Tuyển tập 30 năm Tạp Chí Toán Học và Tuổi Trẻ (part4-2)

Tuyển tập 30 năm Tạp Chí Toán Học và Tuổi Trẻ (part4-2)

ate < 2b TY dé suy ra:

4a + 2c < 2(b+c) + (2 +b) =a + 3 + IW

2a + 4e < (b + e) + 2(œ + b) = 2a + 8b +e

và ta thu được ø < b vac < 6 Sử dụng kết

qua do ta lai suy ra :ð « 2ø + 2e - ð <

2a + (a +b) +b = Sa va tuong ty lab < 3e

Bay gid ta sẽ chứng mình rằng :

(6) h„ — hụ < mụ — mụ

{Vi rằng, từ (5) và bổ đề trên ta nhận

được :h„ + my Tức < mạ + hệ Tức < mt

+t, tm, < (W8/2)\(a +b +c) và đó chinh 1a

điều mà ta cần phải chứng minh Do vậy bài

toán được giải quyết]

hông giảm tổng quát ta có thể giả thiết

b= 1 Rhi đó ta sẽ có 1/3 < ø < 1; L3 <

e <1;9ø <1+c;2<l†+ø;a+c> l1

Nếu ta gọi 8 là diện tích của tam giác thì :

168? = (itat+e) (1+ea-c) (€+1- 2)

(c= 1 +a) = 21 + a2) (ce? - ef (1 - 0)? va

biểu thức vế phải là 1 hàm tăng ngặt đối với

biến e được xác định trong đoạn 1/3 < ¢ <

1 Bởi vậy nếu ta thay e bởi (1 + a)/2 vào

ham do ta sẽ có : 16S? < 3/16 x (3 ~ ø)(3øœ

~1) ( +ø)2 Do đó :

(6) hạ — h, = 2S — a)/a <

< (V5/8(( — a?)a) {(3 — a)(3e — Ù)

Vi rang 2m, = (2 + 2c? — c?)1⁄2, a )

my = (2a? + 2c? — 1) va ta od :

¥S — Vi = (S—ON2S+8) Vt, S > 0 Cho nén ta nhận được :

m,— m, > (3/2)(1~ a2yf[2(a2+ 4c2+ 1p)" Thay e bởi (1 + a)/2 vào vế phải của bất đẳng thức trên ta nhận được (do 2e < 1 + đ) () mụ— mụ > 3/4Ax(1— a?)/(1+ a+ a21⁄2 Nhận xét rằng với mọi ø ta có :

(1 - a)*(8a? - a + 3) > O (*) va ta dé

kiểm tra được rằng bất đẳng thức (*) là tương đương với bất đẳng thức sau :

(8) 2Š a> [1+ a+a2)(3 - ø)(8a - DỊ?

Và rõ ràng từ các bất đẳng thức (6), (7) va (8) ta suy ra được bất đẳng thức (5)

Vậy ta đã hoàn thành việc chứng minh (5) đối với ø +b > 2e và b +c > 2a (và do

vậy cũng cả với (4) nữa) Do đó điều khẳng định của J Garfunket là đúng đấn (đẳng thức xây ra khi và chỉ khi a = 6 = ¢) Vậy là lại thêm một điều "bí mật" đối với tam giác được khám phá Ngoài các bất đẳng thức (D, (1D, ID và (V) ra liệu còn có bất đẳng thức nào nữa không, các bạn hãy thử

tim xem Chúc các bạn thành công Ï

HAI CHỮ SỐ CUỐI CÙNG CỦA SỐ CHÍNH PHƯƠNG

Một số chính phương chỉ có thể tận cùng

là 0, 1, 4, 5, 6, 9 Hay nói cách khác các SỐ

tận cùng là 2, 3, 7, 8 không phải là số chính

phương Một câu hỏi rất tự nhiên nảy ra la:

hai chữ sổ cuối cùng của số chính phương có

thể là những số nào ?

Giả sử A là số chính phương, tức là cớ

thể biểu diễn A dưới dang

A= (10a + 6)?

