốn, nhiều nhà toán học danh tiếng đã tiếp tục nỗ lực giải phương trình bậc năm. Họ đã cố gắng không mệt mỏi trong hơn hai thế kỉ rưỡi mà không có chút thành công nào.
Toán học – Những điều kì thú và những mốc son lịch sử
A.L. Audichya
Trần Nghiêm dịch
79. Phải chăng phương trình bậc năm là không thể giải được bằng cách đưa nó về phương trình bậc bốn?
Chúng ta đã thấy rằng lời giải của một phương trình phụ thuộc vào lời giải của một phương trình bậc thấp hơn. Sử dụng nguyên lí này, một nhà toán học người Pháp, Lagrange, đã cố giải phương trình bậc năm nhưng nó lại dẫn ông tới một phương trình bậc sáu. Đây là một dấu hiệu gián tiếp rằng một phương trình bậc năm tổng quát không thể giải được bằng những phương pháp như thế. Lagrange đã bỏ qua gợi ý đó.
80. Abel đã chứng minh cái gì?
Abel, một nhà toán học người Na Uy, vào năm 1824 đã chứng minh kết quả nổi bật rằng phương trình đại số tổng quát có bậc cao hơn bốn là không thể giải được bằng cách khai căn.
81. Nhưng một số phương trình có bậc cao hơn bốn như x⁶ – 1 = 0 hoàn toàn có thể giải được bằng cách khai căn!
Các phương trình như x⁶ – 1 = 0, x­⁸ – 2 = 0, xⁿ – a = 0 hoàn toàn có thể giải được bằng cách khai căn mặc dù mỗi phương trình này có bậc cao hơn bốn. Không chỉ những phương trình này, mà còn nhiều phương trình khác có bậc tùy ý, chúng có thể được giải bằng phương pháp khai căn, cho nên vấn đề lúc này là xác định những điều kiện chính xác cho tính giải được của một phương trình theo căn thức.
82. Ai đã xác định được những điều kiện chính xác này?
Một nhà toán học người Pháp tên là Galois, ông qua đời trong một trận thách đấu phi lí lúc ở tuổi 21, đã đào sâu vấn đề và đã chứng minh vào năm 1831 rằng một phương trình đại số là có thể giải được theo căn thức nếu và chỉ nếu nhóm Galois của nó là có thể giải được. Phần chứng minh đó quá khó để trình bày ở đây.
83. Khi nào thì những phương pháp gần đúng được sử dụng?
Mặc dù một phương trình tổng quát có bậc cao hơn bốn là không thể giải được theo căn thức, nhưng nghiệm của một phương trình bất kì với các hệ số dạng số có thể được tìm ra đến độ chuẩn xác bất kì bởi cái gọi là những phương pháp gần đúng.
Có sẵn nhiều phương pháp và các phương pháp khác nhau thích hợp cho những phương trình khác nhau.
84. Những phương pháp này có thích hợp cho phương trình bậc ba và phương trình bậc bốn không?
Những phương pháp như thế thích hợp hơn cho việc giải các phương trình bậc ba và phương trình bậc bốn có các hệ số dạng số.
85. Một phương trình bậc ba được giải theo phương pháp đó như thế nào?
Phương pháp thông qua ở đây là thích hợp nếu phương trình đã cho có thể suy giản về dạng
x = a + Φ (x),
trong đó a là một con số nào đó, và Φf(x) là một đại lượng nhỏ phụ thuộc vào x.
Một nghiệm gần đúng được cho bởi x = a.
Đưa x = a vào vế phải của phương trình đã cho, ta thu được một gần đúng thứ hai,
x = a + Φ (a), trong đó Φ (a) là thay thế cho x trong Φ (x).
Kí hiệu giá trị này là a₁, ta có một gần đúng thứ ba
x = a + Φ (a₁)
và cứ thế, cho đến khi nghiệm đạt tới mức độ chuẩn xác theo yêu cầu.
86. Phương trình sau đây được giải như thế nào: x³ + 3x² + 2 = 0?
Chia cho x², phương trình đã cho có thể viết lại là
x = - 3 - 2/x², có dạng x = a + Φ (x)
Một gần đúng thứ nhất là x = – 3.

