Giải Toán ntn ? ( Toán tuổi thơ số 1 - 27)

Kết hợp các kiến thức trên, các em có thể giải quyết bài toán : Chứng minh một số không phải là số chính phương.. Bài toán 3 : Chứng minh rằng nếu một số có tổng các chữ số là 2004 thì s

Giai toan

nhu the nao http://toantuoitho.nxbgd.com.vn/toantuoitho2/gioithieu.asp?soph=9

hoangsanhvn@gmail.com

SỬ DỤNG DIỆN TÍCH TRONG CHỨNG MINH HÌNH HỌC

Có nhiều bài toán hình học tưởng như không liên quan đến diện tích, nhưng nếu ta sử dụng diện tích thì lại dễ dàng tìm ra lời giải của bài toán

Bài toán 1 : Tam giác ABC có AC = 2 AB Tia phân giác của góc A cắt BC ở D Chứng minh rằng

DC = 2 DB

Phân tích bài toán (h.1)

Để so sánh DC và DB, có thể so sánh diện tích hai tam giác ADC và ADB có chung đường cao kẻ từ

A Ta so sánh được diện tích hai tam giác này vì chúng có các đường cao kẻ từ D bằng nhau, và AC =

2 AB theo đề bài cho

Giải : Kẻ DI vuông góc với AB, DK vuông góc với AC Xét ΔADC và ΔADB : các đường cao DI = ADC và ΔADC và ΔADB : các đường cao DI = ADB : các đường cao DI =

Giải tương tự như trên, ta chứng minh được bài toán tổng quát :

Nếu AD là phân giác của ΔADC và ΔADB : các đường cao DI = ABC thì DB/DC = AB/AC

Bài toán 2 : Cho hình thang ABCD (AB // CD), các đường chéo cắt nhau tại O Qua O, kẻ đường

thẳng song song với hai đáy, cắt các cạnh bên AC và BC theo thứ tự tại E và F

Chứng minh rằng OE = OF

Giải :

Cách 1 : (h.2) Kẻ AH, BK, CM, DN vuông góc với EF Đặt AH = BK = h1, CM = DN = h2

Ta có :

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 thứ tự thuộc các cạnh AB, BC sao cho

AN = CM Gọi K là giao điểm của AN và CM Chứng minh rằng KD là tia phân giác của góc AKC

Giải : (h.4) Kẻ DH vuông góc với KA, DI vuông góc với KC

Ta có :

Từ (1), (2), (3) => DH AN = DI CM

Do AN = CM nên DH = DI Do đó KI là tia phân giác của góc AKC

Như vậy khi xét quan hệ giữa độ dài các đoạn thẳng, ta nên xét quan hệ giữa diện tích các tam giác màcạnh là các đoạn thẳng ấy Điều đó nhiều khi giúp chúng ta đi đến lời giải của bài toán

Bạn hãy sử dụng diện tích để giải các bài toán sau :

1 Cho tam giác ABC cân tại A Gọi M là một điểm bất kì thuộc cạnh đáy BC Gọi MH, MK theo thứ

tự là các đường vuông góc kẻ từ M đến AB, AC Gọi BI là đường cao của tam giác ABC Chứng minhrằng MH + MK = BI

Hướng dẫn : Hãy chú ý đến

SAMB + SAMC = SABC

2 Chứng minh rằng tổng các khoảng cách từ một điểm M bất kì trong tam giác đều ABC đến ba cạnh

của tam giác không phụ thuộc vị trí của M

Hướng dẫn : Hãy chú ý đến

SMBC + SMAC + SMAB = SABC

3 Cho tam giác ABC cân tại A Điểm M thuộc tia đối của tia BC Chứng minh rằng hiệu các khoảng

cách từ điểm M đến đường thẳng AC và AB bằng đường cao ứng với cạnh bên của tam giác ABC

Hướng dẫn : Hãy chú ý đến

SMAC - SMAB = SABC

4 Cho hình thang ABCD (AB // CD, AB < CD) Các đường thẳng AD và BC cắt nhau tại O Gọi F là

trung điểm của CD, E là giao điểm của OF và AB Chứng minh rằng AE = EB

Bài toán 1 : Cho góc xOy Trên Ox lấy hai điểm A, B và trên Oy lấy hai điểm C, D sao cho AB = CD.

