Toan hoc trong nhaTruong Khoa Toan Dhsp Ha noi 2 so 23

Claude Louis Marie Henry Navier (Trang 21).. Mét yÕu tè quan träng n÷a cña gi¶ng d¹y lµ bµi tËp. Ngay c¶ nh÷ng vËn ®éng viªn thÓ thao tµi n¨ng còng ph¶i luyÖn tËp hµng ngµy.. b)VËn dô[r]

2

Hội đồng biên tập

Tổng biên tập: TS Khuất Văn Ninh

Phó tổng biên tập (kiêm Trưởng Ban biên tập): TS Bùi Kiên Cường

Thư ký Ban biên tập: ThS Nguyễn Ngọc Tú

Các biên tập viên:

TS Trần Minh Tước, TS Nguyễn Quang Huy, NCS Trần Văn Bằng, NCS Nguyễn Huy Hưng, ThS Dương Thị Hà, ThS Đào Thị Hoa, ThS Đinh Thị Kim Thuý, ThS Dương Thị Luyến, ThS Nguyễn Thị Kiều Nga, CN Nguyễn Trung Dũng, CN Hà Thị Thu Hiền, CN Nguyễn Thị Thuý Hằng, CN Nguyễn Văn Tuyên, CN Hoàng Ngọc Tuấn

Cộng tác viên: Phan Thành Nam K29G Toán, Nguyễn Quỗc Tuấn K29G Toán,

Giảng dạy toán phổ thông như thế nào là tốt? (Trang 3)

ứng dụng lý thuyết xấp xỉ đều vào giải một số bài toán cực trị ở bậc THPT (Trang 4)

Sử dụng tính chẵn lẻ trong giải toán số học (Trang 7)

Về bài toán nhận dạng hình tam giác, hình chữ nhật ở tiểu học (Trang 10)

Đề thi Olimpic toán sinh viên toàn quốc năm 1996 (Trang 14)

Đáp án đề thi olimpic toán sinh viên toàn quốc năm 1995 (Trang 15)

Đề ra kỳ này(Trang 20)

Giải bài kỳ trước (Trang12)

Lịch sử lý thuyết toán tử (Trang 17)

Claude Louis Marie Henry Navier (Trang 21)

Tiếng anh qua các bài toán (Trang 22)

Giải trí toán học – Sai lầm ở đâu(Trang 25)

Suy nghĩ về một bài báo (Trang 23)

Bốn cách chứng minh sự phân kỳ của Chuỗi điều hoà (Trang 24)

Tham gia biên tập số này gồm có:

Khuất Văn Ninh, Bùi Kiên Cường, Trần Minh Tước, Trần Văn Bằng, Nguyễn Văn Tuyên, Nguyễn Ngọc Tú

Diễn đàn

Diễn đàn –––– Thông tin Thông tin

Giảng dạy toán phổ thông

như thế nào là tốt?

GS.TSKH Ngô Việt Trung

(Viện Toán học)

Một lần nữa cả xã hội chúng ta lại phải “đón

nhận“ một cuộc cải cách giáo khoa, giáo trình cho học

sinh các bậc học phổ thông Nhiều ý kiến về nội dung

chương trình, về những bộ sách giáo khoa vẫn còn chưa

thống nhất được thì năm học tới việc đưa bộ sách giáo

khoa mới vào giảng dạy vẫn cứ được thực hiện

Nhằm giúp cho các bạn hiểu thêm về một ý kiến

xoay quanh vấn đề này, chúng tôi xin giới thiệu ý kiến

của GS.TSKH Ngô Việt Trung (Viện toán học) về việc

gảing dạy Toán học đăng trên Nội san Thông tin Toán

học (tháng 9 năm 2005)

GS Ngô Việt Trung vừa được Nhà nước tặng thưởng

Huân chương Lao động hạng III về những đóng góp của

ông trong việc đào tạo và nghiên cứu Toán học

Chúng ta sắp bước vào một cuộc cải cách giáo

trình nữa, lần này nhằm mục đích giảm thiểu

chương trình Dư luận đều cho rằng chương trình

giảng dạy ở phổ thông như vậy là quá nặng Vậy

thì nó nặng ở điểm nào?

