Tuyển tập 30 năm Tạp Chí Toán Học và Tuổi Trẻ (part4-3)
Trang 11 Goi O là điểm có tính 22,04, = O° Gia sit da co diém M ma
MA? =k (5)
NGi MO Tu A, ha AH, 1MO Œ = 1, 2, n) Theo định lí về bình phương một cạnh trong tam giác, ta có
a,M2‡ = aMO? + a,0A? - 20M a,0H,
Gi = 1,2 »)
do đó
2a MA? =(5a,)MO?+ Ya,0.A?—20M (Ja/0H,\(6) Ta nhận xét rằng : OH, là hình chiếu của OA, nên
22,04, =0 => 2p0H, = 0 (vì mọi đẳng thức véctơ đều chiếu được)
Thay 2ø/OH,= 0, 2p,MA?= k vào (6) ta có k- 3,04?
a,ta,+ +a,
với ®&— 3u0AÐ% >0
Ta có MO- | #—Ö9/O4? = không đổi (6) \ —
i
Ta dễ thấy rằng các phép biến đổi trên
đây đều tương đương, vì vậy ta không cần xét phần đảo nữa
Kết luận : Quỹ tích những điểm M sao cho
2aMA} = k với œ — 35,0AĐ3y, >0
(Ø là điểm cơ tính chất 32,ÖÄ, =0) là
một vòng tròn tâm Ø, bán kính
chất
MO? =
2 Th gọi tâm các vòng trong Cy Cores C,, la Ap Ag A, va O la diém eé tinh chat
22,04, = 0 Gia sit d& co diém M
2aPUM , C) =k (1) Theo công thức tính tích ta có 2PM, C) = = 0,(MA?—12) +0,(MAR—r3)-+ +0,(MA2—r2) Thay 3 PŒM, C)=k > Da MA?=k+ Yay, (2) ee K phương
Ta chú ý rằng phép biến đổi trên là tương đương ((1) s (2)) Ấp dụng kết quả bài toán 1,
ta đi đến kết luận ;
Quỹ tích những điểm M _ sao cho
2/P(M, C)= k với (e+ Zag? 35,0A3,> 0 (0 là điểm có tính chất 2ø/OÁ,= 0) là một
vòng tròn tâm O, ban kinh
OM= \ & + Dar? — 200A} 3;
Chú ý : Các bài toán : Tìm quỹ tích những điểm X sao cho hiệu các bình phương
tới hai điểm A, B, cho trước bằng & không đổi hoặc khái niệm trục đẳng phương có thể
xem là trường hợp đặc biệt của hai quỹ tích trên đây khí tâm vòng tròn xa vô tận, song lí luận chứng minh có khác trước
Mở rộng bổ đề 1 oà 2 : LÍ luận tương tự
trong hình học phẳng ta cũng đi đến kết luận :
Cho n điểm Áu 4z Á, trong không
gian va n số thực Ơ, đ„, Œ, sao cho
3, % 0 ta luôn luôn dựng được duy nhất một điểm O sao cho 22,04, =0
Mỏ rộng bài toán 1 Ta giữ nguyên bài toán mà chỉ thay n điểm trong mặt phẳng, bằng ø điểm trong không gian
Ta sẽ thấy rằng lí luận từ phẳng sang
không gian vẫn không có gì thay đối Đi đến kết luận : Quỹ tich la mot mat cfu tam O, bán kính \ k— Đg,0A? 1 > (tất nhiên O van dong vai trò 2p,0A, = 0) với (k — 2a,OA?)2ø, > 0
Mỏ rộng bài toán 2 : Tương tự bài toán 1, khi mở rộng sang không gian, thay n vòng tròn bằng z mặt cầu bất kì thì H luận chứng
minh không thay đổi, ta cũng di đến kết
luận : Quỹ tích là một mặt cầu tâm Ø bán
kính
OM =
OM =
Ó đóng vai trò 3Ð, =0
với (& + 2g? — 28,OA7)3ø, > 0 (*) ĐỀ tiện cho ấn loái, chúng tôi viết E thay cho >
=ì
Trang 3nhiêu lần xé như vậy Thành thử chác chấn rằng không thể biết cuối cùng tổng cộng có
bao nhiêu mảnh giấy mà lại phải chứng minh
rằng đếm sai
Nhưng chúng ta hãy bình tỉnh để hình
dung và phân tích ki quá trình "xé giấy" trong bài toán : mối lần từ đống giấy lấy lên
một mảnh, xé nó làm 9, rồi lại bỏ vào đống
giấy thÌ rõ ràng số mảnh giấy tăng lên 8
Bat đầu cớ một mảnh giấy, như vậy cuối cùng số mảnh giấy xé được sẽ là ] + 8k, với
& nguyên dương Vì số 1968 không có dạng
1 + 8&, nên anh bạn trên đếm sai I
Có thể kể ra nhiều ví dụ khác để mỉnh họa phần này, nhưng để bài báo khỏi quá
dài, ta dừng lại ở đây, Và lại như đã nơi, vấn
đề này liên quan chặt chẽ đến các vấn để sau, nên trong các ví dụ sau, chúng ta còn cơ dịp đề cập tới Trước khi chuyển sang vấn đề thứ hai, chúng tôi đề nghị các bạn hãy
thử suy nghỉ cách giải bài toán sau :
Bai toán 1, Cho một trăm số nguyên
dương ø, thỏa mãn điều kiện :
1 $a, <a, < a, < < ayy) < 1000
Chứng mình rồng trong tất cd cóc hiệu
SỐ a, — a, (i > ÿ) phải có một số gặp Ít nhất sdu lần
2 ~ BIẾT NẮM VỮNG TÍNH ĐẶC THÙ
CỦA BÀI TOÁN
Tuy rằng chúng ta có thể xếp các bài toán
ra từng loại một, ứng với từng loại có một
số phương pháp điển hình để giải, nhưng
nếu cứ máy móc đánh đồng loạt như vậy, nhiều khi cách giải luậm thuộm, thậm chí có thể vÌ quá phức tạp, nên không đi đến kết
quả cuối cùng Hãy nêu ở đây bai ví dụ :
Ví dụ 2 Giải phương trình
sinx(1 - cos*x) = 1 a Chúng tôi đã gặp một bạn làm như sau :
1 = sinz(1 - cos2x)(1 + cos2x) = sinÄx(2 -
~ sin’x) = 2sin3x ~ sindx Vậy để giải phương trình (1) ta phải giải phương trình đại số
XÃ+2X2+1=0 (2)
VÌ khơng có cơng thức giải phương trình bac 5 nén ban nay chi cd thé khẳng định rằng phương trình (2) cố một nghiệm X = 1, ngồi ra khơng đám quyết đoán rằng
phương trình (2) còn có nghiệm nào khác nữa không, do đó không làm được trọn vẹn bài toán Rõ ràng ở đây bạn đơ chưa nhìn ki bài toán vì : |sinz| « 1 và 0 « 1 - cos'+ « 1 nên phương trình (1) chỉ có một nghiệm sinz = 1 tức là x = z/2 + 9kxz ( nguyên) VÍ dụ 3 Giả thử a < b < e < d Chứng minh rằng với mọi giá trị của m (m z —1) đa thức bậc hai Fx) = (x - ax - oe) + mi - bo) - đ)
có hai nghiệm phân biệt
Theo cách suy nghỉ thông thường của các bạn lớp 8 và lớp 9 thì phải chứng minh rằng
đa thức ƒ(+) có biệt số A > 0 nhưng tính ra ;
A = [la +0) +m +d)Ê + 41 + myac + mbd)
thì nhiều bạn không biết làm thế nào để chứng minh nổi A > 0! Tuy rằng chịu khó biến đổi thì đi đến A = {(đŒ-— b)m + [ía + e(b + đ) - ~ 2(bd + ae)J/(d — b)}2 + + (6 - aj(e ~ b)(d — œ)(d - cid ~ 6»
nhưng phải tính toán khá phức tạp để nhầm lẫn