Gọi M và N là trung điểm của AC và BD Chứng minh đường thẳng MN song song với phân giác góc xOy

Suy luận : Vị trí đặc biệt nhất của CD là khi CD đối xứng với AB qua Oz, phân giác góc xOy

chứng minh MN // EF là đủ (xem hình 1)

Bài toán 1 có nhiều biến dạng” rất thú vị, sau đây là một vài biến dạng của nó, đề nghị các bạn giải xem như những bài tập nhỏ ; sau đó hãy đề xuất những “biến dạng” tương tự

Bài toán 2 : Cho tam giác ABC Trên AB và CD có hai điểm D và E chuyển động sao cho BD = CE

Đường thẳng qua các trung điểm của BC và DE cắt AB và AC tại I và J Chứng minh ΔADC và ΔADB : các đường cao DI = AIJ cân

Bài toán 3 : Cho tam giác ABC, AB ≠ AC AD và AE là phân giác trong và trung tuyến của tam giác

ABC Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE cắt AB và AC tại M và N Gọi F là trung điểm của MN Chứng minh AD // EF

Trong việc giải các bài toán chứa các điểm di động, việc xét các vị trí đặc biệt càng tỏ ra hữu ích, đặc biệt là các bài toán “tìm tập hợp điểm”

Bài toán 4 : Cho nửa đường tròn đường kính AB cố định và một điểm C chuyển động trên nửa đường

tròn đó Dựng hình vuông BCDE Tìm tập hợp C, D và tâm hình vuông

Ta xét trường hợp hình vuông BCDE “nằm ngoài” nửa đường tròn đã cho (trường hợp hình vuông BCDE nằm trong đường tròn đã cho được xét tương tự, đề nghị các bạn tự làm lấy xem như bài tập) Suy luận : Xét trường hợp C trùng với B Khi đó hình vuông BCDE sẽ thu lại một điểm B và các điểm

I, D, E đều trùng với B, trong đó I là tâm hình vuông BCDE Vậy B là một điểm thuộc các tập hợp cầntìm

nội tiếp chắn nửa đường tròn) và ΔADC và ΔADB : các đường cao DI = BEE1 = ΔADC và ΔADB : các đường cao DI = BCA (c g c) => Đ BEE1 = Đ BCA = 90o => E nằm trên

Cuối cùng, để tìm tập hợp I, ta cần chú ý II1 là đường trung bình của ΔADC và ΔADB : các đường cao DI = BDD1 nên II1 // DD1 => Đ BII1 =

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 đoạn thẳng OC lấy điểm M sao cho OM = CH Tìm tập hợp M

TS Lê Quốc Hán

(ĐH Vinh)

LÀM QUEN VỚI BẤT ĐẲNG THỨC

TRÊ-BƯ-SEP

Các bạn đã từng được làm quen với các bất đẳng thức Cô si, Bunhiacôpski nhưng không ít bạn còn chưa biết về bất đẳng thức Trê - bư - sép Con đường đi đến bất đẳng thức này thật là giản dị, quá gần gũi với những kiến thức cơ bản của các bạn bậc THCS.

Các bạn có thể thấy ngay : Nếu a1 ≤ a2 và b1 ≤ b2 thì (a2 - a1) (b2 - b1) ≥ 0 Khai triển vế trái của bất đẳng thức này ta có :

2 (a1b1 + a2b2) ≤ (a1 + a2) (b1 + b2) (**)

Làm theo con đường đi tới (*) hoặc (**), các bạn có thể giải quyết nhiều bài toán rất thú vị

Bài toán 1 : Biết rằng x + y = 2 Chứng minh x2003 + y2003 ≤ x2004 + y2004

Lời giải : Do vai trò bình đẳng của x và y nên có thể giả sử x ≤ y Từ đó => : x2003 ≤ y2003

Bài toán 2 : Giải hệ phương trình :

Nếu các bạn quan tâm tới các yếu tố trong tam giác thì vận dụng các bất đẳng thức (*) hoặc (**) sẽ dẫn đến nhiều bài toán mới