274

PHUONG THAO

6 đây ø, b là các số nguyên không âm và

b < 9 VIA = 20a(5a + b) + bˆ, mà số

20a(5a + 5) cd hang đơn vị là 0 còn hàng chục là số chăn nên tính chẵn lẻ của hai chữ

số tận cùng của Á trùng với tính chẵn lẻ của

hai chữ số của số 62 Điểm lại tất cả các giá

trị có thể có được của b2 : 00, 01, 04, 09,

16, 25, 36, 49, 64, 81 ta rút ra một số kết luận sau đây :

Tính chất 1 : Nếu hàng đơn vị của một

số chính phương là 6 thì chữ số hàng chục

phải là số lẻ,

Tính chất 3 : Nếu hàng đơn vị của một

số chính phương khác 6 thì chữ số hàng chục

phải là số chẩn

Tính chất 3 : Không có số chính phương

nào cơ tận cùng là hai số lẻ

Tỉnh chất 4 : Nếu hai chữ số cuối cùng

của một số chính phương cùng chẵn, thì

chữ số hàng đơn vị của số đó chỉ cớ thể là

0 hoặc 4

Sử dụng các tính chất trên ta có thể giải

một cách dễ đàng hàng loạt các bài toán liên

quan tới số chính phương Xin nêu một vài

ví dụ điển hình

Bài toán I : Chứng minh rằng không

tổn tại số chính phương lớn hơn 10 mà tất

cả các chữ số của nớ đều giống nhau

Siải: Giả sử n=a aa là số chính

phương Vì ø không thể là số lẻ (theo tính

chất 3) nên theo tính chất 4 ta rút ra a = 4

Mật khác số 11 11 không chính phương (theo

tính chất 3) nên số n = 44 44 = 4.11 „.11

cũng không thể chính phương được

Bài toán 2 : Gia sit A = 195 Hay dién

vào đằng trước số Á một số chữ số để số

nhận được là số chính phương

Giải : Dễ dàng kiểm tra được tận cùng

của A là hai số lẻ, nên theo tinh chất 3 không

thể tồn tại cách điền sao cho số nhận được

là số chính phương

Bài toán 3 : Cho năm số chính phương

có hàng chục đôi một khác nhau và hàng

đơn vị là 6 Chứng minh rằng tổng tất cả

các chữ số hàng chục của năm số trên cũng

là số chính phương

Giải : Theo tính chất 1 ta rút ra các chữ

số hàng chục của năm số chính phương nơi

trên phải là 1, 3, 5, 7, 9 Ré rang 1+34+5

+7+9 = 25 la 86 chinh phuong

Bài toán 4 : Tìm số chính phương có bốn

chữ số dạng abbb

Giải ; Theo tính chất 3 thì 6 không thể

là số lẻ Dễ thấy 6 # O néu theo tinh chat 4

rit ra 6 = 4 Kiểm tra các giá trị của a ta

thấy :

+) a = 1 ta duge 86 1444 = 382

®) Với ø là số chãn (Tức là z = 2, 4, 6, 8)

số 444 khong chinh phwong vi số

add4 = 4 (500.5 + 111) ma số

500.5 + 111 có đạng 4k + 3 không phải

dạng của số chính phương

+) 3444 và 9444 không chính phương do chúng chia hết cho 3 mà không chia hết cho 9

+) Kiểm tra trực tiếp hai số còn lại 5444

và 7444 ta cũng nhận thấy chúng không chính phương

Vậy bài toán có nghiệm duy nhất là 1444 Bài toán ö : Hãy tìm một số chính phương có tận cùng bằng bốn chữ số giống nhau khác không

Giải : Giả sử tổn tại một số chính phương

như vậy :

A=a bcecc với c # 0 Từ tính chất 3 và tính chất 4 ta rút ngay ra e = 5 Khi đó số

A có thể viết dưới dạng :

A =a b 104 + 4444 = 4.(@ 6 2500 + 1111)

4(4m + 3)

Do số 4m + 8 không phải dạng của số chính phương nên A không thể chính phương Nói cách khác không tổn tại số chính phương nào có tận cùng là bốn chữ số giống nhau, khác không

Bài toán 6 : Ta viết các số tự nhiên từ

1 đến 100 liên tiếp nhau và thu được số

1234567891011 9899100 Hỏi số trên có

phải là số chính phương hay không ? Giải: Số trên không phải là số chính phương vì sau khí bỏ hai chữ số không cuối cùng đi ta nhận được số melí không chính phương (theo tính chất 83),

