1 số sáng tạo trong giải toán toán học lớp 10

SÁNG TẠO KHI TỰ HỌC TOÁN Trong tự học nhiều khi giúp tìm đến những điều thú vị trong toán học. Bài viết này xin được trao đổi cùng bạn đọc về một bài toán mà trong việc tự học toán tôi đã tìm đến những bài toán mới, bài toán tổng quát. Bài toán 1 : Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng: 1/(a + b + c) + 1/(a - b + c) + 1/(- a + b + c) ≥ 1/a + 1/b + 1/c (Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 trường THPT chuyên Lê Hồng Phong, TP Hồ Chí Minh, 1992- 1993) Hướng dẫn Bài toán phụ : Cho x, y > 0. Chứng minh rằng : 1/x + 1/y ≥4/(x + y) Lời giải : Vận dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương ta có: Vì a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác nên: a + b > c ; a + c > b ; b + c > a ; a + b - c > 0 ; a - b + c > 0 ; - a + b + c > 0. Vận dụng bài toán phụ trên ta có: 1/(a + b - c) + 1/(a - b + c) ≥ 4/(a + b - c + a - b + c ) = 4/(2a) = 2/a (1) Chứng minh tương tự ta cũng có: 1/(a + b - c) + 1/(- a + b + c) ≥ 2/b (2) 1/(a - b + c) + 1/(- a + b + c) ≥ 2/c (3) Từ (1), (2), (3) ta có điều cần chứng minh. Bài toán phụ giúp ta nhận ra rằng nếu n thuộc N thì: Từ đó ta đến với bài toán mới, bài toán tổng quát của bài toán 1. Bài toán 2 : Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng : với mọi n thuộc N. Vẫn chưa vừa lòng với kết quả nhận được tôi thử tìm cách thay đổi tử của các phân thức ở vế trái của bất đẳng thức ở bài toán 1 và nhận được bài toán mới. Bài toán 3 : Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng : c/(a + b - c) + b/(a - b + c) + a/(- a + b + c) ≥ 3 (Đề kiểm tra đội tuyển toán 9, quận Tân Bình, TP Hồ Chí Minh 2000-2001) Hướng dẫn : Đặt - a + b + c = x, a - b + c = y, a + b - c = z Ta có a = (y + z)/2 ; b = (x + z)/2 ; c = (x + y)/2 . Do đó: c/(a + b - c) + b/(a - b + c) + a/(- a + b + c) = (x + y)/(2z) + (x + z)/(2y) = (y + z)/(2x) = 1/2[(x/y + y/x) + y/z + z/y) + x/z + z/x)] ≥ 1/2.(2 + 2 + 2) = 3 Suy nghĩ và suy nghĩ giúp tôi tìm và giải được bài toán 4, bài toán tổng quát của bài toán 1 và bài toán 3. Bài toán 4 : Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng : với mọi n thuộc N. Hướng dẫn : Với n = 0 ta có bài toán 1, và với n = 1 ta có bài toán 3. Xét n ≥ 2 ta có: (a n - 2 - b n - 2 )(a - b) ≥ 0 => a n - 1 + b n - 1 ≥ a n - 2 b + ab n - 2 (1) Tương tự b n - 1 + c n - 1 ≥ b n - 2 c + bc n - 2 (2) ; c n - 1 + a n - 1 ≥ a n - 2 c + ac n - 2 (3) Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương ta có: Chứng minh tương tự ta cũng có: Từ (1), (2), (3), (4), (5) và (6) ta có: Bài toán 1, chắc chắn còn nhiều điều thú vị nữa nếu chúng ta tiếp tục khai thác tìm tòi. BÀI TOÁN STEINER - LEIMUS 1. Bắt đầu từ một bức thư Năm 1840, nhà toán học người Pháp D.Ch.L, Leimus (1780 - 1863) gửi cho nhà hình học nổi tiếng người Thụy Điển J. Steiner (1769 - 1863) một bài toán hay với yêu cầu đưa ra một cách chứng minh thuần túy hình học : “Cho tam giác ABC có các đường