Bài toán 3 : Cho tam giác ABC có diện tích bằng 1 AH và BK là các đường cao của tam giác

Bài toán 4 : Cho tam giác ABC với BC = a, CA = b, AB = c và các đường cao tương ứng của các

với S là diện tích tam giác ABC

Lời giải : Do vai trò bình đẳng của các cạnh trong tam giác nên có thể giả sử rằng a ≤ b ≤ c

Cộng từng vế của (1), (2), (3) dẫn đến :

Bất đẳng thức (4) trở thành đẳng thức khi và chỉ khi các bất đẳng thức (1), (2), (3) đồng thời trở thành đẳng thức tương đương với a = b = c hay tam giác ABC là tam giác đều

Bây giờ các bạn thử giải các bài tập sau đây :

1) Biết rằng x2 + y2 = 1 Tìm giá trị lớn nhất của F = (x4 + y4) / (x6 + y6)

2) Cho các số dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 1 Chứng minh :

3) Cho tam giác ABC có độ dài các cạnh lần lượt là a, b, c và độ dài các đường phân giác trong thuộc

4) Hãy dự đoán và chứng minh bất đẳng thức Trê - bư - sép với n = 3 Từ đó hãy sáng tạo ra các bài

toán Nếu bạn thấy thú vị với những khám phá của mình ở bài tập này, hãy gửi gấp bài viết về cho chuyên mục EUREKA của TTT2

Lê Võ Việt Khang

(Hà Nội)

PHƯƠNG PHÁP HOÁN VỊ VÒNG QUANH

Phân tích thành nhân tử là một trong những kĩ năng cơ bản nhất của chương trình đại số bậc THCS Kĩnăng này được sử dụng khi giải các bài toán : biến đổi đồng nhất các biểu thức toán học, giải phương trình, chứng minh bất đẳng thức và giải các bài toán cực trị Sách giáo khoa lớp 8 đã giới thiệu nhiềuphương pháp phân tích thành nhân tử Sau đây tôi xin nêu một phương pháp thường sử dụng, dựa vào việc kết hợp các phương pháp quen thuộc như đặt nhân tử chung, nhóm số hạng, hằng đẳng thức Phương pháp này dựa vào một số nhận xét sau đây :

1/ Giả sử phải phân tích biểu thức F(a, b, c) thành nhân tử, trong đó a, b, c có vai trò như nhau trong biểu thức đó Nếu F(a, b, c) = 0 khi a = b thì F(a, b, c) sẽ chứa các nhân tử a - b, b - c và c -

a

Bài toán 1 : Phân tích thành nhân tử :

F(a, b, c) = a2(b - c) + b2(c - a) + c2(a - b)

Nhận xét : Khi a = b ta có :

Tương tự F(a, b, c) chứa các nhân tử b - c, c - a Vì F(a, b, c) là biểu thức bậc ba, do đó F(a, b, c) = k.(a

- b)(b - c)(c - a)

Cho a = 1, b = 0, c = -1 ta có :

1 + 1 = k.1.1.(-2) => k = -1

Vậy : F(a, b, c) = -(a - b)(b - c)(c - a)

Bài toán 2 : Phân tích thành nhân tử :

F(a, b, c) = a3(b - c) + b3(c - a) + c3(a - b)

Nhận xét : Tương tự như bài toán 1, ta thấy F(a, b, c) phải chứa các nhân tử a - b, b - c, c - a Nhưng ở

đây F(a, b, c) là biểu thức bậc bốn, trong khi đó (a - b)(b - c)(c - a) bậc ba, vì vậy F(a, b, c) phải có mộtthừa số bậc nhất của a, b, c Do vai trò a, b, c như nhau nên thừa số này có dạng k(a + b + c) Do đó :F(a, b, c) = k(a - b)(b - c)(c - a)(a + b + c)

Cho a = 0 ; b = 1 ; c = 2 => k = -1

Vậy : F(a, b, c) = -(a - b)(b - c)(c - a)(a + b + c)

2/ Trong một số bài toán, nếu F(a, b, c) là biểu thức đối xứng của a, b, c nhưng F(a, b, c) ≠ 0 khi

a = b thì ta thử xem khi a = -b, F(a, b, c) có triệt tiêu không, nếu thỏa mãn thì F(a, b, c) chứa nhân tử a + b, và từ đó chứa các nhân tử b + c, c + a