Gần đây, Hội Toán học có tiến hành nghiên

cứu sách giáo khoa toán phổ thông qua các thời kỳ

cải cách Phát hiện kinh ngạc nhất đối với mọi

người là nội dung kiến thức con em chúng ta học

ngày nay về tổng thể không nặng hơn những gì

chúng ta được học cách đây hàng chục năm, chỉ có

cái khác là bố cục chương trình ngày nay đã làm

việc học hành của con em chúng ta khổ lên rất

nhiều Nhiều kiến thức bị xé nhỏ để dạy ở nhiều

lớp (với mục đích mưa dầm thấm lâu) đã làm cho

học sinh hiểu các khái niệm toán học một cách

phiến diện dẫn đến hiện tượng học trước quên sau

Nhiều dạng khác nhau của cùng một công thức

(cũng dạng mưa dầm thấm lâu) được nhồi nhét vào

trong giáo trình làm cho học sinh không hiểu cái

gì là gốc Đây chỉ là hai ví dụ về sự bất cập của

sách giáo khoa hiện nay Những cải cách kiểu này

có lẽ được bắt nguồn từ một số quan niệm sai lầm

Chúng ta thường lấy sách giáo khoa của các nước

khác để biện minh cho các thay đổi trong giáo

trình Nhưng sách giáo khoa của các nước này có

thực sự tốt hơn sách giáo khoa cũ của chúng ta

không thì không thấy ai nói đến

Hiện nay, đại đa số mọi người đều cho rằng

không nhất thiết phải giảng các chứng minh của

các công thức hay các mệnh đề trong toán học phổ

thông Lý do là sau này chỉ cần biết áp dụng các

kiến thức toán học là đủ, mà việc áp dụng lại

không đòi hỏi phải biết các chứng minh Gần đây

các nhà khoa học của Viện nghiên cứu

Max-Planck về giáo dục của Đức (xem

www.mpiber-lin.mpg.de/pisa) đã phát hiện ra rằng học sinh sẽ

nhớ công thức hơn nếu được giảng về suy luận

chứng minh so với việc chỉ giảng về công thức qua các ví dụ cụ thể Điều làm cho mọi người ngạc nhiên nhất chính là việc các học sinh kém về toán lại tiến bộ nhanh nhất khi được học theo một chương trình “toán học suy luận” so với một chương trình “toán học thực tiễn”

Việc nghiên cứu này được tiến hành sau một cuộc điều tra năm 2000 về trình độ học sinh ở các nước Cuộc điều tra này có tên là PISA (xem

www.pisa.oecd.org) Người Đức đã phát sốt khi biết tin trình độ hiểu biết toán học của con em mình chỉ đứng thứ 20 trong tổng số 43 nước được

điều tra Theo báo cáo của PISA thì học sinh Đức

ít có khả năng chuyển đổi các vấn đề hàng ngày thành các bài toán và cũng không biết ứng dụng các công thức toán đã học Trong các thử nghiệm của PISA, học sinh không cần phải tìm công thức tường minh cho các vấn đề đặt ra mà chỉ cần hiểu nội dung toán học của các câu hỏi Qua PISA người Đức hiểu rằng việc giảng dạy toán của họ có cái gì đó không ổn

Người lãnh đạo nhóm nghiên cứu tại Viện Max-Planck về giáo dục là nhà tâm lý học Elsbeth Stern nói rằng: “Bản chất toán học là trừu tượng,

điều này không cần phải bàn cãi Việc nhồi nhét các công thức sẽ không giúp học sinh hiểu được thế giới các con số” Học sinh chỉ có thể hiểu toán học qua việc giảng dạy một cách hệ thống các mối liên hệ trong toán học hay nói một cách khác là các suy luận toán học Bà Stern cũng cho rằng quan niệm học sinh chỉ có thể thích toán nếu việc giảng dạy tập trung vào các bài toán thực tiễn là hoàn toàn sai Sách giáo khoa của Đức thường chú trọng đến việc dạy đi dạy lại các kỹ năng tính toán thực hành Cách dạy này không giúp cho học sinh hiểu bản chất vấn đề Kết quả thực nghiệm cho thấy nếu dạy cho học sinh biết cách suy luận thì những học sinh bình thường cũng đạt được các kết quả rất tốt Quan trọng hơn là việc dạy như thế giúp học sinh nắm vững kiến thức lâu dài

Công trình nghiên cứu cũng đưa ra khuyến cáo

là không nên dạy toán quá đơn giản với các ví dụ

từ cuộc sống hàng ngày chỉ vì trong lớp có nhiều học sinh kém Các thử nghiệm cho thấy trình độ những học sinh này tiến bộ lên nhiều nhất nếu