phân giác trong BE, CF bằng nhau. Chứng minh rằng tam giác ABC cân” (Bài toán 1) Để giải quyết bài toán này, J. Steiner đã chứng minh bổ đề : “Trong tam giác ABC, với BC = a ; CA = b ; AB = c ; đường phân giác trong AD của tam giác được tính bởi công thức (*) Chỉ cần kiến thức hình học lớp 8, các bạn có thể tự chứng minh điều này. áp dụng công thức (*) ta chứng minh bài toán 1 : Ta có BE = CF 2. Khát khao vươn tới cái đẹp Cách chứng minh trên của J. Steiner đúng nhưng chưa đẹp vì chưa thực sự “thuần túy hình học”. Bởi thế, sau khi phép chứng minh trên được công bố, rất nhiều người đã lao vào để cố công tìm kiếm một phép chứng minh mới, hay hơn cho bài toán 1. Hơn 150 năm trôi qua nhiều phép chứng minh mới đã nối tiếp nhau ra đời. Trong các chứng minh đó, người ta đặc biệt quan tâm tới hai phép chứng minh sau : 1. Phép chứng minh của R. W. Hegy Năm 1983, R. W. Hegy công bố phép chứng minh này trên tạp chí “The mathematical gazette” của Anh, chỉ cần dùng kiến thức hình học lớp 7. Nếu Đ A > Đ B thì ta dựng hình bình hành BEDF như hình bên. Kí hiệu các góc như trên hình vẽ, ta thấy : Nếu Đ B > Đ C => Đ B 2 > Đ C 2 => Đ D 1 > Đ C 2 (1) Mặt khác, vì BE = CF nên DF = CF => Đ D 1 + Đ D 2 > Đ C 2 + Đ C 3 (2) Từ (1) và (2) => Đ D 2 < Đ C 3 Xét các tam giác BCE và CBF, ta thấy : BC chung, BE = CF, BF > CF nên Đ C 1 > Đ B 1 => Đ C > Đ B. Mâu thuẫn. Nếu Đ B < Đ C , hoàn toàn tương tự cũng dẫn đến mâu thuẫn. Chứng tỏ : Đ B = Đ C => cân đỉnh A (đpcm). 2. Phép chứng minh của G. Julbert và D. Mac. Donnell Năm 1963, phép chứng minh được công bố trên tạp chí “American Mathematical Monthey” của Mỹ. Phép chứng minh này giải quyết bài toán khác mà bài toán 1 chỉ là hệ quả của nó. Đó là bài toán : “Cho tam giác ABC có các đường phân giác trong BE, CF. Chứng minh rằng : Nếu Đ B ≥ Đ C thì BE ≤ CF” (Bài toán 2). Nào! Các nhà toán học nhỏ hãy giải quyết bài toán 2 để thử sức mình và gửi gấp về TTT2 nhé ! Vấn đề chưa dừng lại đâu Các bạn thử trăn trở xem có đề xuất được điều gì mới không ? Hẹn gặp lại các bạn ở số tạp chí sau. AC-SI-MET NHÀ TOÁN HỌC LỖI LẠC NHẤT THỜI CỔ ĐẠI (287 - 212 trước công nguyên) Ông là con trai của nhà thiên văn hocPheidians và có họ với vua Hieron II. Ông đã sống ở thành phố Syracuse trên đảo Sicily. Ông nghiên cứu về các phương pháp tìm diện tích và thể tích. Tuy quan tâm nhiều đến toán học lý thuyết nhưng ông lại đạt được nhiều thành tựu trong lĩnh vực ứng dụng toán học. Các bạn có thể đã nghe đến một định luật của ông: "Trọng lượng của vật ngập trong nước bằng trọng lượng của nước mà vật đó chiếm chỗ". Định luật đó lại xuất phát từ một hoàn cảnh khá đặc biệt. Lúc ấy ở thành phố Syracuse có một gã thơ kim hoàn gian trá và nhà vua đã yêu cầu ông tìm cách đưa việc này ra ánh sáng. Một lần ông đang ở trong bồn tắm và chợt phát hiện ra định luật này. Ông đã nhào ra khỏi bồn tắm, cứ thế chạy khắp phố phường reo to: "Eureka Eureka !" (Tôi đã tìm ra Tôi đã tìm ra !). Những năm 214 - 212 trước công