Phương trình này chỉ có một nghiệm thực. Hai nghiệm kia là ảo.
87. Các nghiệm của một phương trình được định vị như thế nào?
Khi một phương trình có nhiều hơn một nghiệm thực, để xác định tất cả các nghiệm, cần định vị chúng một cách gần đúng trước khi giá trị của chúng có thể được xác định đến độ chuẩn xác cần thiết.
Xét phương trình
8x³ – 100x² + 342x – 315 = 0
Cho x nhận các giá trị 0, 1, 2, 3, 4, 5,… và duyệt qua giá trị của biểu thức ở vế trái. Ta hãy gọi nó là P, thì
P = 8x³ – 100x² + 342x – 315
Khi          x = 0,     P = – 315
                x = 1,     P = – 65
                x = 2,     P = 33
                x = 3,     P = 27
                x = 4,     P = – 35
                x = 5,     P = – 105
                x = 6,     P = – 135
                x = 7,     P = – 77
                x = 8,     P = 120
Từ trên ta thấy khi x tăng từ 1 lên 2, P tăng từ – 65 lên 33. Bắt đầu từ một giá trị âm – 65, trước tiên P phải thu được một giá trị bằng không, và chỉ khi đó nó mới có thể tăng đến một giá trị dương 33. Do đó, P sẽ nhận một giá trị bằng không với một giá trị nào đó của x giữa 1 và 2.
Tương tự, khi x tăng từ 3 lên 4, giá trị của P giảm từ 27 xuống – 35. Do đó, một lần nữa P sẽ nhận một giá trị bằng không với một giá trị nào đó của x giữa 3 và 4.
Tiếp theo, khi x tăng từ 4 lên 7, P vẫn giữ nguyên dấu và không nhận một giá trị bằng không nào ở giữa khoảng đó.
Cuối cùng, khi x tăng từ 7 lên 8, giá trị của P tăng từ – 77 lên 120. Do đó, một lần nữa P sẽ nhận một giá trị bằng không với một giá trị nào đó của x giữa 7 và 8.
Vì một giá trị bằng không của P ứng với một nghiệm của phương trình, nên phương trình đã cho chỉ có các nghiệm giữa 1 và 2, giữa 3 và 4, và giữa 7 và 8.
Trong trường hợp đã cho, P nhận giá trị bằng không với x = 1,5; 3,5 và 7,5; đó là nghiệm của phương trình đã cho.
Toán học – Những điều kì thú và những mốc son lịch sử
A.L. Audichya
Trần Nghiêm dịch
88. Hệ phương trình là gì?
Khi hai hoặc nhiều phương trình được thỏa mãn bởi những giá trị giống nhau của những đại lượng chưa biết, thì chúng được gọi là hệ phương trình.
Một ví dụ của hệ phương trình gồm hai biến, x và y, là
3x + 4y = 18,
5x + 7y = 31.
89. Chúng được giải như thế nào?
Người ta giải những phương trình như thế ở nhà trường trước tiên bằng cách loại trừ x hoặc y.
Ở đây có thể loại trừ y bằng cách nhân phương trình thứ nhất với 7, và phương trình thứ hai với 4, sau đó trừ nhau. Như vậy,
7 nhân vào phương trình I cho ta: 21x + 28y = 126,
4 nhân vào phương trình II cho ta: 20x + 28y = 124.
Trừ nhau cho ta x = 2.
Thay giá trị của x vào một trong hai phương trình đã cho, ví dụ thay vào phương trình thứ nhất, ta được
6 + 4y = 18,
hay 4y = 12, hay y = 3.
90. Hệ phương trình chứa ba biến được giải như thế nào?
Phương pháp giải hệ phát triển chứa nhiều hơn hai biến là tương tự như trên.
Ví dụ,    x + y + 3z = 12,
                2x + 3y + 4z = 20,