được giảng dạy về các suy luận toán học Có lẽ chính vì những học sinh kém ít có khả năng suy luận nhất nên chúng không thể áp dụng được kiến thức đã học Điều này đi ngược lại quan điểm thông dụng là chỉ nên dạy các kỹ năng thực hành cho học sinh ở bậc học phổ thông do chúng chưa

có khả năng khái quát hóa

Nói cho cùng thì việc giảng dạy các suy luận toán học cũng như các ví dụ thực tế đều quan trọng GS Peter Bapstist của trường Đại học Bayreuth của Đức, người đứng đầu chương trình

“Nâng cao hiệu quả giảng dạy toán học và các môn khoa học tự nhiên” của chính phủ Đức nói rằng: “Cuộc sống hàng ngày dẫn đến các vấn đề

toán học và việc giải quyết này vấn đề này sinh ra

các lý thuyết toán học trừu tượng” Các ví dụ thực

tế là minh họa tốt nhất cho các kiến thức trừu

tượng Một yếu tố quan trọng nữa của giảng dạy là

bài tập Ngay cả những vận động viên thể thao tài

năng cũng phải luyện tập hàng ngày Học sinh học

toán cũng phải làm bài tập thường xuyên thì mới

có kỹ năng áp dụng các kiến thức đã học

Tóm lại, giảng dạy toán học không thể chỉ

gồm các công thức và các mệnh đề không hồn Vì

vậy việc giảm thiểu chương trình nên tập trung vào

việc phân bố nội dung hợp lý chứ không nên cắt

bớt các suy luận toán học

Sử dụng tính chẵn lẻ

(Tié p the o tra ng 7)

Thí dụ 3 Cho a, b, c là các số nguyên dương

và các số p= +a b ,qc = +b c , ra = +c ab đều

là các số nguyên tố Chứng minh rằng ít nhất

hai trong ba số p, q, r bằng nhau

Lời giải: Do vai trò của a, b, c bình đẳng nên

không giảm tính tổng quát ta xét các trường

chung lớn nhất của a và b

Đào sâu, nghiên cứu toán họcứng dụng lý thuyết xấp xỉ đều vào giải một số bài

vào giải một số bài toán cực trị toán cực trị

ở bậc THPT

ở bậc THPT

Lê Thị Tú Anh K29D Toán

ở bậc THPT khi nghiên cứu về hàm số, bài toán

cực trị là bài toán quan trọng Đây cũng là bài toán khó Trong bài này tôi xin nói tới vấn đề vận dụng lý thuyết xấp xỉ đều (Giải tích số) vào một

số bài toán về cực trị.

I Bài toán tổng quát

Cho hàm f xác định trên [a,b] Gọi P n là tập hợp tất cả các đa thức bậc không quá n trên [a,b] Ta phải tìm đa thức P∈P n có “độ lệch” nhỏ nhất so với f trên [a,b], tức là

Ta có X0 ⊂ X và dim X0=n+1 Các định lí:

Định lí 1: (Vallee – Poussin) Giả sử f ∈C a,b , Q[ ] ∈P n, nếu tồn tại n+2

điểm phân biệt a≤ x0 < x1 < <x n+1 ≤bsao cho f x( )i ưQ x( )i lần lượt đổi dấu

Điều kiện cần và đủ để P∈P n là đa thức xấp

xỉ tốt nhất của f ∈C a,b[ ] là tồn tại (n+2)

(1)

điểm luân phiên Chebysev

f ∈C a,b là duy nhất

Định lí 4 Đa thức xấp xỉ đều tốt nhất P∈P n

2 1

1 1

2 1

n n

n

n n

+

+ +

+

∈

ư

≤+

thể tham khảo trong cuốn “Giải tích số” của

nhóm tác giả: Nguyễn Minh Chương (Chủ

biên) – Nguyễn Văn Khải – Khuất Văn

Ninh – Nguyễn Văn Tuấn – Nguyễn Tường

II Một số bài toán vận dụng

8

a= a) Vận dụng lí thuyết xấp xỉ đều

Ta ứng dụng mệnh đề trên giải bài toán 1 Lời giải:

f x = ư x + x, Q(x)=-a

Bài toán 1 trở thành [ ] ( ) ( )

Nhận xét: Việc vận dụng lý thuyết xấp xỉ đều

vào giải bài toán 1 giúp chúng ta nhanh chóng tìm được a Hơn nữa cách giải cũng giúp chúng ta kiểm nghiệm kết quả của cách 1 có chính xác hay không