nguyên, thành phố của ông bị tướng La Mã Marcellus tấn công. Ông đã dựa vào các nghiên cứu về đòn bẩy để sáng chế ra các máy ném đá tuyệt vời để đánh trả quân thù. Một lần ông đang vẽ những hình học trên cát ở trong thành thì quân địch bất ngờ đánh úp vào thành. Một tên lính La Mã tiến đến và dẫm lên các hình vẽ của ông. Ông đã đứng bật dậy và hét to: "Đừng động vào các hình tròn của tôi !". Tên lính vô lại đó đã rút gươm và giết chết ông. Khi đó ông đã 75 tuổi. Trong di chúc mà ông viết trước đó, ông yêu cầu khắc lên trên mộ ông một hình hình học mà ông đặc biệt yêu thích: hình cầu nội tiếp trong hình trụ. Ngôi mộ của ông qua thời gian cứ ngỡ như biến mất thì kỳ diệu thay: Năm 1963 những người công nhân xây dựng đã tìm thấy khi đang động thổ để xây dựng một khách sạn. Và bây giờ tiếng reo to của ông lại vang lên trong một chuyên mục rất ý nghĩa mà Toán Tuổi Thơ 2 dành cho những tìm tòi phát hiện của các bạn khi học toán. Rất mong các bạn hãy luôn reo lên như Ac -si - mét ngày nào (nhưng tất nhiên khi chạy ra khỏi nhà cũng cần để ý đến quần áo đã mặc hay chưa). Chúc các bạn thành công trong học tập và cuộc sống. NHIỀU CÁCH GIẢI CHO MỘT BÀI TOÁN Trong học toán và giải toán việc tìm thêm các lời giải khác của một bài toán nhiều khi giúp đi đến những điều thú vị trong toán học. Xin được trao đổi cùng bạn đọc bài toán rất quen thuộc sau. Bài toán : Chứng minh rằng a 4 + b 4 ≥a 3 .b + a.b 3 với mọi a, b. (Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 trường THPT chuyên Lê Hồng Phong, TP Hồ Chí Minh, 1998- 1999) Cách 1 : a 4 + b 4 ≥ a 3 .b + a.b 3 Khi và chỉ khi a 4 + b 4 - a 3 .b - a.b 3 ≥ 0 Khi và chỉ khi a 3 (a - b) - b 3 (a - b) ≥ 0 Khi và chỉ khi (a - b)(a 3 - b 3 ) ≥ 0 khi và chỉ khi (a - b)(a - b)(a 2 + ab + b 2 ) ≥ 0 Khi và chỉ khi (a - b) 2 [(a + b/2) 2 + 3.b 3 /4] ≥ 0 (hiển nhiên đúng với mọi a,b) Cách 2 : Ta có[ a 2 - b 2 ] 2 ≥ 0 => a 4 - 2.a 2 .b 2 + b 4 ≥ 0 => a 4 + b 4 ≥ 2.a 2 .b 2 => a 4 + b 4 + a 4 + b 4 ≥ a 4 + b 4 + 2.a 2 .b 2 => 2( a 4 + b 4 ) &ge ; ( a 2 + b 2 ) 2 (1) Mặt khác (a - b) 2 ≥ 0 => a 2 - 2ab + b 2 ≥ 0 => a 2 + b 2 ≥2ab => (a 2 + b 2 )( a 2 + b 2 )≥2ab (a 2 + b 2 ) => (a 2 + b 2 ) 2 ≥2ab (a 2 + b 2 ) (2) Từ (1) và (2) => 2( a 4 + b 4 ) ≥ 2ab (a 2 + b 2 ) => ( a 4 + b 4 )≥ a 3 .b + a.b 3 Cách 3 : ( a 4 + b 4 ) -( a 3 .b + a.b 3 ) = 1/2 (2 a 4 + 2 b 4 - 2 a 3 .b -2 a.b 3 ) = 1/2 [(a 4 - 2 a 3 .b + a 2 b 2 ) +( b 4 - 2 a.b 3 + a 2 b 2 ) + (a 4 - 2a 2 b 2 + b 4 )] = 1/2 [(a 2 - ab) 2 + ( b 2 - ab) 2 +( a 2 - b 2 ) 2 ] ≥ 0 => ( a 4 + b 4 )≥ a 3 .b + a.b 3 chú ý : Trong lời giải cách 1, ta có thể chia hai trường hợp a ≥ b và a < b để chứng minh bất đẳng thức (a - b)( a 3 - b 3 ) đúng với mọi a,b. Trên đây chỉ là những tìm tòi nho nhỏ của mình. Các bạn có còn tìm thêm cách giải nào khác nữa chăng? Rất mong chúng mình thường xuyên thông tin cho nhau những tìm tòi nho nhỏ nhưng rất thú vị khi học toán. Chúc các bạn học thật giỏi. BÀN LUẬN VỀ BÀI TOÁN "BA VỊ THẦN" Chúng