IS
)) BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NHÀ XUẤT BẢN GIÁO DỤC VIỆT NAM ` 0hân trời sáng Íq0 BỘ SÁCH GIÁO KHOA CHÂN TRỜI SANG TẠO Tự nhiên và Xã hội 1 Âm nhạc 1 Mi thuật 1 Hoạt động trải nghiệm 1 Giáo dục thể chất 1
Family and Friends 1 (National
Edition), Student book
Be
OIA
O°
SACH GIAO VIEN
ils Tieng Việt 1, tập một - SGV: t2: Tiếng Việt 1, tap hai - SGV 3 Toan 1 - SGV 4 Dao duc 1 - SGV 5 @§ự nhiên và Xã hội 1 - SGV 6 nhac 1 - SGV 7 Mithuat 1 - SGV 8 Hoạt động trải nghiệm 1-SGV a áo dục thể c ất 1-SGV
- ly: and Friends 1 (National
Edition), Teacher | Guide i
Trang 3TRUNG
IL GIỚI THIEU SƠ LƯỢC VE
MINKOWSKI
Hermann Minkowski (sinh
ngày 22 tháng 6 nam 1864 tại
Kaunas, Litva — Mat ngay 12
thang 1 nam 1909, tai
Gottingen) 14 métnha todn
học Đức gộc Litva, người đã
phat trién hinh hoc ctia các số và đã sử dụng phương pháp hình học để giải
các bài toán khó trongUý /zyế: số, Vật lý
toán và Lý thuyết tương đốị
Minkowski Dai
hoc Berlin va Kénigsberg, noi 6ng nhận học vị
1885 dưới sự hướng dan cua Ferdinand von Lindemann Khi còn là sinh viên tai Kưnigsberg, năm 1883 ơng đã được nhận giải thưởng toán học của Viện Hàn lâm khoa học Pháp cho các công trình về lý thuyết các dang
Hermann hoc ở
TÍGH"¡ Sỉ: mana
tồn phương
Hermann Minkowski da day tai Dai hoc Bonn, Göttingen, Königsberg va Zurich Tai Vién Bach
khoa Lién bang (Federal Polytechnic Institute),
nay là Z7 Z„zrich, ông là một trong những thầy
giáo cua Einstein
ll BAT DANG THUC MINKOWSKI s Dạng tổng quát: Chọ hai bộ số thực (4,4,, ,4,) va (0001:0500) thì ta luôn có: 2, 2 vấp + bổ +ja; 10; + +Ajđy + Dạ 2 2 > (a +a, +.+4,) +(b +b, + 48,) -
Đăng thitc xay ra khi ton tai te R sao cho
a,=t.b, (i=1,2, ,n) hoac += a a `: Hồ) a (với b #0) s Dạng cụ thể: - Cho hai bộ số thure (a,b); (c,d), ta có: Vả +B? +x|c2 + đ? >j(a+e} +(b+d) Dang thitc xảy ra khi tồn tai keR sao cho
a=kb, c= kd hoặc oe (với bđ z0)
Trang 4ñ https://www.facebook.com/letrungkienmath Ap dụng BĐT Minkowski ta duge: VI =y(x+6) +5? +4/(7-x) +8? >4(x+6+7—x)”+(5+8 ? _ 338 = VP Đẳng thức xảy ra khi : (x+6).8=5(7-x)ôâx=-l Do ú x=1 l nghiệm duy nhất của PT Thí dụ 1.2 Giải phương trình V8x? -16x+10 +V2x? 4x44 =] —x2 428 Lời giảị 8x? -16x+1020 |8(x-1)' +220 2x7 -4x4+4>20 © 2(x-1) +220 DK: 2 7-x +2x>0 (x-1) <8 ©1-2V2<x<1+22 PT đã cho tương đương với V2x—1Ÿ +(3-2x} + Í(2—x) +x? =y8-(x-1) (4) Ap dung BBT Minkowski ta được: \J@x-1Ÿ +(3-2x) +(2-z) +x? >\(2x~1+2~x)” +(3~2x+ x} =2x?~4x+10 =.Í2(x~D° +8 > 8, Kết hợp với (*) ta có: J8-(x-1) >8 © 8-(x-1)' 28<(x-1) <0, Đẳng thức xay ra: x-1=0 “lỗ 0 x-6-3)6-g x=] of -x=2#! c1 để 2 Vay x = 1 la nghiém duy nhất của PT đã chọ 2 Giải hệ phương trình Thí dụ 2.1 Gigi hệ phương trình: fi +xytỷ =12 VP -x414+ Jy —ytleay TOAN HOC 2 i Tuditre Số 5122-2020) https://sites.googlẹcom/site/letrungkienmath Lời gidị Ap dung BDT Minkowski ta 06; [eonti+(P-yt! Ệ ;) ⁄3 ÿ V3 ( 3 2/2 2
hợp với PT đầu của hệ ta được x = y =2
Vậy nghiệm của hệ PT đã cho là (x; y) = (2;2) Thí dụ 2.2 Giả¡ hệ phương trình Yx +ỷ+ LÔ UY” x oy 2 —vjy-2=2 lời giải ĐK: x32, y> 2.Áp dụng BĐT Minkowski ta cé: 1 ? "mm (++) dẻ] y * vy) Vi x22,y>2 nên theo BDT Cauchy: 1 mm) Ÿ3»a 3-5, y+1xŠ * x} x 2 2 y 2 2 Suy ra: (=2) +1) x32 x — y 2 ; 1 1 52 Do đó V¥ +ỷ + Jo 4+ z v5 - Đăng thức v2 bàn, xảy ra khi x=2, y=2,
Thay vào PT thứ hai tạ thấy thỏa mãn
Trang 5https://www.facebook.com/letrungkienmath 2 2 x —xytỷ -(2:| +) ; 2 2 3 y°—yz+? “(5| +(»-2) Ap dung BDT Minkowski ta được: EFET (I-45 ` (BB) (2) 7h 2 2 2
Thí dụ 3.2 (Đề thi vào ĐH Quốc gia Hà Nội,
2000) Cho a,bc>0 và ab+bc+ca=dbc Chứng mình rằng: Vb? +2ả ve +20? + Vả +2c? >5 ab bc oo Lời giảị Áp dụng BĐT Minkowski ta co: tt tàng r2 [ii ì ý (2v Ý (E53) (282) = 5(S+z+2]=v5=ve a ö (vì a,b,c>0 và ab+ be+ ca = abc nên 5 Ld get, a be VT= a b c
Thí dụ 3.3 (Đề thi tuyến sinh vào ĐH khối A,
năm 2003) Cho x,y,z>0 va xt+y+zSl
| Chung minh rang:
| pe [eke probe fee,
Trang 6¬ Hướng dẫn giải ĐÈ THỊ CHỌN HỌC SINH GIỎI MÔN TỐN LỚP 9 TỈNH BÌNH ĐỊNH Năm học 2018 - 2019 Bài 1 1) Tac: x= 3+ 22/2 + ‡Ï3—2./2 3+2/2)(3~242)|f5+2j2 +ẹ-2j] âz=6+ 398Đ x ©z ` =6+3x; Pues +34h7-122 : nee 1242) (Ma -Í7- 12 2) ©ỳ=34+ 34/289—288.y ©ỳ=34+3y Do đó 4=x` + ỳ—3(x+ y) =(6+3x)+(34+3y)—3(x+ y) = 40 Vậy 4=40 2) Kí hiệu PT : (x? +mx+n(x”-+rx+m]=0 () Ta có: eae => 2(m + n)=m.n (m,n # 0) mm” ng) E +mx+n=0 (a) PT(I)DS |] 3 x +nx+m=0 (b) VGi phuong trinh (a) tacé A; =m? —4n Với phương trình (b) ta có A ¿=7 - 4m Xét tổng: Ai + A; = (m” ~ 4n) + (n° — 4m) = (@Ẻ + n”)~ 4(m + nì Thay 2n + n) = mm vào ta có: Ji Asz= (6? +n?)~ 2mn = (m~ n)” = (0);
Suy ra ít nhất một trong hai số A¡ > 0 hoặc A; > 0
boi vi néu A, <0 va A, <0 thi A¡+A; <0:
mâu thuẫn với kết quả trên Do đó ít nhất một
trong hai phương trình (a) hoặc phương trình (b)
có nghiệm Vậy phương trình (1) luôn có nghiệm x+x„+y=l () Vx —3fy +4x=5 (2) DK: x > 0 Từ phương trình (1) ta có: ()©@2-1)+yœ+1)=0 4 TÊN Và 56 120-2000 Bai 2 1) Ki hiéu PT : x=-] ©(œ&+†1)6-1+y)=0 2S ae Vix > 0 nénx=-l (loai) Do dé y= 1—-x Thay y = 1 —x vao PT(2), ta cd; vx -¥1-x+4x-5=0 <> Vx -14+ ¥x-1+4(x-1)=0 () Đặt/= 9x (> 0) & x=, PT(B) tro thanh: P1441 =1 +4(9=1)=0 © Palle `; Fả) a | S pai =0 (thừa số trong dấu móc vng lớn hơn 0)
©/=l,suyrax= l, khi đó y=0
Vậy hệ phương trình có một nghiệm x = l; y = 0 2) Biến đôi: PT © 2g °+x+y+l—x?—-2yˆ~xy=0 > 2y(x- 1) - y= 1)- G7 -1) +x=0 © >-1)ÿy(2ỹ1)- (+1)]+x=0(*) Vìx,y € Z nén từ (*) suyrax # lvàx : &— 1) =G l)'Í @ lì DU (x-1) SG -1)c (11) c0) »_ Vớix=0, thay vào phương trình đã cho, ta có: y+l1=2ÿ# ©2y—y—1=0 ©0-1)2y+1)=0
<> y=1 (chon); y= -5 (loại)
« Vớix= 2, thay vào phương trình đã cho, ta có:
4/°+y+2+1=4+2ỷ+2y
1
yy) a0) are 1 (chop) an
(loại) Vậy PT đã cho có hai nghiệm nguyên: (œ%x=0,y=l);(=2,y= I)
Bai 3 1) Vì số điểm đã cho là hữu hạn nên tồn tại
hai điểm, chẳng hạn 4, 8 có khoảng cách lớn nhát
Trang 7có khoảng cách đến 4# lớn nhất (CH = max) Như
vậy trong các tam giác tạo thành, tam giác ABC cé
diện tích lớn nhất và không lớn hơn Ì
E
F C D
Qua các đỉnh của AABC, vẽ các đường thắng
song song với các cạnh đối diện của tam giác,
chúng cắt nhau tại D, Z, # như hình vẽ Khi đó
các cạnh của AABC là các đường trung bình của ADEF nên ta được 4 tam giác bằng nhau cùng có
diện tích lớn nhất và không lớn hơn 1 Rõ ràng
toàn bộ các điểm đã cho đều nằm bên trong hoặc trên cạnh của A2EF' bởi vì nếu có một điểm năm
bên ngoài ADEF' thì sẽ có một tam giác có diện
tích lớn hơn diện tích A4BC : Điều này trái với giả
thiết Ta có 8073 : 4 = 2018 (dư 1) nên theo nguyên lý Dirichlet tồn tại 2019 điểm nằm bên
trong hoặc nằm trên cạnh của một trong bốn tam
giac EAB, ABC, DBC, FAC Vậy luôn ton tai 2019
diém nam trong hoặc trên cạnh của một tam giác
có diện tích không lớn hơn 1 2) Ta có: aA4b°+1+bAc°+1+c\à+1 <5 © 2aVb +14 2bVc? +14 2eVa’? +1 <10 (1) Ap dung BDT Cauchy cho hai số không âm, ta có: ab? +1=2,/(b+1)(0? -b +1) oe
Dấu “=” xay ra khi: b+1=b-b+1 âđ b=0
hoặc b= 2 Do dé 2axb?+1 < ă0? + 2) Tương
tự, ta CÓ: 2b\c`+1< b(c? +2) Dau “=” xay ra
khi c = 0 hoặc c = 2 ; 2eyả +1 <c(a” +2) Dau
«=° xây ra khi a= 0 hoặc a= 2 Từ đó, ta có: 2ax|b°+1+2ðAlc) +1+2ea° +1 < ẳ +2) + b(c” + 2) + c(4ˆ +2) =ab? + be” + cá +6 Vì vậy để chứng minh BĐT (1) ta chi cần chứng minh: 47+ bc2+ca”< 4) Không mất tính tông quát, ta giả sử a=max{a, b,c} Xét hai trường hợp:
+) Với a> b > e > 0, khi đó ta có:
ăc ~ b)(b ~ a) > 0 © abe—ảẽab” +a”b>0
© abe+a°b>ab? +a“c
abe + aˆ”b+ bé? > ab? + a2e + bế”
©>ab? +a°e+bc? <abe+a”b+bể”
<2abe+a’b+ be =b(2a0 +a” +€°)=b(a+@Ÿ ©ả+a c+bc” <4n( 248) 22) Ap dung BDT Cauchy cho 3 số không âm, ta có : 3 b Linh GIAN C1 C # at+c atc) » 2 7 12 J 3 a+b+cÝ 5 = La Eleva D0 ca) Do đó: (242) (Se) <41=4 2 2 ©ab?+ bể + ca Š 4 abc =0 : SẺ 2C c=0 Dâu “=” xảy ra khi: D) ©4b—1 a+b+c=3 A=? O0<c<b<a +) V6ia 2 c 2 b 2 0, khi do:
Trang 83 a+b a+b + cả (te) a 5 : Do đó c(a+b)2= to( 2 )( a) <41=4 2 2) Vậy ab” + bc? + ca” < 4, Dau “=” xảy ra khi: abc =0 cn ath b=0 2 ®$c=l Từ đó BĐT (2) được a+b+c=3 a=2 0<b<cK<a
chung minh, suy ra BĐT(I) và BĐT đã cho được
chứng mình Dễ thay dau “=” trong BĐT đã cho
không xảy rạ Vậy øjð` +1+Ðjc`+1+e(z`+1<5,
Bài 4 1)
) Vì ABC vuông cân tại 4 nên đường trung
tuyến 4/7) cũng là đường phân giác, đường caọ
Do 46 BAD=CAD = 45°, AD 1 BC Ta cé tt
giác 4PMN có ba góc vuông và đường chéo 4M là
phân giác nên là hình vuông, Do đó AN = 4P = MN = MP Mặt khác, 4B = AC, ABC = ACB = 45" nén BN= CP, do đó: A BDN= A CDP (c.g.c), suy ra BND = CPD (1) Ta có: Tứ giác BNMD nội tiếp suy ra: BND =BMD (=‡x 20) (2).Goi O la giao
điểm hai đường chéo hình vuông 4PN, vì NHP
= 90” nên các điểm 4, P, H, M, N cùng thuộc đường tròn tâm Ó, bán kính Ø4, do đó 6 TH NG Số 512(2-2020) a HA = 900 hay AH L MH (*) Ta og CPD = AMH (3) (cùng bù với góc APH ) nên tỳ (1), 2), 3) suy ra BND = AMH (4) Vi AMH +DMH = 180° (5) (kề bù) nên từ (4), (5) suy ra BMD + DMH = 180° = BLM, thăng hàng (**) Tu (*), (**) suy ra 4H 1 BH, b) Ta c6 IB // AD, AD | BC nén IB 1 BC Ti
ABC = 45°, IBD =90° suy ra IBA= 45°, do do
BA là phân giác của g6c DBỊ Ta có ABID ¢6
phân giác 84 đồng thời là đường cao nên là tam
giác cân tại B, do đó 34 là trung trực của D7 Vì
W e BA nên ND = MJ, suy ra AN7D cân tại N, cho
ta MD= NDI (1) Mặt khác, MN // 1D (cùng
vuông góc với BA) nén MND = NDI (so le
trong) (2) Ta cé AMND = AMPD (c.c.c) > MND = MPD (3) Vi
1
MPD- NNH | =Š =
dMH |} (4) Nén ti (1),
(2), (3), (4) suy ra: NID = NDI = MND = MNH
Với ANID ta 06: NDI + NID+IND = 180°, do
do MNH + MND + IND = 180° Vay ba diém H,
N, ï thăng hàng
2)
Vẽ đường kính 4D của đường tròn (Ó) Kẻ BE,
CF vuông góc với 4D Đặt: 4g = ©,AC=b
(6, c > 0) Trong tam giác vung ABH ta có:
HB = AB.cos ABC =c.cosC Trong tam giác
vuông ÁACH ta có HC = b.cos po đó
HH _ c.cosB 1 ụ
Wee ea ()- Ta có: 8E // (cùng vuông
