Tuyển tập 30 năm Tạp Chí Toán Học và Tuổi Trẻ (part4-2)
Trang 1ate < 2b TY dé suy ra:
4a + 2c < 2(b+c) + (2 +b) =a + 3 + IW 2a + 4e < (b + e) + 2(œ + b) = 2a + 8b +e và ta thu được ø < b vac < 6 Sử dụng kết qua do ta lai suy ra :ð « 2ø + 2e - ð < 2a + (a +b) +b = Sa va tuong ty lab < 3e Bay gid ta sẽ chứng mình rằng : (6) h„ — hụ < mụ — mụ {Vi rằng, từ (5) và bổ đề trên ta nhận được :h„ + my Tức < mạ + hệ Tức < mt +t, tm, < (W8/2)\(a +b +c) và đó chinh 1a điều mà ta cần phải chứng minh Do vậy bài
tốn được giải quyết]
hơng giảm tổng quát ta có thể giả thiết b= 1 Rhi đó ta sẽ có 1/3 < ø < 1; L3 <
e <1;9ø <1+c;2<l†+ø;a+c> l1
Nếu ta gọi 8 là diện tích của tam giác thì :
168? = (itat+e) (1+ea-c) (€+1- 2)
(c= 1 +a) = 21 + a2) (ce? - ef (1 - 0)? va biểu thức vế phải là 1 hàm tăng ngặt đối với
biến e được xác định trong đoạn 1/3 < ¢ < 1 Bởi vậy nếu ta thay e bởi (1 + a)/2 vào ham do ta sẽ có : 16S? < 3/16 x (3 ~ ø)(3øœ ~1) ( +ø)2 Do đó : (6) hạ — h, = 2S — a)/a < < (V5/8(( — a?)a) {(3 — a)(3e — Ù) Vi rang 2m, = (2 + 2c? — c?)1⁄2, a ) my = (2a? + 2c? — 1) va ta od : ¥S — Vi = (S—ON2S+8) Vt, S > 0 Cho nén ta nhận được : m,— m, > (3/2)(1~ a2yf[2(a2+ 4c2+ 1p)" Thay e bởi (1 + a)/2 vào vế phải của bất đẳng thức trên ta nhận được (do 2e < 1 + đ)
() mụ— mụ > 3/4Ax(1— a?)/(1+ a+ a21⁄2 Nhận xét rằng với mọi ø ta có :
(1 - a)*(8a? - a + 3) > O (*) va ta dé
kiểm tra được rằng bất đẳng thức (*) là tương đương với bất đẳng thức sau :
(8) 2Š a> [1+ a+a2)(3 - ø)(8a - DỊ? Và rõ ràng từ các bất đẳng thức (6), (7) va (8) ta suy ra được bất đẳng thức (5) Vậy ta đã hoàn thành việc chứng minh (5) đối với ø +b > 2e và b +c > 2a (và do vậy cũng cả với (4) nữa) Do đó điều khẳng định của J Garfunket là đúng đấn (đẳng thức xây ra khi và chỉ khi a = 6 = ¢)
Vậy là lại thêm một điều "bí mật" đối với tam giác được khám phá Ngoài các bất đẳng thức (D, (1D, ID và (V) ra liệu còn có bất đẳng thức nào nữa không, các bạn hãy thử
tim xem Chúc các bạn thành công Ï
HAI CHỮ SỐ CUỐI CÙNG CỦA SỐ CHÍNH PHƯƠNG
Một số chính phương chỉ có thể tận cùng là 0, 1, 4, 5, 6, 9 Hay nói cách khác các SỐ tận cùng là 2, 3, 7, 8 không phải là số chính phương Một câu hỏi rất tự nhiên nảy ra la: hai chữ sổ cuối cùng của số chính phương có thể là những số nào ? Giả sử A là số chính phương, tức là cớ thể biểu diễn A dưới dang A= (10a + 6)? 274 PHUONG THAO 6 đây ø, b là các số nguyên không âm và b < 9 VIA = 20a(5a + b) + bˆ, mà số
20a(5a + 5) cd hang đơn vị là 0 còn hàng chục là số chăn nên tính chẵn lẻ của hai chữ số tận cùng của Á trùng với tính chẵn lẻ của
hai chữ số của số 62 Điểm lại tất cả các giá
trị có thể có được của b2 : 00, 01, 04, 09,
Trang 2Tính chất 1 : Nếu hàng đơn vị của một số chính phương là 6 thì chữ số hàng chục phải là số lẻ, Tính chất 3 : Nếu hàng đơn vị của một số chính phương khác 6 thì chữ số hàng chục phải là số chẩn Tính chất 3 : Không có số chính phương nào cơ tận cùng là hai số lẻ
Tỉnh chất 4 : Nếu hai chữ số cuối cùng của một số chính phương cùng chẵn, thì chữ số hàng đơn vị của số đó chỉ cớ thể là 0 hoặc 4
Sử dụng các tính chất trên ta có thể giải một cách dễ đàng hàng loạt các bài toán liên quan tới số chính phương Xin nêu một vài ví dụ điển hình
Bài toán I : Chứng minh rằng không tổn tại số chính phương lớn hơn 10 mà tất cả các chữ số của nớ đều giống nhau
Siải: Giả sử n=a aa là số chính
phương Vì ø không thể là số lẻ (theo tính
chất 3) nên theo tính chất 4 ta rút ra a = 4 Mật khác số 11 11 không chính phương (theo tính chất 3) nên số n = 44 44 = 4.11 „.11 cũng không thể chính phương được
Bài toán 2 : Gia sit A = 195 Hay dién vào đằng trước số Á một số chữ số để số nhận được là số chính phương
Giải : Dễ dàng kiểm tra được tận cùng
