Chuyên đề Khám phá

TOÁN TUỔI THƠ 1 Bài toán : Chứng minh rằng a 4 + b 4 ≥a 3 .b + a.b 3 với mọi a, b. (Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 trường THPT chuyên Lê Hồng Phong, TP Hồ Chí Minh, 1998-1999) Cách 1 : a 4 + b 4 ≥ a 3 .b + a.b 3 Khi và chỉ khi a 4 + b 4 - a 3 .b - a.b 3 ≥ 0 Khi và chỉ khi a 3 (a - b) - b 3 (a - b) ≥ 0 Khi và chỉ khi (a - b)(a 3 - b 3 ) ≥ 0 khi và chỉ khi (a - b)(a - b)(a 2 + ab + b 2 ) ≥ 0 Khi và chỉ khi (a - b) 2 [(a + b/2) 2 + 3.b 3 /4] ≥ 0 (hiển nhiên đúng với mọi a,b) Cách 2 : Ta có[ a 2 - b 2 ] 2 ≥ 0 => a 4 - 2.a 2 .b 2 + b 4 ≥ 0 => a 4 + b 4 ≥ 2.a 2 .b 2 => a 4 + b 4 + a 4 + b 4 ≥ a 4 + b 4 + 2.a 2 .b 2 => 2( a 4 + b 4 ) &ge ; ( a 2 + b 2 ) 2 (1) Mặt khác (a - b) 2 ≥ 0 => a 2 - 2ab + b 2 ≥ 0 => a 2 + b 2 ≥2ab => (a 2 + b 2 )( a 2 + b 2 )≥2ab (a 2 + b 2 ) => (a 2 + b 2 ) 2 ≥2ab (a 2 + b 2 ) (2) Từ (1) và (2) => 2( a 4 + b 4 ) ≥ 2ab (a 2 + b 2 ) => ( a 4 + b 4 )≥ a 3 .b + a.b 3 Cách 3 : ( a 4 + b 4 ) -( a 3 .b + a.b 3 ) = 1/2 (2 a 4 + 2 b 4 - 2 a 3 .b -2 a.b 3 ) = 1/2 [(a 4 - 2 a 3 .b + a 2 b 2 ) +( b 4 - 2 a.b 3 + a 2 b 2 ) + (a 4 - 2a 2 b 2 + b 4 )] = 1/2 [(a 2 - ab) 2 + ( b 2 - ab) 2 +( a 2 - b 2 ) 2 ] ≥ 0 => ( a 4 + b 4 )≥ a 3 .b + a.b 3 chú ý : Trong lời giải cách 1, ta có thể chia hai trường hợp a ≥ b và a < b để chứng minh bất đẳng thức (a - b)( a 3 - b 3 ) đúng với mọi a,b TOÁN TUỔI THƠ 2 Bài toán 1 : Cho tam giác ABC, phân giác AD. Chứng minh rằng DB/DC = AB/AC . Bài toán sau là sự mở rộng của bài toán 1. Bài toán 2 : Cho tam giác ABC. Các điểm M, N thuộc đoạn BC và thỏa mãn điều kiệnĐ BAM = Đ CAN. Chứng minh rằng : Có một bài toán khác liên quan đến đường phân giác trong của tam giác và luôn đi cùng với bài toán 1 như hai anh em sinh đôi. Bài toán 3 : Cho tam giác ABC, phân giác AD. Chứng minh rằng : AD 2 = AB . AC - DB . DC. Tôi đã biết các bài toán 1, 2, 3 từ thuở học lớp 8 và cũng từ lúc đó tôi đã luôn nghĩ rằng bài toán 2 cũng phải có người anh em sinh đôi của nó. Nhưng cái người anh em ấy của bài toán 2 thì tôi vẫn không hình dung được mặt mũi nó ra sao. Cứ như vậy sau hơn một năm quan tâm và tìm kiếm tôi đã tìm thấy nó, người anh em sinh đôi “thân thiết” của bài toán 2. 