Khám phá - Toán tuổi thơ

Sau khi đọc bài “Có bao nhiêu cách chứng minh bất đẳng thức Cô-si” (cho 3 số không âm) với 3 cách chứng minh của tác giả Tạ Thập, tôi xin được góp thêm một cách chứng minh khác... Dễ t[r]

TOÁN TUỔI THƠ 1 Bài toán : Chứng minh rằng a4 + b4≥a3.b + a.b3 với mọi a, b

(Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 trường THPT chuyên Lê Hồng Phong, TP Hồ Chí Minh, 1998-1999)

Bài toán sau là sự mở rộng của bài toán 1

Bài toán 2 : Cho tam giác ABC Các điểm M, N thuộc đoạn BC và thỏa mãn điều

kiệnĐ BAM = Đ CAN Chứng minh rằng :

Có một bài toán khác liên quan đến đường phân giác trong của tam giác và luôn

đi cùng với bài toán 1 như hai anh em sinh đôi

Bài toán 3 : Cho tam giác ABC, phân giác AD Chứng minh rằng :

AD2 = AB AC - DB DC

Tôi đã biết các bài toán 1, 2, 3 từ thuở học lớp 8 và cũng từ lúc đó tôi đã luôn nghĩ rằng bài toán 2 cũng phải có người anh em sinh đôi của nó Nhưng cái ngườianh em ấy của bài toán 2 thì tôi vẫn không hình dung được mặt mũi nó ra sao Cứnhư vậy sau hơn một năm quan tâm và tìm kiếm tôi đã tìm thấy nó, người anh

em sinh đôi “thân thiết” của bài toán 2

Bài toán 4 : Cho tam giác ABC, hai điểm M, N thuộc đoạn BC và thỏa mãn điều

kiện Đ BAM = Đ CAN Chứng minh rằng :

Lời giải : Lấy P, Q là các giao điểm thứ hai của AM, AN với đường tròn ngoại tiếp

ΔABC

Ta có : Đ BCP = Đ BAP = Đ CAQ = Đ CPQ

=> PQ // BC => AM/MP = AN/NQ (định lí Ta-lét) AM/MP NQ/AN = 1 (1)

Ta dễ dàng chứng minh một số cặp tam giác đồng dạng và dẫn đến một số đẳng thức như sau :

ΔAMC đồng dạng với ΔBMP => AM MP = BM CM (2)

ΔANB đồng dạng với ΔCNQ => AN NQ = BN CN (3)

ΔAMB đồng dạng với ΔACQ => AM AQ = AB AC (4)

Từ đó => :

Vậy ta chứng minh xong bài toán

Mở rộng bài toán : Cho M, N thuộc tia đối của tia BC sao cho Đ BAM + Đ CAN =

Từ D vẽ DF // AC, từ E vẽ EG // AB ta chứng minh được DF/EG = AC/AB (1) ; ΔADF đồng dạng với ΔAEG (g g) => DF/EG = AD/AE (2)

Từ (1) và (2) có AC/AB = AD/AE => ΔADC đồng dạng với ΔAEB (c g c) => Đ ABC = Đ ACB

Cách 2 : (Trương Sơn Ca)

Giả sử Đ B > Đ C => AC > AB => AC/AB > 1 Vẽ M thuộc AD sao cho Đ ABM = Đ ACE

Từ D và E lần lượt vẽ DF vuông góc với AB ; EG vuông góc với AC

BD = CE => SABD = SACE => AB.DF = AC.EG => DF/EG = AC/AB (1)

ΔADF đồng dạng với ΔAEG => DF/EG = AD/AE (2)

Từ (1) và (2) => AC/AB = AD/AE , cho ta ΔABE đồng dạng với ΔACD => Đ ABE =

Đ ACD

Cách 4 : (Minh Quân)

Vẽ hình bình hành ABEF => BE = AF Chứng minh được tứ giác ADCF là hình bìnhhành => Đ EFC = Đ BAD = Đ EAC (gt).

ΔAEG đồng dạng với ΔFCG (g g) => AG/FG = EG/CG (1)

Do AG/GC = FG/GE (AF // EC) => AG/FG = EG/CG (2)

Từ (1) và (2) có EG = GC cân tại G => ΔGEC cân tại G => Đ FEC = Đ ACE => Đ ABC = Đ ACB

Cách 5 : (Đỗ Đăng Trí)

Vẽ BH, CK là các đường cao của các tam giác ABD, ACE BD = CE => SABD = SACE

=> BH/CK = AE/AD

ΔABH đồng dạng với ΔACK => BH/CK = AB/AC

ΔABE đồng dạng với ΔACD ( Đ BAE = Đ CAD , AB/AC = AE/AD)

=> Đ ABE = Đ ACD => Δ ABC cân tại A

Cách 6 : (Bảo Linh)

Qua B vẽ đường thẳng song song AC cắt AD tại M, qua C vẽ đường thẳng song song AB cắt AE tại N

ΔABM đồng dạng với ΔACN (g g) => AB/AC = BM/CN (1)

ΔADC có BM // AC => AC/BM = BE/BD

ΔABE có CN // AB => AB/CN = BE/EC

Do đó có AB/AC = CN/BM (2) Từ (1) và (2) có AB/AC.AB/AC = BM/CN.CN/BM

=> AB2/AC2 = 1 => AB = AC

TOÁN TUỔI THƠ 4

TỪ ĐƠN GIẢN ĐẾN THÚ VỊ

Khi giải phương trình bậc hai, đã bao giờ bạn từng đặt câu hỏi, chẳng hạn tại sao phương trình x2 + 6x - 3 = 0 có nghiệm là thì cũng có nghiệm là ?Ban đầu tôi giải thích điều kì lạ này bằng định lí Viét nhưng sau quá trình suy nghĩ, tìm tòi tôi mới phát hiện ra những bí ẩn tuyệt vời đằng sau điều kì lạ đó Trước hết ta xét bài toán :