Bài toán 3 : Chứng minh rằng :

Nếu : 1/x + 1/y + 1/z = 1/(x + y + z) thì

1/xn + 1/yn + 1/zn = 1/(xn + yn + zn)

với mọi số nguyên lẻ n

Nhận xét :

Từ giả thiết 1/x + 1/y + 1/z = 1/(x + y + z) => :

(xy + xz + yz)(x + y + z) - xyz = 0 (*)

Do đó ta thử phân tích biểu thức

F(x, y, z) = (xy + xz + yz)(x + y + z) - xyz thành nhân tử

tự như bài toán 1, ta có F(x, y, z) = (x + y)(y + z)(x + z)

Do đó (*) trở thành : (x + y)(y + z)(x + z) = 0

Tương đương với : x + y = 0 hoặc y + z = 0 hoặc z + x = 0

Vậy : 1/xn + 1/yn + 1/zn = 1/(xn + yn + zn)

Tương tự cho các trường hợp còn lại, ta có đpcm

Có những khi ta phải linh hoạt hơn trong tình huống mà hai nguyên tắc trên không thỏa mãn :

Bài toán 4 :

Phân tích đa thức sau thành nhân tử :

F(x, y, z) = x3 + y3 + z3 - 3xyz

Nhận xét : Ta thấy rằng khi x = y hay x = -y thì F(x, y, z) ≠ 0 Nhưng nếu thay x = -(y + z) thì F(x, y,

- yz - zx và dư là 0 Do đó :

F(x, y, z) = (x + y + z)(x2 + y2 + z2 - xy - yz - zx)

Các bạn hãy dùng các phương pháp và kết quả nêu trên để giải các bài tập sau đây

MỘT PHƯƠNG PHÁP TÌM NGHIỆM ĐỘC ĐÁO

Bằng kiến thức hình học lớp 6 ta có thể giải được các phương trình bậc hai một ẩn được không ? Câu trả lời là ở trường hợp tổng quát thì không được, nhưng trong rất nhiều trường hợp ta vẫn có thể tìm được nghiệm dương

Ví dụ : Tìm nghiệm dương của phương trình x2 + 10x = 39

Lời giải :

dài mỗi cạnh của hình vuông thêm 5 đơn vị (như hình vẽ), ta dễ thấy :

Hình vuông to có độ dài cạnh là x + 5 sẽ có diện tích là 64 Do đó :

Vậy phương trình có nghiệm dương là x = 3

Phương pháp này đã được nhà toán học Italia nổi tiếng Jerôm Cacđanô (1501 - 1576) sử dụng khi tìm

Phương pháp chung để giải :

1/ Dựa vào định nghĩa ƯCLN để biểu diễn hai số phải tìm, liên hệ với các yếu tố đã cho để tìm hai số 2/ Trong một số trường hợp, có thể sử dụng mối quan hệ đặc biệt giữa ƯCLN, BCNN và tích của hai

số nguyên dương a, b, đó là : ab = (a, b).[a, b], trong đó (a, b) là ƯCLN và [a, b] là BCNN của a và b Việc chứng minh hệ thức này không khó :

=> ab = (a, b).[a, b] (**)

Chúng ta hãy xét một số ví dụ minh họa

Bài toán 1 : Tìm hai số nguyên dương a, b biết [a, b] = 240 và (a, b) = 16 Lời giải : Do vai trò của a,

b là như nhau, không mất tính tổng quát, giả sử a ≤ b

Bài toán 2 : Tìm hai số nguyên dương a, b biết ab = 216 và (a, b) = 6

Lời giải : Lập luận như bài 1, giả sử a ≤ b

Vì vậy : ab = 6m.6n = 36mn => ab = 216 tương đương mn = 6 tương đương m = 1, n = 6 hoặc m = 2,

n = 3 tương đương với a = 6, b = 36 hoặcc là a = 12, b = 18

Bài toán 3 : Tìm hai số nguyên dương a, b biết ab = 180, [a, b] = 60

Bài toán 4 : Tìm hai số nguyên dương a, b biết a/b = 2,6 và (a, b) = 5

Lời giải : Theo (*), (a, b) = 5 => a = 5m ; b = 5n với m, n thuộc Z+ ; (m, n) = 1

