SỬ DỤNG DIỆN TÍCH TRONG CHỨNG MINH HÌNH HỌC docx

VẬN DỤNG BỔ ĐỀ HÌNH THANG VÀO GIẢI TOÁN * Trong Tạp chí Toán Tuổi thơ 2 số 4 TTT24, tháng 6 năm 2003, ở mục kết quả Thử tí toán, để chia đôi một đoạn thẳng song song với một đường thẳng

SỬ DỤNG DIỆN TÍCH TRONG CHỨNG MINH HÌNH HỌC

Có nhiều bài toán hình học tưởng như không liên quan đến diện tích, nhưng nếu

ta sử dụng diện tích thì lại dễ dàng tìm ra lời giải của bài toán

Bài toán 1 : Tam giác ABC có AC = 2 AB Tia phân giác của góc A cắt BC ở D

Chứng minh rằng DC = 2 DB

Phân tích bài toán (h.1)

Để so sánh DC và DB, có thể so sánh diện tích hai tam giác ADC và ADB có chung đường cao kẻ từ A Ta so sánh được diện tích hai tam giác này vì chúng có các đường cao kẻ từ D bằng nhau, và AC = 2 AB theo đề bài cho

Giải : Kẻ DI vuông góc với AB, DK vuông góc với AC Xét ΔADC và ΔADB :

các đường cao DI = DK, các đáy AC = 2 AB nên SADC = 2 SADB

Vẫn xét hai tam giác trên có chung đường cao kẻ từ A đến BC, do SADC = 2 SADB

nên DC = 2 DB

Giải tương tự như trên, ta chứng minh được bài toán tổng quát :

Nếu AD là phân giác của ΔABC thì DB/DC = AB/AC

Bài toán 2 : Cho hình thang ABCD (AB // CD), các đường chéo cắt nhau tại O

Qua O, kẻ đường thẳng song song với hai đáy, cắt các cạnh bên AC và BC theo thứ tự tại E và F

Chứng minh rằng OE = OF

Giải :

Cách 1 : (h.2) Kẻ AH, BK, CM, DN vuông góc với EF Đặt AH = BK = h1, CM =

Giả sử OE > OF thì S1 > S3 và S2 > S4 nên S1 + S2 > S3 + S4, trái với (1)

Giả sử OE < OF thì S1 < S3 và S2 < S4 nên S1 + S2 < S3 + S4, trái với (1)

Vậy OE = OF

Bài toán 3 : Cho hình bình hành ABCD Các điểm M, N theo thứ tự thuộc các

cạnh AB, BC sao cho AN = CM Gọi K là giao điểm của AN và CM Chứng minh rằng KD là tia phân giác của góc AKC

Giải : (h.4) Kẻ DH vuông góc với KA, DI vuông góc với KC

Do AN = CM nên DH = DI Do đó KI là tia phân giác của góc AKC

Như vậy khi xét quan hệ giữa độ dài các đoạn thẳng, ta nên xét quan hệ giữa diện tích các tam giác mà cạnh là các đoạn thẳng ấy Điều đó nhiều khi giúp chúng ta

đi đến lời giải của bài toán

Bạn hãy sử dụng diện tích để giải các bài toán sau :

1 Cho tam giác ABC cân tại A Gọi M là một điểm bất kì thuộc cạnh đáy BC

Gọi MH, MK theo thứ tự là các đường vuông góc kẻ từ M đến AB, AC Gọi BI là đường cao của tam giác ABC Chứng minh rằng MH + MK = BI

Hướng dẫn : Hãy chú ý đến

SAMB + SAMC = SABC

2 Chứng minh rằng tổng các khoảng cách từ một điểm M bất kì trong tam giác

đều ABC đến ba cạnh của tam giác không phụ thuộc vị trí của M

Hướng dẫn : Hãy chú ý đến

SMBC + SMAC + SMAB = SABC

3 Cho tam giác ABC cân tại A Điểm M thuộc tia đối của tia BC Chứng minh

rằng hiệu các khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng AC và AB bằng đường cao ứng với cạnh bên của tam giác ABC

Hướng dẫn : Hãy chú ý đến

SMAC - SMAB = SABC

4 Cho hình thang ABCD (AB // CD, AB < CD) Các đường thẳng AD và BC cắt

nhau tại O Gọi F là trung điểm của CD, E là giao điểm của OF và AB Chứng minh rằng AE = EB

Hướng dẫn : Dùng phương pháp phản chứng.

MỘT PHƯƠNG PHÁP VẼ ĐƯỜNG PHỤ

Bài toán 1 : Cho góc xOy Trên Ox lấy hai điểm A, B và trên Oy lấy hai điểm C,

D sao cho AB = CD Gọi M và N là trung điểm của AC và BD Chứng minh đường thẳng MN song song với phân giác góc xOy

Suy luận : Vị trí đặc biệt nhất của CD là khi CD đối xứng với AB qua Oz, phân giác góc xOy

Gọi C1 và D1 là các điểm đối xứng của A và B qua Oz ; E và F là các giao điểm của AC1 và BD1 với Oz Khi đó E và F là trung điểm của AC1 và BD1, và do đó vị

trí của MN sẽ là EF Vì vậy ta chỉ cần chứng minh MN // EF là đủ (xem hình 1)

Thật vậy, do AB = CD (gt), AB = C1D1 (tính chất đối xứng) nên CD = C1D1 Mặt khác ME và NF là đường trung bình của các tam giác ACC1 và BDD1 nên NF //

DD1, NF = 1/2DD1 , ME // CC1 , ME = 1/2 CC1 => ME // NF và NE = 1/2 NF =>

tứ giác MEFN là hình bình hành => MN // EF => đpcm

Bài toán 1 có nhiều biến dạng” rất thú vị, sau đây là một vài biến dạng của nó, đề nghị các bạn giải xem như những bài tập nhỏ ; sau đó hãy đề xuất những “biến dạng” tương tự

Bài toán 2 : Cho tam giác ABC Trên AB và CD có hai điểm D và E chuyển động

sao cho BD = CE Đường thẳng qua các trung điểm của BC và DE cắt AB và AC tại I và J Chứng minh ΔAIJ cân

Bài toán 3 : Cho tam giác ABC, AB ≠ AC AD và AE là phân giác trong và trung

tuyến của tam giác ABC Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE cắt AB và AC tại

M và N Gọi F là trung điểm của MN Chứng minh AD // EF

Trong việc giải các bài toán chứa các điểm di động, việc xét các vị trí đặc biệt càng tỏ ra hữu ích, đặc biệt là các bài toán “tìm tập hợp điểm”