                3x + 2y + 5z = 22,
Trước tiên loại z ra khỏi hai phương trình đầu, sau đó loại ra khỏi hai phương trình cuối. Làm như vậy mang lại cho ta hai phương trình chỉ chứa hai biến, x và y. Hai phương trình này có thể được giải bình thường.
Như vậy,
4 nhân vào phương trình I cho ta:             4x + 4y + 12z = 48,
3 nhân vào phương trình II cho ta:            6x + 9y + 12z = 60,
Trừ hai phương trình:                                     - 2x –5y = - 12
                Hay                                                        2x + 5y = 12                        (A)
Làm lại lần nữa,
5 nhân vào phương trình II cho ta:            10x + 15y + 20z = 100,
4 nhân vào phương trình III cho ta:          12x + 8y + 20z = 88,
Trừ hai phương trình:                                     - 2x + 7y = 12,
                Hay                                                        2x - 7y = - 12.                      (B)
Giải hệ gồm (A) và (B) như bình thường, ta được x = 1, y = 2.
Thay giá trị của x và y vào phương trình thứ nhất, ta được z = 3.
Như vậy, ta có x = 1, y = 2, z = 3.
91. Phương trình vô định nghĩa là gì?
Nếu số lượng biến nhiều hơn số lượng phương trình, thì người ta nói các phương trình đó là vô định.
Những phương trình như thế có vô số nghiệm.
Ví dụ, xét phương trình 3x + y = 10.
Nó có thể được viết là y = 10 – 3x.
Ở đây, tương ứng với một giá trị bất kì của x, y có một giá trị.
Như vậy, phương trình trên có vô số nghiệm.
Nhưng nếu phương trình trên chỉ được giải theo nghiệm nguyên dương, thì số lượng nghiệm là hữu hạn.
92. Làm thế nào giải tìm nghiệm nguyên dương cho phương trình: 3x + y = 10?
Phương trình đã cho có thể viết là y = 10 – 3x.
Vì y phải là một số nguyên dương, nên x chỉ có thể nhận các giá trị 0, 1, 2 hoặc 3. Nếu x được gán một giá trị lớn hơn 3 thì y trở thành âm.
Vì thế, sau đây là các nghiệm dương của phương trình đã cho:
                x = 0, y = 10;
                x = 1, y = 7;
                x = 2, y = 4;
                x = 3, y = 1.
93. Phương trình Diophantine là gì?
Các phương trình vô định còn được gọi là phương trình Diophantine để tôn vinh nhà toán học người Hi Lạp cổ đại Diophantus, người đầu tiên trình bày có hệ thống về những phương trình như thế, và đã thể hiện kĩ năng xuất sắc khi giải chúng.
94. Cái gì làm phát sinh những phương trình như thế và chúng được giải quyết như thế nào?
Những bài toán thuộc loại sau đây dẫn tới các phương trình vô định.
Bài toán: Một người chi ra 414 rupee để mua bút mực và bút chì. Nếu mỗi cái bút mực giá 13 rupee và mỗi bút chì giá 11 rupee, thì anh ta sẽ mua mỗi loại bao nhiêu cái?
Gọi x là số lượng bút mực, và y là số lượng bút chì, thì
13x + 11y = 414,                                (1)
trong đó x và y là các số nguyên dương.
Sau đây là phương pháp giải:
Chia phương trình cho 11, hệ số nhỏ nhất trong hai hệ số, khi đó