Bài toán 1 :

Chứng minh rằng : Nếu phương trình bậc hai có hệ số hữu tỉ, có một nghiệm vô tỉ

là (m ; n thuộc Q) thì sẽ có một nghiệm nữa là

Chứng minh : Có 3 cách để chứng minh bài toán này

Chia đa thức ax2 + bx + c cho g(x) ta có :

ax2 + bx + c = a(x - )(x - ) + (b + 2ma)x + (an + c - m2a)

=> là một nghiệm của phương trình ax2 + bx + c = 0 (đpcm)

Sau khi thử nghiệm một số trường hợp, tôi đã tổng quát bài toán như sau :

Bài toán 2 :

Chứng minh rằng : Nếu một phương trình bậc n (n ≥ 2) có hệ số hữu tỉ và một nghiệm vô tỉ là (m, n thuộc Q) thì cũng là một nghiệm của phương trìnhnày

Chứng minh : Đến đây có lẽ bạn đọc cũng thấy được sự bất lực của các cách 1 ; 2(bài toán 1) trong bài toán này Tuy nhiên sử dụng cách giải 3 bài toán 1 ta sẽ chứng minh được bài toán 2

Thật vậy : Xét phương trình P(x) = 0 với P(x) là đa thức bậc n và hệ số hữu tỉ.Xét :

=> cũng là nghiệm của phương trình P(x) = 0 : (đpcm)

Bây giờ chúng ta xét đến bài toán 3 cũng là một bài toán quen thuộc về phương trình bậc hai

Bài toán 3 :

Chứng minh rằng : Một phương trình bậc hai không thể có nghiệm hữu tỉ nếu các

hệ số của nó đều lẻ

Chứng minh : Giả sử phương trình bậc hai ax2 + bx + c = 0 (a, b, c thuộc Z, lẻ)

có nghiệm hữu tỉ là (p, q thuộc Z, q ≠ 0, (p, q) = 1)

=> : Phương trình không có nghiệm hữu tỉ (đpcm)

Để tổng quát bài toán này có lẽ một số bạn sẽ mắc sai lầm khi quy về phương trình bậc n bất kì Điều này không đúng với n lẻ, chẳng hạn n = 3 ta có phương trình :

Tương đương với : anpn + an - 1pn - 1q + + a1pqn - 1 + a0qn = 0 (3)

=> anpn chia hết cho q và a0qn chia hết cho p , mà (p, q) = 1 => an chia hết cho q

và a0 chia hết cho p => p, q lẻ (vì a0, an lẻ)

Do ai (i = 0, ,n) , p, q lẻ, n chẵn => vế trái của (3) là số lẻ khác 0 (vô lí)

=> : Phương trình không có nghiệm hữu tỉ (đpcm)

TOÁN TUỔI THƠ 5

NHỮNG KHAI THÁC TỪ MỘT ĐA THỨC QUEN THUỘC

Lời tòa soạn : Đa thức F(a, b, c) = a3 + b3 + c3 - 3abc Bài toán 1 : Phân tích đa

Nếu a3 + b3 + c3 = 3abc thì a3 + b3 + c3 - 3abc = 0

Tương đương 1/2.(a + b + c)[ (a - b)2 + (b - c)2 + (c - a)2 ]

Hay tương đương với hoặc a + b + c = 0 hoặc a = b = c

Nếu cho a = x - y ; b = y - z ; c = z - x thì a + b + c = 0, ta có bài toán :

Bài toán 2 : (Đề thi học sinh giỏi toán cấp II, miền Bắc 1962)

Phân tích đa thức (x - y)3 + (y - z)3 + (z - x)3 thành nhân tử

Lời giải : Từ nhận xét trên ta có ngay :

* Lại cho a = 1/x ; b = 1/y ; c = 1/z , ta có bài toán khác :

Bài toán 4 : Cho 1/x + 1/y + 1/z = 0

Tính : P = xy/z2 + yz/x2 + zx/y2

Lời giải : Theo bài toán 1, a3 + b3 + c3 = 3abc

Tương đương với : hoặc a + b + c = 0 hoặc a = b = c

+ Nếu a + b + c = 0 thì :

A = (a + b)/b (b + c)/c (c + a)/a = (- c/b).(- a/c).(- b/a) = - 1

+ Nếu a = b = c thì : A = (1 + 1)(1 + 1)(1 + 1) = 2 2 2 = 8 Vậy A nhận hai giá trị là 8 và -1

* Với a = yz ; b = zx ; c = xy thì : a3 + b3 + c3 = 3abc

Tương đương y3z3 + z3x3 + x3y3 = 3x2y2z2

Bài toán 7 : Giải hệ :

(Thi học sinh giỏi TP Hồ Chí Minh, 1986-1987)

Lời giải : Theo bài 1, ta có :

a3 + b3 + c3 - 3abc = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca)

Tương đương 1 - 3abc = 1 - ab - bc - ca

Hay 3abc = ab + bc + ca (1)

Mặt khác (a + b + c)2 = 1

Tương đương a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) = 1

Hay ab + bc + ca = 0 (2)

Từ (1) và (2) => abc = 0 tương đương với hoặc a = 0 hoặc b = 0 hoặc c = 0

Từ đây lần lượt => các nghiệm của hệ là : (a, b, c) = (0, 0, 1) ; (0, 1, 0) ; (1, 0, 0) ;

Bài toán 8 : Cho :

Tính giá trị của biểu thức :

P = a2002 + b2003 + c2004

Lời giải : áp dụng bài 7, ta có kết quả duy nhất P = 1

Bài toán 9 : (Thi vào lớp 10 chuyên toán THPT Lê Hồng Phong, TP Hồ Chí Minh,

1998)

Cho ΔABC có ba cạnh a, b, c thỏa mãn : a3 + b3 + c3 = 3abc Hỏi ΔABC là tam giác gì ?