Ở trình độ lớp 8 có thể giải quyết bài này một cách nhẹ nhàng hơn, bằng cách để ý rằng : #Ð) = (b- aMb - @) < 0; fd) = (d~ aXđ - e) >0 như vậy hàm số y = f(x) có đồ thị là một
đường parabôn vừa nằm ở nửa mật phẳng
trên vừa nằm ở nửa mặt phẳng dưới như các bạn đã học trường hợp này chỉ xảy ra khi
ƒfz) có hai nghiệm phân biệt
Có những bài toán lạ, khó mà xếp vào
loại cụ thể nào, đo đó trong trường hợp này
lại càng cần phải lưu ý đến tính đặc thù của
bài toán để tìm ra cách giải
Vi du 4 Hay tìm tất cả các nghiệm nguyên x, y của phương trÌnh :
\ 25x + Vide + Ox + far + vx =y (3) Nếu ở đây ta cho rằng có thể gắng sức
Trang 4Có thể giải gọn gàng phương trình (3) như sau : Trước hết để ý rằng xz = y = 0 là một nghiệm Ta hãy giả thử z > 0 (nhớ rằng
x va y nguyên) Bình phương hai vế của
phương trình (3) ta thấy rằng :
ViI6x + =y2T— 90x (4) Vậy vế phải là một số nguyên dương Gọi
u là số ấy, và bình phương hai vế của phương trình (4) ta lại có :
VW + =u2 ~ lắc
và cứ tiếp tục thế, ta thấy rằng 4x + Ýx =p với p nguyên, (dương),
do dé ¥x = p? ~ 4x = q v6i g nguyên (đương) tức là ta đi đến đẳng thức
P?+4q?+q (5)
Vì gq)? = 4q? < 4g? +9 « 4g? +4g 41 =
= (24 + 1)? nên đẳng thức (5) không thé xdy
ra với các số nguyên đương p, q
Thành thử phương trình đã cho chỉ có
một nghiệm nguyên z = y = 0
Tớm lại đối với các bài toán "khóng tầm thường" cần hết sức chú trọng đến tính đặc thù của bài toán ấy, vấn đề này yêu cẩu một sự suy nghỉ linh hoạt, và sáng tạo mà ta sẽ đề cập tới trong một dịp khác
Để kết thúc, chúng tôi để nghị các bạn thử giải bài toán sau đây
Bài toán 2 Với những giá trị nào của m thÌ phương trình
Yx? +m + 2jx7—m =x có nghiệm Hãy xác định nghiệm ấy
MỘT KINH NGHIÊM
GIẢI BÀI TỐN HÌNH HỌC KHƠNG GIAN
Có lẽ phần lớn học sinh chúng ta đều cho
rằng giải tốn hình học khơng gian khó hơn
nhiều so với giải toán hình học phẳng ; nó khó ngay từ khâu nhận thức đề bài, vẽ hình, hình dung được vấn đề Một điều để thừa
nhận là hình học không gian liên quan chặt chẽ với hình học phẳng và nếu đã có kiến
thức vững vàng, có óc suy luận tốt đối với
các bài toán phẳng thì cũng sẽ dễ dàng làm
quen và chóng tiến bộ trong việc giải tốn khơng gian Trong bài này xin để cập tới một khía cạnh : để giải tốn khơng gian, ta tÌỉm cách giải quyết bài toán phẳng tương ứng rổi từ đó vận dụng kết quả và có khi cả
phương pháp giải bài toán phẳng để giải
quyết bài tốn khơng gian đó
Chúng ta cùng nhau xét mấy bài toán
Sau :
1 BÀI TOÁN I
Chứng minh rằng cạnh dài nhất của một
hình tứ diện là khoảng cách lớn nhất giữa 2
điểm thuộc tứ diện 294
ĐÀO THẾ HƯNG
Trước tiên ta xét bài toán tương ứng : "Chứng minh rằng trong tam giác, cạnh dài
nhất chính là khoảng cách lớn nhất giữa 2
điểm thuộc tam giác"
Cách giải quyết cũng đơn giản, ta dùng phương pháp đặc biệt hóa Gọi 2 điểm bất kì thuộc tam giác là M, N Azam 8 H N ề Hình 1 * Néu M và Ñ trùng với hai đỉnh của tam giác ta có ngay :
MN < max (AB, BC, CA)
* Nếu ẤM hoặc N trùng với 1 đỉnh của tam
Trang 5Nếu N € AB hoặc N € AC thi ta có ngay
lời giải Nếu N € BC thì tùy theo vị trí của
Ä so với chân đường cao H, ta kết luận được MN < AB hoặc MN < AC va do dé MN <
max (AB, BC, CA)
* Nếu M và N khong tring véi dinh nao
của tam giác Ta đưa về trường hợp trên bằng cách nối NB, ta có MN < max (AB, BN, NA) < max (AB, ĐC, CA) A Hình 2
Bài toán phẳng được giải quyết, ta sử
dung kết quả để giải bài tốn khơng gian
Xét khoảng cách giữa M và N là 2 điểm
bất kì thuộc tứ điện ABCD Bao giờ cũng
đựng được một tam giác cớ 3 cạnh thuộc các
mặt của tứ diện và chứa &, W (chỉ cần dựng 1 mạt phẳng chứa Ä⁄N và 1 đỉnh của tứ điện)
như hình 2 Nối AM và AN cát BC tại E, cắt
CD tai F
A
Hình 3
Theo kết quả bài toán phẳng : MN < max (AE, EF, FA)
ma AE < max (AB, BC, CA)
EF < max (BC, CD, DB) AF € max (AC, CD, DA)
Từ đó suy ra : max (AE, EF, FA) < max
(AB, AC, AD, BC, CD, DA) tức là MN không
lớn hơn cạnh lớn nhất của tứ diện
1 BÀI TOÁN II
Cho một góc nhị diện có các mặt là P và 9 và 8 điểm A, BH, C ở bên trong nhị diện
đơ Chứng minh rằng nếu tổng các khoảng
cách từ mỗi điểm đó đến 2 mặt P và Q của nhị điện là bằng nhau đối với cả 3 điểm A,
B, C thì tổng đó cũng lấy cùng 1 giá trị đối với mọi điểm của mặt phẳng ABC giới hạn
ở bên trong nhị điện đã cho
Dã dàng thấy rằng lời giải bài toán trên
phụ thuộc vào lời giải bài toán sau
Bài toán 2 TÌm quỹ tích của những điểm M có tổng các khoảng cách đến 2 mặt P và @ của một nhị diện là một số không đổi š Để giải quyết (2') ta lại xét bài toán phẳng
tương ứng "Tìm quỹ tích của những điểm
M có tổng các khoảng cách đến 2 cạnh của
góc xoy là một số không đổi k",
(Lưu ý rằng ta chỉ xét bài toán (2) và bài toán phẳng trong trường hợp M nằm bên trong góc nhị diện và góc phẳng)
Q
Hinh 4
Lời giải bài toán phẳng là : quỹ tích là
cạnh đáy AB của tam giác cin OAB trong đó A € Oxz, B € Oy, A cách Oy và B cách
Ox đều một khoảng bằng &
Các bạn có thể tự kiểm tra kết quả này
với nhận xét rằng : trong tam giác cân, mọi
điểm thuộc đáy đều có tổng khoảng cách đến
hai cạnh bên bằng đường cao thuộc cạnh bên Lấy kết quả này để giải bài toán (2') Thuận : Giả sử cho M là 1 điểm trong nhị điện Pa@, hạ MA L P, MB L Q=