của A là hai số lẻ, nên theo tinh chất 3 không thể tồn tại cách điền sao cho số nhận được là số chính phương Bài toán 3 : Cho năm số chính phương có hàng chục đôi một khác nhau và hàng đơn vị là 6 Chứng minh rằng tổng tất cả các chữ số hàng chục của năm số trên cũng là số chính phương Giải : Theo tính chất 1 ta rút ra các chữ số hàng chục của năm số chính phương nơi trên phải là 1, 3, 5, 7, 9 Ré rang 1+34+5 +7+9 = 25 la 86 chinh phuong
Bài toán 4 : Tìm số chính phương có bốn chữ số dạng abbb
Giải ; Theo tính chất 3 thì 6 không thể là số lẻ Dễ thấy 6 # O néu theo tinh chat 4 rit ra 6 = 4 Kiểm tra các giá trị của a ta thấy : +) a = 1 ta duge 86 1444 = 382 ®) Với ø là số chãn (Tức là z = 2, 4, 6, 8) số 444 khong chinh phwong vi số add4 = 4 (500.5 + 111) ma số 500.5 + 111 có đạng 4k + 3 không phải dạng của số chính phương +) 3444 và 9444 không chính phương do chúng chia hết cho 3 mà không chia hết cho 9 +) Kiểm tra trực tiếp hai số còn lại 5444 và 7444 ta cũng nhận thấy chúng khơng chính phương
Vậy bài tốn có nghiệm duy nhất là 1444 Bài tốn ư : Hãy tìm một số chính phương có tận cùng bằng bốn chữ số giống nhau khác không Giải : Giả sử tổn tại một số chính phương như vậy : A=a bcecc với c # 0 Từ tính chất 3 và tính chất 4 ta rút ngay ra e = 5 Khi đó số A có thể viết dưới dạng : A =a b 104 + 4444 = 4.(@ 6 2500 + 1111) 4(4m + 3)
Do số 4m + 8 không phải dạng của số chính phương nên A không thể chính phương Nói cách khác không tổn tại số chính phương nào có tận cùng là bốn chữ số giống nhau, khác không
il
Bài toán 6 : Ta viết các số tự nhiên từ 1 đến 100 liên tiếp nhau và thu được số
1234567891011 9899100 Hỏi số trên có
phải là số chính phương hay không ? Giải: Số trên không phải là số chính phương vì sau khí bỏ hai chữ số không cuối cùng đi ta nhận được số melí không chính phương (theo tính chất 83),
Để kết thúc bài báo này đề nghị các bạn tự giải bài toán sau đây :
Bài toán 7 : Hãy tìm dạng tổng quát của các số chính phương cớ tận cùng là ba chữ số giống nhau khác không
Trang 3Chuong 11 - BAN DOC TIM TOI
TƠI ĐÃ HỌC ĐỊNH LÍ PITAGO NHƯ THẾ NAO Các bạn đều đã quen biết định lí Pitago
Không biết khi học định lí đó thì bạn có lấy gì làm hứng thú không ? Riêng tôi thì định lí đó đã để lại cho tôi những ấn tượng sâu sắc và lí thú, vỉ nó luôn luôn gợi cho tôi những suy nghỉ và tìm tồi, nó làm cho tơi học tốn luôn luôn thấy say sưa và thú vị, Tôi muốn nêu ra đây quá trình tôi học tập định lí Pitago như thế nào và nhân đó rút ra vài kết luận muốn trao đổi cùng các bạn ộ € a I a z , hi ‘ Im € § a Hink I Hình 2 Chúng ta đều biết, ở lớp 7 đã chứng minh định lí Pitago bằng cách chấp hình : lấy 4 tam giác vuông bằng nhau rồi chấp thành hình 1 ta sẽ chứng mình được hệ thức g2 = b2 + c? Thật vậy, căn cứ hình (1) ta có : b 6+o2=4 2” + @ Do đó a? = bể + c2 Khi học cách chứng minh này ở nhà, tôi đã "bắt chước" cách chắp hình trên, sắp xếp lại các tam giác vuông và bồng tôi rất vui mừng khi tỉm ra một cách chứng minh mới nữa nhờ cách chấp được vẽ ở hình (2) : “Thật vậy bằng cách cộng diện tích tôi có : bà a2=4 + @®- e# (2) Do đó : ø?= ð2+ c2 (hình vuông trắng có cạnh là b - c) 276 NGUYEN VĂN KHÁNH (Hà Giang)
Hai cách chứng minh trên gợi cho tôi một
ý niệm khá sâu sắc hình ảnh của ø2, b2, c2, là điện tích các hình vuông cạnh a, b, c còn các tích ö,c, x.y gợi cho tôi nghĩ đến diện tích của hình chữ nhật hay là tam giác ChÍnh vì thế, khi biết các hệ thức :
b2=ab' và c2 = œc' (hình 3) thì tôi thấy ngay rằng diện tích hình vuông cạnh ò bằng diện tích hình chữ nhật Cử và diện tích hình vuông cạnh c bằng điện tích hình chữ nhat BHKM ma Spuxy+ Scuxy=2 (3) MK #W Hình 3
Nên tôi lại có ø2 = ð2 + c?