Bài toán 4 : Cho nửa đường tròn đường kính AB cố định và một điểm C chuyển

động trên nửa đường tròn đó Dựng hình vuông BCDE Tìm tập hợp C, D và tâm hình vuông

Ta xét trường hợp hình vuông BCDE “nằm ngoài” nửa đường tròn đã cho (trường hợp hình vuông BCDE nằm trong đường tròn đã cho được xét tương tự, đề nghị các bạn tự làm lấy xem như bài tập)

Suy luận : Xét trường hợp C trùng với B Khi đó hình vuông BCDE sẽ thu lại một điểm B và các điểm I, D, E đều trùng với B, trong đó I là tâm hình vuông BCDE Vậy B là một điểm thuộc các tập hợp cần tìm

Xét trường hợp C trùng với A Dựng hình vuông BAD1E1 khi đó D trùng với D1,

E trùng với E1 và I trùng với I1 (trung điểm của cung AB ) Trước hết, ta tìm tập hợp E Vì B và E1 thuộc tập hợp cần tìm nên ta nghĩ ngay đến việc thử chứng minh Đ BEE1 không đổi Điều này không khó vì Đ ACB = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) và ΔBEE1 = ΔBCA (c g c) => Đ BEE1 = Đ BCA = 90o => E nằm trên nửa đường tròn đường kính BE1 (1/2 đường tròn này và 1/2 đường tròn

đã cho nằm ở hai nửa mặt phẳng khác nhau với “bờ” là đường thằng BE1)

Vì Đ DEB = Đ E1EB = 90o nên D nằm trên EE1 (xem hình 2)

=> Đ ADE1 = 90o = Đ ABE1 => D nằm trên đường tròn đường kính AE1, nhưng ABE1D1 là hình vuông nên đường tròn đường kính AE1 cũng là đường tròn đường kính BD1 Chú ý rằng B và D1 là các vị trí giới hạn của tập hợp cần tìm, ta => tập hợp D là nửa đường tròn đường kính BD1 (nửa đường tròn này và điểm A ở về hai nửa mặt phẳng khác nhau với bờ là đường thẳng BD1)

Cuối cùng, để tìm tập hợp I, ta cần chú ý II1 là đường trung bình của ΔBDD1 nên

II1 // DD1 => Đ BII1 = 90 => tập hợp I là nửa đường tròn đường kính BI1 (đường tròn này và A ở về hai nửa mặt phẳng khác nhau với bờ là BD1)

Để kết thúc, xin mời bạn giải bài toán sau đây :

Bài toán 5 : Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB cố định và 1 điểm C chuyển

động trên nửa đường tròn đó Kẻ CH vuông góc với AB Trên đoạn thẳng OC lấy điểm M sao cho OM = CH Tìm tập hợp M

LÀM QUEN VỚI BẤT ĐẲNG THỨC

TRÊ-BƯ-SEP

Các bạn đã từng được làm quen với các bất đẳng thức Cô si, Bunhiacôpski nhưng không ít bạn còn chưa biết về bất đẳng thức Trê - bư - sép Con đường đi đến bất đẳng thức này thật là giản dị, quá gần gũi với những kiến thức cơ bản của các bạn bậc THCS

Các bạn có thể thấy ngay : Nếu a1 ≤ a2 và b1 ≤ b2 thì (a2 - a1) (b2 - b1) ≥ 0 Khai triển vế trái của bất đẳng thức này ta có :

2 (a1b1 + a2b2) ≤ (a1 + a2) (b1 + b2) (**) Các bất đẳng thức (*) và (**) đều trở thành đẳng thức khi và chỉ khi a1 = a2 hoặc

b1 = b2

Làm theo con đường đi tới (*) hoặc (**), các bạn có thể giải quyết nhiều bài toán rất thú vị

Bài toán 1 : Biết rằng x + y = 2 Chứng minh x2003 + y2003 ≤ x2004 + y2004

Lời giải : Do vai trò bình đẳng của x và y nên có thể giả sử x ≤ y Từ đó => : x2003

Để ý rằng : Bất đẳng thức vừa chứng minh trở thành đẳng thức khi và chỉ khi x =

y = 1 ; các bạn sẽ có lời giải của các bài toán sau :

Bài toán 2 : Giải hệ phương trình :

Nếu các bạn quan tâm tới các yếu tố trong tam giác thì vận dụng các bất đẳng thức (*) hoặc (**) sẽ dẫn đến nhiều bài toán mới

Bài toán 3 : Cho tam giác ABC có diện tích bằng 1 AH và BK là các đường cao

của tam giác

Chứng minh : (BC + CA).(AH + BK) ≥ 8

Lời giải : Ta có AH x BC = BK x CA = 2 Do vai trò bình đẳng của BC và CA

nên có thể giả sử rằng BC ≤ CA => 2/BC ≥ 2/CA => AH ≥ BK

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi BC = CA hoặc BK = AH tương đương với BC =

CA hay tam giác ABC là tam giác cân đỉnh C

Bài toán 4 : Cho tam giác ABC với BC = a, CA = b, AB = c và các đường cao

tương ứng của các cạnh này có độ dài lần lượt là ha, hb, hc Chứng minh :

với S là diện tích tam giác ABC

Lời giải : Do vai trò bình đẳng của các cạnh trong tam giác nên có thể giả sử rằng

Bây giờ các bạn thử giải các bài tập sau đây :

1) Biết rằng x2 + y2 = 1 Tìm giá trị lớn nhất của F = (x4 + y4) / (x6 + y6)

2) Cho các số dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 1 Chứng minh :

3) Cho tam giác ABC có độ dài các cạnh lần lượt là a, b, c và độ dài các đường

phân giác trong thuộc các cạnh này lần lượt là la, lb, lc Chứng minh :

4) Hãy dự đoán và chứng minh bất đẳng thức Trê - bư - sép với n = 3 Từ đó hãy

sáng tạo ra các bài toán Nếu bạn thấy thú vị với những khám phá của mình ở bài tập này, hãy gửi gấp bài viết về cho chuyên mục EUREKA của TTT2

PHƯƠNG PHÁP HOÁN VỊ VÒNG QUANH

Phân tích thành nhân tử là một trong những kĩ năng cơ bản nhất của chương trình đại số bậc THCS Kĩ năng này được sử dụng khi giải các bài toán : biến đổi đồng nhất các biểu thức toán học, giải phương trình, chứng minh bất đẳng thức và giải các bài toán cực trị Sách giáo khoa lớp 8 đã giới thiệu nhiều phương pháp phân tích thành nhân tử Sau đây tôi xin nêu một phương pháp thường sử dụng, dựa vào việc kết hợp các phương pháp quen thuộc như đặt nhân tử chung, nhóm số hạng, hằng đẳng thức