Để kết thúc bài báo này đề nghị các bạn

tự giải bài toán sau đây : Bài toán 7 : Hãy tìm dạng tổng quát của các số chính phương cớ tận cùng là ba chữ

số giống nhau khác không

275

Chuong 11 - BAN DOC TIM TOI

TÔI ĐÃ HỌC ĐỊNH LÍ PITAGO NHƯ THẾ NAO

Các bạn đều đã quen biết định lí Pitago

Không biết khi học định lí đó thì bạn có lấy

gì làm hứng thú không ? Riêng tôi thì định

lí đó đã để lại cho tôi những ấn tượng sâu

sắc và lí thú, vỉ nó luôn luôn gợi cho tôi

những suy nghỉ và tìm tồi, nó làm cho tôi

học toán luôn luôn thấy say sưa và thú vị,

Tôi muốn nêu ra đây quá trình tôi học tập

định lí Pitago như thế nào và nhân đó rút

ra vài kết luận muốn trao đổi cùng các bạn

I

, hi ‘ Im

Chúng ta đều biết, ở lớp 7 đã chứng minh

định lí Pitago bằng cách chấp hình : lấy 4

tam giác vuông bằng nhau rồi chấp thành

hình 1 ta sẽ chứng mình được hệ thức

g2 = b2 + c? Thật vậy, căn cứ hình (1) ta có :

b

Do đó a? = bể + c2

Khi học cách chứng minh này ở nhà, tôi

đã "bắt chước" cách chắp hình trên, sắp xếp

lại các tam giác vuông và bồng tôi rất vui

mừng khi tỉm ra một cách chứng minh mới

nữa nhờ cách chấp được vẽ ở hình (2) :

“Thật vậy bằng cách cộng diện tích tôi có :

bà

a2=4 + @®- e# (2)

Do đó : ø?= ð2+ c2 (hình vuông trắng có

cạnh là b - c)

276

NGUYEN VĂN KHÁNH (Hà Giang)

Hai cách chứng minh trên gợi cho tôi một

ý niệm khá sâu sắc hình ảnh của ø2, b2, c2, là điện tích các hình vuông cạnh

a, b, c còn các tích ö,c, x.y gợi cho tôi nghĩ đến diện tích của hình chữ nhật hay là tam giác ChÍnh vì thế, khi biết các hệ thức :

b2=ab' và c2 = œc' (hình 3) thì tôi thấy ngay rằng diện tích hình vuông cạnh ò bằng diện tích hình chữ nhật Cử và diện tích hình vuông cạnh c bằng điện tích hình chữ

nhat BHKM ma Spuxy+ Scuxy=2 (3)

Hình 3

Nên tôi lại có ø2 = ð2 + c?

Về sau tôi có suy nghĩ nhiều về ba cách chứng minh trên và cũng khá vất vả tôi mới nhận được rằng thực chất của ba kiểu chứng minh trên là ở chỗ đã biết dùng biểu thức cần tìm (œ2 = ð? + c2) biến đổi đi để được các

biểu thức tương đương (1), (2) và (3) những biểu thức này chứng minh được một cách dễ đàng, bằng cách tìm ý nghĩa hình học của nó

"Thế là tôi bất đầu thực hiện điều suy nghỉ

đơ Tôi đã có các kiểu biến đổi sau đây, mà

tôi cho rằng không khớ khăn lắm các bạn

cũng nghỉ ra được :

1) a? = 8? +c? wa? - 6? =

=2? + (a + b)(a — b) = c2 (4)

va

Hệ thức (4) gợi cho tôi nhớ đến hệ thức

lượng trong vòng tròn và (ð) gợi cho tôi nghĩ

đến những tam giác đồng dạng Thế là tôi

nghỉ đến cách dựng các đoạn œ+b và

a — ð trên cạnh huyền của tam giác ABC, và

hi vọng sẽ tìm ra những tam giác đồng dạng

nào đấy Tôi đã dựng được hình (4) Qua

hình vẽ ta có :

Hình 4

1

A ADE vuông ở A vì AC = 5DE=6b ;

DAB= 90'— CAD= 90-— ADC= AEB; DAB

chung cho hai tam gidc ABD va ABE, do đó

hai tam giác này đồng dạng với nhau và có :