Bây giờ ta nhân (2x – 7) với một số nguyên sao cho hệ số của x sai khác một đơn vị với 11 hoặc bội của 11.
Một số nguyên như vậy trong trường hợp này là 6.
(Cần sử dụng một thủ thuật tương tự trước khi đưa vào một kí hiệu cho số nguyên đó.)
Nhân (2x – 7) với 6, ta có

Do đó, x = 11p + 9                                            (2)
Thay giá trị này của x vào (1):
y = 27 – 13p                                                        (3)
Từ (3) ta thấy nếu p lớn hơn 2, thì y trở thành âm. Các giá trị nguyên dương của x và y, do đó, chỉ có thể thu được bằng cách đặt p = 0, 1 và 2.
Như vậy, nghiệm đầy đủ được cho bởi
                p = 0,     x = 9,     y = 27;
                p = 1,     x = 20,   y = 14;
                p = 2,     x = 31,   y = 1.
95. Bài toán cây tre gãy của Bhaskar là gì?
Bhaskaracharya, nhà toán học danh tiếng người Hindu đã đưa ra bài toán này trong tác phẩm nổi tiếng của ông, Lilavati.
Nó có dạng như sau: Nếu một cây tre cao 32 cubit bị gió làm gãy sao cho ngọn tre chạm đất cách gốc tre 16 cubit, thì chỗ bị gãy cách mặt đất bao nhiêu?

Định lí Pythagoras được sử dụng để giải bài toán này.
Giả sử cây tre AC bị gãy tại chỗ có độ cao x so với đất:
AB = x, BC = 32 – x = BD, AD = 16
Khi đó, theo định lí Pythagoras:
AB² + AD² = BD²
Hay        x² + 16² = (32 – x)²
Hay        x² + 256 = 1024 – 64 x + x²
Hay        64x = 768,            hay x = 12 cubit.
Cây tre bị gãy tại độ cao 12 cubit so với đất.
(Cubit là một đơn vị đo chiều dài thời xưa, một cubit bằng khoảng 18 đến 22 inch.)
Xác thực:
AB + BC = 12 + 20 = 32
AB² + AD² = BD²
12² + 16² = 20²

96. Bài toán con công và con rắn của Bhaskar là gì?
Đó là một bài toán khác được Bhaskaracharya trình bày trong quyển sách Lilavati của ông. Nó cũng sử dụng định lí Pythagoras, nhưng nó dẫn tới một phương trình vô định.
Bài toán có dạng như sau:
Một con công đang đậu trên cái cột tại cửa hang của một con rắn. Nhìn thấy con rắn cách cái cột gấp ba lần chiều cao của cột, con công bổ xuống con rắn theo một đường thẳng trước khi nó có thể bò tới miệng hang. Nếu con công và con rắn có quãng đường đi bằng nhau, thì chỗ chúng gặp nhau cách miệng hang bao nhiêu cubit?

Kí hiệu miệng hang của con rắn là A. Gọi AB là cái cột, và con công đậu tại B, và con rắn ở D.
Gọi chỗ chúng gặp nhau là C, cách miệng hang x cubit. Đặt y là chiều cao của cái cột, khi đó
AC = x, AB = y, AD = 3y (đã cho)
và CD = 3y – x = B , Þ BC = CD (đã cho).
Theo định lí Pythagoras,
AB² + BC² = AC²
Hay        y² + x² = (3y – x)²
Hay        y² + x² = 9y² – 6xy + x²
Hay        8y² – 6xy = 0
Hay        2y (4y – 3x) = 0
Chia cho 2y, ta được
4y – 3x = 0
Hay        x = (4/3) y
Đây là một phương trình vô định có nhiều nghiệm.
Một vài nghiệm là
                Nếu       y = 3, x = 4;
                Nếu       y = 6, x = 8;
                Nếu       y = 9, x = 12, vân vân.

Toán học – Những điều kì thú và những mốc son lịch sử
A.L. Audichya
Trần Nghiêm dịch
Thay giá trị này của x vào (3), ta được y = 33 – 10p.
Toán học – Những điều kì thú và những mốc son lịch sử
A.L. Audichya
Trần Nghiêm dịch
Toán học – Những điều kì thú và những mốc son lịch sử
A.L. Audichya
Trần Nghiêm dịch