Biết diện tích, có tìm được bề rộng lối đi?
Phân biệt dữ kiện đủ và thiếu khi khôi phục hai bề rộng từ diện tích, rồi chứng minh một tỉ số đã biết tạo ra nghiệm hình học duy nhất.
TOÁN THCS · MÔ HÌNH NGƯỢC VÀ TÍNH DUY NHẤT
Biết diện tích, có tìm được bề rộng lối đi?
Phân biệt dữ kiện đủ và thiếu khi khôi phục hai bề rộng từ diện tích, rồi chứng minh một tỉ số đã biết tạo ra nghiệm hình học duy nhất.
1. Một diện tích có đủ xác định hai bề rộng?
Xét khu đất hình chữ nhật dài 10, rộng 8, với các độ dài dùng cùng một đơn vị. Một lối đi dọc chạy hết chiều rộng của khu đất và có bề rộng ngang v. Một lối đi ngang chạy hết chiều dài và có bề rộng đứng h. Hai dải giao nhau bên trong khu đất.
Ta có thể chọn v=4,h=2, cũng có thể chọn v=1,h=4. Trong cả hai trường hợp, diện tích còn lại đều là 36. Hình dạng lối đi và hai bề rộng lại khác nhau.
Nếu chỉ biết diện tích còn lại, có được tự đặt chung một ẩn cho hai bề rộng không? Điều kiện nào trong đề cho phép coi chúng bằng nhau?
Màu xanh nhạt là phần đất còn lại; màu xanh xám là hợp của hai lối đi. Hai hình cùng kích thước và cùng tỉ lệ, nhưng bề rộng các dải khác nhau.
Bài học này phân biệt hai việc: tính diện tích từ một thiết kế đã biết, và khôi phục thiết kế từ diện tích. Câu hỏi ngược có thể thiếu dữ kiện, dù công thức diện tích hoàn toàn đúng.
2. Lập mô hình với hai bề rộng riêng biệt
Cho khu đất dài L>0, rộng H>0. Giữ hai lối đi là các dải thẳng chạy hết khu đất, song song với hai cạnh tương ứng. Gọi v là bề rộng của dải dọc, h là bề rộng của dải ngang. Xét miền
0<v<L,\qquad0<h<H.
Diện tích dải dọc là Hv, dải ngang là Lh. Phần giao là hình chữ nhật có diện tích vh, bị cộng hai lần. Vì thế diện tích lối đi và diện tích còn lại lần lượt là
S_{\text{lối}}=Hv+Lh-vh,
A=LH-S_{\text{lối}}=LH-Hv-Lh+vh
=\boxed{(L-v)(H-h)}.
Hai thừa số là tổng chiều ngang còn lại và tổng chiều đứng còn lại. Nếu hai dải nằm ở giữa khu đất, phần còn lại gồm bốn hình chữ nhật; cộng diện tích bốn mảnh vẫn cho tích trên. Công thức không cần hai dải phải đi qua tâm khu đất, nhưng cần chúng chạy hết hai chiều và giao nhau như đã định nghĩa.
Trên miền đang xét, cả hai thừa số dương và nhỏ hơn L,H, nên 0<A<LH. Công thức có thể vẫn cho ra một số khi thay bề rộng vượt khu đất, nhưng số đó không còn mô tả thiết kế này.
3. Chứng minh diện tích chưa quyết định duy nhất
Giữ một diện tích A thỏa 0<A<LH. Từ A=(L-v)(H-h), vì H-h>0, ta có
v=L-\frac{A}{H-h}.
Mỗi lựa chọn
0<h<H-\frac AL
cho H-h>A/L>0, nên 0<A/(H-h)<L, tức 0<v<L. Thay lại công thức được đúng diện tích A. Chiều ngược cũng đúng: nếu hai bề rộng hợp lệ cho diện tích A, điều kiện v>0 buộc h<H-A/L.
Vì H-A/L>0, có vô số cách chọn h trong khoảng này. Ta vừa mô tả đầy đủ một họ thiết kế có cùng diện tích; không chỉ tìm ngẫu nhiên được hai ví dụ.
Kiểm tra ví dụ đầu bài
Với L=10,H=8,A=36, miền của h là 0<h<22/5. Nếu h=2, ta có v=10-36/6=4. Nếu h=4, ta có v=10-36/4=1. Hai cách đều hợp lệ và cùng cho A=36.
Một phương trình theo hai bề rộng không tự biến thành phương trình một ẩn. Giả thiết “hai lối rộng bằng nhau” hoặc một tỉ số đã biết là thông tin bổ sung, không phải phép biến đổi đại số.
4. Biết tỉ số bề rộng: điều gì thay đổi?
Giả sử có thêm điều kiện h=rv, với r>0 là một số đã biết. Chẳng hạn r=1 nghĩa là hai lối bằng nhau; r=2 nghĩa là lối ngang rộng gấp đôi lối dọc. Miền của một ẩn v là
0<v<\min\left(L,\frac Hr\right).
Diện tích còn lại trở thành
A(v)=(L-v)(H-rv).
Nếu v_1<v_2 cùng thuộc miền, thì
L-v_1>L-v_2>0,\qquad
H-rv_1>H-rv_2>0.
Nhân hai bất đẳng thức dương, ta được A(v_1)>A(v_2). Vì thế cùng một diện tích không thể ứng với hai giá trị v khác nhau. Biết tỉ số đã khôi phục tính duy nhất của hai bề rộng.
Tuy nhiên, “không có hai nghiệm” chưa chứng minh “có một nghiệm”. Phần tiếp theo sẽ dựng nghiệm hợp lệ với mọi diện tích 0<A<LH.