BE AB, atb_¢

ABF DB "3ˆ “z-b

Do đó a2 =b2 + c2

Nếu ta chú ý rằng AB là tiếp tuyến của

vòng tròn ngoại tiếp tam giác ADE thì cũng

thấy ngay rằng AB? = BD BE

hay c? = (a + 5)(a — b) Do đó a2 = ð2 + c2,

2) a2=02+ d2 —> a2 = (b+ c}?— Độc +

(b + e)2— œ2 = Đbc

( +e+a)( +c— a) = 2òbc

Gọi p là nửa chu vi ta có ;

b

2p ~ 4) = Độc ¡p @ — a) =TT” — (8)

Hệ thức (6) gợi tôi nhớ đến công thức tính

b

diện tích của tam giác S=p.r= S Và

quả thật, đối với tam giác vuông thì đẳng

thức (6) là đúng vì

r=(—a)tg- =(p —8).Wg —

r=p-c Do đó :

b.c

8=p.r=p — 8) =~z—

"Thế là tôi lại có một cách chứng minh

mới của định lí Pitago

8) a? = 6? +c? , a? = (b — 6)? + Qe

a?— (b- c)?= (a— b+ c)(at b- c)= Be

dp ~ 0) =% So sánh với (6) ta

được p( — a) = (p — b)@ — ø)

P pTo

Hệ thức (7) gợi cho tôi nghĩ đến những tam giác đồng dạng có các cạnh là p và p - ơ, p~ È và p- c Song các hiệu p ¬ ø, p - b, p-c gợi tôi nghỉ đến các bán kính vòng tròn nội tiếp và bàng tiếp Ti đã vẽ ra hình (5)

và thấy rằng các tam giác OHB và BKO, đồng dạng với nhau, do dé

Or HB OH _ BK

Nhung

AH =p —a,HB=p-b, AK=0,K=p

Ũ

c

8,

Hình 5

Do đó

~P pus

Biến đổi ngược lại tôi lại cớ

g2 =b2 + c2

Trên đây là vài điều suy nghỉ được của tôi về định lí Pitago, trong quá trình học tập

nơ Những điều này có thể người ta đã biết lâu rồi, nhưng đó là điều không quan trọng Cái quan trọng là ở chỗ, qua việc học tập

nó, tôi rút ra được mấy điều :

- Tôi đã học định lí Pitago không phải

chi qua 1, 2 giờ giảng của thấy trên lớp, 1

277

vài bài tập áp dụng nó, mà tôi học tập nó

một cách thường xuyên : tìm ý nghĩa của nó,

tìm các cách chứng minh, tìm các cách biểu

hiện khác nhau của nớ, luôn luôn suy nghĩ

về định lí đó, suy nghỉ từ ngày này qua ngày

khác, năm này qua năm khác

~ Mỗi khi học được một cái gì mới tôi luôn

luôn có ý thức "dùng cái mới để soi sáng

thêm cái cũ" Chính vÌ công việc có Ít nhiều cái vẻ "khảo cổ này" tôi đã thu được nhiều điều bổ Ích : hiểu chắc cái mới, hiểu sâu cái

cũ và đo đó làm cho tôi ngày càng ham thích

học toán

Đó là những kết luận tôi muốn trao đổi cùng các bạn

CÁC DUONG n TUYẾN CỦA MỘT TAM GIAC

Trong chương trình toán phổ thông có

nhiều kiến thức mới học qua tưởng như đơn

giản Nhưng nếu ta biết cách học, biết cách

xem xét vấn để dưới nhiều khía cạnh, biết

mở rộng kiến thức thì ta sẽ thu được nhiều

kiến thức mới, gây cho ta nhiều hứng thú

trong học tập và giúp ta hiểu sâu sắc kiến

thức cũ Sau đây tôi xin giới thiệu với các

bạn một vấn để nhỏ ; các đường n tuyến của

một tam giác

Trên các cạnh 8C, CA, AB của tam giác

ABC ta lấy những điểm D, E, K sao cho :

1

Những đường AD, BE, CK được gọi là các

đường r tuyến của tam giác ABC

Như vậy ta đã mở rộng khái niệm các

đường trung tuyến Các đường trung tuyến

AM, BN, CP là trường hợp đặc biệt của các

đường ø tuyến khi n = 2 Ta hãy tìm hiểu

những tính chất của các đường 7+ tuyến

Ta đã biết các đường trung tuyến của một,

tam giác đổng quy tại một điểm Đó là trọng

tâm Ở của tam giác

278

NGUYÊN ĐẠO PHƯƠNG

Bằng trực giác ta cũng thấy ngay các đường n tuyến không đồng quy (với n z 2) các bạn có thể chứng minh dễ dàng được điều đó Chúng cắt nhau tại các điểm A’ B’ C’ Coi Œ là giao điểm của ba đường trung tuyến, /œ có thể coi G là một trường hợp đặc biệt của tam giác A' B` C' khi n = 2

