Tuyển tập chuyên đề Toán Học Tuổi Trẻ - Quyển 3
Trang 1MỤC LỤC Trang Lời nói đầu 3 Những kí hiệu trong sách 4 CHUONG I KHAI THAC CAC BAI TOAN TRUNG HOC CO SG Phần một
TOÁN VỀ TẬP HỢP SỐ NGUYÊN, SỐ HỮU TỈ
Bui Quang Truong Có thể làm toán sinh động hơn được không ? 5-5-5: 5
Bui Quang Truong Cộng và trừ thêm một con số thích hợp - ác nhu e, 7
Nguyễn Ngọc Hương Tổng các chữ số của một số tự nhiên S0 S222 tre 9
Lé Quang Trung Xây dựng công thức tính tổng các số tự nhiên bằng đa thức 1] Nguyễn Hữu Bằng Về bài toán so sánh phân SỐ cà tSnn HH 1102 tr 12 Trần Xuân Đáng Định lí Trung Hoa về SỐ đƯ Ặ LH TH HH HH ng no 14
Ngô Hân Phương pháp cực hạn - HH TH TH TH key 16
Lê Hào Suy nghĩ từ lời giải một bài toán thi vô địch quốc tế ccce2 18 Bùi Quang Trường Phương trình căn đồng dang bậc hai che 20 Nguyên Ngọc Bình Phương Một số bài toán về số hữu tỉ và sỐ vô tỈ teen ye 22 Lê Quang Trung Tính biểu thức hữu tỉ bằng cách xét dạng đa thức bằng nhau tại nhiều
2-81 24
Trịnh Khôi Tập dượt khai thác các đẳng thức đã biết - 5-55 ccccccccrecve2 26
Phần hai
TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT
Lê Hải Khôi Về mối quan hệ giữa hai bất đẳng thức Cauchy và Bernoulli 28 Vũ Đức Từ các tính chất cơ bản của bất đẳng thức -cccccc tre 29
Ngô Văn Thái Một phương pháp đánh giá tổng các phân thức cccccce2 31
Trang 2Vũ Đức Nguyễn Đễ Trinh Vinh Ngoc Phan Ngọc Thảo Vũ Đức Huỳnh Văn Trọng
Nguyễn Văn Hiến Lê Văn Tiến
Hoàng Hải Dương Nguyễn Ngọc Khoa Phạm Thị Việt Thái Nguyễn Ngọc Khoa Lê Trường Tùng Ngô Văn Thái Lê Ngọc Thành Vĩnh Võ Kim Huệ Vũ Hữu Bình Nguyễn Minh Thông Đàm Hiểu Chiến Nguyễn Ngọc Nam Lê Quốc Hán Tạ Toàn, Đỗ Tiến Hải Nguyễn Văn Vĩnh Ngô Thế Phiệt Đăng Văn Biểu Nguyễn Đức Tấn Nguyễn Đức Trường Hoàng Ngọc Cảnh Nguyễn Đức Tấn Lê Duy Ninh
Một số bài toán về giá trị tuyỆt đỐI - neo
Chứng minh bất đẳng thức đạng | < Ø . -:¿ccsccccccsseei
Đơi điều về một phương pháp giải phương trình ở cấp trung học cơ sở Bài toán cực trị của biểu thức chứa dấu căn -ccccccccsSe2 Suy luận hợp lí trong lời giải có vẻ thiếu tự nhiên cseeie Một số chú ý khi giải toán tìm cực trị đại SỐ cceeeieinrre Một số sai lầm khi giải toán CỰC tTỊ cà cà nhe Hy Một số lưu ý khi giải bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất Giải toán bất đẳng thức và cực trị dựa vào phương trình bậc hai
Tìm cực trị một biểu thức bằng nhiều cách .-cs ccccccrssee Sử dụng phương pháp tham biến để tìm cực trị một biểu thức
Giải toán cực trị đại số với các biến có điều kiển ccccse¿
Phần ba
REN LUYEN TU DUY QUA TOAN HINH HOC PHANG
Về định lí Steiner - Lehimus ác 221211 LH 12111111110 11 cgxee Trở lại định lí Steiner - Lehmus G SH HH HH vớ, Sửa sai thành chưa đÚng .- các Ă TS S S120 11H HH HH nhà hay
Định lí bốn điểm và cách chứng minh hai đường thẳng
vuông góc với nhau 11H TH TT HT g0 Khi đặc biệt hoá bài toán - HH HH HH HH ng rệt Hãy giải một bài toán theo những cách nhìn khác nhau -
Khai thác một bài toán co HH TH HH HH Hưng nhện
Từ kết quả của một bài toán tt HH HH 11211111121 re Từ một bài toán hình học lớp Ó HH HH H0 1 Hà nho
Từ bất đẳng thức đại số đến bài toán cực trị hình học -
Nhận xét lời giải bài toán như thế nào ? - sen rrrec Phương pháp diện tích - - cà HH HH HH gà HH tiệt Giải được bài toán chưa hẳn là kết thÚC c5 ccc+ccccccvrvzrcree
Thay đối điều kiện thứ yếu trong bài toán hình học -‹-
Trang 3CHƯƠNG II - NHÌN BÀI TOÁN TỪ NHIÊU HƯỚNG Phần một VẤN ĐỀ NGHIỆM VÀ NGHIỆM KÉP CỦA PHƯƠNG TRÌNH Trần Tử Quảng Nguyễn Phú Chiến Pham Bao Trần Phương Dương Quốc Việt Phạm Ngọc Bội Nguyễn Văn Quý Lê Thống Nhất Nguyễn Anh Dũng Đăng Hùng Thắng
Nguyễn Việt Hải
Về lời giải của một bài toán cơ bản khe,
9)0)0:9: 0.18 0000
Bậc của tham số và hình bao của họ đường thẳng y = ƒ(x,m)
Họ đường cong tiếp xúc với một đường cố định co ee Nhìn lại khái niệm nghiệm kép của phương trình
và vấn đề đường cong tiếp xúc với trục hoành .- Một số vấn đề về nghiệm bội của phương trình «se cecsee Bài tốn tiếp tuyến khi khơng dùng phương pháp nghiệm kép Lại bàn về chuyện tiếp xúc của hai đồ thị - c«cseehieeiee Về bài tốn phương trình tiếp tuyẾn càng HH ưu
Về cơ sở của phương pháp nghiệm kép - - nà ehHuướ
Bàn về sự tiếp xúc của hai đồ thị -á + nH HH rệt Phần hai MỐI LIÊN HỆ GIU'A CAC DUONG THANG, DUONG CONIC Phan Nam Hùng Lê Hào Lê Hào Bài Văn Viện Lê Hữu Dũng Phạm Quốc Phong Cao Trung Chỉnh Trân Văn Minh Nguyễn Đạo Phương Nguyễn Đạo Phương
Nguyễn Thúc Hào
Hồ Công Dũng Nguyễn Minh Hà Trịnh Bằng Giang
Một số dạng khác của bài toán con bướm nhe Một số hệ thức liên hệ giữa đường thẳng và đường tròn
Mở rộng bài toán con bướm cho các đường cônic coi Họ tiếp tuyến với đường tTÒN HH HH HH HH nưg Giai điệu parabOlÌ cọ TH ng HH HH Hà HƯU Viết phương trình parabol bằng phương pháp chùm Đi tìm một lời giải đẹp các HH HH HH tiệt Khoảng cách từ một cônic đến một loại đường thẳng
Phương tích của một điểm đối với một đường cônic
Đường cônic đẳng phương của hai đường cơnic -ccccccsc«2 Phương trình tiếp dạng của đường cÔnIC . sàn
Phần ba
TỪ HÌNH PHẲNG ĐẾN HÌNH KHƠNG GIAN
Giải tốn cực trị hình học dưới cách nhìn đại sỐ cac Điểm Torricelli của tứ điện ¿+ 1t tk 111111111511 rxee
Trang 4Võ Giang Giai Hồ Công Dũng Trịnh Bằng Giang Nguyễn Anh Dũng Hồ Quang Vinh Lưu Hùng Phạm Đăng Long Một vài kết quả đẹp của hình học chứng minh bằng phương pháp diện tích, thể tích - «k1 n 9T HT HT TH Tà TH HH TT cv 160 Nhìn từ định lí Menelaus HH kg ng kh 163 Đi tìm một dạng định lí sin cho tứ diện - c1 nh nsnhh re 165 là 167
Mặt cầu tiếp xúc với đường thẳng chứa các cạnh của khối tứ diện 170
Trang 5SGuyen chon theo chuyén dé TOAN HOC &v TUOI TRE
QUYEN 3
# KHAI THÁC CÁC BÀI TOÁN THCS
# NHÌN BÀI TOÁN TỪ NHIÊU HƯỚNG
# 100 ĐỀ TOÁN HAY
Trang 6(z2 7 KHAI THÁC CÁC BÀI TOÁN TRUNG HỌC CƠ SỞ Phần một TOÁN VỀ TẬP HỢP SỐ NGUYÊN, SỐ HỮU TỈ CO THE LAM TOAN SINH DONG HON DUOC KHONG ?
(Về cách giải phương trình nghiệm nguyên ax + by = c)
Các sách tham khảo về toán đã giới thiệu hàng loạt mẹo mực để tìm nghiệm nguyên của
phương trình vô định hai ẩn dạng ax + by = c
với ¿, b, c là các số nguyên Đây là một bài toán đơn giản và ta sẽ phải lặp đi lặp lại cùng một kiểu lí luận để ¿, í¡, /;, nguyên Công việc đó thật đơn điệu và rất nhiều bạn ngại khi phải tìm tỚI ty, ty, fy,
Chẳng hạn, một lời giải mẫu trong sách giáo
Trang 7Phương pháp giải đã dẫn chúng ta tới đích, nhưng việc làm thật tẻ nhạt Nếu nghĩ rằng mọi điều trong sách vở là đã tuyệt vời, kín kế rồi thì chúng ta sẽ thụ động không phát huy được khả
năng suy nghĩ sáng tạo
Chúng ta hãy thử tìm một con đường khác
Xét bài toán : 7ừn nghiệm nguyên của phương
trình 12x - 67y = 43 (5)
Từ (5) có
7-Ty 7q - y)
12 12
Vì 7 và 12 nguyên tố cùng nhau nên để
3 = phải nguyên Từ đó suy ra y= l— 12? và x = 67 — 2
x=3-5y+ =3-5y+
x nguyên thì
Phải chăng phương pháp giải ở đây chỉ thuận lợi cho việc giải phương trình (5) mà thôi ? Để trả lời chúng ta hãy thử giải phương trình (1) theo kiểu đã giải phương trình (5)
17—7y
23
17 va 7 có ước số chung, hay đẹp hơn nữa: 17
chia hết cho 7 (!) Cố tạo ra con số chia hết cho
7, chúng ta cộng và trừ thêm 4 thì được x =
1(3-y)-4
23
đã gây thêm phiên phức Nếu nó chia hết cho 23 thì tốt quá (!) Bằng một linh cảm trực giác chúng ta chọn con số khác : 46
Từ (1) ta có x= 4—2y+ Giá như
4-2y+ Con số 4 mới xuất hiện oy =4-2 17-7y Ta viết x y+ 23 17—7y+ 46 - 46 =4~ 2y+ sity” 23 79-y) =4- 2y+ 23 —2 Tuyệt ! Như vậy phải có a =/ nguyên suy ra y= 9 — 237 va x=2-184+46t+7t =53t- 16
Nói một cách khái quát, dé tim nghiệm nguyên của phương trình ax + by = c với các số
nguyên a, b, c (6) chúng ta có thể làm như sau :
Chọn A là bội nguyên của ø sao cho c + A chia hết cho b, tức là A = ma và c + A = kb với m, k là các số nguyên Lúc đó -+A-by-A kb-b ya ft Achy A _ kb by ơn a a = k=») a - BD qog ` ằ cac OD Giản ước — dé dua về dạng tối giản — = — ad a a
với (, b} = 1 Muốn x nguyén phải có k—y a =f
nguyên Từ đó suy ra y = k — đi, x = b't — m
Như thế để tìm toàn bộ các nghiệm nguyên của phương trình zx + by = c (6) chúng ta chỉ can tìm một cặp nghiệm nguyên (*ọ, Yạ) = (Tom, k) Thí dụ Tìm nghiệm nguyên của phương trình “12x +35 y =395 (7) we ee 3+2 29 Lời giải 9 = 9 Do đó (7) © -12x+ 22 „Ắ33 9 9 hay —10§x + 29y = 353 Từ đó 353 + 108x 5+2lx y=——>— = 12+3x+ 20 12+3v+ 2? 21X+58~ 5Š (vì nhạn thấy trong 29 các bội số nguyên của 29 thì 58, khi cộng 5 sẽ chia hết cho 21) a et phải là Muốn y nguyên thì số nguyên Vậy x=29/—3 và y=l10—-9+8§7:?+21 =1+ 108
Vào một lúc xuất thần, sự luôn luôn nghĩ đến những cái mới có thể khiến bạn tách vế phải
Trang 8phần : một phần chia hết cho z, phần còn lại chia hết cho b, nghĩa là c = zxạ + by, (8) với Xg» Yo là các số nguyên Thế thì (6) © ax + by = axạ + by, b(ya ~ bya~— > x= xt (Yo 3 — + Đo y) a a X0 — Do (a',b')=1 nên yet da một số nguyên
Vậy x=xạ+b't, y=yg -a't
Bản chất của phương pháp tách c thành hai phần nêu trên là gì ?