Lời giải : a3 + b3 + c3 = 3abc tương đương với hoặc a + b + c = 0 ( không xảy

ra vì a, b, c > 0) hoặc a = b = c tương đương với ΔABC là tam giác đều

Bài toán 10 : Cho :

Tính x3 + y3 + z3 theo a, b, c

Lời giải : áp dụng bài 1 :

Tương đương hoặc a + b + c = 0 hoặc x + y - 1 = 0

+ Với a + b + c = 0, theo bài toán 1 => đpcm

+ Với x + y - 1 = 0 => y = 1 - x, thay vào hệ, sau một số biến đổi dẫn đến a = b

= c, theo bài toán 1 => đpcm

Chắc chắn vẫn còn nhiều tìm tòi khám phá xung quanh đa thức F(a, b, c) = a3 +

Bài toán 16 : Cho abc ạ 0, a + b + c = 0

Tính : a2/(ab) + b2/(ca) + c2/(ab)

Bài toán 17 : Cho a + b + c + d = 0 Chứng minh rằng :

TUYỆT VỜI !

TÔI CŨNG TÌM RA RỒI !

Trước đây, tôi có đọc trong một cuốn sách, bài toán : “Cho x1, x2, x3, x4 là bốn số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện : x1 + x2 + x3 + x4 = 1 Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

”(Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Toán - Tin trường Đại học Sư phạm Hà Nội năm 1999), lời giải như sau :

áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpski, ta có : Từ (1), (2), (3) => :

Dấu đẳng thức xảy ra khi x1 = x2 = x2 = x3 = x4 = 1/4

Vậy giá trị nhỏ nhất của T là 1/4 khi x1 = x2 = x2 = x3 = x4 = 1/4

Lời giải như sau :

Bài toán phụ : Chứng minh rằng a4 + b4 ≥ a3b + ab3 (xem lời giải của bạn Chi)

Trong chương trình hình học 8, phần hình thang, có một định lí quan trọng

Định lí 1 : Đường trung bình của hình thang song song với hai đáy và có độ dài

bằng nửa tổng hai đáy

Sau khi có định lí Talét, định lí 1 được mở rộng thành một định lí mới với nhiều ứng dụng quan trọng Bài viết này xin giới thiệu với bạn đọc định lí mới đó và mộtvài ứng dụng của nó

Định lí 2 : Cho hình thang ABCD Các điểm M, N thuộc các cạnh bên AD, BC và thỏa mãn điều kiện MA/MD = NB/NC = m/n Khi đó, ta có :

a) MN song song với AB, DC b) MN = (nAB + mDC)/(m + n)

Chứng minh : Đặt E là giao điểm của AN và DC (hình 1)

a) Vì AB // DC nên : AN/EN = BN/CN (1)

Theo giả thiết : BN/CN = AM/DM (2)

Từ (1), (2) => : AN/EN = AM/DM => MN // DC, AB (định lí Talét đảo)

b) Theo định lí Talét thuận, ta có :

MN = AM/AD DE = AM/AD (DC + CE) = AM/AD (DC + CE/AB AB) = AM/AD (DC + CN/BN AB) (3)

Từ giả thiết ta có : MA/MD = NB/NC = m/n , ta có : AM/AD = m/(m + n) và CN/BN = n/m (4) Từ (3), (4) => :

MN = m / (m + n) (DC+ n/m.AB) => MN = (nAB + mCD)/(m + n)

Định lí 2 đã được chứng minh Dưới đây là một vài ứng dụng của nó

Bài toán 1 : Cho tam giác ABC, các phân giác BE, CF Điểm M thuộc đoạn EF H,

K, L là hình chiếu của M trên BC, CA, AB Chứng minh rằng : MH = MK + ML

Bài toán 2 : Cho tam giác ABC nhọn, phân giác BE, CF, đường cao BH, CK O, I

theo thứ tự là tâm các đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp Chứng minh rằng : I, H, K thẳng hàng khi và chỉ khi O, E, F thẳng hàng

Để giải BT2, ta không chỉ cần BT1 mà cần có thêm bổ đề sau

Bổ đề 1 : Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn Đường phân giác của các góc

DAB , CBA và đường thẳng CD đồng quy khi và chỉ khi DA + CB = DC

Việc chứng minh bổ đề trên khá dễ dàng, xin dành cho bạn đọc

Lời giải (BT2) :

Gọi X, Y, Z là hình chiếu của O trên BC, CA, AB (hình 3) Vì O là tâm đường tròn ngoại tiếp ΔABC => Đ ABC = Đ AOY = 1/2 Đ AOC => ΔBKC đồng dạng với ΔOYK ;tương tự : ΔCHB đồng dạng với ΔOZA ; ΔOXB đồng dạng với ΔAKC

=> BK/BC = OY/OA ; CH/CB = OZ/OA ; OX/OB = AK/AC (1)