MA + MB = k
Dựng mặt phẳng S chtta M, A, B cất a
tai O Xét trong S, dua vao bai todn phẳng, ta có M thuộc cạnh đáy tam giác cân
OM.M,, trong đó M, trên OA, M; trên OB và M, cách ÓOA bằng k Từ đó cũng suy ra
dễ dàng Mạ cách Q và M; cách P đều 1
khoảng bằng &
Trang 6Dung mat phẳng S chứa M,M; và song song với a, cắt P và Q theo 2 giao tuyến A,
va AD
Ta od A chứa M, và // œ ; A„ chứa M; và / a đồng thời A cach Q và A2 cách P “46u khoảng bằng *, do đó A, và A “cố định trên P và Q, suy ra M thuộc mặt phẳng R cố định *% WM = 4, a la, > 5 Hình 5
Đảo : Lấy điểm Af' bất kì thuộc # (phần
trong nhị diện) Hạ M'A' L P, M'B`' L @ Phải chứng minh M'A' + M'B' = k
Dung mp S’(M’, A’, B’) cAt a tai Ó', cất
A, va A, tai N, va N,, ta cd N,, M’, Ny thang hang (giao tuyến của 8° và RỲ N, ve N, lai
có tính chất như M, va M, tic la: N, cach
@ va do dé cing cách 0" Ny một khoảng ky N, céch P và do đó cũng cach O'N, một
kfoảng k Suy ra AO’N,N, can va theo kết quả bài toán phẳng ta cổ : M'A' +M'B' = k
Như vậy ta được quỹ tích của M là phần
mặt phẳng # nằm trong góc nhị diện
Kết quả này chứa đựng lời giải của bài toán
2 nơi trên
TII BÀI TOÁN 3
Chứng minh rằng các hình chiếu vuông góc của đỉnh A của tứ điện ABCD trên các mặt phẳng phân giác trong và ngoài của các nhị điện cạnh BC, CD, DB là 6 điểm đồng phẳng
Bài toán này quả là khớ nếu ta giải trực tiếp Song nếu ta theo hướng giải quyết đề
ra trong bài này thì có thể "gỡ mối” được Bài toán phẳng tương ứng là : "chứng minh rằng các hình chiếu vuông góc của 296
đỉnh A cia tam giác ABC trên các đường
phân giác trong và ngoài của góc B va C la
4 điểm thẳng hàng"
Gọi hình chiếu của Á trên phân giác trong
và ngoài của góc B là Á; va A) Hình 6 Dé dang thấy AA,BA là hình chữ nhật ™ đó chứng mỉnh đã đằng Ai4, Ú BC và A4; đi qua điểm giữa của BA the là Á A, cách đều A và đường thẳng BC
Chứng minh tương tự đối với đường
thẳng nối 2 hình chiếu của A trên phân giác
trong và ngoài của góc C Cuối cùng ta được
cả 4 điểm nằm trên dường thẳng
Ta sẽ sử dụng cả kết quả và phương pháp chứng mính bài toán phẳng trên để giải quyết bài toán 3 Dể cho gọn ta lưu ý rằng ở bài toán phẳng chỉ cần chứng minh cho một trong 4 hình chiếu của A (chẳng hạn A;) nằm trên 1 đường thẳng cách đều Á và đường thẳng BC là đủ, vì các điểm còn lại
chứng mỉnh tương tự
Gọi hình chiếu của A trên mặt phẳng phan giác trong của nhì diện cạnh BC là A
+ mp (BCA,) Dựa vào kết quả bài toán Thăng hướng chứng minh của ta là chứng minh A, thuộc mặt phẳng cách đều A và mặt
phẳng BCD
Hạ A,H, + mp (BCP) Dựng mp chứa AA,H, cắt BC tại O
lạ có ; BO 1 AA vBRC 1 Ad, nén
Trang 7
Qua A, dyng mp S // mp (BCD), cat mp
(AA,H,) theo 1 giao tuyén 14 A Ha AH 1 A.VIA // OH, (giao tuyến của mp thứ 3
với 2 mp song song) nên theo chứng minh
của bài toán phẳng ta có AH = A 4 Vi mp (AA,H,) 4 mp (BCD) va mp Š /Í mp BCD nên mp (AA|H,) 1 mp S theo giao tuyén A ma AH 1 A nén AH 1 S Suy ra mp S céch déu diém A va mp (BCD) Chứng mình tương tự ta cũng được các hình chiếu của A trên ð mặt phẳng phân giác còn lại đều thuộc mp S và bài toán giải quyết xong
Các bạn thân mến, trên đây là một vài suy nghỉ nhỏ có tính chất kinh nghiệm, mong rằng có giúp ích được phần nào cho các bạn đang lúng túng nhiều khi giải tốn khơng gian
KINH NGHIỆM CHÚNG MINH PHẦN ĐẢO
BÀI TỐN QUỸ TÍCH Giải một bài toán quỹ tích thường dùng
phương pháp sau đây :
Sau khi ta đoán nhận được quỹ tích của những điểm M có tính chất 7' đã cho là một
đường đ nào đó thì ta chứng minh :
Phần thuận : Mọi điểm M có tính chất 7: đã cho thì ở trên đường ở (xác định bằng cách nào đơ),
Phần dảo : Một điểm M' bất kÌ ở trên
đường ở ấy thì cớ tính chất 7' đã cho (ø)
Bai này nêu kinh nghiệm chứng mính phần đảo của phương pháp này
Thông thường đặt vấn đề để chứng minh (tức là nêu được mệnh đề (2) trén) thi dé, nhưng bắt tay vào chứng minh thì gặp khó
khăn Chính vÌ vậy mà trong nhiều bài toán quỹ tích người ta thường miễn việc chứng
minh phần đảo, nhưng nếu ta biết cách vượt
được khó khăn đó thì thú vị biết mấy Qua ví dụ sau đây ta sẽ thấy khó khăn ở chỗ nào
va tim cách giải quyết ra sao ? Từ đó rút ra quy tắc suy nghỉ chung cho loại toán này
Ví dụ 1 Cho một điểm c bất kÌ trên đoạn
AB cho trước Dựng về cùng một phía với
đoạn thẳng đó 2 hình vuông có cạnh AC và
CB Tìm quỹ tích những điểm AM là điểm giữa của đoạn nối tâm 2 hình vuông đó khi edi dong trên AB
Trong phần thuận ta chứng mỉnh được rằng M sẽ chuyển động trên đoạn MM, if AB,
ABi4 và hình chiếu hai đầu mút của nó ở trên AB cách A và B một khoảng AB/4)
NGUYÊN HỮU LƯƠNG
cách AB một khoáng AH/4, với 1M và M, có
hình chiếu trên AB cách A và 8 một khoảng AB/4 (hình 1) £ ¿ £ Dy , Me Q A ễ Hình 1 Phần đảo ta phải chứng mỉnh rằng : "Lấy một điểm M’ bat ki tren M M,, ta phải chứng minh rằng M’ la diém gian của
đoạn nối tâm 2 hình uuông có cạnh nối tiếp nhau trên AB, dung v2 cing phía với AB va
tổng 2 cạnh của chúng bằng AB" (1) Ta coi việc chứng minh phần đảo là một
Trang 8My M M; A & Hình 2
Bài toán phụ này khác với bài toán chứng
mỉnh hình học thông thường ở chỗ nào ? Một bài tốn thơng thường thì căn cứ vào