Về sau tôi có suy nghĩ nhiều về ba cách chứng minh trên và cũng khá vất vả tôi mới nhận được rằng thực chất của ba kiểu chứng minh trên là ở chỗ đã biết dùng biểu thức cần tìm (œ2 = ð? + c2) biến đổi đi để được các
Trang 4tôi cho rằng không khớ khăn lắm các bạn cũng nghỉ ra được : 1) a? = 8? +c? wa? - 6? = =2? + (a + b)(a — b) = c2 (4) va atb e T2 “an ©)
Hệ thức (4) gợi cho tôi nhớ đến hệ thức lượng trong vòng tròn và (ð) gợi cho tôi nghĩ đến những tam giác đồng dạng Thế là tôi nghỉ đến cách dựng các đoạn œ+b và a — ð trên cạnh huyền của tam giác ABC, và hi vọng sẽ tìm ra những tam giác đồng dạng nào đấy Tôi đã dựng được hình (4) Qua hình vẽ ta có : Hình 4 1 A ADE vuông ở A vì AC = 5DE=6b ; — —> —- — ——
DAB= 90'— CAD= 90-— ADC= AEB; DAB chung cho hai tam gidc ABD va ABE, do đó hai tam giác này đồng dạng với nhau và có :
BE AB, atb_¢ ABF DB "3ˆ “z-b
Do đó a2 =b2 + c2
Nếu ta chú ý rằng AB là tiếp tuyến của vòng tròn ngoại tiếp tam giác ADE thì cũng thấy ngay rằng AB? = BD BE hay c? = (a + 5)(a — b) Do đó a2 = ð2 + c2, 2) a2=02+ d2 —> a2 = (b+ c}?— Độc + (b + e)2— œ2 = Đbc ( +e+a)( +c— a) = 2òbc Gọi p là nửa chu vi ta có ; b 2p ~ 4) = Độc ¡p @ — a) =TT” — (8) Hệ thức (6) gợi tôi nhớ đến công thức tính b diện tích của tam giác S=p.r= S Và quả thật, đối với tam giác vuông thì đẳng thức (6) là đúng vì A 90° r=(—a)tg- =(p —8).Wg — r=p-c Do đó : b.c 8=p.r=p — 8) =~z—
"Thế là tôi lại có một cách chứng minh
mới của định lí Pitago 8) a? = 6? +c? , a? = (b — 6)? + Qe a?— (b- c)?= (a— b+ c)(at b- c)= Be dp ~ 0) =% So sánh với (6) ta được p( — a) = (p — b)@ — ø) P pTo pob pa (D Hệ thức (7) gợi cho tôi nghĩ đến những tam giác đồng dạng có các cạnh là p và p - ơ, p~ È và p- c Song các hiệu p ¬ ø, p - b, p-c gợi tôi nghỉ đến các bán kính vòng tròn nội tiếp và bàng tiếp Ti đã vẽ ra hình (5) và thấy rằng các tam giác OHB và BKO, đồng dạng với nhau, do dé Or HB OH _ BK Nhung AH =p —a,HB=p-b, AK=0,K=p AH 8K Ũ c 8, Hình 5 Do đó ~P pus p-6 p-@ Biến đổi ngược lại tôi lại cớ g2 =b2 + c2
Trên đây là vài điều suy nghỉ được của tôi về định lí Pitago, trong quá trình học tập nơ Những điều này có thể người ta đã biết lâu rồi, nhưng đó là điều không quan trọng Cái quan trọng là ở chỗ, qua việc học tập nó, tôi rút ra được mấy điều :
- Tôi đã học định lí Pitago không phải
chi qua 1, 2 giờ giảng của thấy trên lớp, 1
Trang 5vài bài tập áp dụng nó, mà tôi học tập nó
một cách thường xuyên : tìm ý nghĩa của nó, tìm các cách chứng minh, tìm các cách biểu hiện khác nhau của nớ, luôn luôn suy nghĩ về định lí đó, suy nghỉ từ ngày này qua ngày khác, năm này qua năm khác
~ Mỗi khi học được một cái gì mới tôi luôn luôn có ý thức "dùng cái mới để soi sáng
thêm cái cũ" Chính vÌ cơng việc có Ít nhiều cái vẻ "khảo cổ này" tôi đã thu được nhiều điều bổ Ích : hiểu chắc cái mới, hiểu sâu cái cũ và đo đó làm cho tôi ngày càng ham thích
học toán
Đó là những kết luận tôi muốn trao đổi cùng các bạn
CÁC DUONG n TUYẾN CỦA MỘT TAM GIAC
Trong chương trình tốn phổ thơng có
nhiều kiến thức mới học qua tưởng như đơn
giản Nhưng nếu ta biết cách học, biết cách
xem xét vấn để dưới nhiều khía cạnh, biết
mở rộng kiến thức thì ta sẽ thu được nhiều kiến thức mới, gây cho ta nhiều hứng thú trong học tập và giúp ta hiểu sâu sắc kiến
thức cũ Sau đây tôi xin giới thiệu với các
bạn một vấn để nhỏ ; các đường n tuyến của
một tam giác
Trên các cạnh 8C, CA, AB của tam giác ABC ta lấy những điểm D, E, K sao cho :
1
rater là một số đại số)
Những đường AD, BE, CK được gọi là các đường r tuyến của tam giác ABC
Như vậy ta đã mở rộng khái niệm các đường trung tuyến Các đường trung tuyến AM, BN, CP là trường hợp đặc biệt của các đường ø tuyến khi n = 2 Ta hãy tìm hiểu những tính chất của các đường 7+ tuyến
Ta đã biết các đường trung tuyến của một, tam giác đổng quy tại một điểm Đó là trọng
tâm Ở của tam giác
278
NGUYÊN ĐẠO PHƯƠNG
Bằng trực giác ta cũng thấy ngay các đường n tuyến không đồng quy (với n z 2) các bạn có thể chứng minh dễ dàng được điều đó Chúng cắt nhau tại các điểm A’ B’ C’ Coi Œ là giao điểm của ba đường trung tuyến, /œ có thể coi G là một trường hợp đặc biệt của tam giác A' B` C' khi n = 2
2) Điều ta suy nghÏ tiếp là như vậy thì
giữa G và các điểm A’, B’, C’ cé mot tính
chất giống nhau nào đó
Ta đã biết G chia ba mỗi đường trung tuyến kể từ cạnh tương ứng Vậy liệu các
giao điểm A, 8, C' của ba đường né tuyến
có cùng chia mỗi đường ø tuyến theo cùng một tÌ số không ?