Tứ giác BCKH nội tiếp => ΔAHK đồng dạng với ΔABC => HK/BC = AK/AC , từ (1)

=> HK/BC = OX/OB (2)

Vì tứ giác BCHK nội tiếp nên theo BĐ1, ta có : I, H, K thẳng hàng tương đương BK+ CH = HK

Bài toán dưới đây là đề dự tuyển IMO năm 1998, do Ba Lan đề xuất

Bài toán 3 : Cho tứ giác nội tiếp ABCD Các điểm E, F theo thứ tự thay đổi trên

các cạnh AB, CD sao cho AE/BE = CF/DF Điểm P thuộc đoạn EF sao cho PE/PF =AB/CD Chứng minh rằng : S(PAD) / S(PBC) không phụ thuộc vào E, F (S(.) chỉ diện tích của tam giác)

Lời giải : Gọi P1, E1, F1 là hình chiếu của P, E, F trên AD ; P, E, F là hình chiếu của

P, E, F trên BC (hình 4)

Theo định lí 2, ta có :

Từ hai đẳng thức trên với chú ý rằng PE/PF = AB/CD , ta có :

TOÁN TUỔI THƠ 8

MỞ RỘNG ĐỊNH LÍ

VỀ ĐƯỜNG TRUNG BÌNH CỦA HÌNH THANG

(TIẾP THEO KÌ TRƯỚC)

Bài toán 4 : Cho tứ giác ABCD Các điểm X, Y, Z, T theo thứ tự thuộc các cạnh

AB, BC, CD, DA sao cho các đường thẳng XT, YZ, BD đồng quy Chứng minh rằng : P(XYZT) < max {P(BCD) ; P(CDA) ; P(DAB) ; P(ABC)}

Để giải BT4, ta cần có hai bổ đề

Bổ đề 2 : Cho tam giác ABC Một đường thẳng bất kì, không đi qua A, B, C, theo

thứ tự cắt các đường thẳng BC, CA, AB tại X, Y, Z Ta có : XB / XC YC / YA ZA /

BĐ3 được chứng minh khá dễ dàng nhờ kết quả có trong bài toán 7 thuộc bài viết

“Bắt đầu từ ý tưởng của Hê Rông” của TS Nguyễn Minh Hà (Toán Tuổi thơ 2, số

6, 8/2003)

Trở lại việc chứng minh BT4

Giả sử XT, YZ, BD đồng quy tại H Không mất tính tổng quát, giả sử H thuộc tia đối của tia BD (hình 5a, hình 5b)

Theo (1) ta có : XA/XB < YC/YA => TZ, XY cùng cắt AC

Đặt K = TZ giao với AC ; K’ = XY giao với AC Từ các bất đẳng thức TD/TA > ZD/ZC ; XA/XB < YC/YA dễ dàng => K, K’ cùng thuộc tia đối của của tia AC (2)

áp dụng BĐ2 cho ΔDAC và ΔBAC, ta có :

ZC/ZD TD/TA KA/KB = 1 và YC/YA XB/XA K'A/K'B = => KA/KB = K'A/K'B (3)(theo (1))

Từ (2), (3) => : K trùng với K’ Vậy : TZ, XY, AC đồng quy (tại K)

+ Trường hợp 2 và trường hợp 3 hoàn toàn giống nhau

+ Trường hợp 1 tương tự nhưng đơn giản hơn các trường hợp 2, 3

Vì lí do trên, để cho đơn giản, ta chỉ tiến hành chứng minh phần còn lại của BT4 trong trường hợp 2 (hình 5b) Trên các cạnh DC, CB của tứ giác ABCD ta lấy các điểm M, N sao cho : AM // TZ ; AN // XY Theo định lí Talét, ta có : MZ/MC = AK/AC = NY/NC => MN // ZY

Trên các cạnh CB, BA của tứ giác ABCD ta lấy các điểm P, Q sao cho : DP // ZY ;

DQ // TX Theo định lí Talét, ta có : PY/PB = DH/DB = QX/QB => PQ // XY Tóm lại ta có : AM // TZ ; DQ // TX ; MN // ZY // DP ; PQ // XY // AN Từ đó => :XA/XQ = YN/YP = ZM/ZD = TA/TD = m/n (m, n > 0 ; m + n = 1)

áp dụng định lí 2 cho các hình thang AQPN, PNMD và định lí Talét cho các tam giác MDA, DAQ, ta có : XY = mQP + nAN , YZ = mPD + nNM , ZT = nMA và TX =mDQ

=> P(XYZT) = mP(DPQ) + nP(AMN) Δ (m + n) max {P(DPQ) ; P(AMN)} = max {P(DPQ) ; P(AMN)} (4)

Đặt {P(BCD) ; P(CDA) ; P(DAB) ; P(ABC)} = (*)

Theo BĐ3, ta có : P(DPQ) ≤ max (*) và P(AMN) ≤ max (*) (5)

Trong (5), dấu bằng không xảy ra ở cả hai bất đẳng thức (bạn đọc tự kiểm tra) Kết hợp với (4), ta có : P(XYZT) < max {P(BCD) ; P(CDA) ; P(DAB) ; P(ABC)}

Bài toán 5 : Cho tứ giác ABCD Các điểm M, N thuộc các cạnh AB, CD sao cho :

AM/BM = CN/DN

Đặt E = AN giao với DM ; F = BN giao với CM Chứng minh rằng : S(MENF) = S(AOE) + S(BCF)