1 Bài toán 4 : Cho tam giác ABC, hai điểm M, N thuộc đoạn BC và thỏa mãn điều kiện Đ BAM = Đ CAN . Chứng minh rằng : Lời giải : Lấy P, Q là các giao điểm thứ hai của AM, AN với đường tròn ngoại tiếp ΔABC. Ta có : Đ BCP = Đ BAP = Đ CAQ = Đ CPQ => PQ // BC => AM/MP = AN/NQ (định lí Ta-lét) AM/MP . NQ/AN = 1 (1) Ta dễ dàng chứng minh một số cặp tam giác đồng dạng và dẫn đến một số đẳng thức như sau : ΔAMC đồng dạng với ΔBMP => AM . MP = BM . CM (2) ΔANB đồng dạng với ΔCNQ => AN . NQ = BN . CN (3) ΔAMB đồng dạng với ΔACQ => AM . AQ = AB . AC (4) Từ đó => : Vậy ta chứng minh xong bài toán. Mở rộng bài toán : Cho M, N thuộc tia đối của tia BC sao cho Đ BAM + Đ CAN = 180 o . Khi đó : TOÁN TUỔI THƠ 3 Bài toán : Cho tam giác ABC, trên cạnh BC lấy hai điểm D, E sao cho BD = CE. Chứng minh rằng nếu Đ BAD = Đ CAE thì tam giác ABC là tam giác cân. Cách 1 : ( Vũ Cao Ân ) 2 Từ D vẽ DF // AC, từ E vẽ EG // AB ta chứng minh được DF/EG = AC/AB (1) ; ΔADF đồng dạng với ΔAEG (g. g) => DF/EG = AD/AE (2) Từ (1) và (2) có AC/AB = AD/AE => ΔADC đồng dạng với ΔAEB (c. g. c). => Đ ABC = Đ ACB. Cách 2 : ( Trương Sơn Ca ) Giả sử Đ B > Đ C => AC > AB => AC/AB > 1. Vẽ M thuộc AD sao cho Đ ABM = Đ ACE. Có Đ M 1 = góc E 1 => Đ M 2 = Đ E 2 ; góc D 1 > Đ E 2 = Đ M 2 . => BM > BD => BD/BM < 1 . (1) ΔABM đồng dạng với ΔACE => AB/AC = BM/EC => EC/BM = BD/BM = AC/AB > 1 . (2) (1) và (2) mâu thuẫn. Từ đó ta có đpcm. Cách 3 : ( Nguyễn Quang Hùng ) Từ D và E lần lượt vẽ DF vuông góc với AB ; EG vuông góc với AC. BD = CE => S ABD = S ACE => AB.DF = AC.EG => DF/EG = AC/AB (1). ΔADF đồng dạng với ΔAEG => DF/EG = AD/AE (2) Từ (1) và (2) => AC/AB = AD/AE , cho ta ΔABE đồng dạng với ΔACD => Đ ABE = Đ ACD. 3 Cách 4 : ( Minh Quân ) Vẽ hình bình hành ABEF => BE = AF. Chứng minh được tứ giác ADCF là hình bình hành => Đ EFC = Đ BAD = Đ EAC (gt). ΔAEG đồng dạng với ΔFCG (g. g) => AG/FG = EG/CG (1) Do AG/GC = FG/GE (AF // EC) => AG/FG = EG/CG (2) Từ (1) và (2) có EG = GC cân tại G => ΔGEC cân tại G => Đ FEC = Đ ACE => Đ ABC = Đ ACB. Cách 5 : ( Đỗ Đăng Trí ) Vẽ BH, CK là các đường cao của các tam giác ABD, ACE. BD = CE => S ABD = S ACE => BH/CK = AE/AD ΔABH đồng dạng với ΔACK => BH/CK = AB/AC ΔABE đồng dạng với ΔACD ( Đ BAE = Đ CAD , AB/AC = AE/AD) => Đ ABE = Đ ACD => Δ ABC cân tại A. Cách 6 : ( Bảo Linh ) 4 Qua B vẽ đường thẳng song song AC cắt AD tại M, qua C vẽ đường thẳng song song AB cắt AE tại N. ΔABM đồng dạng với ΔACN (g. g) => AB/AC = BM/CN (1) ΔADC có BM // AC => AC/BM = BE/BD ΔABE có CN // AB => AB/CN = BE/EC Do đó có AB/AC = CN/BM (2) Từ (1) và (2) có AB/AC.AB/AC = BM/CN.CN/BM => AB 2 /AC 2 = 1 => AB = AC. TOÁN TUỔI THƠ 4 TỪ ĐƠN GIẢN ĐẾN THÚ VỊ Khi giải phương trình bậc hai, đã bao giờ bạn từng đặt câu hỏi, chẳng hạn tại sao phương trình x 2 + 6x - 3 = 0 có nghiệm là thì cũng có nghiệm là ? Ban đầu tôi giải thích điều kì lạ này bằng định lí Viét nhưng sau quá trình suy nghĩ, tìm tòi tôi mới phát hiện ra những bí ẩn tuyệt vời đằng sau điều kì lạ đó. Trước hết ta xét bài toán : Bài toán 1 : Chứng minh rằng : Nếu phương trình bậc hai có hệ số hữu tỉ, có một nghiệm vô tỉ là (m ; n thuộc Q) thì sẽ có một nghiệm nữa là . Chứng minh : Có 3 cách để chứng minh bài toán này. Cách 1 : (sử dụng hệ thức Viét ) Xét phương trình bậc hai ax 2 + bx + c = 0 (*) (a ≠ 0) có một nghiệm là . Gọi x 1 , x 2 là hai nghiệm của (*) trong đó x 1 = . Do x 1 là nghiệm của (*) Cách 2 : Khi chứng minh như ở cách 1 và được 2am + b = 0 => 2am + b = 0 = am 2 + an + bm + c Khi đó : Cách 3 : Xét : = (x - m) 2 - n = x 2 - 2mx + m 2 - n Chia đa thức ax 2 + bx + c cho g(x) ta có : ax 2 + bx + c = a(x - )(x - ) + (b + 2ma)x + (an + c - m 2 a) Khi x 1 = => ax 2 + bx + c = 0. => : (b + 2ma)( ) + an + c = 0. 5 Do vô tỉ ; m, n, a, b, c thuộc Q nên => : b + 2ma = an + c - m 2 a = 0 => ax 2 + bx + c = a(x - )(x - ) => là một nghiệm của phương trình ax 2 + bx + c = 0 (đpcm). Sau khi thử nghiệm một số trường hợp, tôi đã tổng quát bài toán như sau : Bài toán 2 : Chứng minh rằng : Nếu một phương trình bậc n (n ≥ 2) có hệ số hữu tỉ và một nghiệm vô tỉ là (m, n thuộc Q) thì cũng là một nghiệm của phương trình này. Chứng minh : Đến đây có lẽ bạn đọc cũng thấy được sự bất lực của các cách 1 ; 2 (bài toán 1) trong bài toán này. Tuy nhiên sử dụng cách giải 3 bài toán 1 ta sẽ chứng minh được bài toán 2. Thật vậy : Xét phương trình P(x) = 0 với P(x) là đa thức bậc n và hệ số hữu tỉ. Xét : = x 2 - 2mx + m 2 - n Chia P(x) cho G(x) được thương là Q(x) dư B(x) + C (B,C thuộc Q). Vì x 0 = là nghiệm của P(x) = 0 => : P(x 0 ) = Q(x 0 ) = 0 => Bx 0 + C = 0 => : B( ) + C = 0. Do vô tỉ ; B, C hữu tỉ => B = C = 0 => P(x) = Q(x).(x - )(x - ) => cũng là nghiệm của phương trình P(x) = 0 : (đpcm). Bây giờ chúng ta xét đến bài toán 3 cũng là một bài toán quen thuộc về phương trình bậc hai. Bài toán 3 : Chứng minh rằng : Một phương trình bậc hai không thể có nghiệm hữu tỉ nếu các hệ số của nó đều lẻ. Chứng minh : Giả sử phương trình bậc hai ax 2 + bx + c = 0 (a, b, c thuộc Z, lẻ) có nghiệm hữu tỉ là (p, q thuộc Z, q ≠ 0, (p, q) = 1) => : a.