Phương pháp này dựa vào một số nhận xét sau đây :

1/ Giả sử phải phân tích biểu thức F(a, b, c) thành nhân tử, trong đó a, b, c có vai trò như nhau trong biểu thức đó Nếu F(a, b, c) = 0 khi a = b thì F(a, b, c)

sẽ chứa các nhân tử a - b, b - c và c - a

Bài toán 1 : Phân tích thành nhân tử :

F(a, b, c) = a2(b - c) + b2(c - a) + c2(a - b)

Nhận xét : Khi a = b ta có :

F(a, b, c) = a2(a - c) + a2(c - a) = 0, do đó F(a, b, c) có chứa nhân tử a - b

Tương tự F(a, b, c) chứa các nhân tử b - c, c - a Vì F(a, b, c) là biểu thức bậc ba,

do đó F(a, b, c) = k.(a - b)(b - c)(c - a)

Cho a = 1, b = 0, c = -1 ta có :

1 + 1 = k.1.1.(-2) => k = -1

Vậy : F(a, b, c) = -(a - b)(b - c)(c - a)

Bài toán 2 : Phân tích thành nhân tử :

F(a, b, c) = a3(b - c) + b3(c - a) + c3(a - b)

Nhận xét : Tương tự như bài toán 1, ta thấy F(a, b, c) phải chứa các nhân tử a - b,

b - c, c - a Nhưng ở đây F(a, b, c) là biểu thức bậc bốn, trong khi đó (a - b)(b - c)(c - a) bậc ba, vì vậy F(a, b, c) phải có một thừa số bậc nhất của a, b, c Do vai trò

a, b, c như nhau nên thừa số này có dạng k(a + b + c) Do đó :

F(a, b, c) = k(a - b)(b - c)(c - a)(a + b + c)

Cho a = 0 ; b = 1 ; c = 2 => k = -1

Vậy : F(a, b, c) = -(a - b)(b - c)(c - a)(a + b + c)

2/ Trong một số bài toán, nếu F(a, b, c) là biểu thức đối xứng của a, b, c nhưng F(a, b, c) ≠ 0 khi a = b thì ta thử xem khi a = -b, F(a, b, c) có triệt tiêu không, nếu thỏa mãn thì F(a, b, c) chứa nhân tử a + b, và từ đó chứa các nhân tử b + c, c + a

Bài toán 3 : Chứng minh rằng :

Nếu : 1/x + 1/y + 1/z = 1/(x + y + z) thì

1/xn + 1/yn + 1/zn = 1/(xn + yn + zn)

với mọi số nguyên lẻ n

Nhận xét :

Từ giả thiết 1/x + 1/y + 1/z = 1/(x + y + z) => :

(xy + xz + yz)(x + y + z) - xyz = 0 (*)

Do đó ta thử phân tích biểu thức

F(x, y, z) = (xy + xz + yz)(x + y + z) - xyz thành nhân tử

Chú ý rằng khi x = - y thì F(x, y, z) = - y2z + y2z = 0 nên F(x, y, z) chứa nhân tử x + y Lập luận tương tự như bài toán 1, ta có F(x, y, z) = (x + y)(y + z)(x + z)

Do đó (*) trở thành : (x + y)(y + z)(x + z) = 0

Tương đương với : x + y = 0 hoặc y + z = 0 hoặc z + x = 0

Nếu x + y = 0 chẳng hạn thì x = - y và do n lẻ nên xn = (-y)n = -yn

Vậy : 1/xn + 1/yn + 1/zn = 1/(xn + yn + zn)

Tương tự cho các trường hợp còn lại, ta có đpcm

Có những khi ta phải linh hoạt hơn trong tình huống mà hai nguyên tắc trên không thỏa mãn :

Bài toán 4 :

Phân tích đa thức sau thành nhân tử :

F(x, y, z) = x3 + y3 + z3 - 3xyz

Nhận xét : Ta thấy rằng khi x = y hay x = -y thì F(x, y, z) ≠ 0 Nhưng nếu thay x =

-(y + z) thì F(x, y, z) = 0 nên F(x, y, z) có nhân tử x + y + z Chia F(x, y, z) cho x + y + z, ta được thương x2 + y2 + z2 - xy - yz - zx và dư là 0 Do đó :

Ví dụ : Tìm nghiệm dương của phương trình x2 + 10x = 39

Hình vuông to có độ dài cạnh là x + 5 sẽ có diện tích là 64 Do đó :

(x + 5)2 = 64 = 82 tương đương x + 5 = 8 hay x = 3

Vậy phương trình có nghiệm dương là x = 3

Phương pháp này đã được nhà toán học Italia nổi tiếng Jerôm Cacđanô (1501 - 1576) sử dụng khi tìm nghiệm dương của phương trình x2 + 6x = 31

Các bạn hãy tìm nghiệm dương của phương trình x2 - 8x = 33 bằng phương pháp hình học thử xem ?

MỘT DẠNG TOÁN VỀ ƯCLN VÀ BCNN

Trong chương trình số học lớp 6, sau khi học các khái niệm ước chung lớn nhất (ƯCLN) và bội chung nhỏ nhất (BCNN), các bạn sẽ gặp dạng toán tìm hai số nguyên dương khi biết một số yếu tố trong đó có các dữ kiện về ƯCLN và

BCNN

Phương pháp chung để giải :

1/ Dựa vào định nghĩa ƯCLN để biểu diễn hai số phải tìm, liên hệ với các yếu tố

đã cho để tìm hai số

2/ Trong một số trường hợp, có thể sử dụng mối quan hệ đặc biệt giữa ƯCLN,

BCNN và tích của hai số nguyên dương a, b, đó là : ab = (a, b).[a, b], trong đó (a, b) là ƯCLN và [a, b] là BCNN của a và b Việc chứng minh hệ thức này không

Chúng ta hãy xét một số ví dụ minh họa

Bài toán 1 : Tìm hai số nguyên dương a, b biết [a, b] = 240 và (a, b) = 16 Lời

giải : Do vai trò của a, b là như nhau, không mất tính tổng quát, giả sử a ≤ b

Từ (*), do (a, b) = 16 nên a = 16m ; b = 16n (m ≤ n do a ≤ b) với m, n thuộc Z+ ; (m, n) = 1