ta đều đã biết bài toán thú vị : “Ba vị thần” sau : Ngày xưa, trong một ngôi đền cổ có 3 vị thần giống hệt nhau. Thần thật thà (TT) luôn luôn nói thật, thần dối trá (DT) luôn luôn nói dối và thần khôn ngoan (KN) lúc nói thật lúc nói dối. Các vị thần vẫn trả lời câu hỏi của khách đến lễ đền nhưng không ai xác định được chính xác các vị thần. Một hôm có một nhà hiền triết từ xa đến thăm đền. Để xác định được các vị thần, ông hỏi thần bên trái : - Ai ngồi cạnh ngài ? - Đó là thần TT (1) Ông hỏi thần ngồi giữa : - Ngài là ai ? - Ta là thần KN (2) Sau cùng ông hỏi thần bên phải : - Ai ngồi cạnh ngài ? - Đó là thần DT (3) Nhà hiền triết thốt lên : - Tôi đã xác định được các vị thần. Hỏi nhà hiền triết đã suy luận như thế nào ? Lời giải : Gọi 3 vị thần theo thứ tự từ trái sang phải là : A, B, C. Từ câu trả lời (1) => A không phải là thần TT. Từ câu trả lời (2) => B không phải là thần TT. Vậy C là thần TT. Theo (3) đ B là thần DT đ A là thần KN Nhận xét : Cả 3 câu hỏi đều tập trung xác định thần B, phải chăng đó là cách hỏi “thông minh” của nhà hiền triết để tìm ra 3 vị thần ? Câu trả lời không phải, mà là nhà hiền triết gặp may do 3 vị thần đã trả lời câu hỏi không “khôn ngoan” ! [...]... kiến thức đã học Các nhà toán học cũng đã nghiên cứu khá sâu sắc các bài toán này Nhà toán học ý : Máckêrôni (17 50 - 18 00) và nhà toán học Đan Mạch : MoRơ (16 40 - 16 97) chuyên nghiên cứu các bài toán dựng hình chỉ bằng compa Đến 18 90 nhà toán học áo Adler đã chứng minh rằng : Mọi bài toán dựng hình giải được bằng compa và thước thẳng đều giải được với một mình compa thôi Ngược lại nhà toán học Thụy Sĩ... ĐÃ GIẢI BÀI TOÁN 2 NHƯ THẾ NÀO ? Trong mục “Dành cho các nhà toán học nhỏ” (TTT2 số 1, 3/2003) đã giới thiệu và đề nghị bạn đọc tham gia giải bài toán sau “Cho tam giác ABC có các đường phân giác trong BE, CF Chứng minh rằng : Nếu Đ B ≥ Đ C thì BE ≤ CF” (bài toán 2) Tòa soạn đã nhận được lời giải bài toán 2 của 17 bạn Trừ một vài bạn giải sai và giải thiếu chính xác, các bạn còn lại đã giải bài toán. .. Gọi C1 và D1 là các điểm đối xứng của A và B qua Oz ; E và F là các giao điểm của AC 1 và BD1 với Oz Khi đó E và F là trung điểm của AC 1 và BD1, và do đó vị trí của MN sẽ là EF Vì vậy ta chỉ cần chứng minh MN // EF là đủ (xem hình 1) Thật vậy, do AB = CD (gt), AB = C 1D1 (tính chất đối xứng) nên CD = C 1D1 Mặt khác ME và NF là đường trung bình của các tam giác ACC1 và BDD1 nên NF // DD1, NF = 1/ 2DD1... ADE1 = 90o = Đ ABE1 => D nằm trên đường tròn đường kính AE 1, nhưng ABE1D1 là hình vuông nên đường tròn đường kính AE1 cũng là đường tròn đường kính BD1 Chú ý rằng B và D1 là các vị trí giới hạn của tập hợp cần tìm, ta => tập hợp D là nửa đường tròn đường kính BD1 (nửa đường tròn này và điểm A ở về hai nửa mặt phẳng khác nhau với bờ là đường thẳng BD1) Cuối cùng, để tìm tập hợp I, ta cần chú ý II 1. .. giác ABC đều HỌC MỘT BIẾT MƯỜI Rèn luyện tính độc lập, sáng tạo là yêu cầu để phát huy phẩm chất của người