(p/q) 2 + b.(p/q) + c = 0 => : ap 2 + bpq + cq 2 = 0 (2) Từ phương trình (2) ta có ap 2 chia hết cho q mà (p,q) = 1 => a chia hết cho q => q lẻ (vì a lẻ) Tương tự c chia hết cho p => p lẻ (vì c lẻ) Do a, b, c, p, q lẻ => vế trái (2) lẻ và khác 0 (vô lí). => : Phương trình không có nghiệm hữu tỉ (đpcm). Để tổng quát bài toán này có lẽ một số bạn sẽ mắc sai lầm khi quy về phương trình bậc n bất kì. Điều này không đúng với n lẻ, chẳng hạn n = 3 ta có phương trình : x 3 + 3x 2 + 3x + 1 = 0 vẫn có nghiệm -1. Bài toán 4 : Chứng minh rằng : Một phương trình bậc n chẵn, không thể có nghiệm hữu tỉ nếu hệ số của nó đều lẻ. Chứng minh : Dựa vào chứng minh của bài toán 3 ta có : 6 Xét P(x) = a n x n + a n-1 x n-1 + + a 1 x + a 0 = 0 là phương trình bậc n (với n chẵn ; a i nguyên lẻ, i = 0, ,n ) có nghiệm hữu tỉ là p/q (p, q thuộc Z, q ≠ 0, (p, q) = 1) Ta có : a n (p/q) n + a n - 1 (p/q) n - 1 + + a 1 (p/q) + a 0 = 0 Tương đương với : a n p n + a n - 1 p n - 1 q + + a 1 pq n - 1 + a 0 q n = 0 (3) => a n p n chia hết cho q và a 0 q n chia hết cho p , mà (p, q) = 1 => a n chia hết cho q và a 0 chia hết cho p . => p, q lẻ (vì a 0 , a n lẻ) Do a i (i = 0, ,n) , p, q lẻ, n chẵn => vế trái của (3) là số lẻ khác 0 (vô lí). => : Phương trình không có nghiệm hữu tỉ (đpcm). TOÁN TUỔI THƠ 5 NHỮNG KHAI THÁC TỪ MỘT ĐA THỨC QUEN THUỘC Lời tòa soạn : Đa thức F(a, b, c) = a 3 + b 3 + c 3 - 3abc Bài toán 1 : Phân tích đa thức sau thành nhân tử : a 3 + b 3 + c 3 - 3abc. Lời giải : Ta có a 3 + b 3 + c 3 - 3abc = (a + b) 3 - 3a 2 b - 3ab 2 + c 3 - 3abc = [(a + b) 3 + c 3 ] - 3ab(a + b + c) = (a + b + c)[(a + b) 2 - (a + b)c + c 2 - 3ab] = (a + b + c) (a 2 + b 2 + c 2 - ab - ac - bc) = 1/2.(a + b + c)[ (a - b) 2 + (b - c) 2 + (c - a) 2 ]. Nhận xét : Nếu a 3 + b 3 + c 3 = 3abc thì a 3 + b 3 + c 3 - 3abc = 0 Tương đương 1/2.(a + b + c)[ (a - b) 2 + (b - c) 2 + (c - a) 2 ]. Hay tương đương với hoặc a + b + c = 0 hoặc a = b = c . Nếu cho a = x - y ; b = y - z ; c = z - x thì a + b + c = 0, ta có bài toán : Bài toán 2 : ( Đề thi học sinh giỏi toán cấp II, miền Bắc 1962 ) Phân tích đa thức (x - y) 3 + (y - z) 3 + (z - x) 3 thành nhân tử. Lời giải : Từ nhận xét trên ta có ngay : (x - y) 3 + (y - z) 3 + (z - x) 3 = 3(x - y)(y - z)(z - x). * Với a = x 2 + y 2 ; b = z 2 - x 2 ; c = - y 2 - z 2 cũng cho