Trước hết ta hãy xem A' chia ø tuyến KC theo ti s6 nao
Ấp dụng định lí Ménélaut (*) vao tam giác
Trang 6> Ầ Nhưng vì Bll Sl BIS
Ta biến đổi như sau :
AR_ AC AK-ÄC = MC _ AK-AC_ CK 1 n~n) ICn(-n) pnt Từ đó ta có : AK 1 KC ntl Vay A' chia n tuyến KC, kể từ cạnh tương ứng, theo tỉ số là Chứng minh n?—n+ 1 tương tự ta cũng có kết quả như vậy đối với các điểm B’, C’ Tém lai A’, B’, C’ chia méi đường n tuyến kể từ cạnh tương ứng theo cùng một tỉ số là 1 nent) 1 _l t n—n+1 3 2
có trường hợp của các đường trung tuyến 3) Bây giờ ta chú ý đến tam giác DEK là tam giác có đỉnh là chân của các đường n tuyến Khi ø = 2 tam giác ĐEK có vị trí đặc biệt là tam gidc MNP Ta da biét tam giác MNP và tam giác ABC có cùng trọng tâm
G Bởi vậy ta dự đoán là tam giác DEK và tam giác ABC cũng có trọng tâm trùng nhau Chú ý là với n = 2 thì Ta hãy chứng minh G là trọng tâm tam giác DEK, Ta phai ching minh GD + GE + GK =0 > = ` =~ 1s Tacs GD = GB + BD = GB+ BC 1 > = = Tuong ty GE =GC+— CA Gk =GA+1aB me _ Vay GD+ GE+ GK= > > GA+ GB+ GC) + 1 o> — x AB + BC + GA) & OD 5, Vi G la trong tâm tam giác ABC nên > — > —» > GA+ GB+ GC= 0, và AB + BC + CA =0 —- — => Do đó : GD + GE + GK=0
Điều này chứng tỏ G cũng là trọng tâm của tam giác DEK (dpem)
Két qua trên đây không phụ thuộc vào số z, nên ta đi đến điều lí thú sau : Có uô số tam giác có dinh nồềm trên cạnh của một
tam gide cho trước mà có trọng tâm trùng
uới trọng tâm của tam giác cho trước : đó là những tam giác có đỉnh là các điểm chia các cạnh của tam giác theo cùng một tỈ số
4) Ö phần 1) ta da coi G là một trường
hợp đặc biệt của tam giác A’B’C’ khin = 2
Như thế ta cũng có thể coi G như là một tam giác đặc biệt : "tam giác - điểm",
"Tam giác - điểm" G có trọng tâm trùng với chính nơ, tức là trọng tâm của tam giác ABC
Trang 71 ~ Tương tự G# = GỖ + ————ĐA n2-n+1 Gt = Gk + 1 — zh ne-nt+l Cộng từng vế ta được : > > ee me GA’ + GB’ + GC =GD+GE+GK+ ee =0 1 = + Ty C+ DA + BY nˆ~n+ Ta lại có : > o> 1> = KC = KA + AC = —B, +A — 1> = tương tự D aye +B = 1» => E “1A +C — >» — +1—¬ => — nen KC+ DA+ BB= mt Ree CB+ BA=0 Vậy : —, > => GA + GB +GC =0
Điều này chứng tỏ G cũng là trong tam của tam giác A'B'C” 5) Ta còn có thể tÌm thấy một số tính chất hay khác nữa của đường mœ tuyến Chẳng hạn nếu bạn đã học định lí Stiua thÌ bạn có thể chứng minh không khó khăn gì công thức : 2— wath 2y n g2 +22)
trong đó đ ,d,,ở_ là độ đài các đường n tuyến ứng với các cạnh a, ở, c Trong trường hop n = 2, công thức trên đây trở thành : 2+d2+ d2= đệ + dc + đệ = 3 độ + đệ + độ =2 (g2 + b2 + c?) là công thức quen thuộc đối với các đường trung tuyến n?—n+1 Đặt y= 2 n có thể thấy (bằng cách dùng đạo hàm chẳng hạn) rằng y đạt cực tiểu khi n = 2
Ban còn có thể chứng minh rằng các tam
giác A'AC, B'BA, C'CB có diện tích bằng nhau
MỘT PHƯƠNG PHÁP TÍNH TỔNG
Trong tốn học chúng ta thường gặp những bài toán tính tổng của hàng loạt số hạng được sắp xếp theo một quy luật nào đó Cấp số cộng, cấp số nhân mà ta đã biết, việc tính tổng của chúng khá đơn giản Một khi ta gặp bài toán tính tổng mà các số hạng không lập thành một cấp số như : 1) 8= L#@ + h) œ + 2B) (# + 3h) + + U(x +A) (x + 2h) (x + Bh) (x + 4h) + vat Ua + nh) [x + (2 + DAIx x [x + (m+ QA lx + (m + 8)h] 2) cost+ cosdx+ cosixt +cos(22— 1)x 3) 12.3423.44+ +@-2)@- Dn thì chắc các bạn gặp nhiều khớ khăn Để giúp các bạn phần nào giải quyết khó khăn đó tôi xin giới thiệu cùng bạn đọc một 280
NGUYEN VAN DIEN
Trang 8= ple + (n+ 1A) - p@œ)
Như thế muốn tổng có đạng
Ax) + fle + h) + fa + 2h) + + fiz + nh)
thực hiện được nếu ta chọn được một hàm số ø(xz) mà hàm g(x) được liên hệ với fix) theo đẳng thức (1) tức là f4) = cứ + h) — pœ) Để làm sáng tỏ vấn để này ta khảo sat ví dụ 1, 2 ở trên 1) Tính tổng : §= LŒ@ + kh) + 9h)Œ + BA) + Ux + Aye + 2h)\Œ + 8h)œ + 4h) + >è t + nh)[x + ín + 1)h]lx + (n + 2)h] ix + (n+ 3A] Dé xudt hién ham f(x), sau khi thay x bằng dãy x +h ; x + 2k ; ; x + nh ta được các hàm ƒ@) ;fŒ + h);f( + 2h) ; ;fx+nh) là các số hạng trên, chúng ta xét hàm (x) = Veta + A) + 2h) khi đó p(x + h) = L/ứ + h)Œ + 2h)(x + 3h) va @Œ+ h)—~ øœ) = 1+ h)(@+ 2h)(x+ 3h) ~ l#Œ + h)( + 2h) = ~8h/zœ + h)x (x + 2h)(@x + 8h) = f(xy Từ đó suy ra f@) + f@ + h) + fœ + 2h) + + fœ + nh) = = ~8R[ LưŒ+ h)(x+ 2h)@+ 8h)+ Lx+ h) x (x + 2h) + 8h)Œœ + 4h) + + l/++ œR)[z+ (ø+ 1)8]Íx+ (+ 9)h]x [x + (n + 3)AJ} = glx + (n + LA] — (x) = 1# + (n + 1)h]Íx + (s + 2)h] Ix + (n + 3)A] —wŒ + h)@ + 2h) Vậy giá trị của tổng đã cho là : 8= (1/8h) { LưŒ + h) & + 2h) — — JE # (w + 1)h]£ + @w + 2)k] x x ix + (n+ Bal} 2) Tinh téng S= coar+cosx+ cosix + 4+ cos(2n— 1» Ta biết rằng sin2nx — sin2(n — 1)x = 2cos(2n — 1)xsinr Vậy ta chọn Ø() = sin2(n — 1x khi đó g(a + 1) = sin2ax tín + 1) — p(n) = sin2nx — sin2(@ — 13x = 2sinxcos(2m — 1}z = ƒ(n) Thay nø bằng dãy số tự nhiên 1, 2, 3, Từ đó suy ra ÑU +ƒ@) +ƒf() + +ƒf{m = = 2sinx[cosx + cosx + cosix + + cos(2n — 1)x] =ø(® + 1) — ø(1) = sin2nx — 0 = sin2nz, Vậy
8 =sin2nx/2sinr nếu sinx z 0
Mời các bạn hãy thử lại kết quả trên bằng quy nạp
Tom lại phương pháp tính tổng trên là một phương pháp có hiệu lực trong việc tính tổng hàng loạt các số hạng được sắp xếp theo thứ tự nhất định Nhưng vấn đề khó đồng thời là mấu chốt của phương pháp này là chọn được hàm g(+) thỏa mãn đẳng thức (1) Một khi đã chọn được thích hợp thì bài toán coi như giải được
Trang 9"BA ĐỊNH LÍ TƯƠNG ĐƯƠNG"
Bài này tôi muốn nói với các bạn về sự
tương dương và phương pháp chứng minh của ba định lH sau : , Dinh H I : Trong một tam giác vudng, bình phương cạnh huyền bằng tổng các bình phương của 2 cạnh góc uuông (Pitago) Định lí II : Bình phương của một cạnh, đối diện uới góc nhọn (hay tù) của một tam giác, bằng tổng cóc bình phương của 2 cạnh kía trừ di (hay cộng thêm) 2 lần tích của một trong 2 cạnh ấy uới hình chiếu của cạnh kia trên nó
Định lí HI : (Stinơ) Cho 3 điểm ABC lần
lượt nằm trên một đường thẳng Với mọi diểm P ta đều có : PA?.BC + PB? CÁ + PC? AB + + BC.CA.AB=0 @®) 1) Dùng đồng dạng chứng mình định lí 1 Từ định lí I suy ra định lí H, các bạn xem chương I1, sách hình học lớp 8 2) Chứng minh định lí IÍ bằng cách khác : a) Dùng đồng dạng : Với mọi giá trị A của A (nhọn hay tù) ta đều dựng được ïH và H' trên BC sao cho AH’C= AHB= BAC va H, C 6 về 1 phia d6i véi B H’,
B61 phia đối với
C Theo cach dung ta có : a” Ấm Hình ¡ 282 TRAN ĐÌNH TRƯỜNG (Thanh Hóa) A ABC wu BHA = BAC) Nén AB/BC = HB/BA -> AB? = BC.BH (1) (C, H về 1 phía của B)
4 ABC = aH'AC (Ê CHA = BAC Non
AC/BC = H'C/AC + AC? =BC.HO (2) (H, B về 1 phía của C), BCIAB = AC/AW’ (3) _A ACL = AH’AK (CIA= AKH = 1; AWK = CAD Nen AC/AH’ = AI/KH’ (4) Cộng vế với vế của (1) và (2) ta có : AB? + AC? = BC(BH + WC) = = BC(BH + HH’ + WC + WH) = BCŒC + HH) Vậy: AB2+AC?2=BC2+BC HH (5) 'Từ (3) và (4) suy ra AHBA â chung ; chung BC/AB = AI/KH’ » BC.KH =AB.AT Ma KH = = 1/2HH Nên BC.HH = 2AB AI (6) thay (6) vào (ð) ta có :
AB? + AC? = BC? + 2AB AT hay
BC? = AB? + AC? - 2AB Al
Khi  < 90 = 7 và B ở về 1 phía của A
nên BC? = AB? + AC? — 2AB AI
Khi  > 90? = ¡ và B ở vé 2 phia cia A nên 4B và A7 ngược chiều Do đó :
BC? = AB? + AC? + 2AB AI
Trang 10Thật vậy khi 4 = 90? 7 = Â do dé TA = 0 cho
Tiên
BC? = AB? + AC? — ĐAB 0 = AB? + AC?
b) Dùng định lí III Nếu có
PA? BC+ PBR?CA+ PC? AB+ Bồ CAAB= 0
thì ta sẽ suy ra được định lí II Theo Sting ta có CB HA + CH? AB + CA? BH + +HA.AB.BH =0 (7) (trường hợp tù ta đổi đấu các số hạng thì cũng được đẳng thức (7) Thay CH? = CA? — AH2 vào (1) ta có CB? HA + CA?,AB + HA? BA + + CA? BH + HA.AB BH = 0 Hinh 3 Hình 4
hay : CB? = (CA?.AB + HA? BA + CA? x BH + HA AB BH) : (AH) CB? = (CA2(AB + BH) +
+ HA BA(HA + HB)) : (AH)
C#? = [CA?AH + HA.BA(HA+ HB)]:(AH) CB? = CA? + AB(HA + HB) CH?= CA?+ AB(HA+ AB+BH+ 2HB+BA) Vì HA +AB+ BH = 0 nên CB? = CA? + AB(2HB + BA) Ma HB = AB — AH Nên : CB? = CA? + AB(2AB — 2AH + BA) Vậy :
CB? = AC? + AB? - 2AH.AB
Khi 4 < 90° ta lay dấu :
CB? = AC? + AB? - 2AH.AB (H, B cùng phia vai A)
Khi 4 > 90° ta lay dau
CB? = AB? + 2AH AB (H va B @ 2 phía đối vi A) 3) Chttng minh định lí III (Sting) a) Ding Pitago ; Để đơn giản ta hãy kí hiệu hớa và làm mất dấu đại số bằng cách quy định chiều Ta tính Hink 5 PA? BC + PB? CA + PC? AB + BC.CA.AB = = PA?.c+ PCÌ(œ + b) — — PH(a +b +c) ~ — cø +b + c)(@ +b) t8) Mặt khác PA? = h? + a? PB? = h? + 6? PC? = h? + (b +e)? Thay vào (8) ta có : h?,e+ q'e + [h2 + (b + e)?l(a + b) — — (l2 + b2)(œ + b + e) — c{g + b + c)(a + b) = = he + ate + h?a + h2 + ba + b3 + 2bcg +