Trang 9Câu 1 2 diém) Rút gọn biểu thức: 2x+Vl6x +6 „ Nà he Se es etl oc C4u 2 2 diém) Ching minh rang: inal 1 1 OOS ata ta eerie ee ( 2, 48 2017 a chia hét cho 2019
Câu 3 (2 diém) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
xy, cho đường thăng đ có phương trình
y=mx+m—] (m là tham số thực) Tìm tất cả các giá trị của zø để đường thẳng đ tạo với các trục
tọa độ Óx, Óy một tam giác có diện tích bằng 2
Câu 4 (2 điểm) Cho các số a,b,c thỏa mãn: ab+bce+ca=2019abe va 2019(a+b+c)=1 Tính 4= a2019 ¿2019 „2019 Câu 5 (2 điểm) Giải hệ phương trình: x? +ỷ +xy+2x%=Sy fe +2x)(x+ỹ3)=-3ý
Câu 6 (2 diém) Cho hinh vuông 4BCD có cạnh
bằng ạ Trên cạnh BClấy điểm Ä, trên cạnh
CD lay diém N sao cho chu vi tam gidc CMN
=- bằng 2ạChimg minh rang sé do géc MAN không đổị
Cau 7 (2 diém) Cho AABC, c6 BAC>90°, H
là chân đường vuông góc ha tr 4,
CAH=3BAH, AH=6cm,BH=3cm Tính
dién tich AABC
Câu 8 (2 điểz) Cho đường tròn (7) có tâm Ó
và đường kính 4B cố định Gọi ẤM là điểm di
động trên đường tròn (7) sao cho M khéng
tring voi A va B Goi C la diém d6i ximg voi
diém O qua diém 4 Đường thắng vuông góc
với AB tại € cắt AMtại N, đường thắng B⁄
cắt đường thắng CN tại điểm #Ƒ Chứng minh rằng khi độ dài đoạn thắng MF ngan nhat thi 4
la trong tam cha ABNF
Câu 9 (2 điểm) Cho các số dương a,b,c Chimg
mỉnh rằng:
By $3 Sj 2m 3 G 43)
eae Z se ge
ab+5b” be+5c” ca+5a
Cau 10 (2 diém) Cho 1000 điểm phân biệt
M,,M), Myoo9 trên mặt phẳng Vẽ một đường tròn (C) bán kính =1 tùy ý Chứng minh rằng
tồn tại điểm S trên đường tròn (C) Sao cho
SM, +SM) + +SMyo99 21000
TRAN MANH CUONG
(GW THCS Kim Xá, Vĩnh Tường, Vĩnh Phúc) Giới thiệu
KKK KKK RE KEE REE ERE ERE RE RAR KERRIER IKKE ER ERE KEE R ERE RER ER ERE REE RE REE RER ERE KEE KERR ERK
BE
= = Ae: =—— (định lý Thales) (2) Ta có:
MC “CF
ABE = ADB (cùng phụ góc DBE ), ADB = ACB (góc nội tiếp cùng chắn cung 48 ),
nên ABE = ACB, lập luận tương tự, ta có:
ACF EBC Trong tam giác vuông ABE ta co:
BE = AB.cos 4BC =c.cosC Trong tam giác vuông 4CF ta có: CF = AC.cos ACF =b.cos B BE c.cosC Borde: cr b.cosB (3) Từ (1), (2), (3) ta có: HH _ MB _c.cosB „00sC c| cosBÖ cosƠ HC" MC bo” b.cosB es |
Vi cac géc B, Cnhon nén: cosB >0, cosC >0
Ap dung BDT Cauchy cho hai s6 dương ta có:
cosB à cosC cosB cosC
cosC cosB cosC cosB
Do đó HG, M9 So AB
00100 V.(900015)18/) 210)
Dấu “= =” xảy ra khi cosŒ=cosBð <> B=C
= AABC can tai Ạ
>2
BÙI VĂN CHỊ
(21⁄2 Lê Hồng Phong, TP Quy Nhơn, Bình Định)
Trang 10
Trong mọi tam giác bao giờ cũng tồn tại một
đường tròn ngoại tiếp và một đường tròn nội tiếp
Điều đó còn đúng không với với tứ giác? Trong bài viết này chúng tôi giới thiệu những tứ giác như vậỵ Sách giáo khoa phô thông đề cập rất ít về ''Đường tròn tiếp xúc với bốn cạnh của tứ giác”
mà ta thường gọi là đường tròn nội tiếp tứ giác
hay tứ giác ngoại tiếp đường tron Henri Pithot la
kỹ sư người Pháp, nhiều định lý hình học mang tên ông, năm 1725 ông công bó tính chất “7 giác lôi ABCD ngoại tiếp đường tròn khi và chỉ khi
AB + CD = BC + DA” có sách gọi là Định lý
Pithot Nam 1846 nhà toán học Thụy Sỹ Jakob
Steiner cing da đưa ra nội dung trên và cách chứng minh tương tự Chúng ta chứng minh tính
chất nàỵ
Chứng mính Giả sử tứ giác ABCD ngoại tiếp
đường tròn (7), các tiếp điểm thứ tự với các cạnh
AB, BC, CD, DA là M, N, P, Q thì AM= AO, BM= BN, CN = CP, DP = DQ Cộng các về lại ta có 4B + CD = BC + DẠ Ngược lại, xét 4B + CD = BC + DẠ Giả sử 4B < 4D, do 4B + CD = BC + DẠ = BC<DC B [IP C Khi đó tồn tại Ó, P tương ứng trên 47 và DC sao cho: AB = AQ va CB = CP > DP = DQ Ti dé,
các tam giác 4BO, CBP và DPQ là những tam
giác cân Suy ra phân giác của các góc ở đỉnh 4, €, D là ba đường trung trực của ABPO, nên các
đường ấy đồng quy tai J Do đó 7 cách đều các cạnh của tứ giác 4BCD, suy ra tồn tại đường tròn
S Gee S6 512 (2-2020)
tâm 7 tiếp xúc với các cạnh tứ giác Sau day xin
giới thiệu một số bài toán xung quanh tứ giác đó,
Bài toán 1 Cho /ứ giác ABCD ngoại Hep đường
tron (I) Gọi M, N, P, Q lần lượt là các tiếp điểm
cua (I) với các cạnh AB, BC, CD, DẠ Ching
minh AC, BD, MP, NO dong quỵ
Lời giảị
Theo giả thiết M, N, P, @ lần lượt là các tiếp điểm
của (ï) với các cạnh 4B, BC, CD, DA nên IM L 4B, IP LCD, từ IM= IP > AIMP là tam
giác cân = IMP = IPM
=> BMP =90° - IMP =90° - IPM = MPC Ti C
kẻ đường thăng song song v6i AB cat MP tai E thi
CEP = BMP = CPM Do d6 A CPE 1a tam gide
cân = CP = CẸ Gia sit AC cat MP tai K, AB song
song voi CE nén_ theo dinh ly Thales:
KC CE cp \: Goi Hla giao diém etta AC
Trang 11
Bai toan 2 Cho tam gidc ABC khong can, dudng
tròn nội tiếp tâm I tiếp xúc với BC, CA, AB lần
lượt tại D, E, F, goi P là hình chiếu của D trên
BẸ Chứng minh PD là phân giác của góc BPC
Lời giảị Cách 1
Gọi H1, K lần lượt là hình chiếu của ð va C trên EF, AC và AB là tiếp tuyên đường tròn (7) nên “——= —= —=- —- BFH = AFE=AEF=CEK AE ee Ck 1 GE © CD 8PK ee = ABHP > ACKP = BPH =CPK = BPD =90° — BPH =90° — CPK =CPD —> PD là phân giác của góc BPC Cách 2
Kéo dài DP cắt đường tron (J) tại J, qua J dung tiếp tuyến với (/) cắt 4B, AC lần lượt tại M, N Từ
cách dựng tam giác /7D là tam giác cân tại ï Suy ra IDJ=IJD và BDJ=MUD Từ Ø kẻ đường
thang song song voi MN cat DJ tai H Khi dé ae Se Ee BHD=WD =>BHD=BDH => BH=BD Gia sử BN cat JD tai @ theo dinh li Thales: Ji) gu ca OB BH BD diene Vs BN, chứng minh tương tự ta SA BF RB NR + do NO _NR QB RB
tw chimg minh duge MC, DJ, EF đồng quy, suy ra
NJ=NE, BD=BF => O=R Tương
PD là phân giác góc BPC
Bài toán 3 Đường ròn (O) tiếp xúc với các cạnh
các cạnh AB, BC, CD, DA của tứ giác ABCD lần
lượt tại P, N, Q, M Chứng mình MÁN vuông góc
với PQ khi và chỉ khi tứ giác ABCD nội tiếp
Lời giảị
Theo giả thiết đường tròn (O) tiếp xúc với các
cạnh 48, BC, CD, DA lần lượt tai P, N, O, M nén OP, ON, OQ, OM lần lượt vuông góc với 4B, BC,
CD, DẠ AB, BC, C4, DA là các tiếp tuyến với
đường tròn (Ó), theo tính chất của tiếp tuyến với
đường tròn thì 4M=4P và CN=CÓ, tứ giác
PNO nội tiếp, suy ra
MOP=AMP=-(I 800 —MAP)=90° -5 DAB
Tuong tu: OMN =ONC=90° -5BCD;
MN | PO >MOP+OMN=90°
= MOP+OMN-90" DAB +90° -— BCD
lee se
=180° ——(DAB at +BCD)
Do d6 DAB+BCD=180°=> tit giác 4BCD nội
Trang 12Bài toán 4 Cho ứứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (1) Gọi M, N, P, Q lần lượt là các tiếp điềm
đường tròn (]) với các cạnh AB, BC, CD, DẠ
Ching minh rang BD, MO, NP dong quỵ
Lời giảị
Gọi 7 là giao điểm của MO va BD, áp dụng định
ly Menelaus cho AABD va cat tuyén OMT, ta 6:
— — ~~~] (1) Theo tinh chat tiếp tuyến với đường tròn thì 4= 4O, BM= BN, CN= CP, DP=DQ MATB.QD _ TB.DP _, MB.TD.QA_ BN.TD TB.DP.NC _ TB.PD.NC BT.PD.NC _ = => ahs) BNID.PC TD.PC.NB TD.PC.NB Theo dinh ly dao Menelaus thi P, N, T thang hang Từ đó 8D, MO, NP đồng quỵ
Thay vào (1) ta được
Bài toán 5 Cho A4BC va I la tam đường tròn nội
tiếp tam giác Đường tròn qua B và tiếp xúc AI tại
I cat AB tai P, đường tròn qua C và tiếp xúc AI tại
I cat AC tai Q Chứng minh PQ tiếp xúc với
đường tròn (1)
Lời giảị
Giả thiết đường tròn qua Z và tiếp xúc 47 tại J cat
AB tại P, đường tròn qua C và tiép xúc A7 tại 7 cắt
AC tại O, theo hệ thức lượng trong đường tròn thì
AP.AB=AI” =40.AC => B, P, OQ, C cing nim
trên một đường tròn Suy rạ BPO=180° ACB;
giả thiệt đường tròn (B7P) tiếp xúc với 47 tại 7 nên TOAN 10 NOME Ss6sso man ay RG Ta Ai — =.z„.L(B26+28e\=s” mm = BPI=PAI +BiA=3(BAC+ ABC) ? ACB estas 1 5:
=> Bri=1P0=90 ACB: iene ie
COI=I0P=90° ~ ABC, từ đó dễ dàng suy ra J
là tâm đường tròn bàng tiếp A4PØ Do do PQ
tiếp xúc đường tròn (1)
Bài toán 6 Cho /ứ giác ABCD ngoại tiếp đường
tròn tâm I, đường chéo AC BD cat nhau tai Ẹ
Goi J là tam duong tron noi tiep A ABC, K iq
tam đường tròn bàng tiếp A ACD ung voi goc D,
Ching minh ba diém K, J, E thang hang
Lời giảị
Gọi P là tiếp điểm đường tròn (7) và BC thi IP
vuông góc BC và 7P là bán kính đường tròn tâm 1, kẻ ƯÓ vuông góc 8C, suy ra JÓ là bán kính
đường tròn nội tiếp A48C, suy ra JP.//JQ và B,l,
J thang hàng, theo định lí Thales: a JO BJ
TP-JOcBI-
et Gi6 BU WIP sd - IP UÊN
JQ: BI BI IO Bin JONG
Diện tich AABC va tt giae ABCD ngoại tiếp
Trang 13(AB+BC+CA).JQ _ BE (AB+BC+CD+DA).JP BD (AB+BC+CA).BD _IP_JI , = (AB+BC+CD+DA).BE JQ JB (AB+BC+CA).BD jet (AB+BC+CD+DA).BE JB (AB+BC+CA).BD—(AB+BC+CD+DA)BE _ JI = | => => (AB+BC+CD+DA)BE JB KT Cee Oe CPE JI (1) (AB+BC+CD+DA)BE JB KéKH | AD thi KH là bán kính đường tròn bàng tiếp A4ŒD =§acp=2(CD+DÃCA)KH, từ đó suy ra: S4pc _ (CD+DA-A4C)KH _ DE Š4pcp_ (AB+BC+CD+D4)IL DB Tương tự như trên suy ra KI (AB+BC+AC)DE-(CD+DA—AC)BE KD (AB+BC+CD+DA)DE (2) Chia (1) cho (2) được: JI KD _ DE_ JI KÐ BE _¡ GBR e BE © JB ORT DE
Theo định lý Menelaus đảo cho ABID ta thấy ba
điểm K, J, E thang hang
Bai todn 7 Cho tam giác nhọn ABC, AA\, BB,,
CC, la các đường cao, đường tròn bàng tiếp ứng
với các góc A, B, C tiếp xúc với cạnh BC, CA, AB
theo thir te A>, By, Cỵ Chimg minh B,C, tiép
xúc với đường tròn nội tiếp với đường tròn (]) thì
A\ thuộc duong tron ( A,B,C)
Lời giảị Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp
AABC va H 1a trực tâm tam giác đó, Ä⁄ là trung
điểm BC Goi 4’, B’, C’ là các tiếp điểm của
đường tròn (7) với các cạnh ØC, C4, 4 suy ra
MA =MA, Br va B’ đối xứng qua trung điểm của
AC, C; và C” đối xứng qua trung điểm của 4P
Theo giả thiét B,C, tiếp xúc với đường tròn (7)
nên:
AABC ~>AAC,B, tu do suy ra: Duong tron bang
tiệp ứng với góc 4 tiếp xúc cạnh ÖC, 4B tại 4; và
E tương ứng đường tròn (7) tiêp xúc với BC và cạnh 4Z, dẫn đến ba điểm Ö', J, E thang hang,
IC' | AB, 1B'L AC nên tứ giác 4B IC' nội tiếp, suy 1a: €!JE=BAC=COM => AEIC'œ›ACOM EC IG, =>———=—— (*) Theo tính chât đường tròn nội CM OM y tiếp và bàng tiếp Ä⁄4;= MA =CA =B4; Cũng theo tính chất tiếp tuyến đường tròn, ta có: EC =EB+BC =B4,+BA =CA +BA =BC=2CM Từ đăng thức (*) có: EG TA, vụ CM OM 2) = I, O, A, thắng hàng >O/=O4), Cp Ia tiếp
điểm đường tròn bàng tiếp với cạnh 4B
=> A,C, 1 AB, A,B, 1 AC Vay tứ giác AC24;B;