a + b + c = 0 và ta lại có bài toán : Bài toán 3 : ( Thi vô địch toán 8 - Belarussia - 1957 ) Phân tích thành nhân tử : (x 2 + y 2 ) 3 + (z 2 - x 2 ) - (y 2 + z 2 ) 3 Lời giải : (x 2 + y 2 ) 3 + (z 2 - x 2 ) 3 - (y 2 + z 2 ) 3 = (x 2 + y 2 ) 3 + (z 2 - x 2 ) 3 + (- y 2 - z 2 ) 3 = 3(x 2 + y 2 )(z 2 - x 2 )(- y 2 - z 2 ) = 3(x 2 + y 2 )(y 2 + z 2 )(x + z)(x - z). * Lại cho a = 1/x ; b = 1/y ; c = 1/z , ta có bài toán khác : Bài toán 4 : Cho 1/x + 1/y + 1/z = 0 Tính : P = xy/z 2 + yz/x 2 + zx/y 2 . 7 Lời giải : 1/x + 1/y + 1/z = 0 => 1/x 3 + 1/y 3 + 1/z 3 = 3/(xyz). Ta có : P = xy/z 2 + yz/x 2 + zx/y 2 = xyz.(1/x 3 + 1/y 3 + 1/z 3 ) = xyz.3/(xyz) = 3 . Vậy P = 3. Bài toán 5 : Cho abc ≠ 0, a 3 + b 3 + c 3 = 3abc. Tính giá trị của : A = (1 + a/b)(1 + b/c)(1 + c/a) Lời giải : Theo bài toán 1, a 3 + b 3 + c 3 = 3abc. Tương đương với : hoặc a + b + c = 0 hoặc a = b = c . + Nếu a + b + c = 0 thì : A = (a + b)/b .(b + c)/c .(c + a)/a = (- c/b).(- a/c).(- b/a) = - 1. + Nếu a = b = c thì : A = (1 + 1)(1 + 1)(1 + 1) = 2 . 2 . 2 = 8. Vậy A nhận hai giá trị là 8 và -1. * Với a = yz ; b = zx ; c = xy thì : a 3 + b 3 + c 3 = 3abc Tương đương y 3 z 3 + z 3 x 3 + x 3 y 3 = 3x 2 y 2 z 2 . Từ đó hình thành bài toán : Bài toán 6 : Cho xyz ≠ 0 thỏa mãn : x 3 y 3 + y 3 z 3 + z 3 x 3 = 3x 2 y 2 z 2 . Tính giá trị biểu thức : M = (1 + x/y).(1 + y/z).(1 + z/x) . Lời giải : Theo cách đặt nêu trên, dễ dàng đưa bài toán 6 về bài toán 5. Kết quả M = - 1 hoặc M = 8. Bài toán 7 : Giải hệ : ( Thi học sinh giỏi TP Hồ Chí Minh, 1986-1987 ) Lời giải : Theo bài 1, ta có : a 3 + b 3 + c 3 - 3abc = (a + b + c)(a 2 + b 2 + c 2 - ab - bc - ca) Tương đương 1 - 3abc = 1 - ab - bc - ca Hay 3abc = ab + bc + ca . (1) Mặt khác (a + b + c) 2 = 1 Tương đương a 2 + b 2 + c 2 + 2(ab + bc + ca) = 1 Hay ab + bc + ca = 0 . (2) Từ (1) và (2) => abc = 0 tương đương với hoặc a = 0 hoặc b = 0 hoặc c = 0. Từ đây lần lượt => các nghiệm của hệ là : (a, b, c) = (0, 0, 1) ; (0, 1, 0) ; (1, 0, 0) ; Bài toán 8 : Cho : Tính giá trị của biểu thức : P = a 2002 + b 2003 + c 2004 . 