lao động Vì thế các bạn cần tập suy luận và sáng tạo, phát hiện những bài toán mới, những vấn đề mới, xuất phát từ những bài toán đã biết Xét bài toán 19 , trang 38, Hình học 8 : Cho một góc vuông xOy Trên tia Ox ta lấy điểm A cố định sao cho OA = a, trên tia Oy ta lấy điểm B di động Vẽ trong góc... C’F’ = BE (1) áp dụng bổ đề 3 cho tứ giác BC’EF’ ta có : CF < max {BE, C’F’} (2) Từ (1) và (2) => : BE > CF Bài toán 3 đã được chứng minh Trong bài toán 3, nếu cho I trùng tâm đường tròn nội tiếp của tam giác ABC thì ta lại nhận được bài toán 2 Cũng nên chú ý rằng, trong phép chứng minh bài toán 2 ta phải dùng đến kiến thức của hình học 9 (tứ giác nội tiếp) nhưng trong phép chứng minh bài toán 3 ta... góc với EF Đặt AH = BK = h1, CM = DN = h2 Ta có : Từ (1) , (2), (3) => : Do đó OE = OF Cách 2 : (h.3) Kí hiệu như trên hình vẽ Ta có SADC = SBDC Cùng trừ đi S5 được : S1 + S2 = S3 + S4 (1) Giả sử OE > OF thì S1 > S3 và S2 > S4 nên S1 + S2 > S3 + S4, trái với (1) Giả sử OE < OF thì S1 < S3 và S2 < S4 nên S1 + S2 < S3 + S4, trái với (1) Vậy OE = OF Bài toán 3 : Cho hình bình hành ABCD Các điểm M, N theo... và E 1 thuộc tập hợp cần tìm nên ta nghĩ ngay đến việc thử chứng minh Đ BEE1 không đổi Điều này không khó vì Đ ACB = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) và ΔBEE1 = ΔBCA (c g c) => Đ BEE1 = Đ BCA = 90o => E nằm trên nửa đường tròn đường kính BE 1 (1/ 2 đường tròn này và 1/ 2 đường tròn đã cho nằm ở hai nửa mặt phẳng khác nhau với “bờ” là đường thằng BE1) Vì Đ DEB = Đ E1EB = 90o nên D nằm trên EE1 (xem... cần hỏi thêm 1 hoặc 2 câu nữa là xác định được chính xác 3 vị thần Như vậy số câu hỏi nhiều nhất là 4 Các bạn có thể rút số câu hỏi xuống dưới 4 được không ? Xin mời các bạn hãy giải trí bài toán này bằng một phương án tuyệt vời nào đó (Nhớ là chỉ hỏi một thần và chính vị đó trả lời) Xin chào tạm biệt Hẹn gặp lại các bạn ở một số tạp chí khác MỘT PHONG CÁCH HỌC TOÁN Khai thác bài toán trong sách giáo... Cuối cùng, để tìm tập hợp I, ta cần chú ý II 1 là đường trung bình của ΔBDD1 nên II1 // DD1 => Đ BII1 = 90 => tập hợp I là nửa đường tròn đường kính BI 1 (đường tròn này và A ở về hai nửa mặt phẳng khác nhau với bờ là BD1) Để kết thúc, xin mời bạn giải bài toán sau đây : Bài toán 5 : Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB cố định và 1 điểm C chuyển động trên nửa đường tròn đó Kẻ CH vuông góc với AB Trên . SÁNG TẠO KHI TỰ HỌC TOÁN Trong tự học nhiều khi giúp tìm đến những điều thú vị trong toán học. Bài viết này xin được trao đổi cùng bạn đọc về một bài toán mà trong việc tự học toán tôi. tập và cuộc sống. NHIỀU CÁCH GIẢI CHO MỘT BÀI TOÁN Trong học toán và giải toán việc tìm thêm các lời giải khác của một bài toán nhiều khi giúp đi đến những điều thú vị trong toán học. Xin được. tòi. BÀI TOÁN STEINER - LEIMUS 1. Bắt đầu từ một bức thư Năm 18 40, nhà toán học người Pháp D.Ch.L, Leimus (17 80 - 18 63) gửi cho nhà hình học nổi tiếng người Thụy Điển J. Steiner (17 69 - 18 63)