nội tiếp đường tròn đường kính 4⁄4;, suy ra A, thuộc đường tròn (44; B;€; ) Lưu ý Bài toán này vẽ hình không hề dễ, chìa Ms te EAD wets : khóa đê vẽ hình OM = og dan dén ba diém J, O, Az thang hang _ Tài liệu tham khảo 1) Nguyên Bá Đang - Những Định lí chọn lọc
trong hình học phằng NXBGD Việt Nam 2016
2) Ki thi Olympic dành cho nữ sinh châu Âu
(EGMO)
3) Kì thí Olympic của CHLB Nga mang tên
ỊF Sharygin
Trang 14
Trong kho tàng bất đăng thức toán học có một bắt
đẳng thức đẹp, mạnh, ứng dụng rộng: Đó là bất
đẳng thức hoán vị Bài viết “Bá; đẳng thức hoán
Vị và một số áp dụng” của tác giả Trần Hữu Nam
đăng trên Tạp chí TH&TT số 455 tháng 5 năm
2015 đã cho chúng ta thấy rõ điều đó Gần đây
Tạp chí TH&TT số 508 tháng 10 năm 2019 có bài “Một mở rộng của bắt đẳng thức hoán vị của tác
giả Nguyễn Đình Dũng Cả hai bài viết vừa dẫn
đều hay, mới và là tài liệu tham khảo hữu ích cho
học sinh, sinh viên và giáo viên ngành toán Để
minh họa thêm về vẻ đẹp và ứng dụng mạnh của
bắt đẳng thức hoán vị, tác giả bài viết này xin trân
trọng gửi tới bạn đọc bài viết “Một số hệ quả của
bắt đăng thức hoán vi’ có nội dung như saụ 1 Bất đẳng thức hoán Vị
Cho hai dãy số thực hữu hạn
đ\,đạ, ,đ„„b\,b;„ ,b„- và (ins) là một
hoán vị từy ý của (b,.b _ Dj
a) Nếu 4i;a;, ,a„ và bị,by, b, sắp thứ tự
cùng chiêu thì
a,b, + ayb; + + a,b, 2 AX, + Ay Xy + ð xả
b) Nếu ai,a;, d„ và bị,b,, b„ sắp thứ tự
ngược chiều thì
a,b, + ayb, + +.a,b, Sax, + đạX; + + đu X„,
Dầu bằng ở cả hai trường hợp xảy ra khi và chí
khi hoe a, =a, =+=d„ hoặc.hị:=b; = =bụ
Đã có nhiều tài liệu chứng minh bit đăng thức
hoán vị, bài viết này xin phép không nhắc lạị Bạn
đọc có thể xem các cách chứng minh bất đẳng
12 TOAN fie Số 512(2-2020)
thức hoán vị ở trong hai bài báo đã nêụ Từ bát
đẳng thức hoán vị ta rút ra một sô hệ quả sau đậy
2 Một số hệ quá cúa bất đẳng thức hoán vị
Hệ quả 1 Cho hai dấy số thực không âm hữu hạn G70 00,03) 1077 (x.xs >„) Tâm hoán vị tùy của (0 0/007) và m,k >0 a) Nếu a,as, d„ và bị,b; b„ sắp thứ tự cùng chiều thì ke k k mk mk ay" b +05’; + +aM"bk > alxt tatxk + 4a” xi b) Nếu a,a,, d„ Và - bị,b;, b, sắp thứ tự ngược chiều - thì
at"bk + amok fan Salat +45 Xã + +4P XE,
Chứng mình a) Vì 4 5Ay, 54, 0, ,by, ,5, la hai
dãy số thực không âm sắp thứ tự cùng chiều và
Na k
k
m,k >0, nên hai dãy Gy") Dh bene
cũng sắp thứ tự cùng chiều Hiển nhiên PAR ee Eee onic : (5995-3) 1a mot hoán vi thy ý của ee Nổi (0; ,b5, ,08) Theo bất đăng thức hoán vị ta có: m 1k mak mk ie k 2L, + đã 00 + hae È 4 XỊ +40 XÃ + +4 XE,
°) Chứng mình tượng tự nhự ¥ a) Déy bằng ở cả
hai trường xay ra <> % =a, =,
bị =b,
-=4, hoac
= =b, hoic m=0 hoặc &=0
Trang 15Chứng mình Không mắt tính tông quát giả sử a, >a, 2 24, 20, do m,k 20 suy ra aie 210) i aie = Gye Ce S6 k 0 m m a 24a PEs >0v Mặt khác ee )) là một hoán vị tùy ý của me te ee ee a (0y) Lên a: | cũng là một , G68 co SE: k _k k
hoán vị tùy ý của (ai ae
Theo hệ quả 1.a) ta được: k k k k at at tarak + tamay > ax +a3'X) + aX; hay m+k m+k m+k m k mk mk a) Oy tha, (1261 XI 5đ: X2 +24 Đi: Dầu bằng xảy ra > a, =@) = =a, hoặc =0 hoặc k=0
Hệ quả 3 Cho hai dãy số thực không âm hữu hạn
¡g0 0 Uae Dee (ace, ) là một
hoản vị tùy ý của (0,5 sẽ: Dị) và meÑ” a) Nếu Gj5Go RNG DỊ 1D) 0n sắp thứ tự cùng chiêu thì (ø +bị)” +(&; +b,)” + +(4u +b,)" > (apts, \" + (ay +x "$2.4 (a, +x,)" b) Nếu ay,as d„ và _bịụ,bạ, b, sắp thứ tự ngược chiều thì (a +b,}” +(a; +b;y}” + + (4, +b,)" <(q, +x)" +(a +x,)" + +(a, +x,)" Chứng minh a) Do_ai,a;, a„ và - bị,bạ, ,b,
là hai dãy sắp thứ tự cùng chiều và (x¡,x¿, x„)
là một hoán vị tùy ý của (b¡,b;, ,b„),m e Ñ” nên
vớik eÑ,0<k<m ieee mde va
bỊ', bÈ , bŸ cũng là hai dãy sắp thứ tự cùng chiềụ
Cho # lần lượt chạy từ 0 đến z ta được 7 + 1 cặp
dãy tương ứng với k cũng sắp thứ tự cùng chiềụ
Hiển nhiên (x*, x¥, ,x*) là một hoán vị tùy ý của
(GUE gabe) voi moik:0<k<m
Theo hệ quả 1.a) ta được: Ke pk —k pk a Gi eGo tas te daa iD m-k k m-k k m~k vk ay x +4; E x2 + +đ„, X,,Vm,keEN,mek > Chall © + Chatter Char aye > Cale N6, Ã= óc (*) Vm,k eÑ,m >3 k
Từ (*) cho & lần lượt bằng 0,1, , m sẽ được mm +1
BĐT cùng chiều, sau đó cộng về với về của m +1
BDT nay lai rồi áp dụng nhị thức Newton sẽ được
điều cần phải chứng minh, tức là (ạ+b,)” +(& +bạ)” + +(2; +b,)”
>(a, +m)" +(a 4%) tut(Gpt Sn), «
b) Chứng minh tương tự Dấu bằng ở cả hai
trường hợp xảy Ta <> =4; =- =đn hoặc
b =b, =.= 5, hoac m=
Hệ quả 4 Cho ba đấy số thực không âm hữu han
Ay Ap 92045 Dy Dy Dy 9-023 Oy 9 Cy Ca 90-9 En (eee
là một hoán vị tùy ý của (sung và meÑ a) Nếu ys Byys ones Uy 3D) 3 Oy 0003 On G19 Cr š-++2 Ca sap thir tự cùng chiều thì m (a, + +4)" +(a +b +e)" + +(a, +h, +¢ n „1 n m >(a+b.+z\)” +(4 +bạ +z;)” + +(đ„ +bạ +Zn) -
D) Nếu a), Gos ae Ob eee sắp thứ tự cùng
chiêu, còn Gun, sap thứ tự ngược chiéu thi
(a, +b, +4)" +(a) +b, +0)" + + (4, +8, +¢,)”
<(a, +b, +21)" +(a +b +2)" + +(a, +8, +2,)"
Ching minh a) Giả thiết cho ba day
CF Serer lel ln secant aes o(Cbincess(y sap thứ tự
cùng chiều và (z¡,z;, z„) là một hoán vị tùy ý
của (q,c;, „c„) Khi đó với keÑ,0<k<m,
thì (4 +b liệt Ge +b, Nee ms, (a, +b, Nie =
cf of Kw x sa, %
1 ›C2 › ‹›C„ cũng là hai dãy sắp thứ tự cùng chiều
Cho & lần lượt đi từ 0 đến z sẽ được 7 + 1 cặp
dãy tương ứng với k cũng sắp thứ tự cùng chiều
Trang 166 án vị tùy ý của sản nhiên (>k „È* z#Ì là một hoán vị tủy Ÿ Hiền nhiên nh là mộ
ới mọi k: eo hệ quả
L5 8n) với mọi &:0<k <?: Th 1.a) sẽ được: (a, ener cf +(a +h = (a vi m-k k 2 Ch (ay +b)" of +Cn(a2 +h)" oF k m-k k EGE (a, +b,) on ie of + +(4 +b, ve ch m-k _k nk Ze m-k _k 2 +(a +b) Z; + + (4, +b,) 4n : i =k > Ch (a, +b, yea af +n (a2 + yr 23 m L m-k k ` Go) m 7.62
ius): chows lần lượt bằng 0, I, , mè ta được
m+ 1 BĐT cùng chiều, sau đó cộng về với về của
m + 1 BĐT này lại rồi áp dụng nhị thức Newton
sẽ được điều cần chứng minh, tức là
(a, +b, +c)" +(a +b, +e)" + +(a, +b, +¢,)” >(q +b, +2)" +(a, +b, +z)" + +(4,+8,+z,)"
b) Chứng minh tương tự Dấu bằng xay ra trong
cả hai trường hợp <>a¡ + = =a„+b„ hoặc
C=C, = =c, hoặc 7=]
3 Áp dụng hệ quả của bất đẳng thức hoán vi
Bài 1 Cho ba sé thuc duong a,b,c Ching minh SÊ9/ 26 5 2) NGHỆ TA PC aa ated rang 2 mek +b +c Tời giảị Theo BĐT Bunyakovsky thì U62 va D211 03 ÔN
Popa (ab +bc“ +ca )>(z +b +c ) (0Ù)
Theo hệ quả 2 của BĐT hoán vị ta được:
a+b +0 >ab> + bẻ +ca’ 5 § § ‹ dime bx | a Từ (1) suy ra Pit wi S4 TÔ Tổ i Cc a Đăng thức XảY ra» a=b= C 14 TOAN Hoc & - : 5 ” ¢ Sỉ 0Ụ) a ss ._ 223p) sep+e] s|c+2]- 2ietbs8 a bỄ + c # > 9abe
> Fe bees otra 2(a+b+e) (1)
Bây giờ ta chứng minh (1) 5 p © x xã a ns laa rei! 5 re Cras ab bẻ Ca Om 21401 (0/26 te ae an Tử me Dé thay P+Q=a +0 Tổ
Sử dụng BĐT Cauchy cho hai số để đánh giá cáo
mẫu thức của Ó ta được: 13 I3 Bo ca” —a2b2+b2c2+c242 SIM ĐT 3 2 2(ab)2- 2(bc)2 2(ca)2 Mặt khác theo hệ quả 2 của BĐT hoán vị lại được een Sta cố a*b? +b2c2 +02a2 <a +b’ +c GF i Ae Vay O< = (3) ab Ó< Gare be hae ks (a+b+eŸ 5 a 6 Theo BDT Cauchy cho ba sé thi Từ (2), (3) suy ra P> (a+b+c) >27abe © (a+b+ c)” „2 (a+b+c) 9abe Suyra P> ie ee z 2(z+b8 es b as 9abe + SS 4a °+b` Bae O48 2a 4 4 hay o ore cr 9
be{à+ð`) căð`+c`) 4Í +à)` 2øtbt9)
Trang 17a a a ae S2 Z ee as x +xyt+y 2 Var v2? 2 2 Z †+Zx+x 2 ø xá, 3 y#-2z? 4 z2~2x2 an ỳ+yz+zˆ Zo en ek Ta có: ma nà We ee 2% 47% 252 IE AO +X/+}ÿ 2772 515 WJj+y2Z+z Z3 2X ES 2 Sử dụng BĐT Cauchy cho hai số ta được: xe lễ +y’) oy +2") P+Q2 ae eye 2= me + 2 ae „2+? bố Do 2i Maer? Po foe 2 2 lo” œ-2 a-2 =e P2 yxz 2} (Gl);
Lại sử dụng BĐT Cauchy cho hai sé để đánh giá
các mẫu thức của QO taco: a-2 z? gt x2 + 3 yz 3zx a-2_ 2 O< he oy, + y 3xy 2É“ yee BN Ma @ 23, theo hé qua 2 của BĐT hoán vị thì: bi 7c xe +y”“+z ⁄ 1 a—2 a-2 a2 Do đó: o<:(z ye ) (2) 1 a= a li Tir (1), 2) suy ra: P2 (x 2z a x a ee Vậy > 9à or 272120) Beem mrt cite cme Z, 1 IZ hi 201612 2 7) 2 = x4? Sỹ ere Af gt? 2 Đẳng thức xay ra > x =y =z Bai 4 Ching minh rang t t t k b* k fo Se b ễ a b tờn tựa Cc a v6i Va,b,cER*,t2>k21
Lời giảị Để chứng minh bài toán đề ra tạ chứng
minh BĐT tương đương
a= a‘ bt * bí —b*c!—* ce = chal
+ +
g1 cf a1
BĐT (1) và (2) không đổi khi hoán vị Vòng quanh
Trang 18: k oo ae man ee ey kl b c a b G a c“! hoặc t=k Đẳng thức xảy ra © a’! =p!" = Sa=ö5=‹ hoặc f=k Bài 5 Cho ba số thực dương a,b,c và k>r 3 Chứng mình rằng be a’ +b" : Pik Cea ae eb ps SST ee Gal + _ b”+c cx+a Loi giảị BĐT cần chứng mình tương đương với bE act at +b! Gtae ae G - ĐC —— ==0127/ S0) a’ +b" b +c! c +a’ of abe” a —b"ckr b* —c'aF-r
Bây giờ ta tiến hành chứng minh (1) Do (1) không đồi khi hoán Vị vòng quanh các biến a, b, c nên không mất tính tổng quát giả sử a= max {a,b,c} -Néu b>c, kết hợp với k>r>0 suy ra: ' —bick 7 >0.ck - abÐ 7< 0 0<b’ +c" <c’ +a" <a’ +h" k rpk-r k rpk—r 2 Gà G7 G = ở Do äó: > ; (2) r r r + a’ +b c’ +a bŸ —craF-r i b* Ta @) c +a" G0 di” a# — grck~r k _ pr ok-r (4) b’ +c" c +a" Cộng về với về (2),(3),(4) ta có: VT(I) © at +” +c —áb*~ —c"qk-" “bo” ; c’ +a" :
- Nêu b<e, kết hợp với k>”>0 suy ra
i‘ pia S09 5* — or gk" <o
OSD het gmap <ict tyr Dođ: Sma’ _ + — „r-r of ee ie Te SS 5 a +b" aẻ ( ) k Ee oe 0 dc ——— đợi +a7 a’ +p (6) k r ker a -b€ K “Tây ko TT chien b +e a” +} (7) Ubi + Số 512(2-2099) Cộng về với về (5), (6), (7) lại Tin ipọ E ni0718oldifINI VT()> a’ +b" Đến đây để chứng minh (1), ta phải chứng minh ni —b" ch >0 — b'ck~r ĐT ải cài 20264 v
sesh He: hae 7 ca” +b" ck
Nhưng BĐT cuối đúng theo hệ quả 2 của Bb hoán vị Vậy k k k k k a’ +b Ditches aGhnin Cin Ge bee a0 ecnCe Dang thitc xay ra <> a=b=c hode k=r=0 > ae + ber + c+a G| 20, 2 2 08 Som Soi
Bài 6 [IMO-1995] Cho f sả TIẾT
(cc;, ,c„) là một hoán vi tly ý của
D0 ie Ching minh rang n
(4, -b} +(a, =b, +35 #14, -b,)
<(a ca} +(a, -€) + 4+(a, ~c,)
Trang 19Hị 7 GI SO nee duong Loi giảị Tù giả thiết, không mất tính tông quát
3 giả sử đ¡ > 4; > > a„ >0, suy Ta:
ai,đ; đ,;(n €Ñ,n >3) và màn Chung minh ị _ Bối)
ght & gi’ a) 2g) 20, Gog = eae 0)
a a-l —] | ; A :