Bài toán 2 : Tìm hai số nguyên dương a, b biết ab = 216 và (a, b) = 6

Lời giải : Lập luận như bài 1, giả sử a ≤ b

Do (a, b) = 6 => a = 6m ; b = 6n với m, n thuộc Z+ ; (m, n) = 1 ; m ≤ n

Vì vậy : ab = 6m.6n = 36mn => ab = 216 tương đương mn = 6 tương đương m =

1, n = 6 hoặc m = 2, n = 3 tương đương với a = 6, b = 36 hoặcc là a = 12, b = 18

Bài toán 3 : Tìm hai số nguyên dương a, b biết ab = 180, [a, b] = 60

Lời giải :

Từ (**) => (a, b) = ab/[a, b] = 180/60 = 3

Tìm được (a, b) = 3, bài toán được đưa về dạng bài toán 2

Kết quả : a = 3, b = 60 hoặc a = 12, b = 15

Chú ý : Ta có thể tính (a, b) một cách trực tiếp từ định nghĩa ƯCLN, BCNN :

Theo (*) ta có ab = mnd2 = 180 ; [a, b] = mnd = 60 => d = (a, b) = 3

Bài toán 4 : Tìm hai số nguyên dương a, b biết a/b = 2,6 và (a, b) = 5

Lời giải : Theo (*), (a, b) = 5 => a = 5m ; b = 5n với m, n thuộc Z+ ; (m, n) = 1

Vì vậy : a/b = m/n = 2,6 => m/n = 13/5 tương đương với m = 13 và n = 5 hay a =

65 và b = 25

Chú ý : phân số tương ứng với 2,6 phải chọn là phân số tối giản do (m, n) = 1 Bài toán 5 :

Tìm a, b biết a/b = 4/5 và [a, b] = 140

Lời giải : Đặt (a, b) = d Vì , a/b = 4/5 , mặt khác (4, 5) = 1 nên a = 4d, b = 5d

Lưu ý [a, b] = 4.5.d = 20d = 140 => d = 7 => a = 28 ; b = 35

Bài toán 6 : Tìm hai số nguyên dương a, b biết a + b = 128 và (a, b) = 16

Lời giải : Lập luận như bài 1, giả sử a ≤ b

Ta có : a = 16m ; b = 16n với m, n thuộc Z+ ; (m, n) = 1 ; m ≤ n

Vì vậy : a + b = 128 tương đương 16(m + n) = 128 tương đương m + n = 8

Tương đương với m = 1, n = 7 hoặc m = 3, n = 5 hay a = 16, b = 112 hoặc a = 48,

b = 80

Bài toán 7 : Tìm a, b biết a + b = 42 và [a, b] = 72

Lời giải : Gọi d = (a, b) => a = md ; b = nd với m, n thuộc Z+ ; (m, n) = 1

Không mất tính tổng quát, giả sử a ≤ b => m ≤ n

Do đó : a + b = d(m + n) = 42 (1)

[a, b] = mnd = 72 (2)

=> d là ước chung của 42 và 72 => d thuộc {1 ; 2 ; 3 ; 6}

Lần lượt thay các giá trị của d vào (1) và (2) để tính m, n ta thấy chỉ có trường hợp d = 6 => m + n = 7 và mn = 12 => m = 3 và n = 4 (thỏa mãn các điều kiện của m, n) Vậy d = 6 và a = 3.6 = 18 , b = 4.6 = 24

Bài toán 8 : Tìm a, b biết a - b = 7, [a, b] = 140

Lời giải : Gọi d = (a, b) => a = md ; b = nd với m, n thuộc Z+ ; (m, n) = 1

Do đó : a - b = d(m - n) = 7 (1’)

[a, b] = mnd = 140 (2’)

=> d là ước chung của 7 và 140 => d thuộc {1 ; 7}

Thay lần lượt các giá trị của d vào (1’) và (2’) để tính m, n ta được kết quả duy nhất :

d = 7 => m - n = 1 và mn = 20 => m = 5, n = 4

Vậy d = 7 và a = 5.7 = 35 ; b = 4.7 = 28

Bài tập tự giải :

1/ Tìm hai số a, b biết 7a = 11b và (a, b) = 45

2/ Tìm hai số biết tổng của chúng bằng 448, ƯCLN của chúng bằng 16 và chúng

có các chữ số hàng đơn vị giống nhau

3/ Cho hai số tự nhiên a và b Tìm tất cả các số tự nhiên c sao cho trong ba số, tích của hai số luôn chia hết cho số còn lại

VẬN DỤNG BỔ ĐỀ HÌNH THANG VÀO GIẢI TOÁN

* Trong Tạp chí Toán Tuổi thơ 2 số 4 (TTT2(4)), tháng 6 năm 2003, ở mục kết

quả Thử tí toán, để chia đôi một đoạn thẳng song song với một đường thẳng cho

trước chỉ bẳng thước thẳng, ta đã dựa vào một bổ đề :

“Đường thẳng nối giao điểm các đường chéo của hình thang với giao điểm các cạnh bên kéo dài sẽ chia đáy của hình thang thành hai phần bằng nhau”

Bổ đề này thường được gọi là bổ đề “Hình thang” Để chứng minh bổ đề, các bạn

có thể tham khảo phần chứng minh trong TTT2(4)

* ở bài viết này, xin nêu thêm một số dạng ứng dụng khác của bổ đề “Hình

thang”

Bài toán 1 : Cho DABC M, N, P lần lượt là các điểm trên các cạnh BC, CA, AB

Nối AM, BN, CP cắt nhau tại I, J, K (hình 1) Kí hiệu S là diện tích, chứng minh rằng :

Nếu SΔAIN = SΔBJP = SΔCKM = SΔIJK thì SAPJI = SBMKJ = SCNIK

Lời giải : Gọi L là giao điểm của CI và NK

Từ SΔANI = SΔIJK => SΔANI + SΔAIJ = = SΔIJK + SΔAIJ => SΔNAJ = SΔKAJ

Ta nhận thấy ΔNAJ và ΔKAJ có chung cạnh AJ nên khoảng cách từ N và K tới

AJ là bằng nhau, dẫn đến NK // AJ

Xét hình thang KNAJ, có hai cạnh bên AN x JK = C ; có hai đường chéo AK x JN

= I, theo bổ đề “Hình thang”, CI cắt NK tại trung điểm của NK Vậy L là trung điểm của NK (*)

Từ (*) ta chứng minh được SΔCIN = S ΔCIK, mà SΔAIN = S ΔCKM => SΔCIM = SΔCIA => IA

= IM (**) ( ΔCIM và ΔCIA có chung đường cao hạ từ C tới AM)