Đó là khi biết một cặp nghiệm nguyên (xạ,yọ) của phương trình vô định (6) thì có
ngay công thức nghiệm của (6) Đẳng thức (8) đã khẳng định (xạ,yạ) là một cặp nghiệm
nguyên của (6)
Qua câu chuyện về cách tìm nghiệm nguyên của phương trình vô định này, tôi không muốn dừng ở mục tiêu giới thiệu với bạn đọc một phương pháp giải khác với sách giáo kho mà còn muốn nói rằng : đừng vội thoả mãn và yên lòng với những kết quả đã nêu trong sách vở mà phải luôn luôn nghĩ đến những cái mới tốt đẹp hơn, trong sáng hơn và hãy dũng cảm, kiên trì
tiếp cạn chúng
Ngoài các cách giải trên còn có cách giải của
nhà toán học Ấn Độ Boơkhatcara đầu thế kỉ XI,
các bạn có thể tự tìm các cách giải khác, hoặc
xem trong các cuốn sách sau :
— Số và khoa học về số ; G N Becman ;
NXE Giáo dục, Hà Nội, 1962
~— Tìm tòi lời giải các phương trình vô định ; Bùi Quang Trường ; NXB Giáo dục, Hà Nội
1995
CỘNG VÀ TRỪ THÊM MỘT CON SỐ THÍCH HỢP
Trong bài Có thể làm toán sinh động hơn
được không ? THTT số 154 tháng 2.1987 tác giả
đã giải phương trình vô định zx + by =c bằng
cách cộng và trừ thêm một con số thích hợp Cách giải đó không dùng tới quá nhiều bước biến đổi như sách giáo khoa Nghiệm nguyên (x, y) của phương trình trên được tìm ra sau một
vài thử nghiệm và biến đổi
Trong bài Phương trình vô định ax + by = c
+ đxy(*) (Tuyển tập 30 năm, tạp chí Toán học và Tuổi trẻ NXB Giáo dục, 2004 trang 58 — 59)
tác giả vẫn dùng cách cộng, trừ thêm một con
số thích hợp để tìm nghiệm nguyên của phương
trình vô định ax+by=c+xy và dường như
lúng túng trước phương trình
ax+ by =c+dxy (1)
BÙI QUANG TRƯỜNG (Hà Nội)
Con đường suy luận hợp lôgic không thẳng
tuột được nữa, nó có vẻ đã phải lượn cong đi ?
Không ! Nó thực sự vẫn thẳng Nó dường như
chùn lại, gây hãng trong lòng bạn và kích thích
bạn muốn tiếp tục đi trên con đường thẳng
băng : Cứ cộng, trừ thêm một con số thích hợp
thi dd sao |
Các ban có nghĩ như vậy không ? những ban trẻ yêu toán và ham muốn cống hiến cho các bài toán những lời giải đẹp và trong sáng
Có thể và lúc nào đó, bạn nhìn phương trình
(1) trên trang giấy trắng trước mặt và bạn viết :
(1) @ ax=c+dxy—by=c+y(de-b) (2)
Trang 9(2) được øx =c Nếu < = p thì (1) có nghiệm d
b c tae in gw as ad
x= 57 khi đó y là số nguyên bất kì ; còn
nếu - # 4 thì trường hợp đx —- b = 0 không thể
xay ra
Trong trường hợp dx—b +0 (tức b không chia hết cho 2), ta viết qX—C dx —b Néu a:d ttc la a = d.m (m nguyên) thì Qo y= (3) cộng và trừ thêm mb vao tir s6 được - dmx — mb + mb ~c _ „mắc y= dx —b de —b b—c Dé y nguyén phai c6 ~~“ =r 1a số P dx—b nguyên, hay p?mb =c dat — bí = mb—c € x=——— (4) với f là ước số nguyên của mb — c = “ —€,
Tất nhiên chỉ những giá trị x cho bởi (4) là nghiệm nguyên mới thoả mãn bài toán, lúc đó y=m +t Nhưng nếu a không chia hết cho d thi
sao ? Ở (*) ta đã biết một cách giải : Điều kiện
ax -Cc
dv—b
hoặc |ax - c| > |dx — b| Bình phương hai vế suy
ra x; Sx<x; Nhưng bây giờ chúng ta muốn giải (3) bằng cách cộng, trừ thêm một con số
thích hợp vào tử số Và sớm hay muộn bạn sẽ
nảy ra một ý định : nhân hai vế của (3) với d dax — cả dvx—b ` Con số thích hợp để cộng, trừ thêm vào tử số rõ ràng là ab Vậy : cần để y= (3) nguyên là ax — c = 0 được (3) © dy = d _ dax—abt+ab—cd _ „ ab ~ cả = dx —b Geb ` ab — cả iêu kỉ >Me Điều kiện cần để y nguyên là Ä⁄ za là một số nguyên Lúc đó y= a ™ ; ab - cả m d ab — cd sao cho x, y nguyén Chúng ta gọi đó là Cách 2 để giải (1) nhằm phân biệt với Cách 7 đã đưa ra trong (*)
Lấy hai thí dụ ở (*) nhưng giải bằng cách 2 b
x= với M là ước số nguyên của
Thí dụ 1 Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2x — 3y = —5xy + 39, (5) Lời giải (5) © 2x = y3-5x)+39 (6) Vi x nguyén nén 3- 5x #0, do đó (6) © y= a Nhân hai vế với 5 được Sy = 10x -195 7” 3-5 ` Cộng, trừ thêm 6 vào tử số được sy_10x=6+6-195 „189 J7” ~5y x3 7 “T-¬ấyy3 Điều kiện cần để y nguyên là -5x + 3 là ước số nguyên của 189 = 3.3.3.7 Tức là —5x + 3 = + k với k = 1, 3, 7, 9, 21, 27, 63, 189 Từ đó x chỉ có các giá trị nguyên x = —12, 0, 2, 6 Tương ứng là y=-1, -13, —5, l Thí dụ 2 Tìm các số nguyên (x ; y) thoả mãn đẳng thức 5x — 3y = 2xy — 11 (7) Lời giải (7) © 5x = y(2x + 3) — 11 c _ 3x+lI 7 2+3 10x+22 7 ye Fras tea
Điều kiện cần để y nguyên là 2x + 3 = + 1, + 7
là các ước số của 7 Vậy có x = 2, —5, —l, —2 và
tương ứng y = 3, 2, 6, -1
Tóm lại, cộng và trừ thêm một cơn số thích hợp là phương pháp tìm được nghiệm nguyên
của phương trình vô định (1) Nhưng đấy có phải là phương pháp hay nhất không ? Phương pháp đó có thể giải quyết được phương trình
tổng quát hơn (1) hay không ?
Trang 10TỔNG CÁC CHỮ SỐ CỦA MỘT SỐ TỰ NHIÊN
Với mỗi số tự nhiên n, ta gọi Š(n) là tổng các
chữ số của n viết trong hệ thập phân
I Mot s6 tinh chat cua ham S(n) (các bạn hãy tu chứng minh) 1) 0< S(n) <n, S(m) =n ©0<n<9 2) n = S(n) (mod 9) 3) Néu n S$ ad _ địđo vol ake N ;0<a;<59;a,21;k21;1=0, I, ., & thi a) S(n)sa,+9k nếu day | =úy ¿= =a, =d, =9 b) S(n)<(a,-1)+9k néu cé ít nhất một trong & chữ số ø¿_¡,2y_;, đ¿ khác 9 4) Nếu SŒ@) >r+9r vớir,teÑ;0<r<09, r> I1 thì n>r99 9 (sau r có r chữ số 9),
5) Sứi + m) <S S(m) + S(m) với mọi n, m e Ñ
6) SŒưm) < S(n).SŒm) với mọi n, m e Ñ
Ta có thể sử dụng các tính chất trên để giải
các bài toán về các số viết trong hệ thập phân
II Cac bai toán
Bài 1 Tìm số tự nhiên n biết tổng các chữ số của n bằng nˆ — 1900n + 28 Lời giải Nếu < n < 1998 thì ta có S(n) = n* —1999n + 28 < n2 — 1909n + 1908 = (n— 1) — 1998) < 0 (loại) e Nếu n = 1999 thi S(n) = S(1999) = 28 = n7 - 1999n +28 (đúng) e Nếu n > 1999 thì ta có S(n) = n? — 1990n +28 > nín — 1999) > m (loại) NGUYEN NGỌC HƯƠNG (Tiền Giang) Vậy n = 1990,
Bài 2 Biết tổng các chữ số của một số tự nhiên bằng tổng các chữ số của tích số đó với 1998, chứng minh rằng số đó chia hết cho 9
Lời giải Gọi số tự nhiên đã cho là n Ta có n
= S(n) (mod 9) va 1998 = S(1998n) (mod 9) thiét S(n) = $(1998n) 1998n -n =O (mod 9) > 1997n:9 => n:9 (đpcm) mà theo giả nên Ss(2n) >— 1 S(n) + vol mol Bai 3 Chứng mình rằng neN Lời giải Ta có Sứ) = S(0n) = S(.2n) < SG).S(2n) S(2n) 1 as = 5.8(2n) => —— % ) “s với mọi e Ñ Bài 4 a) Tìm số tự nhiên n sao cho n+ S(n) = 1998
b) Chứng minh rằng có ít nhất một trong hai số tự nhiên liên tiếp biểu diễn được dưới dạng
Trang 11Mặt khác n = S(n) < 9.3 = 27 Do d6 S(n) = 9, 18 hoac 27 Thử trực tiếp chỉ cé S(n) = 18 thoả mãn, ứng với n = 1980 1998 — S(n) < 1997 > b) Dat S,, =n + S(n) với mỗi n e Ñ Nhận xét e Nếu ø tận cùng bằng 9 thì S„.¡ < SŠ„ se Nếu ø tận cùng không phải là 9 thì 5+] = Si +] Đối với số tự nhiên m > 2 bất kì, ta chọn & là số lớn nhất sao cho S,<m => $%¿(¡ Sm+] Do cach chon & thi S,,, 2m Do đó hoặc Spay =m hoae S,., =m+1 Bài 5 Cho a là tổng các chữ số của (2513, b là tổng các chữ số của a Tính tổng các chữ số của b Lời giải Ta có n= (2991999 - (2393-1999 _ g5997 „ 05997 => a=S(n) < 9.5997 = 53973 => b=S(a) $< 4+94 = 40 > c=S(b) <3+9.1= 12 Vin = (2°) = 8 (mod 9) và n=a=h=c=8(mod 9) nénc=8 Bài 6 Tìm số tự nhiên n sao cho luỹ thừa bậc 5 của tổng các chữ số của n bằng n” Lời giải Giả sử số n cần tìm có k chữ số và S ; là tổng các chữ số đó Ta có SỐ = n? với k>2 ; $<9k,n> 107! — 95/Õ > SỐ = n2> 1022 (1) 9k Đặt uy = 1022 5 5 5 Ta có “na St <102 = 102@+D-2 = ——>—— Với mọi k > 2
Từ đó u,,, <u, với mọi k > 2 nên dãy số (u,) la day giam
Vi ug < 1 nén ta có 9k < 10%? vi moi
k>6 (2)
10
Tir (1), (2) phai c6 k $5 = § < 9.5 = 45 Mat khac S° = n” suy ra S phai 1a s6 chinh phương Vậy S cé thé 18 1, 4, 9, 16, 25, 36 Thir trực tiếp thì S° =n? chi ding khi S = 1 vaS=9 tng voi n= 1 van = 243 Bài 7 Kí hiệu bình phương tổng các chữ số của n 1a f\(n) Dat f,(n) = f,(f,\(n)) Tính fieos(2'”P) và fnooy(2'°?9) Lời giải Ta có n = 2°”? = 2.8558 = 2 (mod 9) !@) = 4 (mod9) => ƒ›(n) = 7 (mod9) Mặt khác ø = 2.8666 < 10667 => f,(n) < (9.667)" = 36036009 => f,(n) < (2 + 9.7)? = 4225 => fy(n) < (3 + 9.3)” = 30Ỷ Goi S = S(f,(n)) thi ta cé6 S = 7 (mod 9) va S< 30 Suy ra Š bằng 7, 16 hoặc 25 — f,(n) bang 49 ; 256 hoặc 625 Vi449=24+54+6=64+2+5= 13 nén fin) = 13” = 169 => fa(n) = 16? = 256 f,(n) = 169 néuk chan f,(n) = 256 néuk lé Do đó ftoog() = 169, ftooo(n) = 256 Vay vik 4 | III Cac bài tập tự luyện Bài 1 Tổng các chữ số của một số chính phương có thể bằng 1995 hoặc 1997 được không ? Vì sao ?