+ 2b%e + ac? + be? — h2a— 2b — he ~ bea -
— 63- be— a2e— abe— abe — b*e— ac? be? Ước lược ta thấy chúng triệt tiêu hết Do đó :
PA? BC + PB?.CA + PC?.AB + + BC CA.AB=0
Trang 11+ 2AB BH BỐ PC?.AB = PB? AB + BC? AB+ +2CB.BH.AB cộng vế ta có : PA? BC + PC?.AB =
= PB*(AB + BC) + AB BC(AB + BC)
nén PA? BC + PC?.AB + PB?.CA + +AB.BC.TA=0 Vay dinh li da duge ching minh Chú ý : khi PABRC thẳng hàng định lí II vẫn đúng song phương pháp trên không sử dụng được muốn chứng mỉnh ta dùng hệ thức Salg Tớm lại ta có sơ đồ sau : Đồng dạng (Các mũi tên tức là suy ra Thí dụ đồng dạng suy ra Pitago) Nhận xét : — Ngoài ra còn nhiều phương pháp chứng minh khác nữa
— Đây là 3 định lí cơ bản trong hệ thức lượng của các hình có vai trò bình đẳng như nhau
- Dinh If Sting có nhiều ting dung Thi dụ : dùng Stinơ tính độ dài đường phân giác theo 3 cạnh thì rất nhanh và đơn giản
MOT VAI DAY SỐ ĐẶC BIỆT
Ta biét rang 96 hang thit n (u,),n > 2, của một cấp số cộng có công sai ở, được xác định bởi
u, =U, + d
Với cấp số nhân, có cơng bội g, thÌ uy, = Uy 1d:
1) Ta hay nghién ctu mot day 36 {u,} téng quét hon, được xác định như sau : mỗi số hạng 4, (n> 2) là một hàm số bậc nhất của số hạng đứng trước nó : +b (i) u, = OU, 4 trong đó ø và b là những hằng số (khi ø = 1, ta có cấp số cộng ; khi ö = 0, ta có cấp số nhân)
a) Công thức của số hạng tổng quát (u,) theo số hạng đầu (u¡) và œ, b, m
Trang 12hay la, néu thay 4,4, theo (3), ta duge công
thức của Ss, theo Mì, 0, Ð VÀ n
2) Ta hãy nghiên cứu tiếp day {u,}, trong đơ số hạng thứ œ (n > 2) được xác định theo
hai số hạng đứng trước nó như sau ; 4, = dịu + au (4) trong do a, va a, 1a hai hang số cho trước nal n—2 Ta sẽ chứng minh rằng : a) Nếu {r„} và { v,} la hai dãy thỏa mãn (4), tức là : Ty =r, 1; tar, 4 (4a) Ủn S G10 S1 + au, 4 (4b)
thì nhân (4a) với A, (4b) với B (A và B là
hai số tùy ý) rồi cộng lại, ta được : Ar, + Bu, = @,(Ar,_, + Br,_ »+
+ a,(Au, -, + Bu,_ 2), tức là dãy
{ Ar, + Bu„} cũng thỏa mãn 4 b) Nếu z¡ là nghiệm của phương trình + = ai +a, (5) thi day {x77}: 2 -1 1, x,, 23, vey XT thỏa mãn (4) Thật vậy, từ x? = a,x + a,, suy ra được 3171 =a~? + at — 3, đpem ©) Từ a) và b), suy ra rằng nếu x, va x, IA hai nghiém khée nhau của (5) thì day {u,}, trong do LÔ 1 Mu = Cu Tx Gx3—1 (6)
(C, va C, là hai số bất ki), théa man (4) Ngược lại, mọi đãy thôa mãn (4) đầu có
dạng (6), Thực vậy, một đãy như vậy là hoàn
toàn xác định bởi hai số hạng đầu 1 =m và u, =p Lite dé, từ (6), ta được m =Œ, + C; ® P= Cx, + Cx, và từ hệ này, bao giờ cũng xác dịnh được €C¡ va Cy, CL=@- mx )i(x) — X) C= (mx, — pie, ~ x.)
Day (6), với hai giá trị này của C, va Cy, chinh lA day thỏa man 4 và có 4) =m, uy =p 3) Ap dung kết quả trên vào day Phibônaxi : —- ˆ xa trong trường hợp „ị =0, wu, = 1 (tức là day 0, 1, 1, 2, 3, 5, 8 ) Phương trình (B5) có dang x? =x + 1, do do x, = (1+ VB)2 và x, = (1 — Vổ)/3, và (7) có dạng 0=C,+¢, l= (C, — Cy v52 do ds C, = -C, = 15, va theo (6), s6 hạng tổng quát của dãy Phibônaxi đó là 1 14+V5\n_ ,1-V5\, t= We [ (ge) (“QP )"]
Điều đáng chú ý là biểu thức này có giá
trị nguyên oới mọi số tự nhiên w |
Có thể chứng minh rằng nếu (ð) cố nghiệm kếp si =x; thÌ wu, =27-1(C, + Cạn), TỪ MỘT BÀI TOÁN Trong "Toán học và Tuổi trẻ” có bài toán 29/65 : "Chứng mình rằng nếu ta có x? = y? + 2È uới x, y, z > 0 thì ta có các bốt đẳng thức sau : NGUYEN TOAN (Trường nghiệp uụ LAm nghiệp Quảng Ninh) a) ft > + xk với b >2 2) xt < + # với k < 2"
Trang 13sâu suy nghĩ nhằm khai thác ở bài toán này những điều mới mẻ Đầu tiên, ta nghĩ về bài toán tương tự : (A) Néux =y+zvdix,y,z>0 thì xY >y' + 2È vdik > 1; < y +X v6i kel
Việc chứng mỉnh bài tốn này khơng khó lam, ta dùng kết quả bài toán trên Ta đặt Re gah ta có : khi #° > 2 thik > 1 và khi *'< 2 thì š < 1 1 1 1 Te (x2 ?=(y)2+ (23 theo bài toán trên ta có kook ok x2 >y? +z2 với k' > 2 Kook ok x2 <y2 +22 vik’ <2 xt>yt +“ với k >1 +“ <## + với k < 1 (đpem) Ta không dừng lại ở bài toán (A), vì nghĩ rằng ta có thể tổng quát hóa (A) tức là (B) Nếu x = Kb xgt oo + Kj yyy %, > Ũ, n22 x# >xi tay + +3Ê với k >1 thì Pak txt tak vik <1 Ta ching minh bing cach quy nap theo n n =2 (B) trở thành (A) ta đã chứng mỉnh Giả sử bài toán (B) đúng với nø - 1, nghĩa là : Nếu # = #J† #¿† † Tu 1X „_ ¡> Ô @ >xƒ +xŠ + ++xỄ_, với k >1 thì Lœ@#< + + xk + Ta viết : x=x’+x,, vix’ > 0 nén theo (A) ta có : > art voik > 1 theo giả thiết : yk > ak + ok + Cộng vế với vế ta có : cto xk + ok + tak voi > 1 a tak vik <1 we tak v6ik > 1 286