Vì vậy : a/b = m/n = 2,6 => m/n = 13/5 tương đương với m = 13 và n = 5 hay a = 65 và b = 25

Chú ý : phân số tương ứng với 2,6 phải chọn là phân số tối giản do (m, n) = 1

Bài toán 5 :

Tìm a, b biết a/b = 4/5 và [a, b] = 140

Lời giải : Đặt (a, b) = d Vì , a/b = 4/5 , mặt khác (4, 5) = 1 nên a = 4d, b = 5d

Lưu ý [a, b] = 4.5.d = 20d = 140 => d = 7 => a = 28 ; b = 35

Bài toán 6 : Tìm hai số nguyên dương a, b biết a + b = 128 và (a, b) = 16

Lời giải : Lập luận như bài 1, giả sử a ≤ b

Vì vậy : a + b = 128 tương đương 16(m + n) = 128 tương đương m + n = 8

Tương đương với m = 1, n = 7 hoặc m = 3, n = 5 hay a = 16, b = 112 hoặc a = 48, b = 80

Bài toán 7 : Tìm a, b biết a + b = 42 và [a, b] = 72

Lời giải : Gọi d = (a, b) => a = md ; b = nd với m, n thuộc Z+ ; (m, n) = 1

Không mất tính tổng quát, giả sử a ≤ b => m ≤ n

Do đó : a + b = d(m + n) = 42 (1)

[a, b] = mnd = 72 (2)

=> d là ước chung của 42 và 72 => d thuộc {1 ; 2 ; 3 ; 6}

Lần lượt thay các giá trị của d vào (1) và (2) để tính m, n ta thấy chỉ có trường hợp d = 6 => m + n =

7 và mn = 12 => m = 3 và n = 4 (thỏa mãn các điều kiện của m, n) Vậy d = 6 và a = 3.6 = 18 , b = 4.6 = 24

Bài toán 8 : Tìm a, b biết a - b = 7, [a, b] = 140

Do đó : a - b = d(m - n) = 7 (1’)

[a, b] = mnd = 140 (2’)

=> d là ước chung của 7 và 140 => d thuộc {1 ; 7}

Thay lần lượt các giá trị của d vào (1’) và (2’) để tính m, n ta được kết quả duy nhất :

d = 7 => m - n = 1 và mn = 20 => m = 5, n = 4

Vậy d = 7 và a = 5.7 = 35 ; b = 4.7 = 28

Bài tập tự giải :

1/ Tìm hai số a, b biết 7a = 11b và (a, b) = 45

2/ Tìm hai số biết tổng của chúng bằng 448, ƯCLN của chúng bằng 16 và chúng có các chữ số hàng đơn vị giống nhau

3/ Cho hai số tự nhiên a và b Tìm tất cả các số tự nhiên c sao cho trong ba số, tích của hai số luôn chiahết cho số còn lại

Nhà Giáo Ưu Tú Võ Ngọc Phan

(THCS Đặng Thai Mai, TP Vinh)

VẬN DỤNG BỔ ĐỀ HÌNH THANG VÀO GIẢI TOÁN

* Trong Tạp chí Toán Tuổi thơ 2 số 4 (TTT2(4)), tháng 6 năm 2003, ở mục kết quả Thử tí toán, để

chia đôi một đoạn thẳng song song với một đường thẳng cho trước chỉ bẳng thước thẳng, ta đã dựa vàomột bổ đề :

“Đường thẳng nối giao điểm các đường chéo của hình thang với giao điểm các cạnh bên kéo dài sẽ chia đáy của hình thang thành hai phần bằng nhau”

Bổ đề này thường được gọi là bổ đề “Hình thang” Để chứng minh bổ đề, các bạn có thể tham khảo phần chứng minh trong TTT2(4)

* ở bài viết này, xin nêu thêm một số dạng ứng dụng khác của bổ đề “Hình thang”