những điều đã cho trong bài toán ta đã vẽ được một hình hoàn chỉnh để tìm cách chứng minh Néu can thi ta phải vẽ thêm một số
đường phụ nữa để tÌm ra các kết luận phụ,
làm căn cứ mới cho kết luận chính của bài
toán
Đằng này những điều nói trong bài toán phụ này (như các hình vuông cạnh AC', C'B, đoạn nối tâm hai hình vuông ) chưa thể hiện được lên hình vẽ Ta còn phải tiếp tục vẽ thêm hình, nhưng không phải là sáng tạo ra đường phụ mà phải tìm cách thể hiện những hình đã nới đến trong bài toán Tức là trên cơ sở hình gốc (hình 2) ta phải dựng thêm hình thỏa mãn các yêu cầu trong phần
kết luận của mệnh để (1)
Cụ thể ta phải đứng trước một bài toán dựng hình (theo vị tr như sau :
Giả thiết của bài toán dựng hình là giả thiết (2) nói trên
Két luan la : Dung 2 hình vuông về cùng
phía với AB Có hai cạnh nối tiếp nhau trên AE và tổng của chúng bằng AB sao cho Ä° là điểm
giữa của đoạn nối tâm hai hình vuông đó, Phân tích - (hình 3) Muốn dựng được 2 hình vuông, ta chỉ cần dựng một trong hai
hình : chỉ cẩn tìm được một trong 2 tâm O'
hoặc P’, chang han tam 0’
O’ phai 6 trên cạnh bên của tam giác vuông cân AGB Vì M' phải là điểm giữa của O’P’ nén trong tam giác vuông GO'P' ta có M'O'= MP' = GM'
Vay O° la giao cia AG và đường tròn (M',
M’G), trong dd M’ va M’G đã xác định
Sau khi biết cách dựng, ta dựng hình
vuông AE'D”C' có tâm là O’ ; P' là giao của O M' kéo dài với GB Ta phải chứng minh
P' là tâm của hình vuông có cạnh la BC’ 298 A c # Hình 3
Bạn hãy dùng giả thiết 2 và cách dựng các hình đó làm giả thiết và áp dụng tam giác đồng dạng để chứng minh kết luận của
mệnh để (1)
Ta sẽ trình bày lời giải của phần đảo như
sau : "Dựng tam giác vuông cân ÁGB Lấy
1 điểm M' bất kÌ trên M.M, làm tâm quay
1 cung bán kính M'G cát AG tai 0’, M’O’ cắt BG tai P’ Kéo dai AO’ mét doan O’D’
= ÓO'A, Dựng các hình chữ nhật AC'D'E và
BC'E°Ư Ta sẽ chứng minh rằng các hình chữ
nhật đó là hình vuông nhận Ø' và P' làm tâm và M' là điểm giữa của O’P’ "
Tiếp theo ta sẽ chứng minh điều đó Như vậy là trong phần đầu của việc chứng minh phần đảo ta đã dùng toán dựng hình để sáng tạo ra một bài toán mới - Giả thiết của bài tốn này khơng những chỉ có giả thiết (2) mà còn thêm những yếu tố do
ta méi dung lén (GM’ = M’O’; AO’ = O'D;
hai hình chữ nhật canh AC’ va C’B) Con
kết luận là phần còn lại phải chứng mình sau khi dựng (AE'D'C' và G'FUB là hình vuông có tâm là O’ va P’; O'M = M'P’)
Bài toán mới này giả thiết đã tăng lên còn kết luận thì giảm đi ao với giả thiết (2)
và kết luận (1)
Ta rit ra nguyên tắc chung là : trong phần đảo ta phải chứng tỏ rằng :
"Với hình gốc (tạm dùng để chỉ những yếu tố cố định đã cho) uà uới bất kì một điểm
M' nào ö trên đường d (hoặc một phần của
đường d đã xác định trong phần thuận) œ cũng
dựng dược 1 hình thỏa mãn các tính chốt của diểm M (là điểm ta phải tìm quỹ tích)",
Và quy tắc suy nghĩ chung là ;
Dựa vào hình gốc, đường ở đã tìm được trong phẩn thuận va điểm M đá xác dịnh
Trang 9căn cứ uào cách dựng để xem chỉ tiết nao da thôa mắn, chỉ tiết nào còn, phải chúng mình thêm",
Rõ ràng cách suy nghĩ như vậy giống như
là cách suy nghĩ của 1 bài toán dựng hình
Còn lời giải của phần đảo ta trình bay :
Cách xác định cdc hinh dé nhu thé nào, dụng như thể thì chỉ tiết nào trong tính chất
của diểm M dã thỏa mãn va ta con chúng
mình chỉ tiết còn lại nào ? Sau dé ta tiến
hành chúng mình
Hãy áp dụng quy tác đó để chứng minh
phần đảo của bài toán sau đây ;
Ví dụ 2 : Cho AABC, trên hai cạnh AB
và ÁC ta lấy theo thứ tự các điểm D và E
sao cho BD = CE Tìm quỹ tích những điểm
giữa của đoạn DE khi D và E chuyển động trên AB và AC
Hình 4
Với chú ý kẻ thêm Ä7 / ÁC cắt ĐC ở 7
và M, là điểm giữa của 8C (hình 4) bạn hãy tự chứng minh phần thuận để tự kết luận rằng : M’ ở trên đường thẳng d di qua M, cố định và làm với Moc một góc MMC = = 180° - (C + A/2) (C và A là góc trong của AABC) Bây giờ ta suy nghỉ để chứng minh phần đảo :
Phần đảo ta phải chứng minh rằng : Lấy một điểm M' bất kì trên ở, ta phải
chứng minh rằng M' là điểm giữa của đoạn DE(D' € AB, E'G AC) ma BD = CE’
Thoạt tiên ta chỉ có hình vẽ như trên hình ð Bây giờ ta phải xác định điểm ?' và E'
như trên
Rõ ràng D”, E' phải tùy thuộc M, ta không thể xác định Ð' tùy ý r6i ldy CE’ = BD’ hay
ngược lại ; cũng không thể qua ẤM” kẻ 1 đoạn ĐE' bất kì được Th phải sử dụng công cụ
toán dựng hình để suy nghỉ :
Phân tích : 'Ta chỉ cần xác định một trong
hai điểm D' hoặc E' Ở phần thuận ta đã lợi
dung A MM of 6 đây nếu ta xác định được 1 thÌ ta có thể xác định được Д (hoặc E” la giao cla CI’ với AB (hoặc Ð7' với AC), ma 1' thì có thể xác định được : là giao của 2 đường thẳng kẻ từ M, và M' lần lượt song song véi AC va AB
Như vậy ta cớ lời giải phần đão như sau :
"Lấy một điểm M'” bất kì trên ở”, kế M'T / AC,
MI il AC N6i BI’ va kéo dai cắt ÁC (kéo dai 6 E” ; E’M’ kéo dai cht AB 4D’ Ta phai chứng minh rằng BD’ = CE va D’M’ = M’E' *, tiếp theo ta chứng minh điều đó MN A Hinh 6
Một ví dụ về phạm sai lầm trong việc chứng mỉnh phần đảo sau đây sẽ giúp ta rút
thêm kinh nghiệm
Trang 10Vi du 3 Cho hai điểm cố định A và B và
một đường tròn thay đổi sao cho mỗi điểm
4 và 8 đều có phương tích không đổi đối với