2) Điều ta suy nghÏ tiếp là như vậy thì

giữa G và các điểm A’, B’, C’ cé mot tính

chất giống nhau nào đó

Ta đã biết G chia ba mỗi đường trung tuyến kể từ cạnh tương ứng Vậy liệu các

giao điểm A, 8, C' của ba đường né tuyến

có cùng chia mỗi đường ø tuyến theo cùng một tÌ số không ?

Trước hết ta hãy xem A' chia ø tuyến KC theo ti s6 nao

Ấp dụng định lí Ménélaut (*) vao tam giác

BKC, ứng với cát tuyến AA'D, ta được :

Œ) Định it MEnelait phát biểu nhục sau

“Nếu một đường thẳng bất kì, không

đi qua đinh của tam giác ABC và cắt các cạnh của tâm giác tại các điểm tương ứng L,

M, N thì ta có đằng thức :

LC MA NB Bạn đọc có thể chứng mình dễ dang dink If nay bang cách kế AO II BC rồi áp dụng định lí Talét

> Ầ

Nhưng

vì Bll Sl

Ta biến đổi như sau :

AR_ AC AK-ÄC = MC _ AK-AC_ CK

1 n~n) ICn(-n) pnt

Từ đó ta có :

AK 1

Vay A' chia n tuyến KC, kể từ cạnh tương

ứng, theo tỉ số là Chứng minh

n?—n+ 1 tương tự ta cũng có kết quả như vậy đối với

các điểm B’, C’

Tém lai A’, B’, C’ chia méi đường n tuyến

kể từ cạnh tương ứng theo cùng một tỉ số là

1

nent)

1 _l t

có trường hợp của các đường trung tuyến

3) Bây giờ ta chú ý đến tam giác DEK là

tam giác có đỉnh là chân của các đường n

tuyến Khi ø = 2 tam giác ĐEK có vị trí đặc

biệt là tam gidc MNP Ta da biét tam giác

MNP và tam giác ABC có cùng trọng tâm

G Bởi vậy ta dự đoán là tam giác DEK và

tam giác ABC cũng có trọng tâm trùng

nhau

Chú ý là với n = 2 thì

Ta hãy chứng minh G là trọng tâm tam

giác DEK,

Ta phai ching minh GD + GE + GK =0

> = ` =~ 1s

Tacs GD = GB + BD = GB+ BC

1

Tuong ty GE =GC+— CA

Gk =GA+1aB

Vay GD+ GE+ GK= > > GA+ GB+ GC) +

1 o> —

x AB + BC + GA)

Vi G la trong tâm tam giác ABC nên

GA+ GB+ GC= 0, và AB + BC + CA =0

—- — =>

Do đó : GD + GE + GK=0

Điều này chứng tỏ G cũng là trọng tâm của tam giác DEK (dpem)

Két qua trên đây không phụ thuộc vào số

z, nên ta đi đến điều lí thú sau : Có uô số tam giác có dinh nồềm trên cạnh của một

tam gide cho trước mà có trọng tâm trùng

uới trọng tâm của tam giác cho trước : đó là những tam giác có đỉnh là các điểm chia các cạnh của tam giác theo cùng một tỈ số 4) Ö phần 1) ta da coi G là một trường

hợp đặc biệt của tam giác A’B’C’ khin = 2

Như thế ta cũng có thể coi G như là một tam giác đặc biệt : "tam giác - điểm",

"Tam giác - điểm" G có trọng tâm trùng với chính nơ, tức là trọng tâm của tam giác ABC

Vậy ta cũng có thể dự đoán là tam giác A'B'C' và tam giác ABC có trọng tâm trùng nhau Muốn chứng minh dự đoán này ta phải ching minh :

GA’ + GB’ + GC =0

Th có :

GA’= GK’+ KA’ Nhung KA'’= ————KC

nˆ—n+1

nén GA’ = GK + ————— KC

n—n +1

279

1 ~

Tương tự G# = GỖ + ————ĐA

n2-n+1

Gt = Gk + 1 — zh ne-nt+l

Cộng từng vế ta được : > > ee me

GA’ + GB’ + GC =GD+GE+GK+

ee

=0

nˆ~n+

Ta lại có :