Bài 2 Người ta viết dãy số tự nhiên liên tiếp từ I1 đến 1.000.000 Sau đó mỗi số được thay
bằng tổng các chữ số của nó Cứ làm như vậy
cho đến khi trong dãy chỉ còn các số có một chữ
Trang 12S(8n) ` Bài 4 Chứng minh rằng Sọ về = VỚI mọi neNÑ,n>Ó0 Bài 5 Tìm số tự nhiên nø nhỏ nhất sao cho S(S(n)) 210 va S(S(S(n))) < 9
Bài 6 Với mỗi số tự nhiên n, chimg minh rằng tồn tại vô hạn số tự nhiên z sao cho S(nm) < 2S(m) Bai 7 Tim s6 tu nhién n thoa man mỗi đẳng thức sau : a) n+ S(n) = 1999; c) 2n + 3S(n) = 122 ; đ) 3n + 2S(n ~ 3) = 6007 e) n+ S(n) + S(S(n)) = 1998 b) n— S(n) = 1998 Bài 8 Cho z là tổng các chữ số của (3 8292, b là tổng các chữ số của ø, c là tổng các chữ số của b Tính tổng các chữ số của c XÂY DỰNG CƠNG THÚC TÍNH TỔNG CÁC SỐ TỰ NHIÊN BẰNG ĐA THÚC Gia str f(x) là một đa thức có bậc 0n (n > 1) Xét ding thitc f(x) - f(x-1) = g(x) (1) Ta nhận thay g(z) là đa thức có bac (n — 1)
và khi thay x lần lượt bằng 1, 2, 3, , n rồi cộng
lại ta được tổng :
ø(1) + ø() + + sứ) = n) - f0) (2) Do d6 xuat phat tir yéu cdu tinh téng n số tự nhiên nào đó ta sé chon g(x) và dẫn đến bài toán :
"xác định đa thức ƒ(x) thoả mãn +) - Ñ+x - l) =
g(x)" Sau đây xin nêu một vài ví dụ minh hoạ
Thí dụ 1 Tính tổng S = 1 + 2 + 3 + +n
Từ tổng trên và (1), (2) ta chon g(x) = x va f(x) là đa thức bậc hai Do đó ta xét bài toán : Tìm
da thifc bac hai f(x) biét f(x) —- f+x - L) = x
Lời giải Giả sử ƒ(x) = ax? + bx +c (a# 0) Khi đó từ (1) có 2ax—ø+b = x, 1 1 vợ suyra =>, b=~, c tuỳ ý 2 c Vay f(x) =3 " Thay x lần lượt bằng 1, 2, 3, , n từ (2) có LÊ QUANG TRƯNG (Bạc Liêu) S=l+2+3+ = f(n)- f(0) = Thi du 2 Tinh tong S=1 oes + +(2n—1) Từ tổng đó và (1), (2) ta chon g(x) = 2x - 1 và xét bài toán : Tìm đa thức bậc hai f(x) biét ƒŒœ)- ƒŒ&-—1) = 2x —]1
Lời giải Giả sử Ñx) = ax’ + bx + c (a # 0)
Trang 133ax? -(3a—2b)x—b+c+a= 4x? T—A4x+] 4 3a=4 a=3 2 53a-2b=4 @ib=0 a+c-b=]l 1 3 Vay f(x) _ -sx+d, Lần lượt thay x bằng 1, 2, 3, , z từ (2) được S=l12+3+ +(2n— DJ = An? —n = f(n)- fO)=— Thi dụ 4 Tính tổng S=l+2l+3Ÿ+ +n Ta chon g(x) = x° và xét bài toán : Tìm đa thức bậc bốn ƒ(+) biết ƒŒ)~ƒŒœ-~1)= 3 Lời giải Giả sử f(x) =ax'+bhetex?+drte (a #0) Khi đó từ (1) có 4ax? +(3b —6a)x? + (4a— 3b + 2a)x+b—a+ d =x, giai ra ta dugc : a= b=2, cat, d=0, e tuy y va "" fayaax rae tat te Thay x lần lượt bằng 1, 2, 3, , n từ (2) có $S=l!+2!+3Ÿ+ +n 2 2 = 14.13, 4 2 , 1,2 urn" 4.4 Qua các thí dụ trên, chắc các bạn đã nhận ra
c4ch chon g(x) và từ đó tìm được ƒ{x) thoả mãn
yêu cầu của phương pháp này
Bây giờ các bạn hãy thử tính hai tổng sau
day nhé !
Bai 1 Tinh $,; =2+4+6+ + 2n Bai 2 Tinh S, = 17+ 27+3°+ 477,
VỀ BÀI TOÁN SO SANH PHAN SO
Trong phần ôn tập về tính chất của bốn phép tính của phân số dương có bài toán :
Šo sánh bằng nhiều phương pháp khác nhau
TT 16 thì phân số
xem trong hai phân số 7 và
nào lớn hơn ?
Đấy là một bài toán đơn giản nhưng chứa đựng nhiều điều thú vị trong chương trình Toán 6 Trước hết xin nêu tóm tắt những cách so sánh
phân số dương quen thuộc là :
1 Quy đồng mẫu các phân số đã cho rồi so
sánh các tử với nhau
12
NGUYỄN HỮU BẰNG (Nghệ An)
2 Viết các phân số đã cho dưới dạng các phân số cùng tử rồi so sánh các mẫu với nhau
Trang 14b C Nếu — < — u Tế? “ tm > —>—
7 Dựa vào ö tính chất bắc cầu của quan hệ thứ
~ ami sim ~a@ ic
tự : Nếu bến và ad thi 5 <7
8 So sanh "phan bi của các phân số đối với
đơn vị” dựa vào tính chất : Nếu ma đều nhỏ
hon | va 1-2 <1-< thi 25“ b d b a
Tiếp theo xin nêu thêm vài cách giải khác
dựa vào một số tính chất mở rộng hơn
9 Ta có tính chất (bạn đọc tự chứng minh) :
< ote C Nếu 7<” thì 7 Shy bed sd
Áp dụng vào bài toán trên ta có : 10 Từ tính chất đã nêu ở cách 9 ta dễ dàng suy ra tính chất sau : antco oc 4, Néu s*g thì — “Tnd*g với n là số nguyên dương Áp dụng vào bài toán trên ta có 5 3 5 5.2+3 3 Vi 75 nên 7ế72+22 SUY ra su 7 16° Một vài nhận xét về các cách giải a Do bốn số 5, 7, 13, 16 đôi một nguyên tố cùng nhau nên khi áp dụng các cách giải l1, 2, 3,4 vào bài toán trên ta đều quy về so sánh 5.16 và 7.13, b Khi so sánh các phân số chẳng hạn = va 1993 36.97 969, 19977 33°99 ” Ø7] ' T90 và 1991 _ ro ràng ta nên áp dụng các cách 6, 7, 8, tương ứng là hợp lí nhất c Để vận dụng cách 10 trong bài toán ban đầu ta cần viết 13=5.2+3;16=7.2 +2 Tương tự ta cũng so sánh được một cách 3; 89 à 895 nhanh gọn hai phân số, chăng hạn gs VÀ 954° Ta có 89 5 nên 82 < 89-10+5 5 do 95 9510+4 4 d Một điều thú vị là nhờ so sánh phân số mà ta có một cách chứng minh tính chất sau : Cho a, b, c, đ là các số nguyên dương, néu a <b<c<dvàa+d=b+c thì ad < bc Thật vậy từ giả thiết suy ra bra=dTC b-a > d-c 0<b<d b d => ad < be = 1-f>1-45 => o<s
Nghia là : Cho hai số tự nhiên biến thiên có tổng không đổi, thế thì tích của chúng càng lớn nếu hiệu của chúng càng nhỏ
Ví dụ : 95.98 > 94.99 ; 19957 > 1992.1998 ; a°>(a~ 1)(a + 1)
Thật ra tính chất này cũng đúng với 2, b, c, đ
là các phân số dương Khi đó ta xét các tỉ số tương ứng thay cho phân số
Rõ ràng một bài toán đơn giản nhưng cũng
chứa đựng nhiều vấn đẻ lí thú
Trang 15Bài 2 Chứng minh rằng a) +4 yt 9 22 32 1007 100” 1 1 1 1 Dat piety <a Huong dén : taco n?>n(n-1)(n+1)> 2 2 — 11 nề `nn—l)@-+l) (n-l)n nữn+1)” VỚI H =2; 3;
ĐỊNH LÍ TRUNG HOA VỀ SỐ DƯ
Định lí Trung Hoa về số đư được phát biểu như sau : là n số nguyên dương nguyên từng đôi a,ds, d,„ là n số nguyên bất kì thì hệ phương Nếu mị,m›, , ri, tế cùng nhau mot va trình đồng dư sau có nghiém : xX = a, (mod m,) X = dy (mod m,) x =a, (mod m,)
Ngoài ra nếu x = c là một nghiệm nào đó
của hệ thì x = xạ là một nghiệm của hệ khi và chỉ
khi ton tait € Z, sao cho x, =c +(mmy m, Jt Chứng mình Với mỗi ¡ € {1, 2, , n}, dat
m.m› m
n=—L—-—", i Khi đó n„eÑ* và m,
(m,,n;) =1
(Ki hiéu (m,,n;) 1a USCLN cua m; va n;) Vi 131
vậy tồn tại b, e Z, sao cho b,n, =1 (mod ?;)
Đặt M= 3 a,bjn, Khi j #¡ thì ni, Với
j=l
méi i = 1, 2, , 2 thh M=a,bn, =a,.1=a,
(mod m,) Vay x = M 14 mot nghiém cua hé
Giả sử x = c là một nghiệm của hệ Nếu
x=x¿ là một nghiệm nào đó của hệ thì
(xe —c):m, với mọi ¡ = ], 2, , n (1)
14
TRAN XUAN DANG (Nam Dinh)
Dat m = [mị, mạ, , mụ„] (m là bội số chung
nhỏ nhất của mm, mạ, , mạ) Vì mỊ, mạ, , mạ
nguyên tố cùng nhau từng đôi một nên
m = m.ma, ,f„,
Theo (1) thi x, — ¢ chia hét cho m
Vậy tồn tai t € Z sao cho x, — c = mt Suy ra Xo=Cc+mI
Ngược lại nếu x„ c Z thoả mãn xạ = c + mt
thì rõ ràng x = x„ là một nghiệm của hệ
Áp dụng định lí Trung Hoa về số dư ta có
thể giải được các bài toán sau
Bài toán 1 Chứng minh rằng với mỗi số tự nhiên n, tồn tại n số tự nhiên liên tiếp mà mỗi số trong n số đó đều là hợp số
Lời giải Giả sử p, pạ p„ là n số nguyên tố khác nhau từng đôi một Xét hệ phương trình
đồng dư x = -k (mod p?) (k= 1, 2, , n) Theo
định lí Trung Hoa về số dư, tồn tại x„ 6 Ñ* sao cho x9 = -k (mod p2) với mọi È = l, 2, n
Khi đó các số
Xe + Ì,x„ + 2, , xạ + n đều là hợp số (với 1<k<n thì +): p£)
Bài toán 2 Chứng minh rằng với mọi số tự
Trang 16bất kì số nào trong các số đó cũng đều không
phải là luỹ thừa (với số mũ nguyên) của một số
nguyên tố
(Đề thi toán quốc tế năm 1989) Lời giải Cách 1 : Với mỗi số tự nhiên n, xét
n số nguyên tố khác nhau từng đôi một 7j\,
Pa›- D„ Theo định lí Trung Hoa về số dư tồn
tai a € N* sao cho a= p, —k (mod pj) với k
= |, 2, , n Khi d6, dé dang thấy rằng các số a+l,a+2, ,a + n đều không phải là luỹ thừa
(với số mũ nguyên) của một số nguyên tố Cách 2 : Giả sử n là một số tự nhiên bất kì Và DỊ, Dạs , D„› đị› đạ›- đ„ là các số nguyên tố khác nhau từng đôi một Theo định lí