đường tròn này Tìm quỹ tích tâm Ø của
đường tròn đớ
Sau đây là lài giải trong sách bài tập hình học lớp 8;
"Thuận Giả sử A và B có phương tích
Py và Pụ đối với đường trong (O, R) va P,>P, NT” 4 đình 7 Ta cé Py =OA?— R2 = 2 2 Pạ = OBỀ ~ R
suyra OA? — OB? =P, ~ P,
P, va Py khong d6i nén OA? - OB? khong
đổi Vậy O ndm trén dudng thẳng A vuông góc với đường thẳng AB, quỹ tích những
điểm 7ï mà hiệu bình phương các khoảng cách đến A và B bằng P,- Pp
Đảo lại : Mọi đường tròn (O’, R’) cd tam
nằm trên đường thẳng này đều cho ta : O'A? — O'R? =P, - Py (1) hay ƠŒA?-P,=Q@B?~-P,=R2?2 (2 Từ đó suy ra Đụ = 0'A2~ R2 và g= O°B2— R2 (3)
Như vậy là A và 8 đều có phương tích không đổi đối với mọi đường tròn có tâm 0’
nằm trén A "
Sau do la két luan
Phần đảo như vậy là sai ! Theo cách
chứng minh đó thÌ trong giả thiết của phần
300
đào P 4 va Py không phải xác định trước mà
chỉ khi rút ra các hệ thức (3) thì từ đó mới
kết luận P„ và Py không đổi
Nhưng khi đã xác định Ó' trên A thì Ø'A
và O’B cing đã xác định, lúc đó P, va P, hoàn toàn phu thuéc R’ Ma é day R’ thi lai lấy tùy ý (vì không chỉ rõ xác định #' như thế nào) nên P„ và P, déu thay d6i theo R’ mặc đầu PạT Pạ không đổi (theo (1)) Chúng chỉ có thể giữ nguyên phương tích đã cho trước nếu lấy R' thích hợp
Đúng ra ta phải làm như sau
Dat gid thiết phương tích của A và B đối
với (Ơ, EÐ) là m2 và n2 không đổi Trong phần thuận ta chứng minh được OA2 - Oñ2 = m2 - n, Suy ra Ở € A
Đảo : lấy Ó' bất kÌ trên A, xác định Ri = JO"AT= m? (4) Dựng đường trdn (0’,
R’) Nhu vay phương tích của A đối với đường tròn này bằng znw2 cho trước Ta phải
chứng minh rằng phương tích của Ø đối (Ó', R’) cing bang n? cho truéc Th có : O°A? - O'B? = m2 - n2 (vÌì O' © A) suy ra: OA? - m? = O'R? - n? (ð) ma Ø?A2- m2 = g2 (suy ra từ (4) (6) nên Ø°B? - n2 = R2 (so sánh (5) và (6)) Do dé Ó°B? ~ R2 = né? (đ.p.c.m)
Một trong những sai lầm trong ví dụ này là không tuân theo nguyên tắc nơi trên : Đáng lẽ từ hình gốc (2 điểm A, B), đường A
và điểm @ˆ đã chọn (một cách tùy ý) trén A,
ta phải đạt câu hỏi là dựng đường tròn tâm
O’ bén kính như thế nào để có phương tích
của Á và B đối với đường tròn này đều bằng
giá trị cho trước Từ chỗ không nơi rõ cách
xác định #' dẫn đến sự mập mờ về giá trị của P, va Py
Tém lại, trong phần đảo việc xây dựng
bài toán phụ cần phải tuân theo nguyên tác
của toán dựng hình Các yếu tố do ta xây dựng để thể hiện tính chất của điểm quỹ tích cẩn chỉ rõ chúng được xác định như thế
Trang 11SỐ SIÊU VIỆT
VÀ BÀI TOÁN THỨ 7 CỦA HIN - BE
6 lớp 8, các bạn đã làm quen với số vô
tỈ, và biết rằng các số hữu tỉ và các số vô tỉ lập thành tập hợp số thực Các bạn cần biết thêm rằng : số thực có thể là số đại số hoặc là số siêu uiệt 1) Chúng ta vẫn thường gặp các số đại số, chẳng hạn các số 3/5, 2 Ÿ5 ; V2+8 V3 viv
Một cách tổng quát, số đại số là mọi số
+, nghiệm của một phương trình có dang
@, x" ta, jx" l + 4ax+a,=0 (1) trong dé n là số tự nhiên > 1, các hệ số
@, 5 @_1, ,@, đều là số nguyên (an z 0)
Phương trình (1) là phương trình dại số uới
hệ số nguyên
Thí dụ : các số 3/6 Ÿ5, V2+ Ÿ8 là các
số đại số, vì 3/5 là nghiệm của phương trình
ốx — 8 = 0, Ÿ5 là nghiệm của phương trình
zẺ~ð=0,V 2+ Ÿ8 là nghiệm của phương trinh x6 - 6x4 + 12x? - 11 = 0, và các phương trình này đều có đạng (1)
Chú ý rằng mọi số, có được từ những số tự nhiên nhờ bốn phép tính số học (cộng, trừ, nhân, chia) và phép lấy căn (như các số
3/6 ŸŠ ) đều là số đại số Nhưng không
phải mọi số đại số đếu có dạng ấy ; chẳng hạn các nghiệm số của phương trình
z2-8x.+3=ŨÚ
là số đại số, nhưng không thể biểu thị được
dưới dạng căn thức (người ta nói rằng
phương trình x? ¬ 3x + 3 = 0 không giải được bằng căn thức)
2) Những số không phải là số đại số được gọi là số siêu uiệt Nói cách khác, số siêu việt
là số không nghiệm đúng bất kì một phương
trình nào cớ dạng (1)
Số siêu việt rất quen thuộc với chúng ta là số z Khi lấy logarit thập phân của các số
HOÀNG CHÚNG
dương, chúng ta được hầu hết là số siêu việt (mà giá trị gần đúng được cho trong bảng số) Đã từ lâu, các số siêu việt được nhiều nhà toán học quan tâm nghiên cứu Nhà toán học lâ~u-vin là người đầu tiên chứng minh được
(năm 1844) rằng số siêu việt là có thật và
chỉ ra được cách xây dựng những thí dụ về
86 siêu việt (cuối bài này, sẽ trình bày ý trong chứng minh của Li-u-vin), Năm 1873 Eec-mit chứng minh rằng số e là số siêu việt
(số e xấp xÌ 2,7, là một số có vai trò rất quan
trọng trong toán học, vật lÍ, kỉ thuật ) Năm 1882, Lin-đơ-nam phát triển phương pháp của Ec-mit và chứng minh được rang số x là số siêu việt Đây là một kết quả rất lí thú của toán học, vì qua đó giải quyết được một bài toán nổi tiếng đã thu hút tâm trí của biết bao thế hệ các nhà toán học từ hàng nghìn năm : Lin-đơ-man đã chứng minh được rằng không thể cầu phương được hình
tròn, tức là không thể dựng được, chỉ với
thước và eom~pa, một hình vuông có diện
tích bằng hinh tròn cho trước
3) Năm 1900, nhà toán học Hin-be đã
nêu lên bài toán sau đây :
Những số có dạng d°, trong đó ø là số dại
$6, # Ova # 1, uà b là số v6 tỈ đại số -
chẳng hạn số ĐÝ” ~ có phải là những số siêu diệt hay it ra la 86 v6 ti ?