> o> 1> =

KC = KA + AC = —B, +A

— 1> =

tương tự D aye +B

= 1» =>

E “1A +C

— >» — +1—¬ => —

nen KC+ DA+ BB= mt Ree CB+ BA=0

Vậy :

—,

> =>

GA + GB +GC =0

Điều này chứng tỏ G cũng là trong tam của tam giác A'B'C”

5) Ta còn có thể tÌm thấy một số tính chất hay khác nữa của đường mœ tuyến Chẳng hạn nếu bạn đã học định lí Stiua thÌ bạn có thể chứng minh không khó khăn

gì công thức :

2—

wath 2y n g2 +22)

trong đó đ ,d,,ở_ là độ đài các đường n tuyến ứng với các cạnh a, ở, c Trong trường hop n = 2, công thức trên đây trở thành :

2+d2+ d2=

đệ + dc + đệ =

3

độ + đệ + độ =2 (g2 + b2 + c?)

là công thức quen thuộc đối với các đường trung tuyến

n?—n+1

n

có thể thấy (bằng cách dùng đạo hàm chẳng hạn) rằng y đạt cực tiểu khi n = 2

Ban còn có thể chứng minh rằng các tam

giác A'AC, B'BA, C'CB có diện tích bằng nhau

MỘT PHƯƠNG PHÁP TÍNH TỔNG

Trong toán học chúng ta thường gặp

những bài toán tính tổng của hàng loạt số

hạng được sắp xếp theo một quy luật nào đó

Cấp số cộng, cấp số nhân mà ta đã biết, việc

tính tổng của chúng khá đơn giản Một khi

ta gặp bài toán tính tổng mà các số hạng

không lập thành một cấp số như :

1) 8= L#@ + h) œ + 2B) (# + 3h) +

+ U(x +A) (x + 2h) (x + Bh) (x + 4h) +

vat Ua + nh) [x + (2 + DAIx

x [x + (m+ QA lx + (m + 8)h]

2) cost+ cosdx+ cosixt +cos(22— 1)x

3) 12.3423.44+ +@-2)@- Dn

thì chắc các bạn gặp nhiều khớ khăn Để

giúp các bạn phần nào giải quyết khó khăn

đó tôi xin giới thiệu cùng bạn đọc một

280

NGUYEN VAN DIEN

phương pháp tính tổng sau Gid sit f(x) la một hàm số nào đó va œ() là một hàm số khác được thỏa mãn :

fx) = e@ + h) — p(Œ) (1) trong đó h là một số nào đó

Lần lượt thay x bằng dãy z + b ; x + 2h ; ;

x +nh vao đẳng thức (1) ta có :

f& + h) = pặ + 2h) ~ p& + h) Q)

fla + Ih) = p(x + Bh) — p(x + 2h) (3)

fe + nh) = ple + (n+ Al

~ p(x +nhj(n + 1)

Cộng từng vế các đẳng thức (1) (2) (3) (n + 1) lại ta có

f@) + f& + b) +f@ + 3h) + +ớ + nh)

= ple + (n+ 1A) - p@œ)

Như thế muốn tổng có đạng

Ax) + fle + h) + fa + 2h) + + fiz + nh)

thực hiện được nếu ta chọn được một hàm

số ø(xz) mà hàm g(x) được liên hệ với fix)

theo đẳng thức (1) tức là

f4) = cứ + h) — pœ)

Để làm sáng tỏ vấn để này ta khảo sat

ví dụ 1, 2 ở trên

1) Tính tổng :

§= LŒ@ + kh) + 9h)Œ + BA)

+ Ux + Aye + 2h)\Œ + 8h)œ + 4h) +

>è t + nh)[x + ín + 1)h]lx + (n + 2)h]

ix + (n+ 3A]

Dé xudt hién ham f(x), sau khi thay x

bằng dãy x +h ; x + 2k ; ; x + nh ta được

các hàm

ƒ@) ;fŒ + h);f( + 2h) ; ;fx+nh) là

các số hạng trên, chúng ta xét hàm

(x) = Veta + A) + 2h)

khi đó p(x + h) = L/ứ + h)Œ + 2h)(x + 3h)

va @Œ+ h)—~ øœ) = 1+ h)(@+ 2h)(x+ 3h)