Trung Hoa về số dư, hệ phương trình đồng dư x=~] (mod p¡đ)), x = ~2 (mod ?2đ2), , x = —n (mod p„¿„) có nghiệm Chú ý rằng các số 214), P2425) Pudn nguyên tố cùng nhau từng đôi một Hiển nhiên rằng có thể chọn x = c là một nghiệm của hệ
này sao cho c e Ñ* Khi đó các số c + 1, c + 2, , c + n là n số tự nhiên liên tiếp và bất kì số nào
trong các số đó cũng chia hết cho ít nhất 2 số
nguyên tố khác nhau (c + l) :(t#\), (c + 2)
:(P2đ2), (c +): (p„4„) Vì vậy không có số nào trong các số đó là luỹ thừa (với số mũ
nguyên) của một số nguyên tố
Bài toán 3 Chứng mình rằng với mỗi số tự nhiên n, tôn tại một cấp số cộng gồm n số hạng sao cho mọi số hạng của nó đều là luỹ thừa của
một số tự nhiên với số mũ nguyên lon hon 1
Lời giải Giả sử p, là số nguyên thứ ¡ ( = 1,
2, , n) và đặt p = pqps jp„ Kí hiệu gq, = mộ
i Khi đó (p,,z,) =1 (1 <i < n) Với mỗi ¡ e {1, 2„ , n}, hệ phương trình đồng dư x = 0 (mod 4j, x = —l (mod p, ) có nghiệm x = a, c Ñ*, Xét cấp số cộng gồm ø số hạng với công sai d= 112”® n”" và số hạng đầu bằng đ Với l<k<n thì kd= 1L2% k*1 nền, 4 4 4H ny Khi đó kd =\1?k.2?& 0k Pk Ln Pk aq 4 atl Gy Số 1+,2/1,.,k ft n c6 Ñ* vì a,:p, với mỗi i # k va (a, +1): p,
Vậy mọi số hạng của cấp số cộng trên đều là
luỹ thừa của một số tự nhiên với số mũ nguyên lớn hon 1
Bài toán 4 Chứng mình rằng có vô hạn số tự nhiên k sao cho các số k.2” + 1 (n e Ñ*) đều là hợp số Lời giải Với mỗi số tự nhiên my đặt F„ =2?” +1 thì với mỗi m = 0, 1, 2, 3, 4 ta có 2? +] 5 F„ là số nguyên tố còn # =2” +l= = 641.p với p là số nguyên tố, p > 2l+1= F4
Do (p, 2? ~ 1) = I nên theo định lí Trung Hoa
Trang 17Dạng tổng quát của định lí Trung Hoa về số
dư nhu sau :
Cho n số nguyên dương nguyên tố cùng nhau từng đôi một mị,m, m, và các số nguyên bị, bạ , by = (a 42 , „ 4, cho (a,,m,) =(d),m,) = sao m„)=1 Khi dé đ¡xị = bị (mod m,) n? hé phuong trinh déng du đạx¿ = hy (mod m) a,x, = b, (mod m,) có nghiệm Ngoài ra nếu x = c là một nghiệm nào đó của hệ thì x = x„ là một nghiệm của hệ khi và chỉ khi tổn tai t € Z, sao cho
Xy =C+(mmy m, Jt
Chứng mình Xét các phương trình đồng du
ayy = 1 (mod m;) (1 Si sn) Vi (a,,m,) =1 thi hệ này có nghiệm y, Khi đó (y,,z,) = 1 Vì
vậy phương trình đồng dư a,x =b, (mod m,)
tương đương với phương trình y;2,x = y,b, (mod mm
Nhưng phương trình này lại tương đương với
phuong trinh x=y,b, (mod m,) Nhu vậy
ta được hệ phương trình đồng dư x = y,b, (mod m,)
x =y;b; (mod m;)
x =y„b, (mod m,)
Áp dụng định lí Trung Hoa về thặng dư ta có
điều phải chứng minh,
Cuối cùng là một số bài tập dành cho bạn đọc
Bài 1 Xét một cấp số cộng tăng có các số
hạng là các số tự nhiên Chứng minh rằng có thể chọn từ cấp số cộng này một số tuỳ ý các số hạng liên tiếp nhau sao cho tất cả đều là hợp số
Bài 2 Giả sử ƒ(z) là một đa thức với các hệ số nguyên và m là một số tự nhiên Biết rằng số
dư của phép chia cho m (m > 2) của các số ƒ(]),
f(2), bằng 0 hoặc bằng 1 Chứng minh rang m là luỹ thừa của một số nguyên tố
PHƯƠNG PHÁP CỤC HẠN
Khi giải một số bài toán có các yếu tố rời rạc hoặc hữu hạn, nếu ta dùng phương pháp cực
hạn để chứng minh nhiều khi rất thuận lợi Nội dung của phương pháp này là phải chọn được phần tứ cực hạn (nhỏ nhất hoặc lớn nhất)
của một tập hợp đã cho
Đặc biệt nếu tập hợp đã cho là một tập con
của tập hợp các số thực hoặc tập hợp đã cho có quan hệ với một tập con của tập hợp các số thực
thì có thể sử dụng một tính chất (hay nguyên lí)
của các số thực (xem bài Nguyên lí khởi đầu cực trị Tuyển tập 30 năm Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ, NXB Giáo dục, 2004, trang 60 — 61) 16 NGÔ HẦN (Hà Bắc) Tính chất đó như sau : Trong một tập hợp hữu hạn khác rỗng các số thực luôn chọn được số nhỏ nhất và số lớn nhất
Để các bạn làm quen với phương pháp cực
hạn, xin giới thiệu một số bài toán sau
Bài toán 1 7 người vào rừng hái nấm được tất cả 100 cái Số nấm hái được của mỗi người đêu khác nhau Chứng mình rằng có 3 người hái
được tổng số nấm không ít hơn 50 cái
Lời giải Gọi số nấm hái được của mỗi người
là ø¡,a;, ,a; được sắp xếp từ nhỏ đến lớn :
Trang 18Xét hai trường hợp :
1) a; 216 Goi M 1a tap hop gém ba số nguyên as,d¢,d, Khi dé theo (1) thi a, 1a s6 nhỏ nhat cua M : 216 >ag217;,4a,2 18 Do đó ta có đs + dc + a; 3 5Ì (2) 2) as < nguyên đt, đa, đ+, đ¿ Khi đó theo (1) có aa <S 14 Mặt khác a¿ là số lớn nhất của N nên a3$13;a)<12;a,<11 Taco: dy +d, +43 +44 $50 Suy ra d5 + dg + a7 2 50 (3) Các bất đẳng thức (2) và (3) chứng tỏ bài toán được chứng minh
Bài toán 2 Chứng minh rằng phương trình
x? + y =3z? (4
chỉ có một nghiệm nguyên duy nhất |
Lời giải Dễ thấy phương trình đã cho có nghiệm tâm thường
x=y=z=0
Giả sử phương trình còn có nghiệm nguyên
(x; y; z) khác với nghiệm (0 ; 0 ; 0) Nhận thấy
nghiệm này phải có x và y không đồng thời bằng 0 Suy ra z z 0 Xét hai trường hợp : 1)z >0 Gọi M là tập hợp các số nguyên z > 0 có được từ các nghiệm nguyên (x ; y ; Z) của phương trình M có số nhỏ nhất z„ ứng với nghiệm (x,; Yọ ; Zo) Ta có 2 v2 4,2 X5 + Yo = 325 2.TUYEN CHỌN TH&TT (QUYỂN 3)-A 15 Gọi N là tập hợp gồm 4 số
Vì (x2 + y?) chia hét cho 3 nén x, vA yo ciing chia hét cho 3 That vay, néu x, va y, déu không chia hết cho 3 thi x + y2 khi chia cho 3 sẽ có số dư là 1, do đó (x2 + y2) không chia hết cho 3
Đặt xạ = 3xị ; yọ = 3y¡, trong đó xị và và yị
là các số nguyên không đồng thời bằng 0
Ta có :
Ox? + Oy? = 322
hay 3(+xƒ + ví) = z2
_Vì z2 chia hết cho 3 nên z„ cũng chia hết
cho 3 Đặt z¿ = 3z¡ trong đó z¡ là số nguyên dương Ta có
2 2 _ 4,2
xy + yy = 3z;
Đẳng thức này chứng tỏ (x\ ; y¡ ; z¡) cũng là
nghiệm nguyên của phương trình (4) Nhưng vì 0 < z¡ < z¿ nên không thoả mãn với z„ là số nguyên dương nhỏ nhất
Như vậy phương trình không có nghiệm nguyên với z > 0
2) z < 0 Nhận thấy nếu (x ; y ; z) là nghiệm của phương trình thì (x ; y ; — z) cũng là nghiệm Do đó phương trình đã cho không có
nghiệm nguyên (x; y; z) với z < 0
Tóm lại phương trình đã cho có một nghiệm
nguyên duy nhất là (0, 0, 0)
Bài toán 3 Trong mặt phẳng cho n đường
thẳng (n > 3) trong đó không có hai đường
thẳng nào song song và không có ba đường
thẳng nào đông quy Chứng minh rằng tôn tại
một tam giác được tạo thành từ ba đường thẳng đã cho mà tam giác này không bị chia cắt bởi
bất kì đường thẳng nào trong các đường thẳng
còn lại
Lời giải Giả sử dị là một trong các đường
thẳng đã cho Xét tất cả các giao điểm của n -— Ì đường thẳng còn lại Goi M 1a tập hợp các
Trang 19khoảng cách (số đo là số thực dương) từ các
giao điểm đó đến đường thẳng đ¡ M có số nhỏ
nhất là fo
Giả sử P là giao điểm của hai đường thẳng dy và dạ có khoảng cách đến đ¡ bằng ứ, Các đường thẳng đ; và d; cat d, tai các điểm Q và R tương ứng (vì không có hai đường thẳng nào
song song) Như thế tam giác PQR được tạo
thành từ ba đường thẳng đ¡, d>, đ; và không bị
cắt bởi bất kì đường thẳng nào Thật vậy, giả sử
có đường thẳng đ¿ cắt cạnh PR hoặc cạnh PQ tại đểm 7 < P (vì không có ba đường thẳng
nào đồng quy) Khoảng cách từ 7 đến đ;¡ là ứ) Rõ ràng /¡ < íq
cách nhỏ nhất
Điều này trái với f¿ là khoảng
SUY NGHĨ TỪ LỜI GIẢI MỘT BÀI TOÁN THI VO DICH QUOC TE
Đôi lúc một vấn dé đã được giải quyết xong lại gợi ý tìm ra một vấn đề hoàn toàn khác nhưng lại rất có ý nghĩa Nếu loay hoay mãi vẫn không giải quyết được vấn đề thứ hai, các bạn thử "mô phỏng" theo những lập luận khi giải quyết vấn dé thứ nhất xem sao ! Một sự "mô
phỏng" có sáng tạo, cải tiến, bổ sung có thể
giúp ta đạt mục đích Nhiều khi nhờ thế mà bạn bỗng tìm được những kết quả thú vị bất ngờ Xin nêu một trường hợp như thế
Trong cuốn Tuyển tập những bài tốn thi vơ địch quốc tế có nêu một bài toán do CHLB Đức
đề nghị (năm 1988) như sau :
Bài toán a, b là hai số nguyên dương sao
cho a” + bˆ chia hết cho ab + 1 Chứng mình
a? +b?