8 Lời giải : áp dụng bài 7, ta có kết quả duy nhất P = 1. Bài toán 9 : ( Thi vào lớp 10 chuyên toán THPT Lê Hồng Phong, TP Hồ Chí Minh, 1998 ) Cho ΔABC có ba cạnh a, b, c thỏa mãn : a 3 + b 3 + c 3 = 3abc. Hỏi ΔABC là tam giác gì ? Lời giải : a 3 + b 3 + c 3 = 3abc tương đương với hoặc a + b + c = 0 ( không xảy ra vì a, b, c > 0) hoặc a = b = c tương đương với ΔABC là tam giác đều. Bài toán 10 : Cho : Tính x 3 + y 3 + z 3 theo a, b, c. Lời giải : áp dụng bài 1 : x 3 + y 3 + z 3 - 3xyz = (x + y + z)(x 2 + y 2 + z 2 - xy - yz - zx) Tương đương x 3 + y 3 + z 3 = 3xyz + a(b 2 - (xy + yz + zx)) (1) Mặt khác, a 2 = (x + y + z) 2 = x 2 + y 2 + z 2 + 2(xy + yz + zx) => : xy + yz = [ a 2 - (x 2 + y 2 + z 2 ) ]/2 = (a 2 - b 2 )/2 . (2) Từ 1/x + 1/y + 1/z = 1/c tương đương với (xy + yz + zx)/xyz = 1/c hay xyz = c. (xy + yz + zx) Tương đương xyz = c.(a 2 - b 2 )/2 . (theo (2)) (3) . Thay (2) ; (3) vào (1) ta có : x 3 + y 3 + z 3 = 3c(a 2 - b 2 )/2 + a[ b 2 - (a 2 - b 2 )/2 ] = [ 3c(a 2 - b 2 ) + a(3b 2 - a 2 ) ]/2 . Bài toán 11 : Biết : Chứng minh rằng a 3 + b 3 + c 3 = 3abc. Lời giải : Từ giả thiết ta => : ax + by + bx + cy + cx + ay = a + b + c Tương đương (a + b + c)(x + y - 1) = 0 Tương đương hoặc a + b + c = 0 hoặc x + y - 1 = 0 . + Với a + b + c = 0, theo bài toán 1 => đpcm. + Với x + y - 1 = 0 => y = 1 - x, thay vào hệ, sau một số biến đổi dẫn đến a = b = c, theo bài toán 1 => đpcm. Chắc chắn vẫn còn nhiều tìm tòi khám phá xung quanh đa thức F(a, b, c) = a 3 + b 3 + c 3 - 3abc. Sau đây là một số bài toán cùng dạng của nhà giáo Nguyễn Đức Tấn , TP Hồ Chí Minh, gửi tới các bạn, xem như bài tập : Bài toán 12 : Giải phương trình : (3x - 2) 3 - (x - 3) 3 = (2x + 1) 3 . 9 Bài toán 13 : Giải phương trình nghiệm nguyên : (x + y) 3 = (x - 2) 3 + (y + 2) 3 + 6. Bài toán 14 : Phân tích thành nhân tử : (x + y + z) 3 - x 3 - y 3 - z 3 . Bài toán 15 : Phân tích thành nhân tử : (x + y + z) 3 - (x + y - z) 3 - (x - y + z) 3 - (-x + y + z) 3 . Bài toán 16 : Cho abc ạ 0, a + b + c = 0. Tính : a 2 /(ab) + b 2 /(ca) + c 2 /(ab) . Bài toán 17 : Cho a + b + c + d = 0. Chứng minh rằng : a 3 + b 3 + c 3 + d 3 = 3(c + d)(ab - cd). Bài toán 18 : Cho x, y thỏa mãn x 2 + y 2 = 1. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức x 6 + y 6 . TOÁN TUỔI THƠ 6 TUYỆT VỜI ! TÔI CŨNG TÌM RA RỒI ! Trước đây, tôi có đọc trong một cuốn sách, bài toán : “Cho x 1 , x 2 , x 3 , x 4 là bốn số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện : x 1 + x 2 + x 3 + x 4 = 1. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : ”(Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Toán - Tin trường Đại học Sư phạm Hà Nội năm 1999), lời giải như sau : áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpski, ta có : Từ (1), (2), (3) => : 10 [...]