Từ (**) => S ΔBIA = S ΔBIM ( ΔBIM và ΔBIA có chung đường cao hạ từ B tới AM) Tương đương với S ΔBPJ + SAPJI = S ΔIJK + SBJKM hay SAPJI = SBJKM (do S ΔBPJ = SIJK) Hoàn toàn tương tự, ta chứng minh được từng cặp trong ba tứ giác APJI, BMKJ, CNIK có diện tích bằng nhau và do đó diện tích của ba tứ giác này bằng nhau

* Xét bài toán đảo của bài toán dựng hình chỉ bằng thước kẻ trong TTT2(4) nói trên

Bài toán 2 : Cho trước một đoạn thẳng AB và trung điểm M của nó Chỉ bằng

thước thẳng, hãy dựng qua điểm C nằm ngoài AB, một đường thẳng song song với AB

Lời giải :

Phân tích : Giả sử dựng được đường thẳng (d) đi qua C và song song với AB (hình 2)

Trên phần kéo dài của tia BC, lấy một điểm S bất kì Gọi giao điểm của SA và (d)

là D, AC cắt BD tại O Theo bổ đề Hình thang, đường thẳng SO đi qua điểm M,

từ đó ta có cách dựng

Cách dựng : Lấy điểm S như trên Lần lượt nối AC, SM, các đường thẳng này cắt

nhau tại O Nối SA, BO, cắt nhau tại D Đường thẳng (d) đi qua C, D chính là đường thẳng cần dựng : (d) đi qua C, (d) // AB

* Kết quả của bài toán 2 cũng được vận dụng trong nhiều bài toán dựng hình chỉ bằng thước thẳng

Bài toán 3 : Cho hình bình hành ABCD với O là tâm Chỉ dùng thước thẳng, qua

O, hãy dựng đường thẳng song song với một cạnh bất kì của hình bình hành ABCD

Lời giải : Theo bài toán, O lần lượt là trung điểm AC, BD (hình 3)

áp dụng bài toán 2 cho đoạn thẳng AC với O là trung điểm của AC và B là điểm nằm ngoài AC, ta hoàn toàn dựng được đường thẳng Bx // AC

Tương tự, ta cũng dựng được đường thẳng Cy // BD

Gọi E là giao điểm của Bx, Cy, ta thấy ngay OBEC là hình bình hành

Do đó, nếu gọi I là giao điểm của BC và OE thì I là trung điểm của BC, mặt khác

O là trung điểm của BD nên OI là đường trung bình của DBCD, OI // CD

=> OE là đường thẳng cần dựng

Bài toán 4 : Trong mặt phẳng cho trước đường tròn (S) và tâm O của nó ; một

điểm M và một đường thẳng (d) bất kì Chỉ bằng thước thẳng, hãy dựng một đường thẳng đi qua M song song với (d)

Lời giải : Để áp dụng được bài toán 2 trong trường hợp này, ta cần xác định được

trên (d) hai điểm P, Q khác nhau và điểm N là trung điểm của PQ

Ta thực hiện như sau :

Trên (d), lấy một điểm P tùy ý (hình 4) Qua P, kẻ cát tuyến PAB tới (S) AO, BO cắt (S) lần lượt tại C, D CD cắt (d) tại Q

Theo tính chất của đường tròn, ta chứng minh được tứ giác ABCD là hình bình hành có tâm là điểm O Theo bài toán 3, qua O ta dựng được đường thẳng song song với AB và dễ thấy đường thẳng này cắt PQ tại N là trung điểm của PQ Đến đây, ta có thể => cách dựng đường thẳng qua M song song với (d) dựa vào bài toán 2

Bài tập tự giải :

Bài toán 5 : Cho trước đường tròn (S) và tâm O của nó, M là một điểm bất kì

Chỉ dùng thước thẳng, hãy dựng qua M một đường thẳng vuông góc với một đường thẳng (d) cho trước

Bài toán 6 : Cho tứ giác ABCD, AD cắt BC tại S, AC cắt BD tại O Chứng minh

rằng nếu SO đi qua trung điểm M của AB thì SO cũng đi qua trung điểm N của

CD và tứ giác ABCD là hình thang

MỘT SỐ DẠNG TOÁN SỬ DỤNG PHÉP PHÂN TÍCH

ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ

Sau khi xem xong tạp chí Toán Tuổi thơ 2 số 5 (tháng 7 năm 2003), tôi rất tâm đắc với các bài toán phân tích đa thức thành nhân tử Do đó tôi mạnh dạn trao đổi với bạn đọc về vấn đề vận dụng phép phân tích đa thức thành nhân tử vào giải một số dạng toán ở bậc THCS

2 Chứng minh bất đẳng thức

Bài toán 3 : Cho ΔABC với góc A ≥ góc B ≥ góc C

Chứng minh :

Lời giải : Hạ AH vuông góc với BC ; BI vuông góc với AC Ta có AH = ha, BI =

hb Dễ thấy 2 tam giác vuông AHC và BIC đồng dạng và chung góc C => ha/hb = AH/BI = b/a

áp dụng điều tương tự ta có :

Vì góc A ≥ góc B ≥ góc C tương đương với a ≥ b ≥ c nên (**) đúng, tức là (*) được chứng minh

3 Giải phương trình và bất phương trình

Bài toán 4 : Giải phương trình : 4x3 - 10x2 + 6x - 1 = 0 (1)

Vậy phương trình (2) có nghiệm duy nhất là x = 3

Bài toán 6 : Giải bất phương trình : 7x3 - 12x2 - 8 < 0 (3)

Lời giải : (3) 7x3 - 14x2 + 2x2 - 8 < 0

tương đương với 7x2(x - 2) + 2(x2 - 4) < 0 hay (x - 2)(7x2 + 2x + 4) < 0

tương đương với (x - 2)[6x2 + 3 + (x + 1)2] < 0 hay x - 2 < 0 => x < 2

Vậy bất phương trình (3) có nghiệm là x < 2

(b - a)[3ab + 2ab(b + a) - 2(a + b)] = 0

Vì a ≠ b => b - a ≠ 0 nên hệ thức trên tương đương với : 3ab + 2ab(b + a) - 2(a + b) = 0

- Nếu n + 9 và n + 2 không cùng chia hết cho 7 thì (n + 9)(n + 2) không chia hết cho 7 mà 21 chia hết cho 7 nên M không chia hết cho 49

Vậy n22 + 11n + 39 không chia hết cho 49

Sau đây là một số bài tập để các bạn thử vận dụng :

1 Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình : x6 - x4 + 2x3 + 2x2 = y2