Bài toán 6 : Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) AE, BF là các đường

phân giác Tia EF cắt (O) tại I Chứng minh rằng : 1/IA = 1/IB + 1/IC

Bài toán 7 : Cho tam giác ABC Điểm M chạy trên cạnh BC (O1), (O2) là đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABM, ACM Tìm quỹ tích trung điểm I của đoạn O1O2

Bài toán 8 : Cho tam giác ABC, AD, BE, CF là các đường phân giác Các điểm X,

Y, Z theo thứ tự thuộc các đoạn EF, FD, DE X’, Y’, Z’ là hình chiếu của X, Y, Z lên các đường thẳng AB, BC, CA Chứng minh rằng :

XX’ + YY’ + ZZ’ ≤ XY + YZ + ZX

TOÁN TUỔI THƠ 9

Trong một đề thi học sinh giỏi lớp 8 năm học 2000 - 2001 có bài toán sau :

Bài toán : Cho a, b là hai số tự nhiên lớn hơn 1 Giả sử a1945 + b1945 và a1954 +

b1954 đều chia hết cho 2001 Hỏi a2002 + b2002 có chia hết cho 2001 không ?

Về bài toán này, nhiều bạn đã chỉ kết luận rằng : “a2002 + b2002 chỉ chia hết cho

2001 khi ab chia hết cho 2001 hoặc a1996 + b1996 chia hết cho 2001”

Khó hài lòng với kết luận trên (một kết luận như là chưa kết luận), tôi đã tiếp tục suy nghĩ và phát hiện ra một kết quả khá bất ngờ, đó là a và b đều phải chia hết cho 2001, với hai lời giải trình bày dưới đây

Lời giải 1 : Gọi p là ước số nguyên tố bất kì của 2001, => p lẻ và a1945 + b1945 ;

a1954 + b1954 đều phải chia hết cho p

Nếu một trong hai số a ; b chia hết cho p, dễ dàng => số còn lại cũng chia hết cho p

Do đó trường hợp này không xảy ra

Vậy : với p là ước nguyên tố bất kì của 2001 thì a chia hết cho p và b chia hết cho

Theo hướng khác, các biểu thức ở đề bài gợi ý ta nghĩ đến định lí nhỏ Féc-ma, từ

đó ta có lời giải 2 như sau

Trước hết, ta phát biểu và chứng minh một bổ đề

Bổ đề : Cho các số nguyên x, y và số nguyên tố p Nếu p có dạng 4k + 3 và (x2 +

y2) chia hết cho p thì x chia hết cho p và y chia hết cho p

Chứng minh : Giả sử x không chia hết cho p, => y cũng không chia hết cho p

=> 2 chia hết cho p, vô lí vì p nguyên tố lẻ

Vậy x chia hết cho p, => y chia hết cho p, bổ đề được chứng minh

Lời giải 2 :

Đặt x = a977 ; y = b977

=> x2 + y2 = (a1954 + b1954) chia hết cho p

áp dụng bổ đề cho x ; y và p = {3 ; 23} ta có a977 và b977 cùng chia hết cho 3 và

23, => a và b cùng chia hết 3 và 23 1945 + b1945) chia hết cho 2001 và (a1954 +

b1954) chia hết cho 2001 nên (a1945 + b1945) chia hết cho 29 và (a1954 + b1954) chia hết cho 29, áp dụng hằng đẳng thức trong lời giải 1, ta chứng minh được : (a1963

+ b1963) chia hết cho 29 ; … ; (a2044 + b2044) chia hết cho 29 (3)

Giả sử a không chia hết cho 29, => b cũng không chia hết cho 29 Theo định lí Féc-ma nhỏ, (a28 - 1) chia hết cho 29 và (b28 - 1) chia hết cho 29

Mặt khác a2044 - 1 = ((a28)73 - 1) chia hết cho (a28 - 1)

=> (a2044 - 1) chia hết cho 29, tương tự thì (b2044 - 1) chia hết cho 29 => (a2044 +

b2044 - 2) chia hết cho 29 => 2 chia hết cho 29 (do (3)), vô lí Vậy a chia hết cho

(a + b)(a2 - ab + b2) - ab(a + b) 0

tương đương với (a + b)(a2 - 2ab + b2) 0

hay là (a + b)(a - b)2 0, đúng với mọi a, b dương Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b

* Ta có : (*) tương đương với a3/b + b2 a(a +ab)

hay là : a3/b + b2 a2 + ab

Tương tự, với a, b, c dương thì :

b3/c + c2 b2 +cb ; c3/a + a2 cb2 +ca

Từ đó, ta chứng minh được bài toán :

Bài toán 2 : Với ba số a, b,c dương, chứng minh rằng :

a3/b+ b3/c + c2 + c3/a ab + bc + ca

* Từ (*), tiếp tục => : (a3 + b3)/ab a + b; (b3 + c3)/bc b + c; (c3 +a3)/ca c + a; với a, b, c là ba số dương Sử dụng kết quả này, ta chứng minh được bài toán trong đề thi vào 10 chuyên Lê Hồng Phong 2000-2001 :

Bài toán 3 : Với a, b,c dương, chứng minh rằng :

* Nhận xét : Nếu bổ sung giả thiết abc = 1, thì

(*) tương đương với : a3 + b3 + abc ab(a + b) + abc

Ta đề xuất được bài toán :

Bài toán 5 : Cho a, b, c dương, abc = 1 Chứng minh rằng :

1/(a3 + b3 + 1) + 1/(b3 + c3 + 1) + 1/(c3 + a3 + 1) 1

* áp dụng bài toán 5, ta sẽ chứng minh :