ab+1
Tác giả nêu hai cách giải khác nhau Cả hai cách đều hay, làm thu hút sự chú ý của tôi Ở đây xuất hiện vấn để sau khi thay ab + 1 bởi ab — Ì rằng là số chính phương Nếu a, b e Ñ*, (2ˆ + b2) : (ab — 1) thì có a’ +b ab —] kết luận gì về thương = ? 18 LÊ HÀO (Phú Yên) Ta thấy 2 1? +2? (7 +27): (x2-1) ao >1 =5 1? +3? (1? +37): (1x3-1) và 1 =5 x3-1 Thử thêm vài cặp số tự nhiên nữa, tôi càng tin rằng mệnh đề sau là đúng : Mệnh đề 1 Nếu a, b là hai số nguyên dương sao cho d +P chia hét cho ab — 1 thì 2, 422 a’ +b =5, ab-1
Chứng minh mãi không được, tôi bỗng nhớ
đến cách giải thứ hai bài toán thi vô địch quốc
tế ở trên Cái cốt lõi của cách giải này là : Từ
chỗ (a* +7): (ab+1) chiracé c,d e Ñ* mà
2, p2 2, 42
a’ +b co +d c+d<artb, Pal cdal”
Trang 20trên, có cải tiến, thay đổi một số lập luận, khắc phục một số trở ngại, cuối cùng tôi chứng minh được mệnh đề ! như sau
Chứng mình Giả sử (a2 + b?): (ab — 1) Ta thay a # b vì nếu ø = b thì (22?):(a? —1),
nhung (a’, a” — 1) = 1 nên 2: (z? —1), không
xảy ra Do vai trò của a và b như nhau có thể
xem a > b, Néu b = 1 thi do (a? +1)! (a-1)
suy ra 2: (a? -1) néna= 2 hoặc ø = 3 Lúc đó a +h? _@tl_, ab-1 - mm a-l Ta xét a > b > 1 Từ (aˆ + b7): (ab —1) có b?(a? + b?): (ab — I) b`+1 ab —] có kab — k= bỲ + 1 —= k =-1 (mod b), do đó có c e Ñ* để k= bc - l => (b4 +1)! (ab-1) Đặt k= >0 ta Từ đó bŸ + 1 = (ab — 1)(be — 1) Ta c6 b?Œ? +c?) b`+1 —
——>————=bc bool be + 1+ TT =bc+ab c+a
b?(a? +b?) ab al = ab+1+— b`“+1 = ab + be ab + bc 2 2 2 2 a’ +h h* +¢ Do đồ TT F pe=1 Tương tự như trên thì b # c Vì b > 1 vàa>b nên ab - l = b“ + 1 + b(øT— b)— 2> bˆ + 1 => (hb? + 1)? > bt + 1 = (ab — (be - 1) > (b° + (be - 1) >b?+1>be— I = 2> b(c — b) Vì b > 1 nên b >c Nếu c > 1 thì lập luận như trên, có đ € N*, a>b>c>ddé eth pte +d? ab —] bc — Ì cả ~1 ` Cứ tiếp tục như thế, quá trình này phải dẫn đến tồn tại số w e Ñ* mà ø > b>c> d> >w> 1, a? +b? _b.+c? _ ab-1 be—I To — 2+] ye Vì (u? +1)! (u—1) thi nhu di biét : wu = 2 2 2 2 "+1 is nen # †P =5, hoặc w = 3, vậy — i — ab — | (đpcm) Từ mệnh đề 1 ta có ngay hệ quả sau : Hệ quả Phương trình x?+y? — mxy + m = 0
có nghiệm nguyên dương khi và chỉ khi m = 5
Điều thú vị là từ cách chứng minh của mệnh để 1, ta có thể chỉ ra cách tìm tất cả nghiệm nguyên của phương trình xJÖ+y“—5xy+5=0 Các bạn hãy xét hai day s6 (a,) va (b,) với k= 1, 2, xác định bởi công thức : đi = Ì,ay= 2 và a, + 4 = Say,,, (k= 1,2, 3 ) by = 1, bạ =3 và b, + hư va = 2h.) (k= 1, 2, 3 ) Ta có :
Mệnh đề 2 Cặp số nguyên dương (Xo5 Yo) Ia
một nghiệm của phương trình
x2+yV” =5wy+5=0 (1)
khi và chỉ khi xạ + yọ là hai số kê nhau ở một trong hai dãy số nói trên
Chứng mình Điều kiện cần Giả sử (xe ; yạ) là nghiệm của (1), có thé xem x, > yạ Khi đó
"“.-
Xeye —Ï
Nếu yạ = 1 thì x2 +5x¿ +6=0 nên x¿ = 2
hoặc xạ = 3, do đó (x„ ; yạ) là hai số liên tiếp đầu tiên ở một trong hai dãy số trên
Nếu yạ„ > 1, theo chứng minh mệnh đề 1, có
2 2 2 2
a + +
Zo E Ñ*, xe > Yo > % dé 5-20 7% _ Yo tT 20
Xoo -1 *oZo -1
Khi đó phương trình bậc hai X? -5y¿X +5+ y2 =0 có hai nghiệm xạ, z,
Theo dinh li Viéte x, + z, = Sy,
Trang 21Cứ theo lập luận trên có wạ, , vụ, f„ e Ñ* MAX, > Vo > Z¿ > Họ > > vọ > f¿ > 1 với hai số
liên tiếp là nghiệm của (1), nghĩa là Xe + 7o ÕYo Vo + Ug = SZ gs ve +1 Vo + 1 = Sty Vi S= ọ nén v, = 2 hoặc Vo — vạ=3
VAY fQạ, Vọ Họ, Zo, Yọ, Xe tạo thành các số hạng liên tiếp của một trong hai dãy số trên
Điều kiện đủ Nếu (xạ; yo) là hai số kê nhau
của một trong hai day số trên Giả sử xạ, y, 1a hai số liên tiếp của day (a,) (k = 1, 2, ), a4, = 1,
dy = 2, VOI Xy = Ags}, Yo = Gy Ta c6 nhan xét :
nếu ø >°b >c, a + c = 5b, (b ; c) là nghiệm của (1) thì (z ; b) cũng là nghiệm của (1)
Vi ayy, > A > > = 2 3> ai = ],
đ+\ t8 | = Sđi ( = 2, 3, , k), (42; ai) là
nghiệm của (1), nên theo nhận xét trên (đ¿„¡ ; a,) là nghiệm của (1) (đpcm)
Chứng minh tương tự khi (x¿ ; yạ) là hai
số liên tiếp của dãy (b„) (k = 1, 2, ), bị = 1,
by =3
Nhận xét Nếu x¿ vụ 6€ Z, (x¿ ; yọ) là nghiệm của (1), thì rõ ràng xạ, yọ không thể trái
dấu Vậy nếu tìm được các nghiệm nguyên dương của (l) sẽ suy ra các nghiệm nguyên còn
lại bằng cách đổi dấu
Đến đây mời các bạn tiếp tục suy nghĩ Có thể còn nhiều điều thú vị khác chưa được khai
thác hết Như các bạn biết, trang lịch sử khoa
học có nhiều phát minh quan trọng ra đời nhờ
biết kế thừa, cải tiến, bổ sung những thành tựu
đã có Các bạn trẻ hãy học toán một cách chủ động, biết phát huy, kế thừa để sáng tạo Các
bạn sẽ thấy toán học thật sinh động, lí thú
PHƯƠNG TRÌNH CĂN ĐỒNG DẠNG BẬC HAI
Trong một kì thi chọn học sinh giỏi lập đội
tuyển thi Toán Quốc tế của nước ta có bài toán sau đây : Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x ; y) sao cho với x < y thì Ui + Jy = v1980 Nếu cùng các phép biến đổi thông thường rồi thực hiện các phép thử chúng ta sẽ có (x; y)
bằng (55 ; 1375) ; (220 ; 880) Tuy nhiên nếu để
ý rằng A/1980 =6^/55 là số vô tỉ thì lời giải sẽ
đẹp hơn nhiều Vế trái cần phải là các căn thức đồng dạng với 455, tức là vjx =aN55, Jy =bV55 với a, b nguyên dương thoả mãn 20 BÙI QUANG TRƯỜNG (Hà Nội) đẳng thức a + b = 6 Dễ thấy rằng z = 1 hoặc
a = 2 và ta lại có các nghiệm đã nêu
Nếu chỉ biến đổi và thực hiện các phép thử
sẽ bất lực với bài toán sau đây :
Tìm nghiệm nguyên của phương trình
13x —7-jy = A2000
Lời giải Vế phải ^Í2000 = 202/5 Vế trái là
tổng của hai số nên : hoặc một trong hai số bằng không, hoặc cả hai là những căn thức đồng
dang voi V5, tic la Vx =aV5 Jy = bV5 voi
a, b là các số nguyên không âm nghiệm đúng
phương trình
Trang 2220+ 7b =14/0+4)
13 13
Vi (13, 7) = 1 nên để z nguyén thi 1 +b =
13: với ? nguyên Suy ra b = 13 —1,a= | + 7t
Dé a, b> 0 thi ¢ phải nguyên dương Cuối cùng x= Sa’ = 5(1 +70), y = 5b? = 5(13¢ — 1)” voir là số nguyên dương Như vậy a = Chúng ta sẽ tìm nghiệm nguyên của phương trình : a x +bfy =Ve (1)
với a, b nguyên và c nguyên dương không chính
phương Chúng ta có thể gọi phương trình (1) là phương trình vô định căn đồng dạng
Để giải phương trình, ta viết c dưới dạng c= km trong đó &, m là các số nguyên dương, k không chia hết cho bất cứ số chính phương nào khác 1 Vế phải Vc = mVk 16 rang 1A mot s6 vô tỉ Vế trái là tổng hai số nên : hoặc một số bằng 0, hoặc cả hai là những số vô tỉ đồng dạng
véi Vk Trường hop a = 0 hoặc b = 0 đơn giản
Ta xét trường hợp a z 0, b z 0, dễ thấy a, b
không cùng âm Lúc này x =uvk, y=vwvk v6i
u, v là các số nguyên âm Thành thử
au + bụ =m (2)
Đây là phương trình vô định mà chúng ta đã
có cách giải hết sức ngắn gọn (xem bai Cé thé
làm toán sinh động hơn được không ? trong
quyển này) Bây giờ tôi xin giới thiệu một
phương pháp giải khác
Phương trình (2) có thể vô nghiệm (nguyên),
nhưng nếu có một nghiệm „„, vạ thì cấu trúc
nghiệm của (2), do đó cấu trúc nghiệm của phương trình đã cho, có thể xác định như sau :
Do u„, vạ nghiệm đúng (2) nên
đu + bv = qua + bvạ = m
Vì vậy u = aUuy + by, — bv =u, + tte v) a
b'(v, -v) v6i a’, b' nguyén và (ở, b') = 1
Để u nguyén thi v, — v = a't với f nguyên,
nên v = vọ — đf, H= Hạ + bỉ
Do u, v 3> 0 nên vụ — đ? >0 — đf <S vụ u, t+ b't20 => b't> —-u
Vì trong a, b có ít nhất một số dương nên
trong ở, ' có ít nhất một số dương Không mất + 2 2 ' lí tính tổng quát, giả sử b' >0 >> “pr eo ` Y ⁄ se Nếu z < 0 thì /> —® do đó a —H f° + + > max b' 2, | véiu,, + Oo v,, b' > 0, a' <0 0 A + ` Vv 4° † + ` se Nếu Z > Othit < vdi uy, vo, b', a’ déu a duong
Cui cing x = ku? = ku, + bt)’,
y= ky’ = k(vo— a'ty’
Phương trình vô định căn đồng dạng không chỉ bó hẹp ở dạng đã nêu Nhiều phương trình
sẽ được giải một cách đơn giản nếu nhìn dưới
con mắt đó Chẳng hạn bài toán sau :
Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương
trình “S —V2x+] = 3y—.j4y-1+2
Nhận thấy /4y-1 là số vô tỉ với moi y nguyên (vì bình phương của một số lẻ có dạng