2 Cho ab ≥ 1

Chứng minh : 1/(1 + a2) + 1/(1 + b2) ≥ 2/(1 + ab)

3 Chứng minh rằng với mỗi số nguyên lẻ n thì (n86 - n4 + n2) chia hết cho 1152.

CHỨNG MINH MỘT SỐ KHÔNG PHẢI LÀ SỐ CHÍNH

PHƯƠNGTrong chương trình Toán lớp 6, các em đã được học về các bài toán liên quan tới phép chia hết của một số tự nhiên cho một số tự nhiên khác 0 và đặc biệt là được giới thiệu về số chính phương, đó là số tự nhiên bằng bình phương của một số tự nhiên (chẳng hạn : 0 ; 1 ; 4 ; 9 ;16 ; 25 ; 121 ; 144 ; …)

Kết hợp các kiến thức trên, các em có thể giải quyết bài toán : Chứng minh một số không phải là số chính phương Đây cũng là một cách củng cố các kiến thức mà các em đã được học Những bài toán này sẽ làm tăng thêm lòng say mê môn toán cho các em

1 Nhìn chữ số tận cùng

Vì số chính phương bằng bình phương của một số tự nhiên nên có thể thấy ngay

số chính phương phải có chữ số tận cùng là một trong các chữ số 0 ; 1 ; 4 ; 5 ;

6 ; 9 Từ đó các em có thể giải được bài toán kiểu sau đây :

Bài toán 1 : Chứng minh số : n = 20042 + 20032 + 20022 - 20012

không phải là số chính phương

Lời giải : Dễ dàng thấy chữ số tận cùng của các số 20042 ; 20032 ; 20022 ; 20012

lần lượt là 6 ; 9 ; 4 ; 1 Do đó số n có chữ số tận cùng là 8 nên n không phải là số chính phương

Chú ý : Nhiều khi số đã cho có chữ số tận cùng là một trong các số 0 ; 1 ; 4 ; 5 ; 6

; 9 nhưng vẫn không phải là số chính phương Khi đó các bạn phải lưu ý thêm một chút nữa :

Nếu số chính phương chia hết cho số nguyên tố p thì phải chia hết cho p 2 Bài toán 2 : Chứng minh số 1234567890 không phải là số chính phương

Lời giải : Thấy ngay số 1234567890 chia hết cho 5 (vì chữ số tận cùng là 0)

nhưng không chia hết cho 25 (vì hai chữ số tận cùng là 90) Do đó số 1234567890 không phải là số chính phương

Chú ý : Có thể lý luận 1234567890 chia hết cho 2 (vì chữ số tận cùng là 0),

nhưng không chia hết cho 4 (vì hai chữ số tận cùng là 90) nên 1234567890 không

là số chính phương

Bài toán 3 : Chứng minh rằng nếu một số có tổng các chữ số là 2004 thì số đó

không phải là số chính phương

Lời giải : Ta thấy tổng các chữ số của số 2004 là 6 nên 2004 chia hết cho 3 mà không chia hết 9 nên số có tổng các chữ số là 2004 cũng chia hết cho 3 mà không chia hết cho 9, do đó số này không phải là số chính phương

2 Dùng tính chất của số dư

Chẳng hạn các em gặp bài toán sau đây :

Bài toán 4 : Chứng minh một số có tổng các chữ số là 2006 không phải là số

chính phương

Chắc chắn các em sẽ dễ bị “choáng” Vậy ở bài toán này ta sẽ phải nghĩ tới điều

gì ? Vì cho giả thiết về tổng các chữ số nên chắc chắn các em phải nghĩ tới phép chia cho 3 hoặc cho 9 Nhưng lại không gặp điều “kì diệu” như bài toán 3 Thế thì

ta nói được điều gì về số này ? Chắc chắn số này chia cho 3 phải dư 2 Từ đó ta có lời giải

Lời giải : Vì số chính phương khi chia cho 3 chỉ có số dư là 0 hoặc 1 mà thôi

(coi như bài tập để các em tự chứng minh !) Do tổng các chữ số của số đó là

2006 nên số đó chia cho 3 dư 2 Chứng tỏ số đã cho không phải là số chính

phương

Tương tự các em có thể tự giải quyết được 2 bài toán :

Bài toán 5 : Chứng minh tổng các số tự nhiên liên tiếp từ 1 đến 2005 không phải

là số chính phương

Bài toán 6 : Chứng minh số :

n = 20044 + 20043 + 20042 + 23 không là số chính phương

Bây giờ các em theo dõi bài toán sau để nghĩ tới một “tình huống” mới

Bài toán 7 : Chứng minh số :

n = 44 + 4444 + 444444 + 44444444 + 15 không là số chính phương

Nhận xét : Nếu xét n chia cho 3, các em sẽ thấy số dư của phép chia sẽ là 1, thế là

không “bắt chước” được cách giải của các bài toán 3 ; 4 ; 5 ; 6 Nếu xét chữ số tận cùng các em sẽ thấy chữ số tận cùng của n là 9 nên không làm “tương tự” được như các bài toán 1 ; 2 Số dư của phép chia n cho 4 là dễ thấy nhất, đó chính là 3

Một số chính phương khi chia cho 4 sẽ cho số dư như thế nào nhỉ ? Các em có thể tự chứng minh và được kết quả : số dư đó chỉ có thể là 0 hoặc 1 Như vậy là

các em đã giải xong bài toán 7

3 “Kẹp” số giữa hai số chính phương “liên tiếp”

Các em có thể thấy rằng : Nếu n là số tự nhiên và số tự nhiên k thỏa mãn n2 < k < (n + 1)2 thì k không là số chính phương Từ đó các em có thể xét được các bài toán sau :

Bài toán 8 : Chứng minh số 4014025 không là số chính phương

Nhận xét : Số này có hai chữ số tận cùng là 25, chia cho 3 dư 1, chia cho 4 cũng

dư 1 Thế là tất cả các cách làm trước đều không vận dụng được Các em có thể thấy lời giải theo một hướng khác

Lời giải : Ta có 20032 = 4012009 ; 20042 = 4016016 nên 20032 < 4014025 <

20042 Chứng tỏ 4014025 không là số chính phương

Bài toán 9 : Chứng minh A = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) không là số chính phương

với mọi số tự nhiên n khác 0

Nhận xét : Đối với các em đã làm quen với dạng biểu thức này thì có thể nhận ra

A + 1 là số chính phương (đây là bài toán quen thuộc với lớp 8) Các em lớp 6, lớp 7 cũng có thể chịu khó đọc lời giải