Day là bài toán thứ 7 trong 28 bài toán
nổi tiếng của Hin-be, những bài toán mà “thé ki thi XIX thách thức thế kỉ thứ XX"
Năm 1748, Ó le cũng đã đề ra bài toán tương
tự, nhưng ở dạng đặc biệt hơn)
Trong suốt gần 30 năm, bài toán trên đây
vẫn chưa có lời giải, Cho đến năm 1929, nhà tốn học Xơ viết trẻ tuổi Ghen~phông đã giải
được bài toán trong một trường hợp riêng Nam 1930, Cu-đơ-min, áp đụng phương pháp của Ghen-phông đã chứng minh được rằng số øÝP (ø là số đại số » 0 và z 1,p dương và không phải là số chính phương) là
86 siêu việt ; nói riêng , số 2Ý? là số giau
Trang 12việt Đông thời với Ghen-phông, nhà toán
học Đức Di-ghen đã chứng mình tính chất
siêu việt của nhiều số có ý nghĩa trong toán học Cuối cùng, năm 1984, Ghen-phông đã giải trọn vẹn bài toán của Hin~be bằng cách
chứng minh rằng các số có dạng aP nói trên là
số siêu việt Việc giải bài toán này, đúng như
dự kiến của Hin-be, đã "đưa đến những phương
pháp mới và những quan điểm mới về bản
chất của những số vô tỈ và siêu việt đặc biệt"
Từ định lí này của Ghen-phông có thể suy ra được rằng logarit thập phân của số
hữu tỉ phải là số hữu tỈ (như lg 100 = 2)
hoặc là số siêu việt Chẳng hạn ta chứng mỉnh lg2 là số siêu việt Thực vậy, Ig2 không
thể bằng số hữu tỉ p/q, vì nếu ¿g 2 = pig (p, q là số tự nhiên) thị 10P4 = 2, hay 10P = 24;
đẳng thức này không thể có được, vì 10p bao giờ cũng tận cùng bằng Ó, còn 2% lại tận cùng bàng 2, 4, 6, hoặc 8 Như vậy lg 2 phải là
86 v6 tl Nhung lg 2 không thể là số vơ tÍ đại số, vi néu Ig 2 1a 86 v6 tl dai số thi theo
định lí Ghen-phông, với a = 10, 6 = ig 2,
ta được ø° — 10%? là số siêu việt ; điều này
không đúng vì 10% = 2 Vay Ig 2 phải là số
siêu việt
4) Bay gid, ta trở lại tìm hiểu cách xây
dựng những số siêu việt đầu tiên trong lịch sử toán học, với Li—-u-vin
Th gọi số x là số đợi số bậc n nếu x thỏa mãn
phương trình dạng (1), bậc nø, nhưng không
thỏa mãn phương trình có cùng dạng mà có bậc thấp hơn » Thí dụ số VZ là nghiệm của
một phương trình bậc hai (x? - 2 = 0), va khong
thể là nghiệm của một phương trình bậc
nhất, do đó V2 là số đại số bậc 2 ; số Ÿð là nghiệm của phương trình bậc ba x2 - 5 = 0
và có thể chứng minh được rằng V5 không
thể là nghiệm của bất kì một phương trình
bậc hai hay bậc nhà nào, đo đó ŸŠ là số đại
số bậc ba Chú ý rằng số đại số bậc n > 1
không thể là số hữu tÌ, vì số hữu tÌ p/q là số đại số bac 1 (p/q là nghiệm của phương trình bậc nhất gx ~ p = 0 Ta biết rằng mối số vô tỈ z có thể biểu thị gần đúng, với độ chính xác tùy ý, bằng một số hữu tỈ ; nói cách khác, có thể chỉ ra một dãy số hữu tỈ p/g : ĐI sP2Í4;› - - -›Pmm/đạ, - (2) (uớt mẫu số q tăng vd han biéu thi gid trị gần đúng ngày càng chính xác của số x 302 (chính xác hơn là đãy (2) cớ giới hạn là +) Thí dụ vô số vô tỉ V2, ta cd đây giá trị hữu tỉ gần đúng 1, 14/10 ( = 1,4), 141/100 (1,41), 1414/1000 (1,414), (8)
Định lí Liu-vin nói rằng nếu x a số vo ti
đại số (tức là số đại số có bậc m > 1) thi trong dãy (2) với mẫu số g đủ lớn, nhất định sẽ xây ra bất bằng thức lx — piq| > 1/q*+1 (4) Thí dụ với số V3 (số đại số bậc n = 2), thi trong day (3) với g > 10, ta sẽ có (4) : V2 — 14/10 = 0,0141 > 1/10
Dùng định lí Liu-vin, ta sé chitng minh rằng số x sau đây là số siêu việt
x= 1/10 + 1/10?! + 1/10'+ + + 1/10 + 1/100% 9 + +
+ = 0,11 0001 000 060 000 000 000 001 000
(trong đó n ! chi tich 1.2 n)
Thue vay, goi #m là số py = 1/10 + 1/10 + + 1/10” Sau khi lấy mẫu số chung là 10”', ta tim được x„ = p/10*! và có |z— x„| = 1/100 * ĐI + 1/100®8*2) + „+ + < 10/1008 9, Giả sử z là một số đại số bậc n Thế thì thay vào bất đẳng thức (4) số ĐÍq = x„ = pÍ10? ta có |x-x,1 > 1 ome +0 (6) véi m du 16n So sánh (ð) và (6), ta được : 1/10Œ* De 1010+ Dix 1/100" D!-! do đó mÌ(w + 1) > (m + 1L — 1
với m đủ lớn Nhưng bất đẳng thức này không
đúng với những giá trị của m lớn hơn nø Điều mâu thuẫn này chứng tỏ rằng z không phải là số đại số, nghĩa là z là số siêu việt
` » ^ + a ` z
BẢN VỀ LỎI GIẢI MỘT BÀI TOÁN
HOI : -Dé nghị giải hộ bài toán sau đây :
Chúng mình rồng nếu ở phía ngoài của một tứ giác lồi ta dụng bốn hình uuông
nhận bốn cạnh của tứ giác làm cạnh thì tâm
của 4 hình uuông đó là đình của một tứ giác
có hai đường chéo uuông góc
Trang 13ĐÁP : Để giải bài toán này, ta sử dụng bài tập sau đây thường cho ở cuối lớp sáu : "Chứng minh rằng nếu ở phía ngoài của
một tam giác ta dựng hai hỉnh vuông nhận hai cạnh nào đó của tam giác làm cạnh thi