Bài toán 1 : Cho DABC M, N, P lần lượt là các điểm trên các cạnh BC, CA, AB Nối AM, BN, CP

cắt nhau tại I, J, K (hình 1) Kí hiệu S là diện tích, chứng minh rằng :

Nếu SΔADC và ΔADB : các đường cao DI = AIN = SΔADC và ΔADB : các đường cao DI = BJP = SΔADC và ΔADB : các đường cao DI = CKM = SΔADC và ΔADB : các đường cao DI = IJK thì SAPJI = SBMKJ = SCNIK

Lời giải : Gọi L là giao điểm của CI và NK

Từ SΔADC và ΔADB : các đường cao DI = ANI = SΔADC và ΔADB : các đường cao DI = IJK => SΔADC và ΔADB : các đường cao DI = ANI + SΔADC và ΔADB : các đường cao DI = AIJ = = SΔADC và ΔADB : các đường cao DI = IJK + SΔADC và ΔADB : các đường cao DI = AIJ => SΔADC và ΔADB : các đường cao DI = NAJ = SΔADC và ΔADB : các đường cao DI = KAJ

Ta nhận thấy ΔADC và ΔADB : các đường cao DI = NAJ và ΔADC và ΔADB : các đường cao DI = KAJ có chung cạnh AJ nên khoảng cách từ N và K tới AJ là bằng nhau, dẫn đến NK // AJ

Xét hình thang KNAJ, có hai cạnh bên AN x JK = C ; có hai đường chéo AK x JN = I, theo bổ đề

“Hình thang”, CI cắt NK tại trung điểm của NK Vậy L là trung điểm của NK (*)

Từ (*) ta chứng minh được SΔADC và ΔADB : các đường cao DI = CIN = S ΔADC và ΔADB : các đường cao DI = CIK, mà SΔADC và ΔADB : các đường cao DI = AIN = S ΔADC và ΔADB : các đường cao DI = CKM => SΔADC và ΔADB : các đường cao DI = CIM = SΔADC và ΔADB : các đường cao DI = CIA => IA = IM (**) ( ΔADC và ΔADB : các đường cao DI = CIM

và ΔADC và ΔADB : các đường cao DI = CIA có chung đường cao hạ từ C tới AM)

Từ (**) => S ΔADC và ΔADB : các đường cao DI = BIA = S ΔADC và ΔADB : các đường cao DI = BIM ( ΔADC và ΔADB : các đường cao DI = BIM và ΔADC và ΔADB : các đường cao DI = BIA có chung đường cao hạ từ B tới AM)

Tương đương với S ΔADC và ΔADB : các đường cao DI = BPJ + SAPJI = S ΔADC và ΔADB : các đường cao DI = IJK + SBJKM hay SAPJI = SBJKM (do S ΔADC và ΔADB : các đường cao DI = BPJ = SIJK)

Hoàn toàn tương tự, ta chứng minh được từng cặp trong ba tứ giác APJI, BMKJ, CNIK có diện tích bằng nhau và do đó diện tích của ba tứ giác này bằng nhau

* Xét bài toán đảo của bài toán dựng hình chỉ bằng thước kẻ trong TTT2(4) nói trên

Bài toán 2 : Cho trước một đoạn thẳng AB và trung điểm M của nó Chỉ bằng thước thẳng, hãy dựng

qua điểm C nằm ngoài AB, một đường thẳng song song với AB

Lời giải :

Phân tích : Giả sử dựng được đường thẳng (d) đi qua C và song song với AB (hình 2)

Trên phần kéo dài của tia BC, lấy một điểm S bất kì Gọi giao điểm của SA và (d) là D, AC cắt BD tại

O Theo bổ đề Hình thang, đường thẳng SO đi qua điểm M, từ đó ta có cách dựng

Cách dựng : Lấy điểm S như trên Lần lượt nối AC, SM, các đường thẳng này cắt nhau tại O Nối SA,

BO, cắt nhau tại D Đường thẳng (d) đi qua C, D chính là đường thẳng cần dựng : (d) đi qua C, (d) //

AB

* Kết quả của bài toán 2 cũng được vận dụng trong nhiều bài toán dựng hình chỉ bằng thước thẳng