bu 2 ics tia Sa a 2 + t 4+d : Theo hệ quả 2 của BĐT hoán vi ta được:
ata ata ee she a, +a a 2 a+ ay + +, a an Hộ 2a a, +a) a; + +a, đị 5E È oe ok nck
a a
Sea a 6? SỐ Gn hung ga “gi U tua ng
Lời giảị Đặt P = + ch G +a, 4 +a, 24, G, 4G, A, rea, 45
a a Tiến lớn ni bì a k `
oe 2 a a tayt+ +a, 2a a, +a, a + +4, 4,4
= ai cise) nh TH Eì 2.08 ll =a" ab + qr ak ie Ta" hat
ata, ¿+ địt dị 1 ogee naa 1 2 2i n4 tên n n°
Suy ra Cộng về với về của z BĐT trên và rút gọn ta được
Fas on n n n
pana a Gs Come Gale n(ai 72 + +a))
, P+Q 1 1 2+ 2) 2) 3+ eh a n n 1 : 2 ợ ;
Ghar Gh Gnd) iG > (al LS Ghak eve ae #\(aŸ + a# + + 4z)
a-l ell a-l
= ape as wee Ai Bật | Ú § ay +a, + 44,
Sit dung BDT Cauchy hai s6 dé danh gid cdc mau 7
thire cua Q ta duge: 2 bt tess ate gee k
KP pak ae Ciel ete lao G@ +4, 4 +4,
= = eee st n n
2,Jaa, 12 2./a,a #2) 2./a,a, DA Ke , „ 2 S
vn a ee Dau đăng thức xảy ra <©> đi = = đ„ hoặc k=”n
1 athe es a ` ae ese eae
se 2 22 Điền ra Z ý
= GTS ae aa Bai 9 Cho 0<a <a, ee Ching
minh rang
n
mee Sees ee,
Mặt khác giả thiết cho œ>— nên theo hệ quả 2 A
5 (sin” a, + COS” a) + (sin? @, + cos” a) = của BĐT hoán vị ta có: eT ay al 3 a Z7 œ— 2 2q2 2q2 Gy 2a a, as 4.10, : Lời giảị Với giả thiết đã cho ta được đệ 0<sin” ø, <sin” ø; <l 0< eos” ø; <cos” ø, <1, Rõ ràng (co @,,cos” #) là một hoán vị của Ề iL a-l a-l Dodo: Q Al I O<—(at 1 4+a%1 + +.a° 2 ) (2) 2) (cos? Qty, COS a, ) Theo hệ quả 3 của BĐT hoán : Ly a - = ¡ thì Từ (1), (2) suy ra: P>z (sĩ lựa + +ay i vị thì nD UE : (sin đi + COS” a) + (sin? ở; +cos” a) n tức là
a a a a-l a-l a-l n
đ he Oe Ge 7 co ee rae 5 > (sin a + cos” a) + (sin® a +00s* a, ) =D) 2 i 2
| ata ata, a, +a, 2) 5 i
x ị Dâu dang thitc xay ra <> a, =a, = =a, Feo eae: Dau bang xay ra cay) @, =a 1 =@, hoacn=1 ăcnĂ=
xi i , Bai 10 Ề ei ws
| Bai 8 Cho n so thuc khéng Gm ai,d q„, 10 Cho x, x), x, 20, (ih) là một n.keNĐ,n>3;1<k<n Chứng mình rằng hốn vị tùy ý của (s4 ix, ) oe hắc NỈ
Trang 20Lời giảị Từ giả thiết, không mật tỉ a ta gid sit x, >x, 2.2%, 20 5u T hh #) một SS và °Ú dễ thấy 2= ; KH lo, Ooi : pe xe torẹ chị
hoán vị tùy ý của TU
Theo hệ quả 3 của BĐT hoán vị ta được: m hay xy" +25 + +x, m m m (ata) (mth cm) : males 2 2 Dau dang thitc xy ta > x, = =x, hoicm=1 3 Bai tap
1 [IMO - 1964] Cho a, b, cla độ dài ba cạnh của một tam giác Chứng minh rằng
a (b+c-a)+b? (c+a-b)+c? (a+b-c)<3abẹ
2 [IMO - 1995] Cho a, b,c la cac sé thyc duong
thoa man abe =1 Ching minh rang
I » 1 ` 1 s 8)
@ (b+c) b (c+a) c (a+b) 2
3 [MO - 1978] Cho 4,,4, ,4, lan số nguyên
dương phân biệt, Chứng minh rằng
4 [78/292-10/2001-TH&TT] Xét k số không âm XỊ›X2› , Xự 8) Biết xị + x; + + *¿ 3& Chứng minh rằng a a ME thy 2X, +25 $+, V6i so thuc @>1, b) Biét x? + x? + +xg 2k Ching minh rang HỌC hưởng quát 6 [BDT Cauchy] Ch 6:đs;-»ố, làn LỘ n \ không âm Chứng minh rang ee Oy Op Tt > aay a n 7.[BĐT Chebyshev] a) Cho a,24)2-.24, va 4, Chimg minh rang n(a,b, + dnb, + + a,b, ) >(q, + ay + 44, )(B, +b, + 48), b) Cho a,24,2 24, va bh <b, S 55 | Chứng minh rằng n(a,b, + a;b; + + đ,b„) <(m+a + + 4„)(bị +b; +40) 8 Cho 4,,a,, 4, la n sỐ thực dương và n,pceÑ,n>3,p>2 Chứng minh rằng 2 2p 2p Cm 3 a Pa a, 2 2PNAE2 2k, 2 a +@a,+a; a; +a;,a,+a; a +a,a +4;
2 Cho øi,đ;, 4„„bị,b;, b,„ là hai dãy số thực
không âm hữu hạn, li ›X›„ ,x„„ ) là một hoán vị
tùy ý của (a,b ch) va A>]
a) Néu 4395-54, Va b,by, ,b, sap thir te cùng chiều thì (a, +b)’ +(a, +b) tea (ae +} 2(4, a +(a, +x,)° + +(a, + b) Néu ,,a, ,a, va b,,by, ,b, sắp thứ tự ngược chiều thì (4, +} +(a, +b,)* ce aan +b) SẮ+xŸ +(a+x]° ++( eel
Cây số thực không âm hữu hạn, (1.925057 8
Trang 21a _ ®S 1 là một hoan vi tty y ctiăq,c), ,¢,), meN’ Chứng minh rằng: DĐ) NGU C22102 2/2/02 0/70) ec Sap thứ tự cùng chiều thì (a, +b +¢)" +(%+b, +e)" + +(4, +8, +¢,)” tị
>(a+¡+Z¡ )” +(a› +»› +z;)”+ +(đy +}; +Z„)
b) Nếu trong ba dãy a,đ; 4„,b¡›Ö; b„,
e¡,es, c„ có một dãy sắp thứ tự ngược chiều với
hai dãy còn lại thì
(4+l+a)”+
+(a, +99 +2)" +.-+(4, +I +z„)”
(a+b, +e)" + +(4, +, +¢,)"
<(q, + +2 lề
ERI IE HH IH I HII HR IK KIER HIER IK III IRR IIR IIR IH ERIK,
BAT DANG THUC MINKOWSKỊ
(Tiép theo trang 3) (atb+c)? +(3—a-b-c) =2(at+b+c) —6(at+b+c)+9 =3(a+b+e-3] +322 Dang thitc xay ra khi a=b=c=5 Vay 3/2 To
Thí dụ 4.3 (Trích đề thi tuyển sinh vào lớp
10, Hà Tĩnh năm học 2018 - 2019) Cho a,b mã min P= là các số thực thỏa mãn (a+2)(b+2)= Tìm GTNN của biểu thức: F=Al+a!t+1+0! Lời giảị Sử dụng BĐT Minkowski, ta cd: > (uti) +(a2 +8) = (a 40°) +4 = oun 2 2 2= 2(4 +.ð)+ab < TÍa +b aS +b? >— xay ra khi Giaih Oe Vay min F =——_ 2,
(Hiện tại tác giả vẫn chưa giải được hai bài toán
21 0 Tác giả rất vui khi nhận được những trao doi tit ban doc)
TAI LIEU THAM KHAO
[1] Nguyễn Văn Mậu, 2006, Bat đẳng thức định lí
và áp đụng, Nhà xuất bản Giáo dục
[2] Vũ Đình Hoa, 2007, Mot cau chuyện đài về
một bắt đẳng thức nồi tiếng, Tạp chí TH&TT
[3] Trần Hữu Nam, 2015, Bái đẳng hức hoán vị
và một số áp dụng, Tạp chí TH&TT
[4] Nguyễn Đình Dũng, 2019, Mộ mở rộng của
bát đẳng thức hoán vị, Tạp chí TH&TT
[5] Phạm Văn Thuận, Lê Vi, 2007, Bat dang thitc
suy luận và khám phá, Nhà xuất bản ĐHQG HN
[6] 7ap chí Toán học và Tì „ổi trẻ, Việt Nam
HHA K IKK I KKK KK IRRERE EERE RERERE
Trang 22
CAC LOP THCS
Bài T1/512 (Lop 6) Tim tat ca cdc s6 tu nhién N
biết rằng tong tat cả các ước số của N bang 2N va
tích tất cả các ước số của bằng N
TRUONG QUANG AN
(Xã Nghĩa Thắng, huyện Tư Nghĩa, Quảng Ngãi)
Bài T2/512 (Lớp 7) Cho ø, b, c là các số tự nhiên
thỏa mãn ` = š = A Chimg minh rang 2019b — 2020a
—— —_- >]
2019c— 2020b
LÊ MINH HÒẠ
(GV THCS Khả Cửu, Thanh Sơn, Phú Thọ)
Bài T3/512 Giải hệ phương trình a Oa ao ay : PHAM NHU HIEN (Số nhà 50/07, ngõ 115, tổ 10, phường Kỳ Bá, TP Thái Bình)
Bài T4/512 Cho tam giác nhọn 4BC, kẻ các
đường cao CH, BK (H, K lần lượt nằm trên 4B và AC) Trén tia CH lay diém P, trén tia BK lay diém
Q sao cho g6e PAO =90° Ke Ay vuông góc với PO (M nằm trên PO), Chứn a i g minh rang VB
vuong goc voi MC,
DAO CHi THANH (GV THPT chuyé ) AG uyen Vinh P, Bài T5/512 Cho ba số duong a, b ¢ on ee ste ấn ab + be + ca =8 Tim giá trị nhỏ nhất của biểu thức 20 TOAN HOC 27(a+ b)(b+c)(c+ a) (at+b+c) :
BÙI HẢI QUANG
n Lang, TP Viét Tri, Phi Tho)
ke
pe slạ Ue De
(GV THCS: Var
CÁC LỚP THPT
3í 'T6/512 Cho ba số thựC dương x, y, z thỏa
+ kề fae giá trị nhỏ nhất của biêu thức
man x= Ze
: ÁP a
pee “ J es
DUONG VAN SƠN
(GV THPT Ha Huy Tap, TP Vinh, Nghé An)
m nguyên dương của dee Bài T7/512 Tìm nghiệ 27r 3Z + 4sin“-=x: 3 inh: tan phuong trinh: ta ¥ ĐẶNG THANH HẢI
(GV Hạc Viện Phòng không - Không quân, Sơn Tây, Hà Nội)
Bài T8/512 Cho tam giác 48C nội tiếp đường
tròn (Ó), ngoại tiếp đường tròn (7) Gọi 3⁄ là trung điểm cạnh ÖC, X là điểm chính giữa cung BAC
của đường tròn (Ó), P, @ lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên C7, BỊ Chimg minh rang
XI 1 PỌ
NGUYEN NGOC TU
(GV THPT chuyén Ha Giang)
Bai T9/512 Cho tam gidc ABC co dién tich S va
cac canh BC= a, C4 = b, AB =c Giai hé phuong
2
tinh Ghia eK is x+ y+c?z=4đĐ
X+}Z+zx=] |
la LE QUANG NAM
(Khoa Todn Tin, BHKHTN, ĐHQG TP Hệ Chí Minh) TIEN TOI OLYMPIC TOAN
Bai T10/512 Chimg ‘minh ring v6i moi SÕ
nguyên đương n thi ta luén có nva 2” +] là hai So nguyên tố cùng nhaụ NGUYÊN TUẦN NGỌC
Trang 23Bài T11/512 Cho các dãy sỐ (x„).(y„)xác định
SIẾ 30, =1 j2 ỐXuị —X,
bởi if (n21,nEN)
ị =4,J¿ = 24 J„¿¿ = 6J„„¡ — J;
Chứng mỉnh rằng không có số hạng nào của các
dãy số (x,),(y„) là lập phương của một số
nguyên
TRÀN XUÂN ĐÁNG
(5/7/136 Phan Đình Phùng, TP Nam Định)
Bài T12/512 Cho tam giác 48C vuông tại 4 nội
tiếp đường tròn (OQ) A’ đối xứng với 4 qua Ó P
là hình chiếu vuông góc của 4ˆ trên đường trung
trực của 8C Gọi ;#„ 7, H, lần lượt là trực tâm
các tam giác APA’, BPÁ,CPA’ Chứng minh rằng
đường tròn (17„H,„H,) tiếp xúc với (Ó)
NGUYÊN VĂN LINH (Hà Nội)
Eind all natural
numbers A/ so that the sum of its factors is equal to 2N and the product of its factors is equal to N’ Given natural b numbers a, b, c such that + = 5 = Ss Prove that ý 2019 - 2020a <4 2019¢e-2020b° ` 13/512 Solve the system of equations x? =2z-1 0h x2 Zz =2y-1
Problem T4/512 Given an acute triangle ABC
Draw the altitudes CH, BK (H, K is respectively
on AB and AC) Choose two points P and Q on the
ray CH and the ray BK respectively such that
PAQ =90° Draw AM perpendicular to PQ (M is
on PQ) Show that MB is perpendicular to MC
Bài L1/512 Trên mặt nước có hai nguồn kết hợp
đặt tại hai điểm 4 và 8, dao động cùng pha theo
phương thắng đứng, phát ra hai sóng có bước sóng
+ Trên đoạn 4Ö có 9 vị trí mà ở đó các phần tử
nước dao động với biên độ cực đạị Œ và DÐ là hai
điểm trên mặt nước sao cho 48C? là hình vuông
AM là một điểm thuộc cạnh C7 và nằm trên vân
cực đại giao thoa bậc nhất Biết phần tử Ä⁄ dao
động ngược pha với các nguồn Hãy xác định độ
đài đoạn 4? theo bước sóng 2
VIỆT CƯƠNG (Hà Nội)
ài L2/ã12 Cho đoạn mạch điện xoay chiều chỉ
chứa cuộn cảm thuần có hệ số tự cảm
sa (H) Đặt điện áp xoay chiều có tần số 50
1L
Hz vào hai đầu đoạn mạch Tại thời điểm điện áp
hai đầu mạch có giá trị 100/3 V thì cường độ dòng điện trong mạch là 1 Ạ Xác định điện áp
hiệu dụng giữa hai đầu cuộn cảm
THANH LAM (Ha N@i)
2 Let a, b, c be positive numbers satisfying ab + be + ca = 8 Find the minimum
value of the expression
27(a+ð)(b + e)(e + 4)
P=3(ả+ðˆ+c”)+ ( 2 Gebtcy
6/512 Let x, y, z be positive numbers
so that x2>z Find the minimum value of the 2 expression P= ae! pee x22 y +} xZ+yZ x+zZ
'7/512 Find the integral solutions of
the equation; tee deh oe VIỆT
x x
n 18/512 Given a triangle ABC inscribed
in a circle (O), and (J) is the incircle of the
trianglẹ Let M be the midpoint of BC, and_X the
SN
midpoint of the arc BAC of (0) Let P Q respectively be the perpendicular projections of M
on CI, BỊ Show that X7 | PQ
(Xem tiép trang 42)
Trang 24
Bai T1/508 (Lép 6) Cho
4=11.13.15+13.15.17+ +91.93.95+93.05.97
Hỏi A có chia hết cho 5 không?