đoạn thẳng nối tâm của hai hình vuông đó
sẽ là đáy của một tam giác vuông cân mà
đỉnh là trung điểm của cạnh thứ ba trong
tam giác đã cho "
Trên hình I taco : A FBC = A ABE (cg) do dd : AE = FC A FMN va AAMB déng dang (gg) do dé góc N vuông tức AE 1 FC “Hi / 1 HKŠ 5 FC, IK= 2 ÁO, do đó HK Š TK Hình ï
Bây giờ ta giải bài toán cho trên đây Ở
hình 2, ta cé AES BE, DE= EC
do dé: A DEB = A CEA (cge) Vậy AC = DB Hinh 2 A DEG va A CFG d6ng dang (gg) do đó góc F vuéng tite AC 1 DB
Nguyén Manh Khanh Sinh viên năm thứ HH — Khoa Toán ~
Dai học Sự phạm Hà Nội
Lời ban thêm : Đồng chí Khanh đưa ra cách giải trên đây nhưng không phân tích lí
do của các bước chứng minh Để giúp độc giả rèn luyện tư duy toán học, chúng tôi xin đưa ra một cách giải có phân tích mà về thực chất không khác cách giải của đồng chí
Khanh mấy tí
Mới thoạt nhìn, ta thấy bài toán có vẻ khớ vì tứ giác đã cho không có gì đặc biệt,
Hai tam A, C quan hé với hai cạnh đối diện
PQ, RS cdn hai tam B, D quan bệ với hai
canh d6i dién QR, SP (hinh 3) Cau hỏi đầu
tiên sẽ là làm thế nào bác được một cái "cầu" nối liền hai cặp cạnh đối diện đó Muốn vậy, trước hết ta phân tích cụ thể hơn quan hệ giữa mỗi tâm và cạnh tương ứng : muốn dựng tâm tương ứng với cạnh nào thì lấy trên trung trực của cạnh đó (về phía ngoài tứ giác) một điểm cách cạnh đó một khoảng bằng nửa cạnh Sự phân tích này làm ta chú ý đến vai trò các trung điểm của các cạnh Mà ở đây lại là một bài toán về phương các
đường thằng (chứng minh rằng hai đường thẳng vuông góc với nhau), nên bất cứ cái gì có thể liên quan đến khái niệm "song
song", "vuông góc" cũng khiến ta phái quan tâm "Trung điểm” của các cạnh gợi ngay cho
ta "đường trung bình" của một tam giác Th đi vào khai thác ý này Ta hãy lấy trung
điểm K của đoạn PQ Nên nối K với điểm nào ? - Nối với trung điểm L của cạnh QR chăng ? Như vậy thì ta được một đường
thẳng song song véi PR ma PR thi không lién quan gi téi những điều ta muốn xét Bởi
vậy ta nghĩ đến việc nối Ý với trung điểm E của PR Như vậy ta được đoạn XE = BL Thế là ta đã thấy được cách xây dựng cái
"cầu" nối liền hai cặp cạnh đối diện của tứ
giác đã cho : bốn trung điểm của bốn cạnh
PQ, QR, RS, SP uà dạc biệt điểm E sẽ là năm "trụ" của cái cầu đớ Như vậy thì bây
giờ ta được hai đường gấp khúc AKEMC và BLEND trong đó :
Trang 14Nhưng các đoạn tương ứng của hai đường gấp khúc đó lại sắp theo thứ tự không giống
nhau Ta dựng hai hình bình hành AKEK' và CMEM' (hình 3), Như vậy thì hai đường gấp khúc AK'EM'C và BLEND có các cạnh tương ứng vuông góc và bằng nhau Do đó suy ra đễ dàng AC> BD Hình 3
Đến đây, ban doc nao tinh ý một chút (do
thường ngày, hay có thới quen phê phán, nhận xét) sẽ thấy ngay rằng trong giả thiết ở trên thỉ giả thiết,
"lổi” hinh như không được dùng đến Thật ra, nớ có được dùng, nhưng dùng không hết Có thể thay thế nó bằng
giả thiết yếu hơn
sau đây : quay đỉnh @ xung quanh K cho đến trùng với tâm A thì ta quay ngược kim
đồng hồ, quay đỉnh # xung quanh L cho đến trùng với 8 cũng vậy, và S đến trùng với C (xung quanh M), P trùng với Ð (xung quanh N) cũng thế Với điều kiện đó thì dù tứ giác trên cớ lõm, có chéo hay cớ suy biến thành
tam giác (tứ giác có hai đỉnh trùng @ $ „8 nhau) định lí vẫn A đúng VÍ dụ : đem áp dụng vào tứ giác chéo, hoặc P CD R lõm PQRS ở hình 4 (ø và b) trong đó 1lình 4a Hình 4b 304
tam giác PES là vuông cân thì ta lại tìm thấy kết quả của bài toán lớp 6 mà đồng chí
Khanh đã sử dụng để giải bài toán này Nếu đem áp dụng vào một tam giác (hình ð) thì có ngay định HÍ sau đây nếu ở phía ngoài một tam giác ta dựng ba hỉnh vuông trên ba cạnh thì tâm của ba hình vuông đó sẽ là
đỉnh của một tam giác mới có ba đường cao
đi qua ba đỉnh của tam giác đã cho Ba cạnh
của tam giác mới theo thứ tự bằng các đoạn
nối các đỈnh của tam giác đã cho với tâm hình vuông tương ứng Thậm chí định lí vẫn áp dụng được vào những tứ giác suy biến thành đoạn thẳng (hình 8) Hink 5 ˆ q ˆ q Hình 6
hay có một đỉnh nằm trên một cạnh (hinh
Trang 15GIẢI ĐẠI SỐ BẰNG CÔNG CỤ HÌNH HỌC
Lâu nay trong quá trình học tập chúng
ta rất hay dùng công cụ đại số để giải hình
học, nhưng việc giải đại số bằng công cụ hình
học thÌ cịn Ít Học tập ở trường chúng tôi
rất thích dùng công cụ hình học để giải đại số, bởi vì nhiều bài toán đại số mà chỉ đơn thuẩn dùng công cụ đại số để giải thì rất khó, nhưng khi đã chuyển nớ sang dạng hình học thÌ rất đơn giản Trong bài báo này tôi
muốn giới thiệu với các bạn vài bài toán đại