Bài toán 2 Tìm a, bsao cho 2

  min khi

12

b= −Nếu

⇒ = ∈ − +∞  min khi

12

thức sinh bởi 2 phần tử { }1, x ta phải tìm đa

thức bậc nhất Q x( )= −ax− sao cho b

nhỏ nhất Nh− vậy bài toán trở thành tìm Q(x)

là xấp xỉ đều tốt nhất của ( ) 2

f x =x trên [-1,1] Vì f là hàm chẵn nên Q là hàm chẵn,

( ) ( )

2

3 3

đ−a bài toán đã cho về một bài toán mới đã có thuật giải cụ thể

+ Việc vận dụng lý thuyết xấp xỉ đều có ưu

điểm khi hàm trong dấu giá trị tuyệt đối

Bài toán trên tương đương tìm đa thức xấp xỉ

đều tốt nhất bậc 3 của hàm ( ) 2

x

f x =e trên [-1,1] Việc vận dụng lý thuyết xấp xỉ đều

cho chúng t a kết quả nhanh chóng và chính

Bất đẳng thức đóng vai trò rất quan trọng

trong toán học Vì các nhà toán học làm việc

với bất đẳng thức nhiều hơn so với đẳng thức

Có rất nhiều cách giải các bài toán BĐT Sau

đây tôi xin giới thiệu về phương pháp sử dụng

tính chẵn lẻ trong giải bài toán về bất đẳng

thức Số học

Thí dụ1 Cho số tự nhiên n Kí hiệu ν(n) là

số các ước nguyên tố của n Chứng minh rằng

tồn tại vô hạn số n có dạng n = 2k sao cho ta

có bất đẳng thức ν(n) < ν(n+1)

Lời giải: Giả sử có một số tự nhiên k 0

0

n =2sao cho ta có BĐT ν(n0) ≥ ν(n0 + 1) Vì

2 =(p ư1)(p +1) (2) Theo lời giải thí dụ 3 của mục A ta có:

l

p ư =1 2 ⇒ l = 1 & p = 3 ⇒ k0 = 3 ii) Xét m lẻ, ta có m = 1, thật vậy nếu m

≠ 1 tức m > 1 (m ∈ℕ) thì từ (1) ta đặt:

m 1 j

2 (0< < kr 0, r∈ℕ)

Mặt khác S là tổng của m số nguyên lẻ và

m lẻ suy ra S lẻ

Từ S =2r& S lẻ suy ra chỉ thoả mãn khi r

= 0 (mâu thuẫn với r>0), suy ra m = 1, từ (1) suy ra k 0

2 + =1 p (3)

Từ (3) suy ra q 0

0

k =2 (q0∈ℕ) Thật vậy,

n =2 nếu k0 = 3 hoặc k0 = q 0

2 suy ra ta luôn có: ν(n) < ν(n+1), với

q

k≠3, k≠2 (q∈ ℕ )Vậy có vô hạn số k thoả mãn bài toán

Thí dụ 2 Tìm tất cả các số tự nhiên n để nn +

Với n =2 ⇒ nn + 1 =22 +1 =5 <1019 và 5 nguyên tố suy ra n = 2 thoả mãn

Với n = 4 ⇒ nn + 1 = 44 + 1 =257 <1019

và 257 nguyên tố suy ra n = 4 thoả mãn Với n = 8 ⇒ nn + 1 = 88 +1 = 8 3 8

[(2 ) +1] (2⋮ +1)

2) Cho số tự nhiên n ≥1 thoả mãn : 3n –

1chia hết cho 22002 chứng minh rằng n ≥

C Tính chẵn lẻ trong các bài toán chia hết

Trong các bài toán chia hết có rất nhiếu

phương pháp để giải Tuy nhiên có một

phương pháp khá đơn giản mà khá hay đó là

sử dụng tính chất chẵn lẻ của số vào để giải

các bài toán đó cụ thể ta xét các thí dụ sau:

Thí dụ 1 Tìm bậc k của 1991 để 1991k chia

với số lẻ a ≥ 3, mọi n nguyên dương và sn là

số nguyên dương nào đó không chia hết cho a

số nguyên dương nào đó không phải bội của

b

Từ (1) và (2) ta suy ra:

* Khi a = 1991, n = 1990, 19911991 là ước của 1991 1990

1992 ư và 19911 1992 không là ước của 19911990

* Khi b = 1991, n = 1992, 19911993 là ước của 1991 1992

Lời giải : Kí hiệu

Mặt khác ta thấy nếu p, q, r không cùng tính chẵn lẻ thì R(p, q, r) không nguyên vậy p,

q, r phải cùng tính chẵn lẻ

* Nếu p ≥ 4 thì

1 < R(p, q, r) ≤ R(4, 6, 8) R(4, 6, 8) = 4.6.8 1 191

3.5.7 105

ư

= < 2 và R(p, q, r) p , q, r không thể nguyên

* Nếu p = 3 thì

3) Xác định tất cả các số nguyên n sao

cho với số n này sẽ tồn tại mộ số nguyên m để

Trong một số bài toán mới nhìn không hề

có liên quan đến Số học nhưng thực ra nó lại

là một bài toán Số học khá hay Ta xét thí dụ

sau:

Thí dụ 1 Cho tam giác vuông có độ dài các

cạnh là các số nguyên dương Hai trong ba

cạnh của nó là số nguyên tố và hiệu của chúng bằng 50 Tính diện tích tam giác

Lời giải: Gọi độ dài ba cạnh tam giác là a,b,

c (giả sử c là cạnh huyền) áp dụng định lý pitago ta có:

a2 + b2 = c2 (1)

Từ (1) suy ra ít nhất một trong hai số a, b phải

là số chẵn Giả sử a, b cùng là số lẻ suy ra: a

có dạng a = 2k + 1, b có dạng b = 2t + 1 (t, k∈ℕ) Từ (1)suy ra:

(2k+1)2 + (2t+1)2 = c2

⇒ 4k(k + 1) + 4t(t + 1) + 2 = c2 (2)

⇒ c là số chẵn, c = 2m (m∈ ℕ )

⇒ 4k(k + 1) + 4t(t + 1) + 2 = 4m2 Vì 4m2 chia hết cho 4 suy ra 2 chia hết cho 4 (vô lí) Vậy trong hai số a, b có ít nhất một số lẻ Vì a, b là hai cạnh góc vuông suy ra a, b không đồng thời là số nguyên tố

Thật vậy giả sử a, b cùng là số nguyên tố theo giả thiết ta có aưb= 50, mà theo chứng minh trên ít nhất một trong hai số a, b phải là

số chẵn suy ra số còn lại cũng là số chẵn (vô

lí vì a, b nguyên tố) Suy ra điều giả sử là sai Tam giác có một cạnh góc vuông và cạnh huyền là số nguyên tố

Giả sử a, c nguyên tố Suy ra c – a = 50,

áp dụng định lí pitago ta có:

b2 = c2 – a2 =(c – a)(c + a) = 50 (2a + 50) = 100(a + 25)

⇒ a + 25 = s2⇒ a = (s – 5)(s + 5) Vì a nguyên tố nên s – 5 = 1 và s + 5 = a ⇒ s = 6

và a = 11 ⇒ b = 60 và c = 61 Vậy diện tích tam giác là: S = 1/2.11.60 = 330 (đvdt)

Thí dụ 2 Tìm 3 số tự nhiên a, k, n thoả mãn:

n2 = (a – k)2 + + a2 + +(a + k)2 , (1) với n lẻ nhỏ nhất, a, k là các số nguyên tố và a

(Ti ếp theo số 22)

B) Bài 4 ở bài toán 4 (sau đây tạm gọi là

“Bài toán ngược lại”):

1 Giải: Để giải bài toán này có thể có các cách :

Cách 1 Lập bảng tương ứng giữa số đường thẳng phải kẻ (lần lượt từ 0,1,2 ) với số tam giác tạo ra:

Số đường thẳng phải kẻ)

0 1 2 3 19 20

Số tam giác tương ứng tạo ra

đó là n = 20 và n –1 = 19

Vậy phải kẻ: 20 – 2 = 18 đường thẳng ( 2 là

số cạnh bên)

Tuy nhiên, việc phân tích 1 số cho trước

thành nửa tích của 2 số tự nhiên liên tiếp

không phải là việc dễ dàng, chẳng hạn số

2009010 nêu trên

Do đó để nghiên cứu sâu thêm, ta đi xét bài toán tổng quát như sau:

Cách 3. Xét bài toán tổng quát:

Để có m tam giác tạo thành thì phải vẽ bao nhiêu tia phân biệt có cùng 1 điểm gốc cho trước và cắt 1 đường thẳng cho trước trong mặt phẳng?