Lời giải : Ta có : A + 1 = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 = (n2 + 3n)(n2 + 3n + 2) + 1 = (n2 + 3n)2 + 2(n2 + 3n) +1 = (n2 + 3n +1)2

Mặt khác :

(n2 + 3n)2 < (n2 + 3n)2 + 2(n2 + 3n) = A

Điều này hiển nhiên đúng vì n ≥ 1 Chứng tỏ : (n2 + 3n)2 < A < A + 1 = (n2 + 3n +1)2 => A không là số chính phương

Các em có thể rèn luyện bằng cách thử giải bài toán sau :

Bài toán 10 : Hãy tìm số tự nhiên n sao cho A = n4 - 2n3 + 3n2 - 2n là số chính phương

Gợi ý : Nghĩ đến (n2 - n + 1)2

Bài toán 11 : Chứng minh số 235 + 2312 + 232003 không là số chính phương Gợi ý : Nghĩ đến phép chia cho 3 hoặc phép chia cho 4

Bài toán 12 : Có 1000 mảnh bìa hình chữ nhật, trên mỗi mảnh bìa được ghi một

số trong các số từ 2 đến 1001 sao cho không có hai mảnh nào ghi số giống nhau Chứng minh rằng : Không thể ghép tất cả các mảnh bìa này liền nhau để được một số chính phương

Bài toán 13 : Chứng minh rằng : Tổng các bình phương của bốn số tự nhiên liên

tiếp không thể là số chính phương

Gợi ý : Nghĩ tới phép chia cho 4

Bài toán 14 : Chứng minh rằng số 333333 + 555555 + 777777 không là số chính phương

Gợi ý : Nghĩ đến phép chia cho … một chục (?)

Bài toán 15 : Lúc đầu có hai mảnh bìa, một cậu bé tinh nghịch cứ cầm một mảnh

bìa lên lại xé ra làm bốn mảnh Cậu ta mong rằng cứ làm như vậy đến một lúc nào

đó sẽ được số mảnh bìa là một số chính phương Cậu ta có thực hiện được mong muốn đó không ?

CHỨNG MINH MỘT SỐ

LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG

Các bạn đã được giới thiệu các phương pháp chứng minh một số không phải là số chính phương trong TTT2 số 9 Bài viết này, tôi muốn giới thiệu với các bạn bài toán chứng minh một số là số chính phương

Phương pháp 1 : Dựa vào định nghĩa

Ta biết rằng, số chính phương là bình phương của một số tự nhiên Dựa vào định nghĩa này, ta có thể định hướng giải quyết các bài toán

Bài toán 1 : Chứng minh : Với mọi số tự nhiên n thì

là số chính phương

Lời giải :

Ta có :

Phương pháp 2 : Dựa vào tính chất đặc biệt

Ta có thể chứng minh một tính chất rất đặc biệt : “Nếu a, b là hai số tự nhiên nguyên tố cùng nhau và a.b là một số chính phương thì a và b đều là các số chính phương”

Bài toán 3 : Chứng minh rằng : Nếu m, n là các số tự nhiên thỏa mãn 3m2 + m = 4n2 + n thì m - n và 4m + 4n + 1 đều là số chính phương

Mặt khác, từ (*) ta có : m2 chia hết cho d2 => m chia hết cho d

Từ 8m + 1 chia hết cho d và m chia hết cho d ta có 1 chia hết cho d => d = 1 Vậy m - n và 4m + 4n + 1 là các số tự nhiên nguyên tố cùng nhau, thỏa mãn (*) nên chúng đều là các số chính phương Cuối cùng xin gửi tới các bạn một số bài toán thú vị về số chính phương :

1) Chứng minh các số sau đây là số chính phương :

2) Cho các số nguyên dương a, b, c đôi một nguyên tố cùng nhau, thỏa mãn : 1/a + 1/b = 1/c Hãy cho biết a + b có là số chính phương hay không ?

3) Chứng minh rằng, với mọi số tự nhiên n thì 3n + 4 không là số chính phương 4) Tìm số tự nhiên n để n2 + 2n + 2004 là số chính phương

5) Chứng minh : Nếu : và n là hai số tự nhiên thì a là số chính phương

CHỦ ĐỘNG SÁNG TẠO KHI GIẢI TOÁN HÌNH HỌC

Một vấn đề đặt ra là nên cấu tạo đề bài tập toán như thế nào (với mục đích vận dụng kiến thức, rèn luyện kĩ năng, kiểm tra năng lực toán học v.v ) để phù hợp phương pháp dạy học đổi mới theo định hướng tích cực, độc lập, sáng tạo

Câu trả lời đã trở nên rõ ràng nếu chú ý nhận xét tính đa dạng và phong phú của

hệ thống bài tập trong sách giáo khoa mới Trong khuôn khổ một bài báo, do không thể phân tích hết ưu nhược điểm của từng thể loại bài tập toán nhằm giúp học sinh học tập chủ động, sáng tạo, tác giả xin trao đổi với các bạn đồng nghiệp

về vấn đề này thông qua một số ví dụ về bài tập hình học

Thí dụ 1 : Bài tập kích thích mạnh mẽ tư duy học sinh là loại bài tập tình huống

Ta hãy xét bài tập sau (lớp 7).

Cho điểm M trên trang giấy và hai đường thẳng d, d’ cắt nhau nhau ngoài trang giấy Hãy vẽ đường thẳng d’’ đi qua điểm M và giao điểm của d, d’ Nói cách vẽ

và giải thích vì sao vẽ được như vậy

Tình huống của bài tập này là : Học sinh phải vẽ một đường thẳng đi qua hai điểm, trong đó một điểm đã cho trước, còn điểm thứ hai thì chưa xác định được.Hướng giải quyết bài toán không phải là vẽ giao điểm của hai đường thẳng d và d’

mà là tìm quan hệ giữa đường thẳng phải vẽ (đường thẳng d’’ đi qua điểm M) với những đường thẳng khác có thể vẽ được trên trang giấy

Quá trình mò mẫm dẫn đến cấu hình ba đường cao đồng quy trong tam giác, từ đó

=> cách vẽ

Lời giải (tóm tắt) mong đợi là như sau :

Cách vẽ : Vẽ đường thẳng a đi qua M và vuông góc với d’, a cắt d tại A Vẽ

đường thẳng b đi qua M và vuông góc với d, b cắt d’ tại B Vẽ đường thẳng d’’ đi qua M và vuông góc với AB, d’’ là đường thẳng phải vẽ, nó đi qua giao điểm của

d và d’ (giao điểm này nằm ngoài trang giấy) vì ba đường cao d, d’, d’’ của tam giác MAB đồng quy.