(4m + 1) mà /4y-1-—V2x-1 =3y+2- s
là số hữu tỉ nên điều kiện cần (và đủ) để phương trình có nghiệm nguyên là cả hai vế bằng 0, tức
là J4y-1 =V2x+1, 3y+2- “2= =0, Dễ
dàng rút ra x = 5, y = 3 Nghiệm này thoả mãn
bài toán
Trang 23Cuối cùng, ta dùng phương pháp vừa nêu để
giải một bài toán đã được đề nghị dùng làm dé Thi Toán quốc tế : Tìm tất cả các số tự nhiên x và y thoả mãn phương trình (x-jy*“=3361-A11296320 @) Lời giải Nhận thấy x, y là các số nguyên khéng 4m va ¥11296320 = 8.41V105 là số vô tỉ Viết lại (3) thành (x + y)* + 4xy — 3661 = 4(x+ y)[xy -8.41V105 (4) Vế trái của (4) là số hữu tỉ nên điều kiện cần và đủ để (4) có nghiệm là cả hai vế cùng bằng 0 _,, |S? +4P -3361=0 (5) Ta có hệ SVP = 82105 (6) 827.105
voi S=x+y, P=xy Ti (6) c6P= 3 thay vào (5) được S* - 3361S" + 4.827.105 = 0 Biệt số A = 1 nên S* = 1681, 1680 Vi
1681 = 41? nên § = 41, rõ ràng 1680 không là
số chính phương Lúc đó P = 420 nên x, y là hai nghiệm của phương trình z“— 41z + 420 = 0, giải ra ta được z = 20 ; 21 Vậy (x ; y) là (20 ; 21) hoặc (21 ; 20)
Cũng có thể chỉ xét điều kiện cần của (3) Đẳng thức (4) xảy ra khi và chỉ khi xy và 4105 là xy =#\105 với k nguyên dương Như vậy là các căn thức đồng dạng, tức 2 uy = 105/2, ta có x và y là hai x+y= i
nghiệm của phương trình 7? 1 +1054? =0 Phương trình này chỉ có nghiệm nếu A =
82
(5) ~4105k7>0 = k < 2 Nếu k = 1,
phương trình /ˆ — 82¿ + 105 = 0 không có nghiệm nguyên Nếu k = 2, phương trình 7 — 417 + 4.105 =0 có nghiệm ¢ = 20 ; 21 Sau khi thử vào (3) thấy đúng, ta kết luận (x ; y) là (20 ; 21) hoặc (21 ; 20)
MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ SỐ HỮU TỈ VÀ SỐ VÔ TỈ
NGUYỄN NGỌC BÌNH PHƯƠNG (TP Hồ Chí Minh)
Chúng ta đã biết :
Định lí Nếu a là số nguyên dương không chính phương thì vla là số vô tỉ
Tổng quát Nếu az là số nguyên dương
không là số luỹ thừa bậc ø của bất kì số nguyên dương nào thì Wa 1as6 vo ti(ne N:n2>2)
Trang 24Bài 2 Cho vn là nghiệm của phương trình xì+ax?+bx+c=0 voia,b,ce Ọ, n là số tự nhiên không chính phương Tìm các nghiệm còn lại Lời giải Ta có nxÌn + na + b^Ín +c =0 = (n+b)|n + na +c =0 = +e) Nếu ø + b # O0 thì An n+b c (v6 li) Vayn+b=Ovanat+c=O0>b=-nva c=~na Thế các giá trị của b và c vào phương trình, ta được x2 +ax2 — nx — na = 0 © (x? —n)(x+a)=0 Từ đó ta thấy ngoài nghiệm x = Vn, phuong trình còn có các nghiệm x =-Vn, x= -a véi aéeQ
Bài 3 Cho hai thùng đựng nước với dung tích lớn tuỳ ý và hai cái gáo có dung tích lần
lượt là x2 lit va 2-2 lit Héi cd thé dang
hai cdi gdo dé chuyén I lit nuéc tu thing nay
sang thùng kia được hay không ? Tại sao ? (Đề thi tuyển vào lớp 10 ĐHSP Hà Nội, 1995),
Lời giải Giả sử có thể dùng gáo a (dung tích
v2) và gáo b (dung tích 2-A/2) để chuyển được l lít nước từ bình A sang bình Ö bằng cách
đong m gáo a và n gáo b với m, n c Z2 (m >0
nếu đong từ A sang B va m < 0 néu dong tir B sang A ; tương tự đối với 7) Khi d6
m2 +n(2—V2)=1 <> (m—n) V2 +2n—1=0
2n-1
Nếu m # 7 thi V2 = € Q (v6 li) Vay m=n= (mau thudn v6i m,n € Z)
Kết luận : Không thể dùng hai cái gáo đó để
chuyển | lít nước từ thùng này sang thùng kia Bài 4 Chứng mình rằng với mọi số tự nhiên n phương trình sau đây không có nghiệm him tỉ :
(x + yv3)" = 14 V3
(Vô địch tốn Liên Xơ, 1987) Lời giải Với n = 1, giả sử có x, y e Q thoả x+y43=xjI+3 => (x+y43) =1+3 © xz?+3y?-1=(1-2xyN3 man x? 43y? -1 ina SỞ Nếu 1 — 2xy z 0 thì V3 = (v6 Ii)
Vay 1 - 2xy =O vax’ +3y*-1=0
Rút y từ 1 — 2xy = 0 thé vao x* + 3y” — 1 ta duoc 4x4 — 4x2 +3 =0
Phương trình này vô nghiệm nên không tồn tại x, y c Q thoả x+y43 =x1+43
Néu x, y © Q thi (xt yvV3)" =x, + y, V3
với x, y¡ cQ‹
(Dễ dàng chứng minh được bằng cách khai
triển nhị thức Newton)
Do đó nếu tồn tại c Ñ và x, y c Q sao cho
(«+ yv3)" = Vi+J3 Day Ja điểu mà ta đã
chứng minh là không thể xảy ra
Trang 25â (3p?4+qèr)ẽr =2- pđ ~3pq?r e Nếu 3p?¿+gÌr #0 thì Vr = 2= 2=P p_~3D4> re Q (v6 li) 3p? q+ựt e Nếu 3p”¿+¿Ìr =0 =0 © q(3p2 +q„?r)=0 © |“ p=q=0 R6 rang khong thé xay ra p = g = 0 Néug=Othi 92 = p e Q (vô lí) Vay khong t6n tai p,g,r € Q,r>0 thoa p+qvr =¥2 (dpem) BÀI TẬP TỰ GIẢI Bài 1 Chứng minh rằng các số a= 3/2 + 3⁄3 ; =2 +43 +^/5 đều là các số vô tỉ Bài 2 Biết phương trình x? + zx+b =0 với J2-J3 J1 ~ G3 a, b c Q có một nghiệm là Tìm các : i cặp số (z, b) Bài 3 Giải phương trình v23 ~3=¬|xV3 ~|y3 với nghiệm hữu tỉ (Vô địch toán Anh, 1970) Bai 4 Choa, b, c,d € Q va m, n la cdc số nguyên dương không chính phương Chứng
minh rằng điểu kiện cần và đủ để
a+bAlm =c+dNn làa= c và bm = dyn Bai 5 Cho 2, Ð là hai số hữu tỉ khác không
và ø là một số nguyên dương Chứng minh rằng số x= an +b^Ín+l là số vô tỉ Bài 6 Cho a, b, c € Q thoả a 3⁄4 + bŸ2 +c =0 Chứng minh rằng a = Ð = c = 0 TÍNH BIẾU THÚC HỮU TỈ BẰNG CÁCH XÉT DẠNG ĐA THỨC BẰNG NHAU TẠI NHIỀU GIÁ TRỊ
1 Khi giải một số bài toán gồm các phân
thức hữu tỉ, nếu khai triển các phép tính trên các
phân thức đại số thường gặp những biến đổi rất
phức tạp Song nếu ta biểu thị nó đưới dạng đa
thức thì nhiều khi công việc trở nên đễ dàng
Cơ sở của cách làm này dựa vào các mệnh
đề dưới đây
Mệnh dé 1 Néu nhị thức dang
f(x) = Ax+ B (1) với A, B là các tham số mà
24
LÊ QUANG TRUNG (CDSP Bac Liéu)
fU) triệt tiêu tại hai giá trị khác nhau của x thì
Trang 26nhau của x thì A = B = C =0 hay f(x) đồng nhất bằng không
Chứng mình Giả sur với x =4, X= b, 3= d
(đôi một khác nhau) mà f(a) = f(b) = fd) = 0 hay Aa” + Ba + C = 0, Ab? + Bh +C =0,
Ad’ + Bd + C =0 Từ các đẳng thức trên suy ra : A(a’ — b’) + Bla — b) = 0, Aa’ — đ) + B(a ~ đ) =0, Vìia—=bz0,a—-dzOnên A(a+b)+B=0; A(a+d)+B=Osuy ra A(b—- d)=0, vib-dz#0 nên 4 = 0 Từ đó ta suy ra B = 0, C =0 2, Một số thí dụ Thí dụ 1 Tính tổng sau
(4~b\(4—e) „ (d=e)(4=a) _ (d=aXd—b)
(œ—=bXa-c) (b-cXb-a) (c—aXc-=b) Lời giải Tổng trên chỉ xác định khi a, b, c đôi một bằng nhau
-_ Nếu thay đ bằng x va dat téng trén bang f(x)
thi f(x) 1a tam thiic dang (2) déi với x Ta nhận thay : f(a) = f(b) = f(c) = 1 Nhu vay f(x)- 1 là tam thitc nhan ba sé khac nhau a, b, c lam
nghiém Vay f(x) - ! đồng nhất bằng 0O hay
fX) = 1 véi moi x,suy ra f(d) = 1 Thí dụ 2 Chứng minh rằng với a, b, c là các số đôi một khác nhau thì a’ (x-b)(x-c) + b? (x-c)(x-a) (a-b\a—c) - (b-cb—a) ` c?(x-ay(x-b) _ 2 (c—a)((—b) — Lời giải Xét biểu thức — g (x—b\(x—c) + bˆ(x—c)(x— đ) ƒ?®)=~=pWa=o T (®œ=eo@œ=a) C(x-ayx—b) 2 (c— a)(c ~b) Ta thấy +) là tam thức dạng (2) nhận ba số
khác nhau a, b, c làm nghiệm, vậy f(x) déng nhất bằng 0 và bài toán được chứng minh
Thí dụ 3 Đơn giản biểu thức
_a-h + b—c cra + (a_— b)(b - c)(c — a}) _g+b b+c c+a (a+b(b+cXc+a) Lời giải Sau khi quy đồng mẫu số ta được tử số là ƒ) = (a — b)(b + cX(c + a) + (b — c)(4 + b)(c + 4) +(c — đ)(a + b)(b + c) + (a — b)(b -— c)(c — a) Ta thấy f(x) là tam thức dạng (2) đối với a va có ba nghiệm : a = b, a =c, a = 0,
Trang 27TAP DUOT KHAI THAC CAC DANG THUC ĐÃ BIẾT
Khi đã được học phép nhân đa thức, bất kì
học sinh nào cũng có thể thực hiện phép tính để
rút ra hằng đẳng thức :
(a+b+c)°=a”+bˆ + c? + 2ab + 2ac + 2bc (1) Nếu chỉ quan sát đẳng thức (1) trong trạng
thái tính thì quả thực ta khó có thể rút ra được một điều gì thú vị ngoài tính cân đối, đẹp mắt
của nó Ta hãy nhìn đẳng thức (1) với trạng thái
động xem sao ! Trước hết chúng ta hãy chủ động cho các đối tượng a, b, c thay đổi một
chút, chẳng hạn ta thay z, b, c tương ứng bởi I I 1 , theo đẳng thức (1) ta có abe (itty Ltt abc) gt pt c2 ab ac be 2 4252 2 11,1) I1 1 1 22rb+c) hay (+z-;) 2 +12 +2 + (2) Trong (2) cho a + b + c =0, được (24.1) ttt abc) g@ b2 c2 Rõ ràng ta có một kết quả thú vị : Với abc # 0, a+b+c=0thì (3)
Nhu vậy, chỉ cần thay đổi một chút các dữ
kiện, ta đã thu được một kết quả rất đẹp Nhưng nếu ta dừng lại ở đây thì sẽ không thấy hết được tầm ứng dụng của kết quả mới Chúng ta thử
cùng xem vai trò của đẳng thức (3) qua một loạt