5. Công thức ngược và bằng chứng tồn tại
Khai triển A=(L-v)(H-rv), ta được
rv^2-(Lr+H)v+LH-A=0.
Biệt thức là
D=(Lr+H)^2-4r(LH-A)
=(Lr-H)^2+4rA.
Với 0<A<LH, ta có hai so sánh quan trọng:
|Lr-H|<\sqrt D<Lr+H.
Bất đẳng thức bên trái do 4rA>0. Bất đẳng thức bên phải do D=(Lr+H)^2-4r(LH-A)<(Lr+H)^2, với Lr+H>0. Do đó nghiệm
\boxed{v=\frac{Lr+H-\sqrt{(Lr-H)^2+4rA}}{2r},
\qquad h=rv}
là dương. Đồng thời, từ \sqrt D>|Lr-H|,
v<\frac{Lr+H-|Lr-H|}{2r}
=\min\left(L,\frac Hr\right).
Vậy nghiệm dựng được nằm đúng trong miền hình học và thế lại cho diện tích A. Cùng với tính giảm nghiêm ngặt đã chứng minh, đây là nghiệm duy nhất.
Vì sao loại được nghiệm còn lại mà không cần thế số?
Nghiệm mang dấu cộng là
v_+=\frac{Lr+H+\sqrt D}{2r}
>\frac{Lr+H+|Lr-H|}{2r}
=\max\left(L,\frac Hr\right).
Nó vượt giới hạn hình học, nên bị loại. Như vậy việc chọn dấu trừ không phải mẹo “cứ lấy nghiệm nhỏ”; nó được chứng minh từ các điều kiện của mô hình.
6. Một ứng dụng chọn từ khu đất có lối đi bằng nhau
Cho khu đất dài 30 m, rộng 20 m. Hai lối đi vuông góc là hai dải chạy hết hai chiều, có cùng bề rộng x. Diện tích trồng hoa còn lại là 504\text{ m}^2. Đây là cấu hình được chọn từ tài liệu nguồn.
Điều kiện bề rộng chung cho h=v=x, tức r=1, với 0<x<20. Ta có
(30-x)(20-x)=504,
x^2-50x+96=0\quad\Longleftrightarrow\quad(x-2)(x-48)=0.
Hai nghiệm đại số là 2,48, nhưng chỉ x=2 nằm trong miền. Cũng có thể dùng công thức ngược:
x=\frac{50-\sqrt{(30-20)^2+4\cdot504}}2
=\frac{50-46}{2}=2\text{ m}.
Kiểm lại: (30-2)(20-2)=28\cdot18=504. Diện tích lối đi là 600-504=96\text{ m}^2, khớp với 30\cdot2+20\cdot2-2^2=96.
Nếu bỏ đúng một dữ kiện “cùng bề rộng”, diện tích 504 sẽ không còn xác định duy nhất thiết kế. Khi ấy h=1,\ v=66/19 cũng hợp lệ, vì (30-66/19)(20-1)=504. Điều kiện bằng nhau thực sự có vai trò quyết định.
7. Chuyển giao: hai bề rộng có tỉ số khác một
Ví dụ độc lập: khu đất dài 18 m, rộng 12 m. Lối ngang rộng gấp đôi lối dọc; diện tích còn lại là 128\text{ m}^2. Tìm cả hai bề rộng.
Nếu đặt v cho bề rộng lối dọc, điều kiện của v có phải chỉ là v<12 không? Hãy xét cả lối ngang h=2v.
Gợi ý
Phải có v<18 và 2v<12, nên 0<v<6. Lập phương trình (18-v)(12-2v)=128.
Lời giải đầy đủ
216-48v+2v^2=128
\quad\Longleftrightarrow\quad
v^2-24v+44=0
\quad\Longleftrightarrow\quad
(v-2)(v-22)=0.
Miền 0<v<6 chỉ nhận v=2 m, nên h=4 m. Kiểm lại (18-2)(12-4)=16\cdot8=128\text{ m}^2. Nghiệm 22 vi phạm cả giới hạn lối dọc lẫn giới hạn lối ngang.
Hai dải được đặt giữa khu đất để dễ quan sát. Tỉ số hai bề rộng đúng bằng 2; việc đặt dải ở giữa là lựa chọn minh họa, không phải dữ kiện cần cho công thức diện tích.
8. Diện tích ở biên và giới hạn của kết luận
Trong mô hình hai lối dương, chưa phủ hết một chiều, miền diện tích là 0<A<LH. Nếu A=LH và h=rv với r>0, chỉ có v=h=0: chưa có lối đi. Nếu A=0, nghiệm nhỏ đạt v=\min(L,H/r): ít nhất một dải đã phủ hết một chiều và không còn phần đất trồng hoa. Hai tình huống này bị loại bởi miền mở đang dùng, dù có thể được xét riêng nếu bài cho phép thiết kế suy biến.
Nếu A<0 hoặc A>LH, không có thiết kế phù hợp. Ngay cả khi hai bề rộng đã được xác định, vị trí của các dải trong khu đất vẫn có thể thay đổi; diện tích chưa xác định vị trí lối đi. Nếu tỉ số r chưa biết, ta trở lại họ vô số cặp bề rộng ở mục 3. Nếu lối đi không chạy hết khu đất, bị cụt hoặc thay đổi bề rộng, phải lập lại công thức diện tích.
Câu hỏi cần trả lời trước khi giải phương trình là: những đại lượng nào thực sự được biết, những bề rộng nào độc lập, và giả thiết nào nối chúng lại? Sau đó mới kiểm tra tồn tại, tính duy nhất và miền của nghiệm.
Tự học có chứng minh · Toán THCS · Các hình dựng đúng quan hệ đã nêu