Bài toán 6 : (Đề dự tuyển kì thi toán Quốc tế lần thứ 37, năm 1996)

Cho a, b, c dương, abc = 1 Chứng minh :

ab/(a5 + b5 + ab) + bc/(b5 + c5 + bc) + ca/(c5 + a5 + ca) 1

Lời giải : Ta sẽ chứng minh

ab/(a5 + b5 + ab) + bc/(b5 + c5 + bc) + ca/(c5 + a5 + ca) 1/(a3 + b3 + 1) + 1/(b3

Tương tự, (2) và (3) cũng đúng, bài toán được chứng minh

* Đề nghị các bạn áp dụng bất đẳng thức (*) để tiếp tục chứng minh các bài toán:

1 Cho a, b, c không âm, chứng minh :

2 Cho a, b, c dương, chứng minh :

TOÁN TUỔI THƠ 11 Bài toán : Cho đường tròn tâm O và hai điểm A, B cố định nằm trên đường tròn

Hai điểm M, N chạy trên đường tròn sao cho MN cắt đoạn thẳng AB Tìm quỹ tích trung điểm I của MN

Trước khi giải bài toán, xin phát biểu không chứng minh một bổ đề đơn giản

Bổ đề : Cho đường tròn (w) đường kính AB và điểm M.

Nếu M nằm trên (w) thì Đ AMB = 90o

Nếu M nằm trong (w) thì Đ AMB > 90o

Nếu M nằm ngoài (w) thì Đ AMB < 90o

Chú ý : Khi M trùng A thì tia MA được hiểu là tiếp tuyến với (w) tại A

Trở lại việc giải bài toán thách đấu

Thuận : Giả sử I là trung điểm của dây MN và MN cắt đoạn AB Vì MN cắt đoạn

AB nên A, B nằm về hai phía của MN => :

I nằm ngoài đường tròn đường kính AO

I nằm trong đường tròn đường kính BO

hoặc:

I nằm trong đường tròn đường kính AO

I nằm ngoài đường tròn đường kính BO

=> I thuộc hình H gồm hai hình tròn đường kính AO, BO bỏ đi phần chung của chúng (hình H là phần tô màu như hình vẽ)

Đảo : Giả sử I thuộc hình H (nói trong phần thuận) Vì I thuộc H nên I nằm trong

đường tròn tâm O (nói trong đề bài) => đường thẳng qua I, vuông góc với OI cắt đường tròn tâm O tại hai điểm M, N Đương nhiên, I là trung điểm của MN (1)

Cũng vì I thuộc H nên :

I nằm ngoài đường tròn đường kính AO

I nằm trong đường tròn đường kính BO

hoặc:

I nằm trong đường tròn đường kính AO

I nằm ngoài đường tròn đường kính BO

Từ (1), (2) => phần đảo đã được chứng minh

Kết luận : Quỹ tích của các điểm I thỏa mãn điều kiện của đề bài là hình H (đã

mô tả ở trên và được tô màu như hình vẽ)

TOÁN TUỔI THƠ 12

CÓ BAO NHIÊU CÁCH CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC CÔ-SI ?

Bài toán chứng minh bất đẳng thức Cô-si cho ba số không âm là bài toán tương đối khó với học sinh THCS Xin được giới thiệu với các bạn ba cách chứng minh bất đẳng thức này

Bài toán : Cho a, b, c 0 Chứng minh rằng :

Cách 1

Bài toán phụ : Cho x, y, z, t 0 Chứng minh rằng : (bất đẳng thức Cô-si cho bốn số không âm)

Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số không âm, ta có :

Cách 3 áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số không âm, ta có :

TOÁN TUỔI THƠ 13

Sau khi đọc bài “Có bao nhiêu cách chứng minh bất đẳng thức Cô-si” (cho 3 số không âm) với 3 cách chứng minh của tác giả Tạ Thập, tôi xin được góp thêm một cách chứng minh khác

Với a = b = c = 0, bất đẳng thức hiển nhiên đúng

Ngược lại, không mất tính tổng quát, giả sử : 0 < a ≤ b ≤ c Khi đó : 0 < a ≤ (a + b + c)/3 ≤ c

Do đó : [(a + b + c)/3 - a].[c - (a + b + c)/3 ] ≥ 0

Tương đương với : a + c - (a + b + c)/3 ≥ ac/(a + b + c)/3 ≥ 0

Dễ thấy : {[b + a + c - (a + b + c)/3 ]/2}2 ≥ b[a + c - (a + b + c)/3]

=> : [(a + b + c)/3]2 ≥ abc/(a + b + c)/3 hay (a + b + c)/3 ≥ (abc)1/3

Từ đây ta có một lời giải đơn giản cho bất đẳng thức Cô-si dạng tổng quát :

Lời giải : Với a1 = a2 = = an = 0 thì bất đẳng thức đúng Ngược lại :

Dễ thấy bất đẳng thức đúng trong trường hợp 2 số không âm Giả sử bất đẳng thức đúng trong trường hợp n - 1 số không âm (giả thiết quy nạp)

Không mất tính tổng quát, giả sử : 0 < a1 a2 ≤ ≤ an, ta có :

0 < a1 ≤ T = (a1 + a2 + …+ an)/n ≤ an

Do đó : (T - a1)(an - T) ≥ 0

Tương đương với a1 + an - T ≥ a1an / T ≥ 0

Xét n - 1 số không âm a2, a3, , an-1, a1 + an - T Theo giả thiết quy nạp ta có :{[ a2 + a3 + … + an + (a1 + an - T)]/(n - 1)}n - 1 ≥ a2a3an - 1(a1 + an - T)