các bài toán ở những dạng khác nhau dưới đây
Bài 1 Chứng minh các đẳng thức sau : 1 l a) J-s>+at = aw b` (a+bỷ 1 1 1 ab a+b (4) 26 TRỊNH KHÔI (Bắc Ninh) a?b? b) fa? +b? + 5 (a+b) = b— ab +: | (5) a
Hướng dẫn giải e Dé chimg mình đẳng thức (4) ta chỉ cân chú ¥ ring (a + b)” = [Ha + 5)’ như vậy đẳng thức (4) được suy ra trực tiếp từ
(3) khi ta thay c = -(a + b)
Trang 28Bai 4 Xét tong Sy = l¢+t4te t4tyt + 2 3° 3ˆ 4 Pod (n-1)* n7 + /1+ a) Tinh Syog9- b) Chứng mình rằng với mọi n > 3 thì S„ là số hữu tỉ nhưng S„ không thể là số nguyên
Hướng dân giải Hãy chú ý l1 +ứ— l) +(—n) =0, áp dụng (3) ta có am l+ (n-1)* nF n—] ne Từ đó đễ dàng thấy Từ đó giải quyết được a) và b) Bài 5 Đặt 5, =vj1+99 9? +0,00,,.92 (hạng tử thứ hai trong căn là bình phương của số tự nhiên có n chữ số 9, còn hạng tử thứ ba trong căn là bình phương của số thập phân có n
chữ số 9 ở sau dấu phẩy)
a) Chứng minh rằng với mọi n nguyên dương thì S„ luôn la sé hitu ti
b) Viết S›oọa dưới dạng số thập phán Hướng dẫn giải Chú ý 99 9 = 10” — 1 (vế trái là số tự nhiên có ø chữ số 9) 10” -1 n 0,99 9 = (vế trái là số thập phân có n chữ số 9 sau dấu phẩy) Do đó 10” -1 : % =alI+q0"'-19Ÿ 8¬) 10”
Ap dung (5) voi a = 1, b = 10” — 1, ta thu được S, = 10" -1+ 7 nên việc giải quyết các
câu a) và b) không còn khó khăn Bài 6 Giải các phương trình sau - a) sa (2x-UÙˆ (@x+12 (x+2Ÿ 2 b) 2 +6r+6+(4*3) =0 x+4 Hướng dẫn giải Áp dụng các đẳng thức (4) và (5) để giải các phương trình trên
Trên đây chúng tôi đã giới thiệu với các bạn
một hướng khai thức đẳng thức (1) Kết quả thu
được rõ ràng đã giúp chúng ta sáng tạo ra nhiều
bài toán mới
Các bạn hãy tập khai thác hằng đẳng thức
khác đang học trong chương trình
Trang 29Phần hai TÌM GIA TRI LON NHAT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT VE MOI QUAN HỆ GIỮA HAI BẤT ĐẲNG THÚC CAUCHY VÀ BERNOULLI Bất đẳng thức Cauchy có dạng : dị +dy + + dụ > se ¬ 2 Nf dydy 4, (1) V6i a,2 0, a, 20, ,a, 20, moin € N* Bất đẳng thức Bernoulli có dạng : (+x)" >l+mx (2)
với moi x >—l, mọi ø e Ñ*,_
Như chúng ta đã biết có nhiều cách chứng
minh các bất đẳng thức này : trực tiếp hay gián
tiếp, dài hay ngắn, đơn giản hay phức tạp, v.v
Dưới đây trình bày cách chứng minh bất đẳng thức này nhờ bất đẳng thức kia
Giả sử có bất đẳng thức Cauchy, ta cần
chứng minh (2) Nếu 1 + nx < 0 thi do vế trái
của (2) không âm nên bất đẳng thức đúng
Trong trường hợp Í + nøx > 0, xét n — Ï số 1 và
số 1 + nx, theo bất đẳng thức Cauchy ta có
1111.1110199 s TT,.1q+nx)
n
Nâng lên luỹ thừa bậc ø hai vế ta được {2)
Trang 30TU CAC TINH CHAT CO BAN CUA BAT DANG THUC
Ta đã biết các tính chất cơ bản của bất đẳng
thức được coi là những yếu tố nền tảng, cơ sở để
từ đó xây dựng được các bất đẳng thức mới
phức tạp hơn Ngược lại, muốn chứng minh một
bất đẳng thức, ta cần phải sử dụng các tính chất cơ bản của bất đẳng thức và các bất đẳng thức
quen thuộc như Cauchy, Bunyakovski sau khi
Trang 32g2 b`(c 3a) — b(c2 + g2 — b _ c3 ve ta ) (10) ci +ae eta (a“ +b“Xa+c) Cộng theo từng vế (8), (9) và (10), ta được a a a + c? b+c” b+c b+e gp? 2 c b b — + - >0 ath c2 +2 c+a o a + b + c Bec tar a+b? a b C _ b+c c+a da+b
Nhiều bất đẳng thức trong khi thi chọn học sinh giỏi hoặc thi vào Đại học có thể chứng minh tương tự như trên Mời các bạn thử sức với
các bài tập sau
Bài 1 Với ø, b, c là độ dài các cạnh của một
tam giác, chứng minh rằng : ° > D pee Lz b t—E— 23; a(b +c) + b(c +a) + c(a+b) 2 ) b+e-a cta-b at+b-c >2(a+b+c) Bài 2 Với a, b, c là ba số dương, chứng minh rằng :
1) a’ + b? c? > 3(ab + be t+ca) |
b+c c+a ath” 2(a+b+c) 2,2 2 củ — ~“ ` Py 8 @ abc Bài 3 Với số nguyên dương n ching minh rằng : 1 1 H + 2 + Bài 4 Hãy tổng quát hoá kết quả của thí dụ 4 và thí dụ 5 ở trên 1 5 TA Sa
MỘT PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ TỔNG CÁC PHÂN THỨC
NGÔ VĂN THÁI (Trường PTTH bán công Quỳnh Phụ, Thái Bình)
Có nhiều bất đẳng thức đòi hỏi phải đánh giá
tổng các phân thức với các số hạng hoán vị
vòng quanh, trong đó có bất đẳng thức Nesbit
mở rộng : Cho xị, xạ, , x„ (x; > Ö với mọi ¡, n 6 Ñ*, n>3) thì : a a a 1 24 pe 25 (1) ay +a, ay +a, a, + ay a 7
Bất đẳng thức (1) trong trường hợp tổng quát
là không đúng với mọi n > 26 Trên tạp chí
THTT cũng đã đăng lời giải cho trường hợp
n=3, 4, 5, 6 Sau đây là cách chứng minh cho trường hợp ø = 3, 4 khá gọn dành cho các bạn
THCS Trong cách chứng minh dưới đây phải sử
dụng đến bất đẳng thức Cauchy của ba số
không âm (chứng minh dành cho các bạn) :
Trang 33Gọi vế trái của BĐT trên là M œ& + đ› +d dạ td M+P= 1 24 2 34 3 1 đa + đa a + a đ + ay dad, +a da + đa + d M+QO=IL— 3+2 14-3 “2, dy + a, a +a; đị + a) Theo bat dang thitc Cauchy ta duoc M+P>3;M+Q>3 Suy ra 2M + P + Ó >6 =v 2M >3 =s M > Š
Đảng thức xảy ra khi và chỉ khi ø¡ = ø; = đa > Ö
2) Với bốn số dương đi, đạ, đ+, đa (n = 4) thì a Le a 2—+——3—+—1—>2 a a a,+d, adgta, a, +a Lời giải Gọi vế trái của BĐT trên là M 1 1 1 1 da +04 ay Ta đa Mi a, +a, Ta có ata da + dạ + M=| d,+d, dg+a, a+ 2+ 2—++-+—!|T-1+a,.P ajt+a ad,+a agt+a =| ——++-——+-——|-I-„;.P Áp dụng bất đẳng thức Cauchy của ba số dương trong từng ngoặc đơn ta suy ra : M>3—1+a,P=2+a,.P (2) M>3-1-a)P=2-a)P (3)
Nếu ? > 0 theo (2) ta được M > 2 Nếu P < 0 theo (3) ta được Mí > 2
Tóm lại M > 2
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi đi = a) = a;
= a4 > 0 Bất đẳng thức đã được chứng minh
32
Với phương pháp đã trình bày ở trên, các bạn sẽ giải quyết được một cách ngắn gọn ba bài
toán sau đây
Trang 34VAN DUNG HANG DANG THUC 1A2 -|A| VÀO GIẢI TOÁN
TON NUBICH VAN (GV THCS Nguyễn Khuyến, Đà Nẵng)
Trong chương trình toán THCS hằng đẳng
thức w@4A =|AÌ có nhiều vận dụng trong các bài tập từ đơn giản đến phức tạp
Tuy nhiên, khi gặp dạng toán này, nhiều bạn
thường lúng túng, ngay cả học sinh giỏi cũng
gặp nhiều sai sót khi trình bày lời giải Bài viết này nêu một số loại toán thường gặp có thể vận
dụng hai dạng biến đổi căn thức cơ bản sau đây
Dua ra ngoài dấu căn
Jae A* =|Al= A néu A20 -Anéu Á<0 Dua vào trong đấu căn
AVB = Va2B nếu A >0 —|A?B nếu Á <0
Loại 1 Biến đổi đơn giản căn thức bậc hai
Thi dụ 1 Đưa thừa số ra ngoài dấu căn
la nếu y>0
-3x7y nếu y<0 Thí dụ 2 Đưa thừa số vào trong dấu căn \2+?y nếu x > 0 -J2+?y nếu x <0 Một số bạn thường nhầm ở trường hợp thứ hai Loại 2 Tính giá trị của một biểu thức Thí dụ 1 Tính x|8— 22/7 Lời giải \8-2V7 = ¥7-2V7 +1 =|G7—1? = = |V7-1/=J7-1 wi V7-1>0)
C6 thé dat (8-2V7 =a+bV7 với các số nguyên a, b rồi bình phương hai vế để tính a, b ? xx42y = Thí dụ 2 Tính giá trị của A= 3x-1-V4x" -12x+9 v6ix = 1999 Lời giả A=3x-1-v(x-3° = 3x—1—|2x-—3| Với x = 1999 thì 2x - 3> 0 nên A = 3x — 1 — (2x - 3) = x + 2 Lúc đó A có giá trị là 1999 + 2 = 2001 Loại 3 Rút gọn một biểu thức
Thi du 1 Rit gon B= \3x—4-2V3x-5
Lời giải Điều kiện x > 3 Biến đổi B= V3x-5-2v3x-5+4+1 = 4C3x—=5 =1? = 3x5 - || se Nếu v43x—-5-I>0 hay 43x- 5 21 hay x>2thìB= N3x— 5 —1, e Nếu V3x-5-1<0 hay x < 2 thi B= 1-V3x—-5 V3x-5-1 n€éux>2 1-V3x-5 nếu Š < x <2 Có thể đặt B = ø+bA3x-5 với các số V7 44x44 Vay B= nguyên ø, ở rồi tính ø, b ? Thi du 2 Rut gọn C = lx|—2 2
Loi gidi, C= VED NAA vg vy x2, |x}-2 |x|—2
Lập bảng khử dấu giá trị tuyệt đối
x —2 0
lx+2||-œ+2) 9 x+2 2 x+2
Tuong tu, hay tinh : 2002+22000- 23/1999
3.TUYỂN CHỌN TH&TT (QUYỂN 3)-A
Trang 35Từ đó tính được 1 néu x < —2 C= |-l néu -2<x« <0 x+2 „ ` nếu x > Ö và x # 2 xe Có thể đưa mẫu số |x| - 2 vào trong dấu căn ? Loại 4 Chứng mỉnh một đẳng thức Thí dụ 1 Ching minh 2¥2+ V3 =V6+2 (*) Lời giải Biến đối vế trái : 2/24 V3 = 42 + V3) = V8 4 4v3 = J6+2V12 +2 = \(v6 + V2) = |V6 + V2| = V6 +2 Vay a2 +3 = V6 + V2 Có thể biến déi V2/442V3 = V2(3 +1) hoặc bình phương hai vế của (*) ? Thí dụ 2
Ching minh Jo + Jit — V6 - Vil = V2
Lời giải Đặt vế trái là A, ta có
J24 = Ji2+2Vi1 - Ji2-2V1
= (in +1? - JJ — D2
= |MI +1|-|M1-1|=2
Có thể tính A” ?