Cũng có thể giải thích như sau :

Giả sử giao điểm của d và d’ là C (nằm ngoài trang giấy) Trong tam giác ABC, hai đường cao a và b cắt nhau tại M Thế thì đường thẳng d’’ đi qua M (trực tâm của tam giác ABC) và vuông góc với AB phải là đường cao thứ ba, vậy d’’ đi qua

C

Thí dụ 2 : Ta hãy xét bài tập sau (lớp 8).

Cho hình vuông ABCD, I là trung điểm của AB, J là trung điểm của BC và K là trung điểm của IB Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ B xuống IC Chứng minh rằng hai đường thẳng HJ và HK vuông góc với nhau

Tình huống đặt ra đối với học sinh ở bài tập này là : Với kiến thức đã học, nên chọn phương pháp nào để chứng minh hai đường thẳng HJ và HK vuông góc với nhau Học sinh có thể nghĩ tới các hướng chứng minh sau :

Lời giải (tóm tắt) mong đợi là như sau :

Tính HJ2 : Trong tam giác vuông BHC, HJ là trung tuyến ứng với cạnh huyền BC Gọi cạnh hình vuông là a, ta có :

HJ = BC/2 = a / 2, từ đó HJ2 = a2 / 4

HK = IB/2 = a / 4 , từ đó HK2 = a2 / 16

Tính HK 2 : Trong tam giác vuông BHI :

Tính JK2 : Trong tam giác vuông BJK :

JK2 = BJ2 + BK<SUP.2< sup> , từ đó JK2 = a2/4 + a2

Từ các kết quả trên => JK2 = HJ2 + HK2 và theo định lí Py-ta-go đảo thì tam giácJHK vuông góc tại H, tức là HJ vuông góc với HK

Cũng có thể chứng minh theo hướng : Δ KHJ = Δ KBJ (vì HK = HB, HJ = BJ, KJ

chung) => Đ H = Đ B bằng 90o, tức là HJ vuông góc với HK

Chú ý rằng, theo chương trình mới, học sinh lớp 7 chưa học định lí : Trong tam

giác vuông, đường trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền.

Thí dụ 3 : Ta hãy xét bài tập sau (lớp 7)

Trên hình vẽ, người ta đã cho biết : AE = CE, BE // CD, Đ ABC = 88o, Đ BCE =

31o

a) Tính Đ ECD

b) Tính Đ EDC

c) Trong tam giác CDE thì cạnh nào lớn nhất ?

Đây là một bài tập dễ, vận dụng nhiều kiến thức và có nhiều cách giải khác nhau Nếu đề kiểm tra cuối năm phần hình học lớp 7 được ra theo kiểu này thì chắc chắn học sinh sẽ bộc lộ rõ ràng mức độ nắm vững kiến thức cơ bản, kĩ năng cơ bản của mình và ngay cả học sinh trung bình, yếu cũng hi vọng giải được hầu hết các câu hỏi của bài toán

Đ EDC = Đ AEB - 61o (hai góc đồng vị)

c) Trong tam giác CDE : Đ DEC = 180o - (57o + 61o) = 62

Vì BE // CD nên Đ ECD = Đ BEC = 57o (hai góc so le trong)

b) Vì BE // CD nên Đ EDC = Đ AEB = 61o (hai góc đồng vị)

c) Trong tam giác CDE : Đ DEC = 180o - (57o + 61o) = 62o

Vậy cạnh CD lớn nhất

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI

PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

Trong quá trình giảng dạy và làm toán, tôi đã hệ thống được một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên, hi vọng sẽ giúp các em học sinh biết lựa chọn phương pháp thích hợp khi giải bài toán loại này

Phương pháp 1 : Đưa về dạng tích

Biến đổi phương trình về dạng : vế trái là tích của các đa thức chứa ẩn, vế phải

là tích của các số nguyên.

Thí dụ 1 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình :

y3 - x3 = 91 (1)

Lời giải : (1) tương đương với (y - x)(x2 + xy + y2) = 91 (*)

Vì x2 + xy + y2 > 0 với mọi x, y nên từ (*) => y - x > 0

Mặt khác, 91 = 1 x 91 = 7 x 13 và y - x ; x2 + xy + y2 đều nguyên dương nên ta có bốn khả năng sau :

Thí dụ 2 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình :

x + y + z = xyz (2)

Lời giải :

Do vai trò bình đẳng của x, y, z trong phương trình, trước hết ta xét x ≤ y ≤ z

Vì x, y, z nguyên dương nên xyz ≠ 0, do x ≤ y ≤ z => xyz = x + y + z ≤ 3z => xy

≤ 3 => xy thuộc {1 ; 2 ; 3}

Nếu xy = 1 => x = y = 1, thay vào (2) ta có : 2 + z = z, vô lí

Nếu xy = 2, do x ≤ y nên x = 1 và y = 2, thay vào (2), => z = 3

Nếu xy = 3, do x ≤ y nên x = 1 và y = 3, thay vào (2), => z = 2

Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình (2) là các hoán vị của (1 ; 2 ; 3)

Thí dụ 3 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình :

Lời giải : Ta có x3 - x = (x - 1).x.(x + 1) là tích của 3 số nguyên liên tiếp (với x là

số nguyên) Do đó : x3 - x chia hết cho 3

Tương tự y3 - y và z3 - z cũng chia hết cho 3 Từ đó ta có : x3 + y3 + z3 - x - y - z chia hết cho 3

Vì 2000 không chia hết cho 3 nên x3 + y3 + z3 - x - y - z ≠ 2000 với mọi số nguyên

x, y, z tức là phương trình (5) không có nghiệm nguyên

Thí dụ 6 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình :

xy + x - 2y = 3 (6)

Lời giải : Ta có (6) tương đương y(x - 2) = - x + 3 Vì x = 2 không thỏa mãn

phương trình nên (6) tương đương với:

y = (-x + 3)/(x - 2) tương đương y = -1 + 1/(x - 2)

Ta thấy : y là số nguyên tương đương với x - 2 là ước của 1 hay x - 2 = 1 hoặc x -

2 = -1 tương đương với x = 1 hoặc x = 3 Từ đó ta có nghiệm (x ; y) là (1 ; -2) và (3 ; 0)

Chú ý : Có thể dùng phương pháp 1 để giải bài toán này, nhờ đưa phương trình

(6) về dạng : x(y + 1) - 2(y + 1) = 1 tương đương (x - 2)(y + 1) = 1

Bài 1 : Giải các phương trình nghiệm nguyên :