tuong te xt< x, + xk + + x* voik < 1 (dpem)
Việc chuyển từ bài toán (A) tới (B) là do
sự tổng quát hóa đứng về khía cạnh số các số hạng trong tổng z = y + z Bay gid ta cd thể tổng quát hóa (B) ở khía cạnh khác, chẳng hạn ở khía cạnh số mũ của các số hạng trong tổng REx tx ti tx, Ta cod bai todn sau : (C) Nếu - z#=xƑƒ+zxf+ +z2 voi Xp Xz vy %, > 0,2 B 25 o 1a 86 thuc bat ki
Thixt> xk txt + tat vik >a thaktok+ tak voik <a Ta hay ching minh (C) đúng : Đặt : zZ = X,xƑ = X, thế thì ta có : KX, +X,4 4K, Do (B) ta có : (r số thực) MoM t+ Xt +X voir > 1 X,>0,n 22
hay x7 >a +a + +20 với r > 1 DGt a, =k thi điều kiện r > 1 có thể uiết
thành k > a uờ như thế ta cô :
x >a tok + + xÊ với k >ư tương ty xt< xtt xk+.+ xk voi k < ø (đpem)
Dùng kết quả các bài toán trên, ta giải
Trang 14Nhận xét :
1) Từ việc giải được một bài toán, bạn Toàn đã đào sâu suy nghỉ, bằng tổng quát hóa, đặc biệt hớa và tương tự, bạn đề xuất
được những bài tốn mới Bạn Tồn đã tự
đề xuất các bài toán (A) (B) và bạn cũng đã
tự giải quyết được với lời giải đúng, gọn Kết
quả các bài toán (A), (B) cũng được phát huy để giải một loại các bài toán (1), (2), (3)
Qua đây chúng ta thấy học tap được ý thúc chủ động dé xuét vén đề mới cần giải quyét sau khi suy nghỉ giải quyết được một
vdn dé nao dé
2) Tuy nhiên cũng cần chú ý rằng : khi tổng quát hớa bài toán hớa (B) cớ bài toán
(Ơ) bạn Toàn đã phạm một sai lầm : (C)
không đúng với mọi œ thực VÍ dụ :
Ta co: (2) t 224484 là đúng,
6
nhưng BAS (~)” > 22 + 32 là sai
Ta hay xem việc chứng minh bai (C) sai ở đâu ? Bai ở chỗ từ r > 1 suy ra #, >œ với œ,r thực Dúng ra thÌ : từ r > 1 suy ra
a,>a@ véi a > 0 Xin chữa lại bài toán (C)
như sau :
TOI DA GIAI MOT BAI
Vừa qua, tôi được thày giáo cho bài toán
sau : "Phần kéo đài các cạnh đối dién AB va CD, AD, oà CB của tử giác ABCD lần
lượt cắt nhau 6 E va E, Chúng mình rằng nếu ; EA.ED + FA FB = EF? thì tứ giác ABCD nội tiếp được trong một uòng tròn",
Tôi đã giải bài toán này bằng nhiều cách
rồi từ đấy để xuất thêm một số bài toán
khác Sau đây xin trình bày vấn tắt những suy nghĩ của tôi Cách giải thú nhất : Dựng một vòng tròn qua A, B, # cắt E# 6K Nếu x5= x5+ 15 + + x5; x, > Ú, >2 Thì : Boden ec vik > a Nava>0| whe cht xÉ+ + xẼ với k< ø +È> xft xÉ+ + xẾ với k < œ Nive <0| whe ttt xắ+ + xẾ với b >ø Chứng minh : Dat x7 = X, x7 = X, ta ed XaX, +X, ++ X, X>0n>2 X>Xt+X;+ + XP với r> 1 to ts XN X+ Mt XM vir <1 Hay 1a XT > eta + +x với r >1 | xT eT + Tt Giả sử œ > 0 Nếu đặt œ' = &, ta có : khi r > 1 thì >ø; khi r < 1 thì kè < œ Do đó ta có : Ẻ xi + + +3Ê với k > a
( che ak tht +x voi k < ø (đpem) Trugng hgp a < 0, thi: khir > 1 thi
k<a;khir <1 thik > a Do do, taco:
| oak t ht xt voi k <a
a ta vOir <1
cha sk + xk + ok vOik > a (d.p.cm)
TOAN NHU THE NAO ?
CAO LONG VAN
(Lép 10, DHSP Ha Noi 2)
Trang 15
Ta cé : FA FB =FK.FE a theo gid thiét : FA FB = EA.ED = EF (2) từ (1) và (2) ta có : EA ED = EF — FK.FE = = EFGF + FR) = EF EK @®) Do đó tứ giác AKEFD nội tiếp được —> — cc EAK = DFK = EBK = DFK
AEBK = AEFC = EK EF = EB EC két
hợp với (3) có EH EC = EA.ED (4) (4) chứng tô điều kiện để tứ giác ABCD nội tiếp được một vòng tròn là : EA.ED + FA FB = EF* (dpem) Cách giải thúc hai : Hình 2
Trong quá trình làm tốn, một điều tơi thường nghĩ là điều ngược lại có đúng không ? Tôi đã chứng minh được đối với bài toán đã cho, điều ngược lại cũng đúng (hình 2)
Trước tiên ta thấy Ƒ ln ở ngồi vịng
trịn (Ĩ) (đo tứ giác ABCD lồi), mặt khác ta
có E, F la hai điểm liên hợp với nhau đối với vòng tròn (O) nên : FI x (O) = A’ thi EA’ là tiếp tuyến của vòng tròn (0)
FE? = EP + IE? = EA? — A'? + + FO? - OP = EA? + FO? — R2 =
PEKO) + ARO) = EA ED + FA FB (dpem) Dựa vào đấy ta có thể chứng minh bai toán bằng phản chứng
Cóch thứ 3 : 'Ta chứng mính dễ dàng bổ
đề : Điều kiện cẩn và đủ để hai điểm # và £ là Hên hợp với nhau đổi với (O) la OE OF = R? [R ban kinh vong tròn (Ó)} Ap dụng điều này Dựng vòng tron (O) qua A, B, D (hình 8), ta có :
288
EA.ED = OE* - R? FA FB = OF ~ R?