... chia hết cho p và b chia hết cho p (chứng minh tính chất này hoàn toàn tương tự như trường hợp 2n = 1954) Theo hướng khác, các biểu thức ở đề bài gợi ý ta nghĩ đến định lí nhỏ Féc-ma, từ đó ta có lời giải 2 như sau Trước hết, ta phát biểu và chứng minh một bổ đề Bổ đề : Cho các số nguyên x, y và số nguyên tố p Nếu p có dạng 4k + 3 và (x 2 + y2) chia hết cho p thì x chia hết cho p và y chia hết cho p... ; P(DAB) ; P(ABC)} Để giải BT4, ta cần có hai bổ đề Bổ đề 2 : Cho tam giác ABC Một đường thẳng bất kì, không đi qua A, B, C, theo thứ tự cắt các đường thẳng BC, CA, AB tại X, Y, Z Ta có : XB / XC YC / YA ZA / ZB = 1 BĐ2 là một phần của định lí Mênêlauýt mà phép chứng minh nó có trong rất nhiều tài liệu hình học sơ cấp, xin không giới thiệu ở đây Bổ đề 3 : Cho tứ giác ABCD và các điểm X, Y, Z nằm trên... Khó hài lòng với kết luận trên (một kết luận như là chưa kết luận), tôi đã tiếp tục suy nghĩ và phát hiện ra một kết quả khá bất ngờ, đó là a và b đều phải chia hết cho 2001, với hai lời giải trình bày dưới đây Lời giải 1 : Gọi p là ước số nguyên tố bất kì của 2001, => p lẻ và a 1945 + b1945 ; a1954 + b1954 đều phải chia hết cho p Nếu một trong hai số a ; b chia hết cho p, dễ dàng => số còn lại cũng... minh rằng : I, H, K thẳng hàng khi và chỉ khi O, E, F thẳng hàng 13 Để giải BT2, ta không chỉ cần BT1 mà cần có thêm bổ đề sau Bổ đề 1 : Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn Đường phân giác của các góc DAB , CBA và đường thẳng CD đồng quy khi và chỉ khi DA + CB = DC Việc chứng minh bổ đề trên khá dễ dàng, xin dành cho bạn đọc Lời giải (BT2) : Gọi X, Y, Z là hình chiếu của O trên BC, CA, AB (hình 3) Vì... a, b, c là ba số dương Sử dụng kết quả này, ta chứng minh được bài toán trong đề thi vào 10 chuyên Lê Hồng Phong 2000-2001 : Bài toán 3 : Với a, b,c dương, chứng minh rằng : (a3 + b3)/(2ab) + (b3 + c3)/(2bc) + (c3 +a3)/(2ca) a + b + c * Lại có : (*) tương đương với 4(a3 + b3) a3 + b3 + 3ab(a+b) hay : 4(a3 + b3) (a + b)3 Ta đề xuất được bài toán : Bài toán 4 : Với a, b, c dương, chứng minh rằng : 8(a3... : (dùng phương pháp diện tích) Lấy điểm E bất kì trên đoạn MN ( hình 5) Vì M là trung điểm của AD, MN // AB, AB // CD nên hoàn toàn có thể chứng minh được khoảng cách từ các điểm A, B, C, D xuống MN bằng nhau, ta kí hiệu là h Suy ra SBEN = SCEN = 1/2.h.EN