Loại 5 Giải phương trình Thi dụ Giới phương trình \Jx-2+2Nx~3+4|x-6+6x—3 =3 Lời giải Điêu kiện x > 3 Biến đổi vế trái thành 34 Vx —342Vx—-3414yx—-346Vx-349 = (x3 +1? + JW -3 43) = |\Vx—341/4|v¥x-3 43] =vVx-34+14+Vx-343 = 44+2Vx-324
Vậy phương trình vô nghiệm
Loại 6 Tìm giá trị của biến thoả mãn điều
kiện cho trước
Thi du Cho M = 4x—-1-V9x? -12x44 Tim x dé M = 3 Loi gidi M =4x-1-V(x-2)? =4x-1-[3x-21 Xét dấu của 3x — 2 ta tính duoc x+l nếu x>2 M= 7x =3 nếu x <5 «Với x>ộ thì M4 = 3 <>x+ l=3ôâx=2 (thớch hp) e Với x<ã thìï =3 c9 7x—3Z3 Œx= Ở (loại vì không thoả mãn x < 2
Vậy M = 3 khi x = 2 Có thể viết 4x - 4 = 9x? —12x +4 rồi bình phương hai vế ?
Trang 36-Từ đó
(l-2x)(2x-3)> <©-<x<
2G
Vậy GTNN Ø bằng 2 với 53 5
Các bài tập ở các thí dụ trên có thể còn nhiều
cách giải khác, trong phạm vi bài viết này, chỉ
|
—
lA
xin trình bày cách giải có thể vận dụng hằng
đẳng thức Va? =IAl và gợi ý một vài cách
khác Mong rằng các bạn có thể củng cố, khắc
sâu và vận dụng thành thạo, linh hoạt khi gặp
các dạng toán biến đổi biểu thức có dấu căn
MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI
I Mot số tính chất của giá trị tuyệt đối Cho a là số thực, ta có z nếua>0 1) lal= , —a nếu ø < 0Ö 2) lal >0 3) la| =|-al 4) Va? =lal? ; 5) lal>a>—tlal 6) la| + b| > la + dl
Chứng minh Do hai vế của bất đẳng thức
không âm nén (6) tương đương với
(lal+lp)? =(a+b)? © labl>ab Vậy (6) đúng al’ =a’ Dang thitc xay ra khi va chi khi ab > 0 Hệ quả : |a,|+]a,|+ +|a,| 2 | + a; + + aạj| 7) la + bị > ||a| - lol]
Chứng minh Do hai vế của bất đẳng thức
không âm nên
(a+b) >(lal-|bl)* © ab>-l|abÌ đúng, do đó (7) đúng Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
ab <0
8) lal > lal <> (a + b)(a-— b) >0
9) a>|bl a a>b2-a
Trang 37©- (x? —2ax +a)’ —(x? ~ay >0
& [07 — 2ax +a) + (7 — a)][@2 — 2ax + a) -@œ7-a)]>0 © (2x2 -2ax)(2a — 2ax) > 0 © -4ax(x — L)(x — a) >0 = x(x -1)(x- a) <0 Suy ra nghiệm của bất phương trình là x<0 l<x<a
Thí dụ 3 Giải và biện luận hệ phương trình
sau theo tham số m
Ix=y|+lx+y|=m @)
e+ lyf? =m (2)
Lời giải Giả sử hệ có nghiệm (x ; y) Dé y rằng nếu xy > 0 thì |x + y| =ÌxÌ+|y|, còn nếu
xy< 0 thì |x-y|=lxÌ+|y| nên từ (1) ta có m > |xÌ+|y| Suy ra x +lyf =m? 2 dxl+lyp? = = lz + |yŸ + 3|xy|xl+ ||) Mà xŸ < |xÌŸ, nên ta có =0 Lyldxl+|y) <0 |; y=0 e Néu x = 0 thi thay vao (1) va (2), ta được m=Ovay=0 e Néu y = 0 thì thay vào (1) và (2) ta được m = 0 và x =0 Vậy nếu hệ có nghiệm thi m = 0 và từ đó chỉ có một nghiệm x = 0, y = 0 Kết luận : Nếu m z 0 thì hệ phương trình vô nghiệm
Nếu m = 0 thì nghiệm của hệ là x = 0 ; y = 0
Thí dụ 4 Tim m để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất - |lx+1l+|y—3|= m |y+1|+lxš~ 3| = m 36 Lời giải Giả sử hệ có nghiệm (xụ ; yQ) ; Ta thấy \(2 - x.) + 1] +|(2-y,) -3| =|B~x/|+|-s, = = |»; +1|+|x¿ -3|= m và |(2— y„) + 1|+|(2— x„) ~ 3| _=|B=32|+[x, =1|=|x, +I|+ bạ =3|=em
Từ đó nếu hệ có nghiệm (x, ; yạ) thì hệ cũng
có nghiệm (2 ~ x, ; 2 — yạ) Để hệ có nghiệm
Trang 38Mặt khác, ta có F(4) = 15 Suy ra minF() = 15 Thí dụ 3 Biết rằng đa thức ƒ[x) = a2 +bx+e |ƒ@|<1 |ƒ(D|<L và có tính chất |f(0)| <1
Ching minh rang | f (x)| < : voi moi x [—l ; ]] Lời giải Ta có f0) =c;D =a+b+c; &-Ù=a_—b +c Suy ra : 2a = fl) +-1) — 2f(0) ; 2b =f) -f-1) Thay vào f{x) ta duoc 1 /0=ƒ0S*“+/0/0-2)-/c => Suy ra, với mi xe€[-l; l] ta có rol < FOAL + [70.0 -2) + [fe 1) “Oe OI = [Fay — +f) li x?|>~|f(- 1, a x) wel 2) |x-x)| _ =1- "` adel xl) = 2, lal l-x +2 d+z+1~x) = 1~xỶ +| (ea) 5 4 2) `4
Vạy |ƒ(x)|< : với mọi x e [—1; 1]
Thí dụ 4 Biết đa thức ƒ(x) = ax? + bx + c có tính chất |Đ@)Ì < 1 với mọi x e [—l ; 1] Chứng mình rằng lai + lbl + lc|l < 3 Lời giải Quy ước rằng số 0 có thể mang dấu + hoặc dấu — Xét các trường hợp có thể xảy ra : e Nếu cả ba số 4a, b, c cùng dấu thì lal + lbl + Icl = Wf) <1 e Nếu a trái dấu với b va c thi la+b+cl= lal + lbl + Icl = al + lbl + Icl = =lk-z+b+d= 2#0) -—-1)I <2W@) + f-1) <3 e Nếu ở trái dấu với z và c thì la-b+cl= lal + Ibl + Icl = lal + I-Al + Icl = If(-1)1 < 1
e Nếu c trái dấu với az va b thi
lal + ll + Icl = lal + lbl + -cl = la + b -—cl= J#1) - 20) < W1) + 2IKOV< 3
Vậy ta luôn có lai + lbl + lc| < 3
Sau khi đã xét các thí dụ trên, mời các bạn
làm các bài tập sau đây
Bài 1 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số Ƒ(z) = lx + 1l + 2z + 2l — 3lz + 3I
Bài 2 Cho đa thức f(x) = ax” + bx + c có tính chất |fx)l < 1 với moi x € [-1 ; 1] Dat g@) = cx” + bx +a
i
Chứng minh ring Ig(x)I < 2 voi moi x € [-1; 1]
Trang 39CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THÚC DẠNG IA|<ø
Bài viết này để cập bất đẳng thức dạng lA| < ø, trong đó ø là một số, còn A là đa thức
hoặc A là biểu thức đại số có chứa phân thức Những thí dụ nêu ra chỉ được giải bằng kiến thức thuộc cấp THCS Thí dụ 1 Cho dị +42 + +d„ = bệ +hị + +b2 =l, Chứng minh rằng |“ + dyb, + 4+4, bại <1 Lời giải Để ý thấy rằng (d2 +42 + + a2 (bị +bể + +b}) = = (ah, + a,b, + 4+4, Lầu +(a,b, — —ayb,)’ + + + (ab; — aab,)Ÿ + +(đ,_¡ổ, "` Bởi vậy (at + a;b; + + „ b3 <1 Suyra | + a;b; + +a,b | <1 Thí dụ 2 Cho a? +b? +c? =1 vàm +nˆ =1 Chứng minh rằng lam + bn + c| < A2
Lời giải Bài toán được giải tương tự Thí dụ
1 khi thay m2 +n” =1 bởi m” +” +1=2 Thí dụ 3 Chứng minh rằng néu x + y* = 1, thì |x + y| <2 Lời giải Ta có x? + yŸ > 2xy (1) 1=x?+y? (2) Từ (1) và (2) có (x + y}” < 2 Suy ra |x + y| <Š ⁄2 Thí dụ 4 Cho xŸ + 4y? =1 Chứng mình rằng v5 Jx-y|<-: 38 NGUYÊN ĐỄ (Hải Phòng) Lời giải Ta có x2+4y2=le©>x?2+4y?—1=0 (3) Kí hiệu x — y = 2, Suy ra y=x— đ (4)
Thay (4) vào (3) ta được phương trình với ẩn
số x như sau :
5x? — Bax + 4a”—1=0
A=5 ~4a' Phương trình trên có nghiệm khi A > 0 hay 5 — 4a” > 0 Từ đó suy ra
5
lal < v5 hay |x— y| < 5 (đpcm)
Qua thí dụ trên ta thử đặt vấn đề rằng khi
nào việc chứng minh bất đẳng thức dạng |Al<@ duoc dua vé tìm điều kiện để phương
trình bậc hai có nghiệm
Trang 40Mặt khác |x - y| < z, y-z|<x, |z— xÌ< y, bởi vậy
|lx—y yr-z li) xyz (7)
|lx+y y+z z+x| (x+y)w+z)Œ++x) vey 1 <_— Ve 1 < — Lại có xay S2 5 yyzế2 @) Vy: _1 yte 2 (10) “4 GINO +DEF*) G4NO+DE FS) Tir (6), (7), (8), (9), (10) suy ra x— —Z Z—x X+y ytz Z+x < ‘ (đpcm) Thí dụ 6 Chứng minh rằng với mọi x e [—l ;1] có bất đẳng thức |ax? + bx + c|< h thì la|+|p|+lc| < 4h
Lời giá Bài toán này không trực tiếp chứng minh bất đẳng thức |AÌ < z, nhưng đã sử dụng kiện thức có liên quan đến bất đẳng thức đó để
giải bài toán trong trường hợp phức tạp hơn
Thật vậy, với các giá trị x = 0, —l, l ta có : e Với x = 0 thì |c| < h q1) e Với x = 1 thì ¿+ b+cÌ< h (12) e Với x=—I thì |¿— b+ cÌ< h - Từ (12) và (13) suy ra-h <a+b+c<h (14) -h<a-b+c<h (15) Từ (14) và (15) ta được —h < a + c < h (16) Mặt khác lại có thể viết (14), (15) như sau : -h<a+b+c<h h>a-b+c>-h Dãn đến |b| < h (17) Ty (11) va(16) tacé-h<atc<sh (18) h>c>¬ (19) Từ (18), (19) có la| < 2h (20) Từ (11), (17), (20) ta được lzl+|b| + lcÌ < 4h (dpem) ĐƠI ĐIỀU VỀ MỘT PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH Ở CẤP TRUNG HỌC CƠ SỞ
Trong các kì thi học sinh giỏi THCS, học sinh thường gặp các bài toán giải phương trình và hệ phương trình mà cách giải không bình
thường Để giúp các bạn tìm hiểu vấn đề đó, bài