Nhu vậy theo giá thiết :
Ok? + OF - 2R? = (OF - OF? > = <= OE OF = R? = E va F la hai điểm liên hợp đối vớ vòng tròn (O) bằng phản chứng dé dan; chứng minh tứ giác ABCD nội tiếp (hình 3) Hình 3 Cách thứ 4: Dựng hai vòng tròn (ABE và (DAF), giả sử chúng lần lượt cất EƑ ở điểm M, N Như vậy ta có :
EA.ED + FA FB= EN EF + EF MF
= EF(EN + MP)
Hinh 4
Mặt khác theo giả thiết ta có :
EA.ED + FA FB = EF2 = EF(EN + Ni vay : EF(EN + MF) = EF(EN + NF) «Ẩ=MF = NF ©M = N
Từ đây 1=2—>5=2
mặt khác 3 + Ê = 2V nên : 3 + 4= 2V (dper
(hình 4)
Trang 16a) Từ cách 1 và 2 : Cách 2 cho thấy điều kiện đầu bài đã cho còn là điều kiện cần Liên hệ các đẳng thức (3) và (4) với nhận xét D, C, Ƒ thẳng hàng ta có :
Bài toán 1 : Cho tứ giác EABK, trên EA,
EB, EK lần lượt lấy D, C, F sao cho :
EA.ED = EB.EC = EK EF
Chứng minh rằng điểu kiện ất có và đủ
để tứ giác ABKE nội tiếp trong vòng tròn là D, C, F thang hang (hinh 5)
Hinh §
b) Từ cách 4 : ta thay M = ®, gợi ý : “— — —— MBE = MAE = MFD ta giác FCBM nội tiếp hay vòng tròn ngoại tiếp tam giác FCB qua Aƒ Tương tự có vòng tròn ngoại tiếp ADFA cũng qua M Từ đây ta có :
Bài toán 2 : Chứng minh rang trong một tứ giác toàn phần các vòng tròn ngoại tiếp 4 tam giác đổng quy ở một điểm Các bạn thử chứng minh điều này (coi M là giao điểm hai vòng trong BCE và CDF tồi xết các tứ giác nội tiếp (hình 6), đình 6 49-Tore Đặt các tâm vòng tròn 0, 0,, 04, O, Ta thấy cứ nối đỉnh bất kì của tứ giấc toàn phần với M thì sẽ có 1 đường 00; G #754, J = 1,., 4) vuông gớc với đường nối đó Cho nên ta thử áp dụng góc có cạnh tương ứng vuông góc để tìm thêm các tính chất xem Sao Th có : — —— 0,0,1 AM, 0,0,1 MB = 6,0,0, = AmB pe —
ma AMB = AEB 30,00, = AEB, tuong tự 0,0,0, = AEB Tu day tử giác
0,0,0,0, có thể nội tiếp được Vậy có : Bài toán 8 : Chứng minh rằng trong 1 tứ giác toàn phần tâm 4 đường tròn ngoại tiếp 4 tam giác nằm trên một đường tròn (hình 6)
©) Ta nhỉn vào hình 1 đưới một khía cạnh khác Ta cố các vòng ngoại tiếp các tam giác DEM, BEM, ADB cùng qua C Trên cơ sở này ta có thé dé ra bài toán : (hinh 7)
Hình 7
Bài toán 4 : Cho một tam giác AEF Trên
AE, EE, FA lấy lần lượt các điểm D, M, B
Chứng minh rằng các vòng tròn ngoại tiếp các tam giác DEM, BFM, ADR đồng quy ở một điểm
Nơi chung các bài tốn trên khơng có gì mới nhưng đã làm cho tôi rất thú vị và chắc các bạn hiểu được rằng tại sao tôi rất yêu thích toán
Trang 17MO RONG MOT BAI TOAN
Trong hinh hoc phang, ta cé dinh If : Cho hai điểm A, B Quỹ tích những điểm M sao cho MA? + MB? = k? la vong tròn tâm O, diểm giữa của AB, va bán kinh là 0M = 3 {2 2, Xem Ó là trọng tâm của hai điểm A, B, tôi đã chứng mỉnh quỹ tích này bàng cách khác và nhờ đó đã đi đến bài toán tổng quát :
1 Cho n diém Aj, Á„, Á„ (cùng một mat phẳng) và œ số thực bất kÌ ơi, đ¿, ø„ Tìm quỹ tích những điểm M sao cho n (k là số thực bat ki > a, # 0) ¿=1
Học về khái niệm trục đẳng phương của hai vòng tròn, tôi cũng mở rộng ra và giải được bài toán tổng quát : 2 Cho œ vòng tròn C,, C,, , C, (thuộc một mặt phẳng) và ø số thực bất kia, @, , đ, Tim quỹ tích những điểm M sao cho " 5S) aP(M,C) =k i=l trong dé P(M , C,) là phương tích của M đối với " vòng tròn C,, & là số bất kì cho trước, S3 ø,z 0 i= Để giải hai bài toán trên, tôi dùng đến hai bổ để : Bổ đề 1 Cho n điểm A,, Ấy s a A, van số thực đụ, đạn đạn với a, #0; dung duge duy nhất một điểm O sao cho kẻ = 34,04, = 0 œ) i=l 290 PHAN ĐĂNG CẦU (Thanh Hóa) Bổ đề 2 Nếu có O xác định bằng (1) thì với mọi điểm M, ta đều cớ " SaÐ (2) i=l
và ngược lại, nếu có (2) thì cũng cd (1), nghĩa là (1) và (2) tương đương với nhau
Chúng mình bố đề 2 Với mọi điểm M và O bat kì, ta đều cớ aMA, =o,Mf0 + 4,04, (i = 1, 2, — — —~
do đó ta có
Seah, = Saad + ¥ 0,04,
i=1 i= ¿=1
Từ đây, ta thấy ngay rằng nếu (1) đúng thì (2) cũng đúng và ngược lại (đpem)
Chúng mình bổ đề 1, bằng quy nạp : 1) Với n = 1 (cd a, va A,) Lấy O = A) 2) Giả sử dựng được Ø cho hệ x - 1 diém, n1 tức là có O mà ø,ÔÄ, = 0 (8) Do bổ để 2, ¿=1 cần và đủ để có Ø° cho hệ + điểm là Dama, = ¿=1 22) Š a,0A, = Se «00° (4) (=1 =1 Thay (3) vào (4), có a, 04, = Sa, dỡ a, ~ hay 00? = —~ OA, (vl 2p; = 0) > đ
do đó OỔ' hoàn toàn xác định và duy nhất