Loi giải Ta chứng minh kết luận mạnh hơn: Chứng mình rằng số A chia hết cho 180 = 4.5.9 Mỗi số hạng của tổng 4 có dạng: đ„ = (2n + 1)(2n + 3)(2n + 5), trong đó ø lấy các giá trị là các số nguyên liên tiếp từ 5 đến 46, tức là có 42 số hạng Cách 1 Ta thấy: 8a, = §(2n + 1)(2n + 3)(2n + 5) = (2n + 1)(2n + 3)(2n + 5)[2n + 7— (2n~ 1)] = (@n + 1)(2n + 3)(2n + 5) (2n + 7) ~(2#~ 1)(2n + 1) (2n + 3) (2n + 5) Cho ø lấy giá trị các số nguyên liên tiếp từ 5 đến 46 ta được 8A = 11.13.15(17 —9) + 13.15.17(19 — 11) + 15.17.19(21 ~ 13) + .+ 91.93.95(97 — 89) + 93.95.97(99 — 91) = (11.13.15.17 —9.11.13.15) + (13.15.17.19 = 11.13.15.17) + (15.17,19.21 — 13.15.17.19) + .+ (91.93.95.97 — 89.91.93.95) + (93.95.97.99 —91.93.95.97) = 93.95.97.99 —9 11.13.15 = 99.5(93.19.97 — 13.3) = 11.9.5.171360 = 11.9.25.4.8.1071 = 8 900.11781, suy ra A = 900.11781 = 180.58905, tức là số 4 chia hết cho 180 Cách 2 « Tơng 4 có 42 số hạng, Tổng hai số hạng liên tiếp của 4 là: a, + ay 44 = @2n+ 1n + 3)(2n + 5) + (2n + 3)(2n + 5)(2n + 7) On 3)(2n + 5)(2n+1+2n+ 1) 22 PO NÍVt- S66izs050 = 40 + 2)(2n + 3)(2n + 5) Oe hết one ‘me ae
21 tổng hai số hạng liên tiếp nên 4 ee nộ ole 4, „ Chia 42 số hạng của 4 thành 9 bộ, ÿ Bộ đân mỗi
bộ có 5 số hạng liên tiếp, bộ thứ 2 có hat so Nats
Xét năm số hạng liên tiếp của mỗi bộ (trong § bộ) đó m = 5k với là ấn ; đụ+1› đn+2 › Gy, +3, An +4 trong Với k bằng 1, 2, , 8, thì ba SỐ đều chứa thừa số 2n + 5 = 5É hạng đầu Gn 5 In +1, An +2 ke + 1) chia hét cho 5 các thừa số đó là l5, 25,. , 85, do đó các số
hạng này đều chia hết cho 5 :
Tổng hai số hạng còn lại đ„:a + Anta là (an+T(2n+9)2n+ 11) + 2n+ 92n + 11)2n+ 13) = (2n+9)(2n+ 11)[2n+7)+ @n+ 13)] = (2n + 9)(2n + 11)(4n + 20) cting chia hét cho 5 - 20 = 4.5 + 20 = 5.4(k + 1) Còn lại bộ vì 4m 3 thứ 9 có hai số hạng cuối cùng 91.93.95 và 93.95.97 đều chia hết cho 5 Do đó số 4 chia hết cho 5 + Chia 42 số hạng của 44 thành 14 bộ ba số hạng
lién tiép dang a, , dy +1, Qn +2 , trong đó mỗi số
hạng đều chứa thừa số 2ø + 5, mà 2ø + 5 chia hết
cho 3, tương ứng với ø bằng 5, 8, 11, , 44, cdc thừa số đó là 15, 21, 27, , 93 Xét tổng của ba số hạng liên tiếp của mỗi bộ của 4 là: An Ð đạ+1 T đụ +2 =ứn + Dn + 3)2n+5)+ Qn+3)2n+ 5)\(2n+7) + (2n + 5)(Qn + 7)(2n + 9) = 4n + 2)(2n + 3)(2n + 5) + 2n + 5)(2n + 7)(2n + 9) = (2n + 5)[(4n + 8)(2n +3) +(2n+ 7)(2n + 9)] = 2n+ 5)(12n* + 60n + 87)
2n tS chia hết cho 3 Mỗi tổng của ba số hạng
liên tiếp của 4 chia hết cho 9 nên tổng của 14 bộ
ba Sô hạng liên tiếp của 4 cũng chia hết cho 9, do đó số 4 chia hét cho 9
Số 4 chia hết cho 4, 5, 9 mà ba số này nguyên tỐ
cùng nhau nên số 44 chịa hét cho tích 4.5.9 = 180
Trang 25Da; Nghé An: Pham Ngoc Trinh, 6B, THCS Hồ
Xuân Huong, Quynh Luu, Nguyễn Văn Việt,
Nguyễn Thai Hoang Anh, Thai Thi My Hanh, Thái
Minh Quân, Lê Văn Ti hang, Hoang Van Khanh, Đào Phương Anh, Nguyễn Đăng Quang, 6B,
Nguyễn Hằng Nga, Lê Văn Quang Hiếu, 6D,
THCS Lý Nhật Quang, Đô Lương; Quảng Trị:
Võ Nguyên Thăng, 6A, THCS Trưng Vương, TP
Đông Hà; Phú Yên: Phạm Đặc Bảo Khang, 6H,
THCS Tran Hung Đạo, Đông Hòa; Quảng Ngãi:
Võ Hữu Thanh Thảo, Cao Bá Duy Minh, 6B, Võ
Trương Minh Huy, 6C, THCS Phạm Văn Đồng, Nghĩa Hành NGUYEN VIET HAI Bài T2/508 (Lớp 7) 7n 2019 số mà mỗi số có giá trị tuyệt đối không lớn hơn 0,5 và tổng của ba số bat l là một số nguyên Lời giảị Gọi các số cần tìm là: xị,x;, ,x;ø Theo đề bài ta có: ~0,5 < x¡,x;, ,x;ps < 0,5
Giả sử trong 2019 số này có ít nhất hai số khác
nhaụ Không mất tính tổng quát, gọi hai số đó là XX (x, > x,) Ta cd: %+%,+%,,% +%,+4%, la các số nguyên nên: (1 +3; +x4)— (%;¿ +xz+x¿)=x,—zx¿- là số nguyén Ma 0< x, —x, <1 nên x,—x, =1 Do đó x, =0,5; x, =—0,5 Ta lai cé: x, +x, +x,=x, 1a số nguyên Mà —0,5 < *;<0,5 nên x =0 Tuong tu x,+x,+x,=x, là số nguyên nên x„=0 Khi đó ta xétthấy: x¡+x;+x„=0,5
không là số nguyên (mẫu thuẫn với đề bài)
Vậy giả sử trên là sai, suy ra: x, =x, = = Xy919- Ma -1,5<x,+x,+x,<1,5 va 3x,=x,+x,+x, là số nguyên, do đó: Lgl 2XịC{ 1U xic+ =.0= 1 { } 1 {-4 3] = =#;p¡¿ = 0 hoặc 1 1 HX, = =Xy019 may hoặc x¡ =x; = =X;p; Mi Vậy x, =x;
Nhận xét Một sô bạn nắm được cách làm và hiểu
đề, tuy nhiên kết quả vẫn còn thiếu nghiệm Các
bạn sau có kết quả đúng: Hưng Yên: Lê 7„ấn
Nghĩa, 7C, THCS Đoàn Thị Điểm, Yên Mỹ; Sóc
Trăng: Wguyễn Anh Thư, 71A1, THCS Kế An, Kế Sách; Nghệ An: Lê Văn Quang Hiếu, Nguyễn Hằng Nga, 7D, Nguyễn Cơng Phúc, ®C, THCS Lý
Nhật Quang, Đô Lương
NGUYEN THI THUY LINH
Trang 26Nhận xét Đa số các bạn gửi bài đều tìm ra kết quả
và cách làm tương tự như trên Nhiều bạn lập luận
còn dài đòng Tuyên dương các bạn sau có lời giải tốt: Hưng Yên: Lê Tuấn Nghĩa, 7C, THCS Đoàn
Thị Điểm, Yên Mỹ; Vĩnh Phúc: Tạ Kim Nam Tuan,
8A2, THCS Yén Lạc; Hà Nội: Lê Ngọc Tùng, 9Â:
THCS Nguyễn Trực, Thanh Oai; Phi Tho: Bur Thị
Hồng Thư, Đào Quang Huy, Phạm Thị Minh Châu,
Triệu Hoàng Ánh Dương, 8A3, THCS Lâm Thao;
Nghệ An: 7rương Đình Khải, Nguyễn Cơng Phúc,
§C, Đặng Hữu Thanh, 9A, THCS Lý Nhật Quang,
Đô Lương; Sóc Trăng: Nguyễn Anh Thư, 7AỊ
THCS Kế An, Kế Sách; Quảng Trị: Nguyễn Anh
Quân, 8D, THCS Trần Hưng Đạo, TTr Cam Lộ
PHẠM THỊ BẠCH NGỌC
Bài 14/508 Cho tam giác ABC có ABC va ACB
là các góc nhọn Gọi M là trung điểm cạnh AB
Trên tia đối của tia BC lấy điểm D sao cho
DAB=BCM Qua B kẻ đường thăng vuông góc với CD, đường thẳng này cắt đường trung trực của đoạn thăng AB ở Ẹ Chứng minh đường thẳng DE và đường thăng AC vuông góc với nhaụ
Lời giảị
Gọi là giao điểm của CM và 4D; K là giao
điểm của DE và AC Từ giá thiết B4H = BCH nên
tứ giác ACBH noi tiếp, suy ra AHC=ABC (1)
Mat khac, EM là đường trung trực của 4B nên theo tính chất đường trung trực ta có:
AEM = BEM =90°-EBM = ABC (2) Tụ
(1) và (2) suy ma 4HM= 4EM, nên tự giác
AHEM nội tiếp, dẫn đến AHE = AME =90 po
EHD = EBD =90” nên tứ giác BDHE nội tiếp, tạ
TOAN HOC
24 'Suổige Sốstse-sos
có DHB=EB (3).Lâi S6 tứ giác ÁCBH nội
sáp new bap = 4CP (2) TẾ CAN
DEB = KCB, suy 1a tt giác BC? nội tiếp, từ đi
ZEc©lliỏ" ĐBC S90 Vô
Nhận xét Chỉ có ba bạn sau cho lời giải đúng:
Ha Noi: Lé Ngoc Tung, 9A, THCS Nguyễn Trực, Thanh
Oai; Phú Thọ: 7 yiệu Hoàng Ảnh Dương, 9A3, THCS
Lâm Thao; Nghệ An: Lê Xuân Hoàng, 10AI, THPT
chuyên Đại học Vinh is :
NGUYEN THANH HONG
Trang 27Coi đây là phương trình bậc hai ân a, giải ra ta a=x"° =42010 được: = 2010 Từ đó tìm được x
Nhận xét Các bạn sau đây có bài giải tốt:
Phú Thọ: Nguyễn Phạm Thanh Nga, 9A3, THCS Lam Thao, Lam Thao, Lai Trường Giang, 9A,
THCS Nguyễn Quang Bích, Tam Nông; Sóc Trăng:
Nguyễn Anh Thư, 7A1, THCS Kế An, Kế Sách; Hà
Nội Lê Ngọc Tùng, 9A, THCS Nguyễn Trực,
Thanh Oai; Nghệ An: Trương Đình Khải, 5C,
THCS Lý Nhật Quang, Đô Lương, Phạm Ngọc
Trinh, 6B, THCS Hồ Xuân Hương, Quỳnh Lưu;
Thanh Hóa: Lê Minh Huy, 8E, THCS Trần Mai
Ninh, TP Thanh Hóạ
NGUYEN ANH DŨNG
Bài T6/508 Cho a, b, e là ba số thực không âm và
không có hai số nào cùng bằng 0 Chứng minh
rằng với mọi số nguyên dương n thì
Dã ee ee a ab bac = = ei + th
Gee 8h +a Cab atc bra c+
cta
Lời giảị Trước hết ta nhận xét bất đẳng thức đã
cho trong trường hợp ø= l
TP +c LẺ +a sath bre 4ota ( @ic Bta c’+b’ ate b+a c+b
là không đúng với a = 50, b= 49 vac = 0 (vi
các giá trị trên, hiệu về trái trừ về phải ta thu được
hiệu số là số âm gần bằng -0.00382482)
Di Dã
Tuy nhiên, bất đắng thức (*) vẫn đúng trong
trường hợp có hai trong ba số a, ø, c bang nhaụ
Chang han giả sử a=b Như vậy, (*) trở thành : 2 2 a+a ate eta’ a+a a+c c+a 2 2 =
ate ata c+a atc ata cta
Dae is HON 2a ,ate
cm Gat G 2a 72 Bch dis 2a Chuyén ve
va qui dong mau SỐ, ta cần chứng minh :
[20° 20° +( +e la+o [4# +(a+â} èa# +e oe
Id (Â +c’ (atc)
Cuối cùng chỉ cần chứng minh
[ 2a°.2a° +(a +c y (a+c)—
—| 4a’ +(a+ c) |ăa” +€”)>0
Khai triển trong ngoặc ta có:
[2z22+(' +€Ÿ |(a+e)~|[ 44? +(a+øŸ Jala’ +c’)
=(5á+2a’c* +c" \(at+c)—(Sa@ +2a°e+ac*)\(a* +c’)
=(5a° +5ác+2a°c’ +2a’c’ +ac* +c")
6a +5ác +2ác+2a’c +ac +ac’) =3ác—4aic’ +¢° =c(3á —4a°c +c’)
= e[ 3(á -ac)-(ae-c" )|
=c(a-0)| 3° —c(a’ +ae+cỶ )|
=c(a-0)| (@ -a)+(@ —ac*)+(a’-c’)|
=¢(a-c)'| a +ăa+e)+(4Ÿ +ac+c")]>0
Bây giờ ta chứng minh bằng quy nạp khi a=6 thi
Gitb bf te ic) tape ar 2 0 Do ca SẼ #2 ‘
PROG tat cbt dec (2001 t0 Thật vậy, bất đăng thức đúng cho trường hợp
= | theo chứng minh trên Giả sử bất đăng thức
đúng cho ø Khi đó ta có ð2” =ả” do b=ạ Ap dụng (*) cho các sốø” =a” (a y a (b* y (a )W a (c7 3 „ ta có OG ae: œ7 ye là (Ge y (Ga y SE œ7 y a 2 2 an vn a atc b +a và giả thiết quy nạp, ta có nan nà a ae un, 6 +b: h
n+l n+ rel neh nel n+!