~ l#Œ + h)( + 2h) = ~8h/zœ + h)x

(x + 2h)(@x + 8h) = f(xy

Từ đó suy ra

f@) + f@ + h) + fœ + 2h) + + fœ + nh) =

= ~8R[ LưŒ+ h)(x+ 2h)@+ 8h)+ Lx+ h) x

(x + 2h) + 8h)Œœ + 4h)

+ + l/++ œR)[z+ (ø+ 1)8]Íx+ (+ 9)h]x

[x + (n + 3)AJ}

= glx + (n + LA] — (x)

= 1# + (n + 1)h]Íx + (s + 2)h]

Ix + (n + 3)A]

—wŒ + h)@ + 2h)

Vậy giá trị của tổng đã cho là :

8= (1/8h) { LưŒ + h) & + 2h) —

— JE # (w + 1)h]£ + @w + 2)k] x

x ix + (n+ Bal} 2) Tinh téng

S= coar+cosx+ cosix + 4+ cos(2n— 1»

Ta biết rằng sin2nx — sin2(n — 1)x = 2cos(2n — 1)xsinr Vậy ta chọn

Ø() = sin2(n — 1x

khi đó

g(a + 1) = sin2ax tín + 1) — p(n) = sin2nx — sin2(@ — 13x

= 2sinxcos(2m — 1}z = ƒ(n) Thay nø bằng dãy số tự nhiên 1, 2, 3,

Từ đó suy ra

ÑU +ƒ@) +ƒf() + +ƒf{m =

= 2sinx[cosx + cosx + cosix +

+ cos(2n — 1)x]

=ø(® + 1) — ø(1)

= sin2nx — 0 = sin2nz,

Vậy

8 =sin2nx/2sinr nếu sinx z 0 Mời các bạn hãy thử lại kết quả trên bằng quy nạp

Tom lại phương pháp tính tổng trên là một phương pháp có hiệu lực trong việc tính tổng hàng loạt các số hạng được sắp xếp theo thứ tự nhất định Nhưng vấn đề khó đồng thời là mấu chốt của phương pháp này là chọn được hàm g(+) thỏa mãn đẳng thức (1) Một khi đã chọn được thích hợp thì bài toán coi như giải được

Để kết thúc vấn đề này mời bạn đọc hãy

áp dụng phương pháp này vào ví dụ 3 nêu

ở trên và hai bài sau đây

1) 111+221+3.3 1+ +n.n

1.2.3 n)

2) 12 +224 924+ 472

@ls=

281

"BA ĐỊNH LÍ TƯƠNG ĐƯƠNG"

Bài này tôi muốn nói với các bạn về sự

tương dương và phương pháp chứng minh

của ba định lH sau : ,

Dinh H I : Trong một tam giác vudng,

bình phương cạnh huyền bằng tổng các bình

phương của 2 cạnh góc uuông (Pitago)

Định lí II : Bình phương của một cạnh,

đối diện uới góc nhọn (hay tù) của một tam

giác, bằng tổng cóc bình phương của 2 cạnh

kía trừ di (hay cộng thêm) 2 lần tích của

một trong 2 cạnh ấy uới hình chiếu của cạnh

kia trên nó

Định lí HI : (Stinơ) Cho 3 điểm ABC lần

lượt nằm trên một đường thẳng Với mọi

diểm P ta đều có :

PA?.BC + PB? CÁ + PC? AB +

+ BC.CA.AB=0 @®)

1) Dùng đồng dạng chứng mình định lí 1

Từ định lí I suy ra định lí H, các bạn xem

chương I1, sách hình học lớp 8

2) Chứng minh định lí IÍ bằng cách khác :

a) Dùng đồng dạng :

của A (nhọn hay

tù) ta đều dựng

được ïH và H' trên

BC sao cho

AH’C= AHB= BAC

va H, C 6 về 1

phia d6i véi B H’,

B61 phia đối với

C Theo cach dung

ta có :

Hình ¡

282

TRAN ĐÌNH TRƯỜNG (Thanh Hóa)

A ABC wu BHA = BAC) Nén

AB/BC = HB/BA -> AB? = BC.BH (1)

(C, H về 1 phía của B)

4 ABC = aH'AC (Ê CHA = BAC Non

AC/BC = H'C/AC + AC? =BC.HO (2)

(H, B về 1 phía của C),

BCIAB = AC/AW’ (3)

_A ACL = AH’AK (CIA= AKH = 1;