(hệ phương trình đối xứng loại hai)

Thí dụ 2 : Giải phương trình :

(đề thi vào lớp 10 trường THPT Lê Hồng Phong, TP Hồ Chí Minh năm 2001 - 2002)

Lời giải :Đ iều kiện :

So với điều kiện ban đầu thì nghiệm của phương trình (II) là : x = - 1

Vậy phương trình (III) có hai nghiệm là : x = - 2 và x = - 4

TOÁN TUỔI THƠ 15

Cho hai bộ số dương a1 ≥ a2 ≥ a3 và b1 ≥ b2 ≥ b3 Khi đó : Nếu ta đặt

Như vậy, trong các tổng trên thì A có giá trị lớn nhất và F có giá trị nhỏ nhất Dựavào kết quả này, ta chứng minh được khá nhiều bất đẳng thức khác

Bài toán 1 : Cho a, b, c là các số dương Chứng minh rằng :

3abc ≤ a3b/c + b3c/a + c3a/b + a3c/b + b3a/c + c3b/a

Lời giải : Do vai trò của a, b, c như nhau, không mất tính tổng quát, giả sử b ≥ a

≥ c

=> a2b2 ≥ b2c2 ≥c2a2 và b/ac≥ a/bc≥ c/ab

áp dụng kết quả trên cho hai bộ số này, ta có :

a2b2 c/ab + b2c2 a/bc + c2a2.b/ac ≤ a2b2.b/ac + b2c2 a/bc + c2a2 c/ab

Hay 3abc ≤ a3c/b + b3a/c + c3b/a (1)

Tương tự 3abc ≤ a3b/c + b3c/a + c3a/b + a3c/b (2)

Lại áp dụng kết quả trên cho hai bộ số :

a3 ≥ b3 ≥ c3 và a/(abc) ≥ b/(abc) ≥ c/(abc)

Bài toán thách đấu : So sánh 5255 và 2572

Nhận xét : Số các võ sĩ “so găng” khá đông Nhưng nếu chỉ giải được thì làm sao

mà đạt đến trình độ để mọi người “tâm phục, khẩu phục” ?

Bài này có nhiều cách “đánh”, nhưng hầu hết dựa vào so sánh 54 và 29

P = a + b + a3 + b3 ;

Q = a2 + b2 + a4 + b4 ;

R = a2001 + b2001 + a2003 + b2003 là những số nguyên và chia hết cho 5

Lời giải : Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp, Sn = an + bn + an + 2 + bn + 2 (với n Є N*) là những số nguyên và chia hết cho 5

Theo định lí Vi-ét, a + b = 1 và ab = -1 (*)

+ Với n = 1, từ (*) ta có : S1 = a + b + a3 + b3

= (a + b) + (a + b)3 - 3ab(a + b) = 5

Vậy S1 là số nguyên và chia hết cho 5

+ Giả sử bài toán đúng với n = k > 1, nghĩa là ta có Sk = ak + bk + ak + 2 + bk + 2 là

số nguyên và chia hết cho 5

+ Với n = k + 1, từ (*) ta có :

Sk + 1 = ak + 1 + bk + 1 + ak + 3 + bk + 3

= (ak + bk)(a + b) - ab((ak - 1 + bk - 1) + (ak + 2 + bk + 2)(a + b) - ab((ak + 1 + bk + 1) =

ak + bk + ak - 1 + bk - 1 + ak + 2 + bk + 2 + ak + 1 + bk + 1 => Sk + 1 = Sk + Sk - 1, là số nguyên và chia hết cho 5

Theo nguyên lí quy nạp, bài toán được chứng minh

Sau khi giải bài toán trên, tôi tiếp tục gặp một bài toán cùng dạng

Bài toán 2 : Gọi x1 và x2 là hai nghiệm của phương trình x2 - 14x + 1 = 0 Chứngminh rằng biểu thức Sn = x1n + x2n nhận giá trị nguyên và không chia hết cho 13 với mọi n Є N*

Quá trình đi tìm lời giải của bài toán 2 giúp tôi phát hiện ra bài toán tổng quát

Bài toán 3 : Gọi x1 và x2 là hai nghiệm của phương trình x2 - mx + 1 = 0, với m

> 3, m &1028; N Chứng minh rằng với mọi n Є N* thì biểu thức Sn = x1n + x2n là

số nguyên và không chia hết cho m - 1

Hướng dẫn : Vì m > 3 => ∆ > 0 => x1 ≠ x2, thỏa mãn : x1 + x2 = m ; x1.x2 = 1 Bằng quy nạp, kiểm tra kết quả với n = 1 và n = 2

Giả sử bài toán đúng với n = k > 2 Ta có : (x12 - mx1 + 1)x1k - 1 +(x22 - mx2 + 1)x2k

- 1 = 0 Sk + 1 = m.Sk - Sk - 1 = m(m.Sk - 1 - Sk - 2) - Sk - 1 = (m2 - 1)Sk - 1 - m.Sk - 2, là số nguyên và không chia hết cho m - 1

Thành công khi đề xuất bài toán 3 khuyến khích tôi đặt câu hỏi cho bài toán 1 : Nếu thay hệ số -1 ở số hạng x trong phương trình thì kết quả sẽ như thế nào ? Qua một vài trường hợp đặc biệt, tôi đã có câu trả lời

Bài toán 4 : Gọi x1 và x2 là hai nghiệm của phương trình x2 - mx - 1 = 0 Chứng minh rằng với mọi m, n Є N* thì biểu thức