Gob bee cake ce ae
n+) "+1 nth nth n+l n+)
a +c b +a co +7
> ane b+c ca
a+c b+a c+b
Nhận xét Đây là một bất đăng thức để lại cho
các bạn nhiều bài học Trước một bài toán các bạn
cần xem xét kỹ tính đúng đắn của nó Có thẻ nhận
thay 14 néu bat dang thitc (*) dang cho moi a, b, c
cho một lớp 7 các giá trị đặc biệt và ả TƠ
c” ln thuộc lớp 7 thì
a+b bh+c” ce Gọi Wal a mon) ere c+a ee
Curb ane Baa cap
được thỏa mãn cho mọi ø Các bạn có thể tìm tòi
ate bo ae
512(2-2020)
Trang 28
thêm xem lớp những giá trị 4, ở, ¢ thỏa mãn bất
đăng thức đã cho nhé Đây sẽ là một bài toán rất
thú vị và đặc biệt khó
VŨ ĐÌNH HÒA
Bai T7/508 Tim tập giá trị của biểu thức
ƒ(A,B,€) =sinA-+sin B-+sinŒ —sin Asin BsinC
với A, B, C là 3 góc của tam giác
Lời giả + Trước hết ta chimg minh
0<ƒ(4,B,C)<2 với moi A, B, € là 3 góc của
tam giác Thật vậy:
f(A,B,C) =sin 4 + sin B+ sinC(1-sin Asin B)>0
Gọi 4 là góc nhỏ nhất trong 3 góc 4, B, C, suy ra
0° < 4<60” Ta sẽ ching minh:
ƒ#(4,B,C) =sin 4+sin 8 +sin C —sin 4sin BsinC
<sin d+ 200s —sin cos? 4 (1) Thật vậy: (1) SsinB+sinC —sin Asin BsinC < co 22 2) A <=sinB+sinC -260s sind sinBinC —cos” 2) 2) c32cos [co Bat -1} 2 2: < sin A[cos(B—C)-cos(B+C)-1-cos-]
22s {1-oos 8S > 2 sinA[l= eos(B —C)
@ 1-cos2 © > 1 sin Aft cos(B-C)] (2) 2 2 7) n0 i AL oul 3 Vì 0 <4<60” nên sin Se) do đó: 1 1 B-C VP(2) < —[1—cos(B— C)]=—sin? gl -cos(B - C)]= = sin? — wale | 2B-C =—-—cos 22 2 đã =I cos = B-C 1 bela )ằ: 2 sl cos 2 B-C Sl—cos= == 2—= VT(2), TOÁN Hi 26 ah sessu san Ác ĐA
Vay ƒ(A,B,O <snA+2cos7—snAcos ~ =ø(4)
voi 0° < A< 60° Taco:
(dy coce sine g 2 2 j5 ) = 2009 NHELD Ẹ 2 = Al ——=—cos4 | 1= =2cos-£ in 4~asin24 = #'(4)=-sin 2+2 (eos4~eos24) =sin in =1) 2 ⁄) = ø giảm trên (0°,60°] = g(4)<g(09)=2 => f(A,B,C)<2 « Bây giờ ta chứng minh với œe(0;2) thì tồn tại Ay By Camas J (Ap,By,Co)=ạ That vay: chon 180— 4 3 góc của tam giác để BEG= „ ta CÓ:
S(A,B,C)=2(A) voi 0° < A<180°.Ta cé bang
biến thiên của ø(4): Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy tồn tại 3⁄4; e(0°;1800) đề g(4,) = œ = (0u G9)<2 với BC, =0) -*
Vay tập giá trị của (A,B,C) 1a (0; 2)
Nhận xé Da không có bạn nào giải được bài nàỵ
TRẦN HỮU NAM
Bai T8/508 Cho tr dién OABC cé OA, OB, OC
đôi một vuông góc với nhau và OA = a, OB = b,
OC = ẹ Gọi r là bán kính của mặt câu nội tiếp tứ
điện OABC Chứng mình rằng
(+) GEG
Trang 29Lời giảị O € q, iS A B Ke OH 1 (ABC), dat OH =h Taco abc 1 tie Verse Pe 3 tasẻ từ đó Morac if abe :
T Sous +Soac +Soc1+Sissc 2( Sore + Sonc + Soci +)
ab + be+ca+2 3fomc Ị#0Ï\\ŸTš lí 1 h ¬—= =—+—+-4 r abc Ap dung BDT Bunyakovsky ta duge: 5z *W 5s 4200 < iy remadẹ 8n 1 ‘) ACG G
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c, hay
OABC là tứ diện vuông cân tại Ó
Nhận xét Các bạn sau có lời giải tốt: Hà Nội:
Nguyễn Xuân Tùng, 10 Toán, THPT chuyên KHTN,
ĐHQG Hà Nội; Hưng Yên: Cao Trung Hiếu, 11A],
THPT Dương Quảng Hàm, Văn Giang; Quảng
Bình: Lê Mỹ Duyên, 11 Toán 1, THPT chuyên Võ
Nguyên Giáp, TP Đồng Hới ; Quảng Trị: Hoàng
Văn Chương, 11A8, THPT Cam Lộ, Cam Lộ; Đồng
Tháp: Nguyễn Nhật Hào, 12T, THPT chuyên
Nguyên Quang Diêu; Sóc Trăng: Đá„ Đức Quân,
11A2T, THPT chuyên Nguyễn Thị Minh Khai, TP
Soc Trang; Long An: V6 Hoang Phiic Khang, 11T1,
THPT chuyén Long An
HO QUANG VINH
Bai 19/508 Cho a, b, c, dla các số thực đương
và theo thứ tự đó tạo thành cấp số cộng tăng,
công sai m Chứng mình răng
e” (4m? +2matl)+e" 2ma+e (2m? +2ma)<e*
Lời giảị Tù giả thiết ta suy ra:
b=m+a,c=b+m,d=c+m (meER )>c=at2m
BDT can duge chitng minh = a 2m | (2m + a).e* +ae’ +(m+a)e | So 2 2 2 ©2m (ce* +ae +be ) <ẻ —e* (1) Xét hàm + số.9 /@)=ex 62010400414) '§có #(x)=2xe” là hàm số đồng biến (vì x vae™, x>0là các hàm số dương, đồng biến) Áp dụng
định lý Lagrange ta có: 0<x<y, dv<t<y mà
FO)-f@ =f'ỌW—D=2te Ô- 2)
>2xe" (y—>) Do đó :
& -& =f) -f@=[/@-fO]+|/0-/O]
+[/0)-f@)|>2m{ ce” +be" +a0" ) (2)
Chú ý:
ce Che cac = (ce* tae +be )
=(c—b).e° +(b—a).e” —(c—a).e*
>(c— b)e” +(b- a).e* -—(c- a).e° = ©)
(do e>b>a>0) Từ (2) va (3) suy ra bat dang
thức (1) Vậy BĐT được chứng minh
Nhận xét Đây là bài toán ứng dụng của đạo hàm
Trang 30Lời giảị (Của bạn Nguyễn Thị Bảo Ngọc, 11 Toán 1, THPT chuyên Quốc học Huế, Thừa Thiên Huế) Ta có: (1) ©> x(x” =1) =1 (2) -Với x<-lthì x”-I>0= VT(2)<0,vậy (2) không có nghiệm x < -1 "Với -l<x<0thì x+lI>0, x”<0 do đó ~1<x<0 không là nghiệm của (1) -Với 0<x<l th zx”-l<0x>0nên VT(2) <0, vậy (2) không có nghiệm 0< x<Ị Do đó PT(1) nếu có nghiệm x thì x >1 Dats (CO) a (Tà 7 ,(X)=(2n+l)x C1» 0,WVx>l1, do đó SF, (x) (+) FQ) =-1<0; f,(2)=2?"-3>0 nén f(x) có nghiệm duy nhất trén (1;2) Kí hiệu nghiệm duy nhất trên đây là x, Ta có: đồng biến trên Lại có ee, 34-1, | = f,(~,) = 0 = (Ga )
Do d6 x, >x,,,>1 Day (x„) là dãy giảm và bị
chặn dưới nên tôn tại lim x„=a>1.Giả sử a>1, n—->+00
khi đó tồn tại # dit Ion sao cho a**! > 3, Vay beat 3 ya x, <2->%, +1<3 —=+x,+l<x, Lũcnày: O= f,(%,) =x" -(x, +1) >0 (mâu thuẫn) Vậy a=1 Do dé PT x”! =x+1 cd mét nghiệm thực x„ duy nhất và lim x, =1
Thận xét Bài này không có nhiều bạn tham gia
giảị Một số bạn cho kết qua ding lim x, =1 tuy n->+0
nhiên lập luận còn thiếu chính xác
Dé chứng minh lim x, =]ta có thẻ làm theo cách n>+0
khac nhu sau (theo ban Lé Chi Cuong, 11A8,
THPT Cam Lộ, Quang Tri): "56 x = (x ies ec +1) x, Suy Ta O<x, -1=—— _-~ “ anỔ ey d TOAN H 28 : Cuổïce Số 5122-2020)
x, €(1;2) qua giới hạn, sử dụng nguyên lý kẹp ta
được lim(z, -I) =0 hay Jim +, =1
Ngoai ban Ngoc va ban Cuong cac bạn sau có lời
giải tốt: Đồng Thap: Nguyen Nhat Hao, 12T,
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu; Long An: V6
Hoàng Phúc Khang, 1ITI, THPT chuyên Long
An; Sóc Trăng: Đậu Đức Quân, 11A2T, THPT
chuyên Nguyễn Thị Minh Khai; Cần Thơ: Pðan
Trung Đức, LIAI, THPT chuyên Lý Tự Trọng;
Quang Binh: Lé My Duyén, I1 Toán I, THPT chuyên Võ Nguyên Giáp
DANG HUNG THANG
Bai T11/508 Tim tat ca cdc ham sé f: ROR
thoa man:
⁄)/0)+/(x+y)=0)+()+/(w)+x+y+L
Vx,yeER (1)
Lời giảị (Theo đa số các bạn) Thế (x, y)=(0,0)
vào (1), ta thu được:
#(0)=l
ƒ40/0+/05/40x1e| Tân
Xét trường hợp ƒ(0)=l Thế y=0 vào (1), ta
thu được hàm số ƒ(x)=x+l không thỏa mãn (1) Vay nén f(0)#1 Do dé f(0) =-1 Thé (x, 7)=(,—l) vào (1), ta thu được: FOSY+/O)=f( f+ f(- 41 #@)=2 S=I/0)-2lI/( stad] 70%? * Khifl)=2, thé y=1 vao (1), ta thu duge: JŒ+Ù=3x+2 hay ƒ(x)=3x—] Hàm số này thỏa mãn (1) » Khi ƒ(—l)=-], thế y=~l vào (1), ta thu được: 26)70)+/&-0=x/(CD- G3 /( x) ©ƒ(x-l)=ƒ(—xz),VxeR (2)
Vậy nên ƒ(-2)= ƒ(I) Thé (x,)=(L-2) vào (1)
và sử dụng hệ thức A -Y=7 0) tana được:
Trang 31‹ Khi f(1)= -1, thé y = 1 vao (1), ta thu được: ƒ(x+!)=3ƒ(x)+2 hay f@)=3f@-1)+2,Vx ER @) Từ (2) và (3) suy ra: ƒ#(@)=3ƒ(-x)+2, VxeR (4) =ƒ(x)=3ƒ(x)+2,VxelR (S) Thay (5) vào (4) ta có: 7@)=3|B7(G)12|12—70)= UV Hàm này thỏa mãn (1) „Khi ƒ@)=l, thé y=l vào (1), ta thu được: ƒ(x+)=ƒ(x)+2x+2,Vxel (6).Thay x boi x+1 trong (1) va str dung (6), ta thu được: ƒ#Œœ+y+)+ƒ(x+)/ƒG0)=Œœ+})/0)+(x+)) +ƒ((x+l)y)+x+y+2,Vx,yeR ©/f(x+y)+2(x+y)+2+[ƒ()+2x+2]ƒ0) =(œ+)ƒ0)+3{/@)+2x+2]+/(w+y)+x+y+2 W,yeR (?) Từ (1) và (7) ta thu được: (2x+)ƒZŒ)+ G2) =ƒ(w+y)+2xy-2x—l,Vx,yelÑ (8) 1 Trong (8) thay y=— với x+0, ta thu c: 5 @x+0/(*]+/@đ=/[I+z]+2~2x=" Vx #0 â(@x+!) }t (2 }£ +2+2-2x-l,Vx#0 (2 » 2) s2x/|*) —+2-2x, Vx+0 + 1 1 =2 Ì=>+1-t Vx #0, hay x x x f(Q=0 +t-1, Vt40 (7) Vi ƒ(0)=—1 nên (7) ding v6i moi te R Thirlai, ta th4y ham nay thỏa mãn (1) Kết luận Bài toán có ba nghiệm là các hàm số: ƒ#Œ)=-~L ƒ@G)=3x=1, ƒŒz)=x +x—L ŸxeTR Nhận xét Có nhiều lời giải gửi đến Tòa soạn còn thiếu nghiệm f(x)= x? +x—1 Một số bạn đã
không kiểm tra lại (1) nên vẫn để nghiệm là hàm số
ƒ(œ)=x+l, không thỏa mãn điều kiện bai rạ Dé ý rằng, nếu đặt án phụ ƒ(x)=ø(Œ)=], ta sẽ thu được phương trình hàm dạng quen biết g(œ+y)+øŒ)ø0)=(Œ+1)g@)++ g0) Các bạn sau đây có lời giải đúng: Bắc Ninh: Nguyễn Ngọc Khánh, 12T, T HPT chuyên Bắc Ninh; Hà Tĩnh: Nguyễn Dinh Gia Minh, 10T, THPT chuyên
Hà Tĩnh; Thừa Thiên Huế: Nguyễn Thị Bảo Ngọc, 1ITI, Hồ Ngọc Hàng, 11T2, THPT chuyên Quốc học Huế; Phú Yên: Nguyễn Thanh Phúc, lITI,
THPT chuyên Lương Văn Chánh; Quảng Bình: Lê
Đức Hạnh, 10T2, Lê Mỹ Duyên, IITI, THPT chuyên Võ Nguyên Giáp; Sóc Trăng: Lâm Khánh
Hòa, 12A2T, THPT chuyên Nguyễn Thị Minh Khaị
Bài 112/508 Cho tir gidc diéu hoa ABCD (tk giác nội tiếp có tích các cặp cạnh đối bằng nhau),
(Ó) là đường tròn ngoại tiếp M là trung điểm của
AC X, Y, Z, T theo thứ tự là hình chiếu của M trên AB, BC, CD, DA;E=ABQCD,F= ADQCB,
P=ACABD,Q=XZAYT Ching minh rang
PO ải qua trung điểm của EF
Lời giảị Ta cần có ba bổ đề
Bồ đề 1 Cho A4BC M, N là hai điểm đẳng giác
của tam giác, 7 là trung điểm của MN X, Y, Z theo
thứ tự là hình chiếu của Ä⁄ trên ĐC, Œ4, 4 X, Y”, Z' theo thứ tự là hình chiếu của N trén BC,
CA, AB Khi do xX, Y, Z, X’, Y’, Z’ cing thuộc một
đường tròn có tâm là 7 B6 dé 1 rất quen thuộc,