AWK = CAD

Nen AC/AH’ = AI/KH’ (4)

Cộng vế với vế của (1) và (2) ta có : AB? + AC? = BC(BH + WC) =

= BC(BH + HH’ + WC + WH)

= BCŒC + HH) Vậy: AB2+AC?2=BC2+BC HH (5) 'Từ (3) và (4) suy ra

AHBA â chung ;

chung

BC/AB = AI/KH’ » BC.KH =AB.AT

Ma

KH = = 1/2HH Nên

thay (6) vào (ð) ta có : AB? + AC? = BC? + 2AB AT hay

BC? = AB? + AC? - 2AB Al

Khi  < 90 = 7 và B ở về 1 phía của A

nên BC? = AB? + AC? — 2AB AI

Khi  > 90? = ¡ và B ở vé 2 phia cia A nên 4B và A7 ngược chiều Do đó :

BC? = AB? + AC? + 2AB AI

Từ định lÍ này ta suy ra định lí Pitago Pitago chỉ là hệ quả của định lí này mà thôi (+) Đoạn thẳng có gạch trên chỉ độ dài đại sổ của đoạn thẳng đó (ví dụ P4 = ÁP)

Thật vậy khi 4 = 90? 7 = Â do dé TA = 0 cho

Tiên

BC? = AB? + AC? — ĐAB 0 = AB? + AC?

b) Dùng định lí III Nếu có

PA? BC+ PBR?CA+ PC? AB+ Bồ CAAB= 0

thì ta sẽ suy ra được định lí II

Theo Sting ta có

CB HA + CH? AB + CA? BH +

(trường hợp tù ta đổi đấu các số hạng thì

cũng được đẳng thức (7)

Thay CH? = CA? — AH2 vào (1) ta có

CB? HA + CA?,AB + HA? BA +

+ CA? BH + HA.AB BH = 0

Hinh 3 Hình 4

hay : CB? = (CA?.AB + HA? BA +

CA? x BH + HA AB BH) : (AH)

CB? = (CA2(AB + BH) +

+ HA BA(HA + HB)) : (AH)

C#? = [CA?AH + HA.BA(HA+ HB)]:(AH)

CB? = CA? + AB(HA + HB)

CH?= CA?+ AB(HA+ AB+BH+ 2HB+BA)

Vì HA +AB+ BH = 0 nên

CB? = CA? + AB(2HB + BA)

Ma

HB = AB — AH

Nên :

CB? = CA? + AB(2AB — 2AH + BA)

Vậy :

CB? = AC? + AB? - 2AH.AB

Khi 4 < 90° ta lay dấu :

CB? = AC? + AB? - 2AH.AB (H, B cùng

phia vai A)

Khi 4 > 90° ta lay dau

CB? = AB? + 2AH AB (H va B @ 2 phía đối

vi A)

3) Chttng minh định lí III (Sting)

a) Ding Pitago ;

Để đơn giản ta

hãy kí hiệu hớa và làm mất dấu đại số bằng cách quy định chiều Ta tính

Hink 5 PA? BC + PB? CA +

PC? AB + BC.CA.AB =

= PA?.c+ PCÌ(œ + b) —

— PH(a +b +c) ~

— cø +b + c)(@ +b) t8)

Mặt khác PA? = h? + a?

PB? = h? + 6?

PC? = h? + (b +e)?

Thay vào (8) ta có : h?,e+ q'e + [h2 + (b + e)?l(a + b) —

— (l2 + b2)(œ + b + e) — c{g + b + c)(a + b) =

= he + ate + h?a + h2 + ba + b3 + 2bcg +

+ 2b%e + ac? + be? — h2a— 2b — he ~ bea -

— 63- be— a2e— abe— abe — b*e— ac? be? Ước lược ta thấy chúng triệt tiêu hết Do

đó :

PA? BC + PB?.CA + PC?.AB +

+ BC CA.AB=0

Ngược lại nếu có Stinơ ta cũng suy ra được định lí Pitago VÌ điều kiện không cho phép, tôi nhường các bạn suy nghĩ

b) Dùng định lí II

Theo định lí II ta có :

PA? = PB? + AB? + 2AB BH q) PC? = PB? + BC? + 2CB BH (2) nhân 2 vế của (1) với BC và của (2) với

AB ta cd:

PA? BC = PB’ BC + AB? BC +

283