Sn = x1n + x2n + x1n + 2 + x2n + 2 là số nguyên và chia hết cho m(m2 + 4)

Hướng dẫn : Vì ∆ = m2 + 4 > 0 với mọi m Є N* => x1 ≠ x2, thoả mãn : x1 + x2 =

m ; x1.x2 = -1 Bằng quy nạp, biến đổi như bài toán 1 ta có Sk + 1 = m.Sk + Sk - 1

là số nguyên và chia hết cho m(m2 + 4)

TOÁN TUỔI THƠ 17

Bài toán : Cho hình thang ABCD (AB // CD) M là trung điểm của AD Qua M kẻ

đường thẳng song song với AB, cắt BC tại N Chứng minh rằng N là trung điểm

của BC Lời giải :

Cách 1 : Lấy N’ là trung điểm của BC (hình 1), vậy MN’ là đường trung bình của

hình thang ABCD, suy ra MN’ // AB

Từ giả thiết MN // AB => MN // MN’ => MN MN’ => N N’ => N là trung điểm ∶ ∶của BC

Cách 2 : Gọi P = AC MN (∩ hình 2)

Từ giả thiết suy ra MN // CD Xét ∆ADC, M là trung điểm của AD, MP // CD nên

MP là đường trung bình của tam giác, suy ra P là trung điểm của AC

Xét ∆CAB, tương tự ta có PN là đường trung bình của tam giác nên N là trung điểm của BC

Cách 3 : Qua B, kẻ đường thẳng song song với AD, cắt MN, CD lần lượt tại P, Q

(hình 3) Kết hợp với giả thiết, ta suy ra ABPM và MPQD là các hình bình hành nên

AM = PB, MD = PQ Mặt khác, M là trung điểm của AD hay MA = MD nên PB =

PQ hay P là trung điểm của BQ

Xét ∆BQC, tương tự như cách 2 ta có PN là đường trung bình của tam giác nên N

là trung điểm của BC

Cách 4 : Qua B, N kẻ các đường thẳng song song với AD, lần lượt cắt MN, CD tại

P, Q (hình 4) Dễ thấy ABPM và MNQD là các hình bình hành nên AM = PB, MD =

NQ => PB = NQ (do MA = MD) Mặt khác, PNB = QNC (đồng vị), BPN =    NQC (cạnh tương ứng song song cùng chiều)

Vậy ∆BPN = ∆NQC (g.c.g) => BN = CN => N là trung điểm của BC

Cách 5 : (dùng phương pháp diện tích) Lấy điểm E bất kì trên đoạn MN (hình 5)

Vì M là trung điểm của AD, MN // AB, AB // CD nên hoàn toàn có thể chứng minh được khoảng cách từ các điểm A, B, C, D xuống MN bằng nhau, ta kí hiệu là h Suy ra SBEN = SCEN = 1/2.h.EN Mặt khác, hai tam giác này có chung chiều cao xuấtphát từ E xuống BC nên BN = CN hay N là trung điểm của BC.

TOÁN TUỔI THƠ 19

* Bổ đề : Nếu a + b ≥ 0 thì với mọi m ; n nguyên dương ta có :

TOÁN TUỔI THƠ 20

TOÁN TUỔI THƠ 21

TÌM LỜI GIẢI BÀI TOÁN BẰNG CÁCH MỞ RỘNG BÀI TOÁN

Trong “Croatian National Mathematics Competition Kraljevica, May-1996” tôi đã gặp một bài toán bất đẳng thức khá thú vị :

Bài toán 1 : Cho các số a, b, c, d khác 0 và thỏa mãn đẳng thức a + b + c + d =

= (ab + b(-M - b) + (-M - b)(M - a)) + + (a(-M - b) + a(M - a) + b(M - a))  

= (ab - bM - b2 - M2 - bM + aM + ab) + + (-aM - ab + aM - a2 + bM - ab)  

Kết hợp với điều kiện 0 < x ≤ 1 ta suy ra :

Vậy với 0 < ≤ thì S = S   1 + S 2 ≤ 0 khi và chỉ khi (1) 

* Xét trường hợp 0 < ≤ , tương tự như trường hợp trên : Chia cả hai vế của (*) cho a2 ≠ 0 và đặt u = b/a ta có :

Từ (1) và (2) suy ra : Với và là các số dương, điều kiện để S = S   1 + S 2 ≤ 0 là

Trở lại bài toán 1 Ta thấy nó là một trường hợp đặc biệt của kết quả trên :

Với = 5 và = 8 thì   đúng, suy ra S = 5S1 + 8S2 ≤ 0

Với = 8 và = 5 thì   đúng, suy ra S = 8S1 + 5S2 ≤ 0

Vậy :

TOÁN TUỔI THƠ 22

a 3 + b 3 ≥ ab(a + b) với a, b dương (*)

Cũng từ bất đẳng thức (*), tôi tiếp tục những hướng khai thác khác và đã thu được một vài kết quả sau

Hướng thứ nhất : Ta có (*) tương đương với 3a3 ≥ 2a3 + 2a,sup>2b + 2ab2 -

a2b - ab2- b3

<=> 3a3 ≥ (2a - b)(a2 + ab + b2)

Từ đó ta có bài toán :

Bài toán 1 : Cho a, b, c là các số dương Chứng minh rằng :

Hướng thứ hai : Ta lại có

Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số không âm ta có :

Ta có bài toán tiếp theo :

Bài toán 2 : Cho a, b, c là các số dương Chứng minh rằng :

Hướng thứ ba : Ta biến đổi