số và dùng hình học để giải
Bài I Chứng minh bất đẳng thức
\ c( —c) < Yab
(bài thi vào đại học năm 1980)
Th dựng tam giác ABC có AB = Va,
AC =Y6, dudng cao AH = Ye Theo định lí
Pi-ta-go ta có ngay
BH=jfa-c ; CH= fb-c
Như vậy vế trái của bất đẳng thức cần
chứng minh chính bằng hai lần tổng diện
tích của hai tam giác AHB uờ AHC, tức là
bằng hai lần điện tích tam giác ABC Mạt khác, hai lần điện tích tam giác ABC không
lớn hơn tích AB.AC =ýa Bất đẳng thức được chứng minh cía —c) + A Va, Ve 8 VWa-e " Ve c Bài 2 Tìm giá trị bé nhất của hàm số ⁄J=WxZ-x+1 +Ýz+xz+ 1 Th biến đổi y=Ý@& — Lý † (3/2)ˆ + + Ýœ + 1/2)? + 3⁄27 20-TOTH NGUYÊN PHƯƠNG MAI (Nghệ An) Trong hệ trục tọa độ xOy ta lấy các điểm A(- 1/2, 5/2), B(1/2, Ý3/2) MŒ, 0), thì ta có y = BM+AM 2 4 ⁄ ; ‘ ' ‘ ï - + 9 z M 7 +
Bài toán của ta trở thành bài toán hình học : Cho tam giác ABM có các đỉnh A và B cố định, còn đỉnh M chạy trên đường thẳng song song với cạnh AB Tìm vị trí
của M để chu vi tam giác ABM nhỏ nhất Bài toán này rất đơn giản, chu vi tam giác AMB đạt nhỏ nhất khi tam giác MAB cân => zx=0= #min = 2 Bai 3 Cho a, ð, ¢, d là các số thực sao cho ø2+b2 =1, @) etd = 3, (2) Chứng minh bất đẳng thức ac + bd + ed (9 + 6Y5)/4
Đây là bài toán nếu giải bằng đại số thì khó, bởi vÌ vế trái bất đẳng thức không đối
xứng và vế phải là số phức tạp Bây giờ ta
giải bằng hình học
Trang 16
Quỹ tích những điểm M (ơ, ð) thỏa mãn (1) là đường tròn tâm O bán kính 1 Quỹ tích những điểm N (c, d) thỏa mãn (2) đường thẳng y = -x + 3 Mặt khác bất đẳng thức đã cho tương đương với (20 ~ 11+ 62/4 > ae +bd +cđj = 10-2 (ae + bd +cđ) > (11- 6Y2)/2 (3) Thay a? +b? = 1 9 - 2cd = c*d? vào (3) ta có : a+b? +c? +d? - 2ac - 2bd > (38— V2)2/2 (2-0 + (b - đ)? > (8— {22/2 ==Ý(œ- e}2+ (b— đ)? > (8— J9) NŠ
Vế trái của bất đẳng thức là đoạn AN với M thuộc đường tròn W thuộc đường thẳng
Vẽ phải là đoạn AB Ta luôn có MN 2 AB, suy ra điều phải chứng minh
Bài 4 Giải hệ phương trình
naira + mat ly =Ve = OF + Vaz BE 2a Ve tyre
Cho a, b, c lén hon khéng va I/a + i/b > Ife, 1/6 + Ife > Ifa, Ile + Tia > 1/b Dựng
8 = 1p — =) — YP — 2)
tam giác ABC có AC = y, BC = z, đường cao hạ từ C bằng œ Theo phương trình (1), ta có AB = x Dựng tam giác A,B,C, cd A,B, = x,
C¡B¡ = z, đường cao hạ từ B, bằng b Theo
phương trình (2), ta có A¡C; = y Dựng tam giác A,B,C, có A;B; = x.C, A; = y, đường
cao hạ từ Á, bằng c Theo phương trình (2)
thi BC, bang z
Các tam giác ABC, A,B,C,, A,B,C, bing nhau nên chúng có diện tích bằng nhau
ax = by = cz = 28
(S la dién tích mỗi tam giác)
Ba tam giác nơi trên được ghép lại thành tam giác ABC có các cạnh z, y, z và các đường cao tương ứng với các cạnh đó là œ, ö, c Th tính các cạnh của tam giác theo œ, ö, c, @ Theo cng thức Hêrông, ta có Mà p=(xtyt2)2 = S (fat 1/6 + 1/c)đo (+) nên 11 1 1,1 1 1 1 1 1,1 1 s-s (*517)( 12-2) (2150) (5? 2) 111 1,1 1 1,1 1 1.1 1 > s= | (2*2*2) (ote~a)letas)lats-e)
Ta tim duge x = 2S/a, y = 25/6,
z = 2S/c, S duge tinh bang cOng thifc trén :
Bài õ Cho p,g là các số thực sao cho phương trình x? + px +q = 0 có hai nghiệm
thực có trị tuyệt đối không vượt quá 1 Tìm
giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P=p? tp? + 242 -8) + q2 (q2 ~8)
Gọi z¡, x„ là hai nghiệm của phương trình x? + px + q = 0 Theo giả thiết, ta có lzyjl! < 1.|z¿| < 1 Vậy ~1<@¡—#z/2 = —pi2<1 f) >0,ƒ(1) >0 và 306
Vì phương trình có hai nghiệm thực, nên
A > 0 Hệ điều kiện được viết lại là p2- 4q >0 _2<px<2 1+p+qgz0 i-ptq2@ Ta biểu diễn miền nghiệm của hệ trên mặt phẳng pOq Phén mat phẳng bị gạch kể cả biên là miền nghiệm của hệ Ta có thể viết P = (p? + q?)? - 3p? + g?)
Trang 17thiên trên miền nghiệm của hệ trên Nhìn
trên đồ thị ta thấy Yeux khi đường tròn đi
qua hai điểm (- 2, 1) va (2, 1) = Yu =VB
=u=ðvàu, khi u =0,
Ta cần tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ Bây giờ xin tặng các bạn hai bài toán
nhất của P = ¡? - đu với 0 < u < 5 Ta vẽ 1 Cho a, b, e, ở là các số sao cho đồ thị của hàm số P = z2 ~ 8u trên đoạn [0, ð] Nhìn vào đồ thị, ta thấy giá trị lớn la~b| +ịa+ð| =3,c+ả=g Ta
nhất của P bằng 10 và giá trị nhỏ nhất của Chứng minh rằng
P bằng 2,25, Do khuôn khổ bài báo, tôi chỉ xin trình in [a2 ~ B2[ ~ 2 (cd + ae + bđ) > 1/2 2 Khảo sát số nghiệm của hệ phương
bày mấy bài tốn nhỏ vậy thơi, Mong các trinh theo a
ban trong qué trinh học hãy làm quen với fe ~x⁄2=0 phương pháp này, chắc chắn rằng các bạn ŒT—4)2 +32 =1 sẽ thu được nhiều điều thú vị và bổ ích,