Mặt khác, hai tam giác này có chung chiều cao xuất phát từ E xuống BC nên BN = CN hay N là trung điểm của BC TOÁN TUỔI THƠ 19 * Bổ đề : Nếu a + b... chia hết cho p (do giả thiết : (x2 + y2) chia hết cho p) => 2 chia hết cho p, vô lí vì p nguyên tố lẻ Vậy x chia hết cho p, => y chia hết cho p, bổ đề được chứng minh Lời giải 2 : Đặt x = a977 ; y = b977 => x2 + y2 = (a1954 + b1954) chia hết cho p áp dụng bổ đề cho x ; y và p = {3 ; 23} ta có a977 và b977 cùng chia hết cho 3 và 23, => a và b cùng chia hết 3 và 23 1945 + b1945) chia hết cho 2001 và (a1954... ΔAHK đồng dạng với ΔABC => HK/BC = AK/AC , từ (1) => HK/BC = OX/OB (2) Vì tứ giác BCHK nội tiếp nên theo BĐ1, ta có : I, H, K thẳng hàng tương đương BK + CH = HK Bài toán dưới đây là đề dự tuyển IMO năm 1998, do Ba Lan đề xuất Bài toán 3 : Cho tứ giác nội tiếp ABCD Các điểm E, F theo thứ tự thay đổi trên các cạnh AB, CD sao cho AE/BE = CF/DF Điểm P thuộc đoạn EF sao cho PE/PF = AB/CD Chứng minh rằng... + 1) 1/(ab(a + b + c)) + 1/(bc(a + b + c)) + 1/(ca(a + b + c)) = 1/(a + b + c).(a + b + c)/abc = 1 Ta đề xuất được bài toán : 19 Bài toán 5 : Cho a, b, c dương, abc = 1 Chứng minh rằng : 1/(a3 + b3 + 1) + 1/(b3 + c3 + 1) + 1/(c3 + a3 + 1) 1 * áp dụng bài toán 5, ta sẽ chứng minh : Bài toán 6 : (Đề dự tuyển kì thi toán Quốc tế lần thứ 37, năm 1996) Cho a, b, c dương, abc = 1 Chứng minh : ab/(a5 +... được chứng minh * Đề nghị các bạn áp dụng bất đẳng thức (*) để tiếp tục chứng minh các bài toán : 1 Cho a, b, c không âm, chứng minh : 2 Cho a, b, c dương, chứng minh : TOÁN TUỔI THƠ 11 Bài toán : Cho đường tròn tâm O và hai điểm A, B cố định nằm trên đường tròn Hai điểm M, N chạy trên đường tròn sao cho MN cắt đoạn thẳng AB Tìm quỹ tích trung điểm I của MN Trước khi giải bài toán, xin phát biểu không . Theo hướng khác, các biểu thức ở đề bài gợi ý ta nghĩ đến định lí nhỏ Féc-ma, từ đó ta có lời giải 2 như sau. Trước hết, ta phát biểu và chứng minh một bổ đề. Bổ đề : Cho các số nguyên x, y và. có thêm bổ đề sau. Bổ đề 1 : Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn. Đường phân giác của các góc DAB , CBA và đường thẳng CD đồng quy khi và chỉ khi DA + CB = DC. Việc chứng minh bổ đề trên khá. thẳng AB. Tìm quỹ tích trung điểm I của MN. Trước khi giải bài toán, xin phát biểu không chứng minh một bổ đề đơn giản. Bổ đề : Cho đường tròn (w) đường kính AB và điểm M. Nếu M nằm trên (w) thì