không trình bày cách chứng minh ở đâỵ
Bồ đề 2 Cho tứ giác điều hòa 4BCD, M, N theo
thứ tự là trung điểm của 4C, BD, 7 là trung điểm
của MN X, Y, Z, 7 theo thứ tự là hình chiếu của M⁄
trén AB, BC, CD, DẠ X’, Y’, Z’, T’ theo thir tu 1a hình chiếu của N trén AB, BC, CD, DẠ Khi đó X, Y, Z, T,X’, Y’,Z’, T’ cing thude mét dudng tron có tâm là 7
Chứng minh Vì tứ giác ABCD điều hòa và M, N
theo thứ tự là trung điểm AC, BD nên 4M AN là
hai đường đẳng giác đối với g6c DAB
Trang 32Do d6, theo bé dé T7 7 Oe Xone thuộc một đường tròn Từ đó, chú ý angel = [des 1X, = HÀ 3U /TẢ UP, À, X” cùng thuộc một đường tròn có tâm là 7 Tương tự các bộ bốn điểm (X, X,,
Y,Y); (Y, Y’, Z, Z); (Z, Z’, T, T') cùng thuộc một đường tròn có tâm là 1 Vậy X, Y, Z, T,X’, Y’, Z’,
7” cùng thuộc một đường tròn có tâm là 7
Bo dé 3 Néu O, #7 theo thứ tự là tâm đường tròn
ngoại tiếp và trực tâm củaA4BC thì 4O, 4H là
hai đường đẳng giác đối với góc B4C
Bồ đề 4 Cho tứ gidc ABCD
E=ABoCD;F= ADnCB Khi
điểm của 4C, BD, EF cùng thuộc một đường
thẳng
Các bồ đề 3, 4 rất quen thuộc, không trình bày
cách chứng minh ở đâỵ Đường thắng nói trong b6
đó trung
đề 4 được gọi là đường thẳng Gauss cha tứ giác ABCD Trở lại giải bài toán T12 Goi H 1a hinh
chiếu của Ä⁄ trên ZƑ; N là trung điểm của 8D, 7 là trung điểm của MN; # là giao điểm của BD va
MO; S, S’, U, V, W theo thứ tự là giao điểm của
PO, MN, PO, BD, AC va EF (hinh 2)
Dé thay cdc tir giac ABCD, AXMT, BYM# nội tiếp
va BP là duong d6i trung cua AABC Ta co: (XY, XT) = (XY, XM) + (XM, XT) =(BY,BM)+(AM,AT) (mod n) (AY, XT) = (AY, XM) +(XM, XT) =(BY,BM)+(AM, AT)(modn) =(BC,BM)+(AC, AD) = (BP, BA)+(BC, BD)(mod) =(BD, BA)+(BC, BD)=(BC,BA)(modz)
Tuong ty (ZY, ZT) =(DC, DA)(modz)
Vậy, chú ý rằng tứ giác ABCD nội tiếp, ta có (XY,XT) =(ZY,ZT)(modn) TOÁN H 30 : ite Số 512(2-2020) Điều đó có nghĩa là tứ giác XYZ7 nội tiếp ID) - Qua = ð chú - ý XAT + YCZ=BAD +BCD=180°, ta có: sin, rang
XT = AM sin XAT = CM sin YCZ = YZ
Vậy XYZ7 là hình thang cân (XY Z7 ) (1)
Dễ thấy 1, E, X, Z, H cùng thuộc đường tròn
đường kinh ME, ki hiéu la (ME), va M, F, Y, T, 7
cing thudc dudng tron dudng kinh MF, ki hiệu là
(MF) Kết hợp với (1), suy ra
Pouuy= OX OZ = OỴ OT = Form
Két hop voi MH la true dang phương cua (EZ),
(MF), suy ra Oe MH Theo dinh li Brocard,
OPLEF Vay MO=MH//OP (2) Từ (1)
theo bổ đề 2, suy ra 7 là tâm đường tròn ngoại tiếp
hình thang cân XYZ7 Do đó 12LXY//ZT @)
Es
Vv
Vi BXM=BYM=90° nén BM đi qua tâm
đường tròn ngoại tiếp tam giác BXỴ Từ đó, chú ý
răng BM, BD là hai đường đẳng giác đối với góc ABY, theo b6 dé 3, suy ra BD | XỴ Kat hop
v6i (3), suy ra JQ // BD = NR Từ đó, chú y rang
/ la trung diém cia MN, Suy ra Q 1a trung diém
của M⁄R (4) Từ (2) và (4) suy ra
Trang 33
Dé thay EF la đường đối cực của P đối với (O)
(6) Từ (6), chú ý rang ABCD la te giác điều hòa
điều hòa, suy ra WB, WD tiếp xúc với (Ó) Do đó
WeON Kết hợp voi (6), suy ra OUW = 90°
Vậy các tứ giác MPNO, MUWO theo thứ tự nội
tiếp các đường tròn đường kính PO, PW Do đó
(MN, MP) =(ON,OP) =(OW,OU)
=(MW, MU) (modnm)
Từ đó, chú ý rằng Mƒ= MO | Mỹ, Suy ra
(WVS'U) = M(WVS'U) = M(WVNU) =-1 (7)
Từ (5) và (7) suy ra (WVS'U) =(WVSU) Didu
đó có nghĩa là Š trùng với S” Theo bổ đề 4, $” là
trung điểm cua EF Vay S là trung điểm của EF (dpem)
Néu X’, Y’, Z’, T’ theo thir tu 1a hinh chiéu cia ý
trên 4B, BC, CD, DẠ và @'= X'Z'¬ÝT' thì P,
Q, Q’ thang hang
Nhận xét Bài toán này khó, chỉ một bạn tham gia
giải: Lâm Khánh Hòa, THPT chuyên Nguyễn Thị
Minh Khai, Sóc Trăng
NGUYEN MINH HA
Bài L1/508 Mér chất điểm có khối lượng
= 300g đông thời thực hiện hai dao động
điều hòa cùng phương, cùng tân số Ở thời điểm
t bat ki li độ của dao động thành phân luôn
thỏa mãn 16x; +9x3 =25 (x, x2 tinh bang cm)
Biết lực phục hôi cực đại tác dụng lên chất điểm
trong quá trình dao động Ia Fina, = 0,4N Xác định tấn số góc của dao động lời giảị Theo đề bài: 16x; +9x? =25 2 2 S pe + đó), 1,25 5 3
suy ra hai dao động này vuông pha với nhau, với
các biên độ dao động thành phần: 4i = 0,8em;
4; =0,6 em Biên độ dao động tông hợp: =l 2) A= JA) + 4 =, 11,257 1] =— Mặt khác: F„„ = mø@?A F max _ mA —/ớ-= = 0,8 rad/s
Nhận xứ Rất tiếc không có bạn nào có kết quả
tốt cho bài nàỵ
ĐINH THỊ THÁI QUỲNH Bài 12/508 Dat điện áp xoay chiêu
u = 2002 cos(100nt + 3)0) vào hai đầu đoạn
mạch AMNB Đoạn AM chứa cuộn day có độ tự
cảm L và điện trở r = 50Q hoại động; đoạn mạch
\MN chỉ chứa bóng đèn dây tóc Ð có công suất
định mức 200W, biết đèn sáng bình thường; đoạn mach NB chỉ chứa tụ điện có điện đụng C tất cả
được ghép nói tiếp với nhaụ Hãy xác định biểu thức của cường độ dòng điện trong mạch
Tời giảị Ta có: UIcos@= 1”r+200, trong đó
hệ số công suất cos@ thỏa mãn 0<cosœ<1
Thay = 200(V) vào ta được
507? =200cosø.! + 200 = 0
Để đèn sáng bình thường thì cường độ dòng điện
qua đèn chỉ có một giá trị bằng giá trị định mức,
do đó phương trình trên chỉ có duy nhất 1 nghiệm, hay: =(200cosø}” ~4.50.200=0 —.cosø=1 =1=2(A) Vậy biều thức cường độ dòng điện trong mạch là: is 22 cos{ 100 Hi Aa)
Nhận xét Rất tiếc không có bạn nào có kết quả
tốt cho bài nàỵ
NGUYÊN XUÂN QUANG
Trang 34
Phương phap Homer 1a mét thuat todn dé bién
đổi đa thức Phương pháp được đặt tên theo nhà
toan hoc nguoi Anh William George Horner
(thé ky 19), mặc dù phương pháp này đã được biết đến trước đó bởi Paolo Ruffini và 600 năm
trước bởi nhà toán học Trung Quốc 7ẩu Cửu
Thiên Cốt lõi của phương pháp Horner là dựa
trên việc phân tích đa thức thành dạng tính toán
đỡ phức tạp hơn nhiều so với cách tính tốn thơng thường 1 Khái niệm chung 1.1 Đa thức bình thường Cho đa thức bậc ø, n > 0: P(x) =4,x" +a, x" + 44), a4,#0 (J), ở đây a,,i=1,2, ,.n 1a cdc hang s6 thuc hay phức
Cách tính thông thường là tính P(x) bac n
theo trình tự phô biến: nhân chia trước, cộng trừ
n +3n
2
Horner phân tích đa thức (1) như sau:
sau, thì số phép tính lên tới phép P(x) =( (a,x+a,,)x+ 44,)x+a, (2) Khi đó số phép tính của cách nay chỉ là 2w phép Chang hạn với P(x) = ax? + bỷ +ex+d,a#0 (3) bình thường thì cần làm 9 phép tính, còn theo Horner, chỉ cần 6 phép tính
Bậc của đa thức càng lớn thì ý nghĩa “kinh tế?
của phương pháp Horner càng được thấy TỐ
chang hạn, với bậc 100, bình thường mắt 5150 TOÁNHỌC 32 “Suối sószesoø MỘT VÀI ỨNG DỤNG CỦA THUẬT TOÁN HORNER PHẠM ĐĂNG LONG
(Khoa Toán - Cơ - Tìn học, ĐHKHTN, ĐHQG Hà Nội)
phép tính, còn theo Horner, chỉ phải thực hiện
200 phép tính
Chính vì vậy, phương pháp Horner được sử
dụng để tính các đa thức trong các phân mềm
liên quan, như các phần mềm cần đến tính giá
trị đa thức
Với các đa thức bậc lớn, hay rất lớn, dùng các
ngôn ngữ lập trình sử dụng phương pháp
Homer sẽ cho độ phức tạp rất nhỏ và tất nhiên là tiết kiệm được thời gian chạy chương trình!
Thuật toán đề tính giá trị đa thức (1) như sau
(theo cođ C°”):
float P = 0; int 7;
fon @sn;t >= 01 =) PP aan
Còn với đa thức bậc thấp, ta dùng lược đồ
Horner là cách đơn giản đưa phương pháp
Horner vào thực hành rất hiệu quả
Chẳng hạn, với đa thức bậc ba (3),ta làm như
sau:
a | b a d
x | P=a | P=Px +b P=P+e EPS
Trong thực hành, ta không cần viết P ra, ma
tính trực tiếp luôn,
Có thể dùng máy tính Vinacal 570ES PLUS II
hoac Casio FX570MS, được phép dùng trong
các kỳ thi quốc gia tại Việt Nam
Sau đây là vài ví dụ thực tế
Thí dụ 1 Xé xem số 2 có là nghiệm của
Trang 35Huong dan Ta tinh P(2) xem có bang 0
không Vẽ lược đồ Horner;
| 4 =5 3 1
Fg 4 Bs | M0) 19
Két qua: P(2) = 19 #0 nén 2 không là nghiệm
của phương trình đã chọ
Việc tính toán với các số nguyên nhỏ như trên
thật đễ dàng Nhưng với các số thực lẻ hoặc lớn,
không nhằm được thì dùng máy tính Casio hay
Vinacal sẽ phù hợp hơn
Thí dụ 2 Tính P(e) biết:
P(Œ)=-—4,13x`—5,31x? +3, lx+1,123
Hướng dân Vẫn theo thuật tốn Horner, nhưng
khơng vẽ lược đồ mà ta thực hiện các bước lặp
như mẫu sau: P=a, P=Px+b; P=Px+c; P=Px+d Cu thé trén máy tính: Bước Ị Bằm -4.13= _ Tức là cho Ans =-4,13 Bước 2 Bắm xz+5.3l= _ Tức là cho Ans = Ansxz +5,31=—7,664777659 Bước 3 Bắm xz+3.11= _ Tức là cho Ans = Ansxz + 3.1 l=-20,96960919 Bước 4 Bấm xZz+1.123=_ Tức là cho Ans = Ansxz +l.123 = —64,75497016719 Ta thu được kết quả mong muốn là —64, 75497016719
Như vậy, với những đa thức "bình thường" với
hệ số nguyên hay thực, trong thực tế, dùng thuật
toán Horner ta nhanh chóng tính được giá trị
của nó, dù đối số của nó là số tùy ý
1.2 Da thire "kéo dai"
Tuy nhiên, cũng có khi ta phải tính giá trị của
những đa thức "kéo dài" thêm phần có đối số
mũ âm
Ox) =a,x" +a, x””+ +.đạ
+bx1+b,x” + +b„x",b„ #0,
Giải pháp đề tránh tính toán nhiều với các số lẻ
do mũ âm sinh ra, mà vẫn sử dụng được phương
pháp Horner, là
Bước Ị Nhân Q(x) véi x”
P(x) bac n+m
ta được đa thức
Bước 2 Dùng thuật toan Horner tinh P(x)
Bước 3 Chia két qua cia P(x) cho x”
Thí dụ 3 Xé/ xem số 2 có là nghiệm cua phương trình G(x)=x`+x—10+x'—2x”=0
hay không?