Giải: Giả sử số tia phải kẻ là x tia (x nguyên

Giải phương trình (2) này, tìm các nghiệm,

loại bỏ các nghiệm âm và không nguyên

Những nghiệm nguyên dương chính là số tia

Tóm lại: Ngoài các cách: lập bảng, tìm nửa

tích của 2 số tự nhiên liên tiếp, ta đi giải một

PT bậc 2 Việc giải 1 phương trình bậc 2 sẽ

nhanh hơn , hơn nữa ta có thể giải được “ Bài

toán ngược lại” với số tam giác lớn rất nhiều,

chẳng hạn: Để có 499500 tam giác tạo thành,

ta phải kẻ 998 đường thẳng (không kể 2 cạnh

bên) từ đỉnh O xuống cắt cạnh đáy của tam

giác cho trước

2) Tìm điều kiện cho các số m biểu thị số tam

giác tạo thành “ làm cơ sở để ra đề trong

“Bài toán ngược lại“:

a) Hiển nhiên công thức (1) là dạng biểu diễn

thứ nhất , nghĩa là m phải là các số phân tích

được thành nửa tích duy nhất của 2 số tự

nhiên liên tiếp

b) Bây giờ ta đi tìm dạng biểu diễn khác nữa của các số m trong “Bài toán ngược lại” thông qua phương trình (2)

- Việc tìm dạng biểu diễn của các số m , dẫn đến việc giải bài toán sau đây:

(2) đã biết :

x2 – x “ 2m = 0

có nghiệm nguyên dương ? Giải: Phương trình (2) luôn có nghiệm vì có

∆= 1+8m > 0, ∀ m nguyên dương Bây giờ ta chỉ còn xét 2 điều kiện là nghiệm phải

nguyên và dương

Dễ thấy (2)⇔x(x-1) = 2m (3)

+ x nguyên, dương thì chỉ có thể là số chẵn hoặc lẻ

- Nếu x chẵn thì tồn tại ít nhất một số k để sao cho: x = 2k với k = 0,1,2,3 Thay vào (3) ta có:

2k(2k-1) = 2m ⇒ m = k(2k-1) (I)

- Nếu x lẻ thì tồn tại ít nhất một số k để sao cho: x =2k +1 với k = 0,1,2,3 Thay vào(3) ta có:

(2k+1)[(2k+1)ư1]= 2m

⇒ m = k(2k+1) (II) Kết hợp (I)và (II) ta đi đến kết luận : Nếu m là

số tam giác tạo thành thì có ít nhất một số k

để sao cho:

m = k(2k ∓ 1) với k = 0,1,2,3 (4) Công thức (4) chính là dạng tổng quát thứ hai của các số m (dãy số hình tam giác ở trên) Chẳng hạn, với 2 số hạng (cùng hệ số k) của dãy là 499500 và 500500, ta tìm được k =

500 để:

499500 = 500 ì ( 2ì 500 – 1) và

500500 = 500 ì ( 2ì 500 + 1)

Vậy : chỉ có các số biểu diễn được dưới dạng

công thức (1) hoặc (4) mới được chọn là các

số tam giác tạo thành để ra đề cho “Bài toán

ngược lại“

Kết luận : Bài viết đã góp phần :

- Giúp giáo viên và học sinh dễ dàng tính

nhẩm được kết quả của các bài toán dạng

“Đếm các hình tam giác, hình chữ nhật…” ở

trên

- Nêu ra được một số bài toán mở rộng cố thể

dùng cho học sinh học ngoại khoá hoặc bồi

dưỡng học sinh giỏi

- Tìm điều kiện cho các số biểu thị số hình

tam giác tạo thành, làm cơ sở cho người dạy

ra đề trong “Bài toán ngược lại”

Tài liệu tham khảo

Tài liệu tham khảo

1 Irving Adler (Người dịch Lê Đình Phi),

2000

2 Trần Diên Hiển, 10 chuyên đề bồi dưỡng

học sinh giỏi toán 4-5, NXB Giáo dục,

Chứng minh rằng

2002 2 6x

2 0

1(1 3x) e dx

max f(x)≤ ∫ f (x) dx′ x ư0với mọi x mà2 1 x2 2003

1(1 2x) e dx





2 2

2 2

≥ thì 1

g(x) x

2≤ ≤ và do đó f(x) cũng là hằng số trên nửa đường thẳng này Mặt khác, từ giả thiết suy ra f(x) f( x)= ư hay f là hàm chẵn Vậy f là hàm hằng

Bài 5 (Số 22T10/05). Giả sử f : (0, )∞ → ℝthỏa mãn điều kiện

a) f là hàm tăng nghiêm ngặt, b) f (x) 1, x 0

CBK