Hướng dẫn Ta tính Ó(2) xem có bằng 0 hay
không Nhưng ((x) không phải là đa thức bình
thường, nên nhân nó với xˆ ta được đa thức
IB Oe) == te Na vce
Dùng lược đồ Horner cho U2(0)VOIEX.=2
1 0 ales lO gla Sle >2 2 1 2 5 0 1 0
Kết quả P(2)=0, và từ đó Ø(2)=0 nên 2 là
nghiệm của phương trình đã chọ
Theo thí dụ trên, ta thấy có thé rút ngăn việc
tính (x) bằng cách vẫn làm lược đồ Horner
với bộ tất cả các hệ số của P() rồi chia kết quả trung gian thu được cho x”
2 Đôi số từ hệ đếm khác thập phân sang hệ thập phân 2.1 Đôi số từ hệ nhị phân (BIN) sang hệ thập phân (DEC) a) Số nhị phân đã cho là số nguyên: (bu b, s0); =b, 2" +b, 127Ì+ +ba,b, 0, ở đây b, (k =1,2, ,n) là các chữ số nhị phân, tức là 0 hoặc 1 Thí dụ 4 Đổi N =(111 100101), ở hệ nhị phân sang hệ thập phân
Hướng dẫn pre ee d6 Horner
bil el 2 pte eal
2 7 i 55 60 242 | 485
485
Trang 36b) S6 nhi phan là số thực không nguyên: (Gb 5Bp6,6, -C,, 2 =0, 2" +0, 2” + +B +02! +¢,27 + +¢,2,b, #0,¢, #0 ở đây b(i=1,2, ,n),c;(j=1,2, m) là các chữ số nhị phân, tức là 0 hoặc 1 Thí dụ 5 Đổi N =(111100.101), (số có 1đ) ở
hệ nhị phân sang hệ thập phân
Hướng dẫn Ta dịch chuyên dâu phây (.) sang
phải 3 vị trí để được số tự nhiên (tức là ta đã
tang so N 1én 10° lần ở hệ BIN hay 8 lần ở hệ
DEC, và đổi như ở Thí dụ 1, được 485 Cuối cùng ta chia 485 cho 8 thì được kết quả 60.625 Đáp số: 60.625 2.2 Đồi số từ hệ bát phân (OCT) sang hệ thập phân (DEC) a) S6 bat phân là số nguyên: (S5, Hộ, B5 1D, +A BB «0, 6 day B,(k =1,2 n) 14 cdc chit sé bát phân, tực |ÀI0) 15 2) 27: Thí dụ 6 Đối N=(423124), ở hệ bát phân
(OCT) sang hé thdp phan (DEC)
Hướng dẫn Theo quy tắc đổi ta có:
NW=(423174),=4-§?+2-8*+3.83
+1-8°+7-8'+4-8° =140924
Nhưng số phép tính ở đây khá nhiều, nên ta
dùng lược đồ Horner sẽ nhanh gọn hơn vì ít phép tính hơn! | i 25.13 1 |7 4 | | § 4 mm 2201 | 17615 Fa | Đáp số: 140924 b) Số bát phân không là số nguyên: (B,B,-1 -ByC,C, C,,), = B 8” + B,_.8"' + +B, FCS 0821 C8", B, #0,C, £0, ở đây B, Œ=1,2, n), Ee (j=1,2, ,m) ley exe chữ số bát phân, tức là 0, 1, 2 7c TOAN HOC 34‘ cTusiize $6 5122-2020 Thí dụ 7 Đổi N = (423.174), (c6 lé) ở hệ bat
phan (OCT) sang hé thap phân (DEC)
Hướng dẫn Theo quy tắc đôi ta có:
N=(423.174),=4-8)+2-8 +3-8°
T1-81+7:8” +4:8”275242Ii576:
Nhưng ta vẫn có thê sử dụng lược đồ Horner bằng cách: Bỏ dấu phây (.) đi để được số tự
nhiên, dùng lược đồ Horner như ở Thí dụ 1, thu được một số tự nhiên 140224 Nhưng do bỏ
dấu phẩy, so N đã bi tang 1én10; lan 6 hé OCT
hay 8°lần ở hệ DEC Như vậy, phải giảm kết
trung gian đi 8Ì hay 512 lần để được kết quả cuối cùng! Đáp số: 215.2421875 2.3 Đổi số từ hệ thập lục phân (HEX) sang hệ thập phân (DEC) _ a) Số lục thập phân là số nguyên: (h,h,_,-My)\g =h„16" +, 16" + +h,h, £0, 6 day h,(k=1,2, ,n) 1a cac chit sé luc thap phân, tức là: 0, 1, ., 9, 4, B, CG, D, E, F So với hệ thập phan thi A = 10, B = 11, C = 12, D=13,2=14, F=15:
Thi du 8 Déi N=(1F016B),, ở hệ thập luc
phân (HEX) sang hệ thập phân (DEC)
Huong dan Theo quy tắc khai triển, ta có:
N=(1F016B),, =1-16° +15-164+0-16°
+1-16° +6-16' +11-16° = 2031979,
Nhưng số phép tính ở đây nhiều, nên ta dùng
lược đô Horner sẽ nhanh gon hon! TTETPT l6|1 [31 [49617937 Dap s6: 2031979 ll 126998 | 2031979
b) S6 thap luc phan không nguyên:
Trang 37y=(F0.16B), =L.1ổ oie ee
ie 5 ee
+6:16° +11-16% =496 08862304688
Nhưng ta vẫn có thể sử dụng lược đồ Horner
bằng cách: Bỏ dau phay (.) di dé được một số tự nhiên, dùng lược đồ Horner như ở Thí dụ 1, thu
được một số tự nhiên 2031979, Nhưng do bỏ
dầu phây, so N da bi tang lén 10), lan ở hé HEX
hay 16° lan 6 hệ DEC Nhu vay, phai giam két
tăng JeleĐICh 16` hay 4096 lần để được kết quả
cuôi cùng
Đáp số: 496.08862304688
Tóm lại nhờ phương pháp hay thuật toán Horner, việc tính giá trị đa thức trở nên thuận
tiện, đơn giản và nhanh chóng hơn nhiều so với
cách tính truyền thống: Nhân chia trước, cộng trừ sau, tính từng lũy thừa riêng biệt
3 Đổi số từ hệ đếm thập phân sang hệ khác Cũng theo cách viết đa thức của Horner, người ta tìm ra cách đổi một số từ hệ thập phan sang
các hệ đếm khác Sau đây là một vài ví dụ cụ thê a) Đối số nguyên từ hệ thập phân sang số nhị phân Thí dụ 10 Đổi số í nhiên N=13 ở hệ thập phân sang hệ nhị phán
Hướng dẫn Chú ý là N <l6= 2° nên 13 khi sang hệ nhị phân có không quá 4 chữ số
(b,b,b,b,),, và khai triển ra thành
13=b,(10°), +b,(10'; +5,(10'), + %
13=5,2? +62? +42+h
13=(b,2”+b, 24+b)2+4-
Nhu vay, b, chinh la số dư khi chia 13 cho 2
Lập luận tương tự với biểu thức trong ngoặc
đơn, có giá trị là 6, Ủ, chính là số dư khi chia 6
cho 2, Tiếp tục quá trình đó ta thu được tắt cả cdc chit s6 b,,b,,b, va by -
Trong sách giáo khoa Đại số 10, bài đọc thêm
đã nêu ra cách đổi nay, như sơ đồ sau: 13 2 du | 6 J2 dư0 S2 dư 1 JẺ) ian Ghép các số dư từ dưới ngược lên trên ta được kết quả là 1102)
b) Đổi số fừ hệ thập phân không phải số
nguyên sang số nhị phân
Một số thực dương nhỏ hơn I chuyền thành số
nhị phan c6 dang: r=c,2"'+c,2~> + (4)
Dé tinh c, ta nhan r voi 2, tach phần nguyên đó
ra, ta lại có số lẻ và tiếp tục là như vậy Quá
trình đó có thể rất dàị
Thí dụ 11 Đối số fự nhiên R=0,3 ở hệ thập
phân sang hệ nhị phân
Hướng dẫn Số nhị phân này cũng là số lẻ,
tương ứng như dạng (4) Lần lượt thực hiện các việc Sau: Bước Ị Nhân r với 2 được 0,6, tách phần nguyên là 0 rạ Bước 2 Nhân phần lẻ với 2 được 12, tach 1 rạ Bước 3 Nhân phần lẻ với 2 được 0,4, tách 0 rạ Bước 4 Nhân phần lẻ với 2 được 0,§, tach 0 Tạ Bước 5 Nhân phần lẻ với 2 được 1,6, tách 1 Tạ
Bước 6 Nhân phần lẻ với 2
Đến đây ta thấy có sự lặp lại, mãi mãi!
Dap so: 0,3=0.(01001),
Trang 38nghiệm là: pe doi 1é R sang hệ nhị ta nhân R a số vừa thí dụ g tral Đến đây ta có thể rút ra kinh một số thập phân có phần
phân, lây m chữ số sau đầu phay,
voi 2” va chuyén doi phần nguyên củ
nhận được như một số nguyên như trong
10 Cuối cùng dịch chuyền dấu phây san
m vị trí
Thí dụ 12 Đổi số fự nhiên R=12,3 ở hệ thập
phân sang hệ nhị phân, lấy 3 chữ số nhị phân
sau dau phaỵ
Hướng dẫn Nhân 12,3 voi 2`, được 98,4, lay
phần nguyên là 98 đổi sang nhị phân được
1100110, Cuối cùng lùi dấu phẩy sang trái 3 vị trí, được kết quả 1100.110,
Đáp số: 1100.110,
c) Đổi số thập phân nguyên sang hệ bát phân
Tương tự như trong phần a), thay số chia 2
thành 8
d) Đổi số thập phân có lẻ sang hệ bát phân
lấy m chữ số bát phân: Trước hết nhân số cần
đôi với 8”, bỏ phần lẻ đi, đôi phần nguyên sang
hệ bát phân, rồi dịch chuyên dấu phầy sang trái
m Vi trị
e) Đổi số thập phân nguyên sang hệ thập lục
phân: Tương tự như trong phần a), thay số chia
2 thành 1ó Nhưng các số đư là 10, 15 ta chuyên thành chữ số thập phân tương ứng là 4,
silts
f) Doi sé thap phan có lẻ sang hé thap luc
phân lấy z chữ số thập lục phân: Trước hết
nhân số cần đổi với l6”, bỏ phần lẻ đi, đổi phần nguyên sang hệ thập lục phân, rồi dịch
dau phay sang trai m vi trị
Thực hiện xong thuật toán horner, dù lạ làm
ag ee : Suối — Số size-suap,
theo lược đồ hay lập trình, ta cũng thụ được
không những giá trị cua da thite tai x=q
là số dư khi chia đa thức P(+) cho nhị gu,
(x-@) (theo dinh ly Bout), ma con thy được
bộ hệ số của đa thức thương O(x)
Xin nhắc lại một chút về định lý B'zout;
P(x)=ŒX(x—#)+ÂÑ
Tức là khi chia đa thức P(x) cho nhị thực
(x—#) thì được đa thite thuong O(x), bic thấp
hơn một đơn vị, và du là một sô R Khi ay
P(@)=R
Đây chính là nội dung của định lý B'zout
Vậy nhờ thuật toán Horner, ta sẽ nhanh chóng
có được R Con rất may là, cũng từ thuật toán
Horner đó, mà ta thu được luôn đa thức thương! Hãy xét một thí dụ sau đây:
Thí dụ 13 Chia ẩa thức x`+x”—12 cho x+2
bằng lược đô Horner Hướng dẫn Ta có: 1 1 0 =1 -1 |2 le —16
Két qua P(-2)=~16, 1a s6 du trong phép chia
đa thức P(x) cho x+2 Chú ý, ở đây œ=~2
Còn bộ số (1—1,2) chính là bộ hệ số của đa
thức thương Q(x) Tite 1a
x'+x”~12=(xˆ ~x+2)(x+2)~l6
Một cách tổng quát, giả sử có đa thức (1) với bộ
$0(b,,B,45 5b,) , két quả của thuật toán
Homer: 6, =a,,b, =b, u#+4,„k=n—l,n=2, b0
Sẽ là bộ hệ số của đa thức thương
Ó()=bx 1+ begs
cho nhị thức x—@
Trang 39
Trong lich sử loài người, có một con số khá bí mật
đã làm say mê rất nhiều ngườị Qua nhiều thể hệ,
từ cô xưa đến hiện đại, nhiều bộ óc phi thường đã
tìm cách tính ra con số đó để rồi người ta thấy chỉ
có thê tính ra một con số gần đúng mà thôị
Con số này không thể viết thành một con số
nguyên hữu han (finite integer), một phân số
(fraction) hay một số vô tỷ (irrational) được Đến
nay, mọi người đã chấp nhận đó là một con số
siêu việt (transcendent) Con số ấy là số m
Số x là gì?
T = 3,141592653589793238462643383279
nm 1a tén cua chir thir 16 cua mau tu Hy Lạp Số
x được định nghĩa như một hằng số, /à /ÿ số giữa chu vi đường tròn với đường kính của nó Số œ là
con số quan trọng bậc nhất trong toán học Vì vậy,
ở bất kỳ nơi nào có hình tròn hoặc đường cong, số
cũng xuất hiện Bạn không thể giải quyết bài
toán hình học, lượng giác, giải tích hay các nhánh
khác của toán học mà không sử dụng đến m Tên
"pï” do chữ peripheria (perijeria) có nghĩa là chu
vi của đường tròn Nhưng nó không có tên chính
xác, thường người ta gọi làp, c, haỵ Chữ %
được dùng vào khoảng giữa thế kỷ thứ 18, sau
khi 7, Ez/jey xuất bản cuốn chuyên luận phân tích
tăm 1748, ý định dùng ký hiệu œ là để tưởng
nhớ đến những nhà toán học Hy Lạp là những
66799 pi’
Xét vai trò là một con só, x cũng háp dẫn những
người tìm ra đầu tiên con sô gân đúng của
người yêu toán học Nó là một số vô tỷ, có nghĩa
không thé được viết dưới dạng phân số của hai so
nguyên Nói cách khác, z là số thập phân vô hạn
không tuần hoàn Đặc biệt hơn, x thuộc nhóm các
số đặc biệt gọi là số siêu việt Nó được định nghĩa
là số không phải nghiệm của bất kỳ phương trình
đại sô nào với hệ sô là các sô nguyên Lịch sử phát hiện ra sô 7
7 được phát hiện gần 4.000 năm trước bởi người Babylon cô đạị Một bản khắc ở Babylon có niên
đại khoảng 1900 — 1680 trước công nguyên cho
thấy giá trị của nó được tính là 3,125
Cuốn "Rhind Papyrus" khoảng năm 1650 trước
công nguyên cũng mở ra cái nhìn sâu sắc về toán
học của Ai Cập cô đạị Người Ai Cập đã tính diện
Trang 40của số z Ông tìm diện tích cúa hai đa giác đó i đa giác ngoại tiếp đường tròn va đa giác nội tiép
đường tron Archimedes biét rang dién tich cua
hình tròn là một giá trị nằm ở khoảng giữa diện
tích của đa giác ngoại tiếp và đa giác nội tiếp của
nó từ đó ta giới hạn được khoảng giá trị của diện tích hình tròn Tuy không tìm ra con số cụ thể, ] 10 ông tính được z là một số năm giữa a va ee : Nhà toán học 76 Xung Chỉ (429 - 501), một nhà toán học và thiên văn học xuất người Trung Quốc Ông đã tính giá trị chúng tỷ lệ giữa chu vi của một đường tròn với đường kính của nó là ae 3.14159 eS Ông đã thực
hiện các phép tính dài liên quan đến hàng trăm
căn bậc hai cho ra kết quả đến 9 chữ số thập
phân Tuy nhiên, vì cuốn sách của ông bị thất lạc,
việc ông làm thế nào đề tìm ra 7 vân chưa được
giải đáp cặn kẽ
Kí hiệu x ở đâu ra
Theo nhà toán học đồng thời cũng là một sử
gia Florian Cafori (1859 — 1930) thì người đầu
tiên dùng ký hiệu chữ só Hy Lạp trong hình học
la William Oughtred (1575 — 1660) Để chỉ chu
vỉ, tiếng Anh là “Periphery”, ông dùng chữ Hy
Lap 7z(PÙ Để chị đường kính, tiếng Anh là
“diameter” ông dùng ch Hy Lạp 8 (Delta) Năm
1760, William Jones (1675 — 1749) trong cuốn
38 TOAN HỌC
sach Synopsis Palmariorum Matheseos da ding
luôn chữ (Pi) dé chi tỷ số chu vi chia cho
đường kính hình tròn Phải chờ đến nhà toán học
danh tiếng là Leonard Euier, người Thụy Sĩ, thì ky hiéu a (Pi) moi được dùng một cách rộng rãi,
và được tất cả mọi người công nhận và dùng nhự là tỷ & chu vi chia cho đường kính một hình tròn,
Đó là năm 1748 khi Leonard Euler viet trong
cuén sach Introductio in analysin infinitorum
Cách tính số x của nhân loại
Phương pháp cổ xưa nhất, vẽ một đường tròn bán
kính là 1 đơn vị và hai đa giác đêu nội tiép và
ngoại tiếp của đường tròn Nếu đa giác đều đó là
hình vuông thì trị só chu vi hình tròn sẽ ở giữa chu
vi hình vuông nội tiếp và ngoại tiếp, nghĩa là trị số
của Pi sẽ nằm trong khoảng 2Ý?<z<4
=2,828 <7<4 Tăng số cạnh lên 6 ta có kết
quả khá hơn (Bởi vì cạnh hình lục giác đều bằng
bán kính đường tròn) và 2*? =3,461 Lúc nay,
trị số của Pi sẽ nằm trong khoảng 3<x<2#
=3<Z<3,46] Khi tính chu vi các đa giác có
hàng ngàn cạnh, và chia kết quả cho đường kính
của đường tròn, ta tìm được giá trị xấp xỉ chính 355 =2 113 Neue Babylone tính được con sé x bằng cách so sánh xác nhất của mIà
chu vi của một đường tròn với chu vi đa giác nội