Bài toán 3 : Cho hình bình hành ABCD với O là tâm Chỉ dùng thước thẳng, qua O, hãy dựng đường

thẳng song song với một cạnh bất kì của hình bình hành ABCD

Lời giải : Theo bài toán, O lần lượt là trung điểm AC, BD (hình 3)

áp dụng bài toán 2 cho đoạn thẳng AC với O là trung điểm của AC và B là điểm nằm ngoài AC, ta hoàn toàn dựng được đường thẳng Bx // AC

Tương tự, ta cũng dựng được đường thẳng Cy // BD

Gọi E là giao điểm của Bx, Cy, ta thấy ngay OBEC là hình bình hành

Do đó, nếu gọi I là giao điểm của BC và OE thì I là trung điểm của BC, mặt khác O là trung điểm của

BD nên OI là đường trung bình của DBCD, OI // CD

=> OE là đường thẳng cần dựng

Bài toán 4 : Trong mặt phẳng cho trước đường tròn (S) và tâm O của nó ; một điểm M và một đường

thẳng (d) bất kì Chỉ bằng thước thẳng, hãy dựng một đường thẳng đi qua M song song với (d)

Lời giải : Để áp dụng được bài toán 2 trong trường hợp này, ta cần xác định được trên (d) hai điểm P,

Q khác nhau và điểm N là trung điểm của PQ

Ta thực hiện như sau :

Trên (d), lấy một điểm P tùy ý (hình 4) Qua P, kẻ cát tuyến PAB tới (S) AO, BO cắt (S) lần lượt tại

Bài toán 5 : Cho trước đường tròn (S) và tâm O của nó, M là một điểm bất kì Chỉ dùng thước thẳng,

hãy dựng qua M một đường thẳng vuông góc với một đường thẳng (d) cho trước

Bài toán 6 : Cho tứ giác ABCD, AD cắt BC tại S, AC cắt BD tại O Chứng minh rằng nếu SO đi qua

trung điểm M của AB thì SO cũng đi qua trung điểm N của CD và tứ giác ABCD là hình thang

Nguyễn Hoàng Anh

(GV THCS Nguyễn Du, Quận I, TP Hồ Chí Minh)

MỘT SỐ DẠNG TOÁN SỬ DỤNG PHÉP PHÂN TÍCH ĐA THỨC

THÀNH NHÂN TỬ

Sau khi xem xong tạp chí Toán Tuổi thơ 2 số 5 (tháng 7 năm 2003), tôi rất tâm đắc với các bài toán phân tích đa thức thành nhân tử Do đó tôi mạnh dạn trao đổi với bạn đọc về vấn đề vận dụng phép phân tích đa thức thành nhân tử vào giải một số dạng toán ở bậc THCS

Lời giải : Hạ AH vuông góc với BC ; BI vuông góc với AC Ta có AH = ha, BI = hb Dễ thấy 2 tam

áp dụng điều tương tự ta có :

Vì góc A ≥ góc B ≥ góc C tương đương với a ≥ b ≥ c nên (**) đúng, tức là (*) được chứng minh

3 Giải phương trình và bất phương trình

Bài toán 4 : Giải phương trình : 4x3 - 10x2 + 6x - 1 = 0 (1)

Vậy phương trình (2) có nghiệm duy nhất là x = 3

Bài toán 6 : Giải bất phương trình : 7x3 - 12x2 - 8 < 0 (3)

Lời giải : (3) 7x3 - 14x2 + 2x2 - 8 < 0

tương đương với (x - 2)[6x2 + 3 + (x + 1)2] < 0 hay x - 2 < 0 => x < 2

Vậy bất phương trình (3) có nghiệm là x < 2

(b - a)[3ab + 2ab(b + a) - 2(a + b)] = 0

Vì a ≠ b => b - a ≠ 0 nên hệ thức trên tương đương với : 3ab + 2ab(b + a) - 2(a + b) = 0

Do a.b ≠ 0 => 3/2 + a + b - (a + b)/ab = 0

=> : a + b + 3/2 = 1/a + 1/b (đpcm)

Bài toán 8 : Chứng minh : n2 + 11n + 39 không chia hết cho 49 với "n thuộc N

Lời giải : Xét M = n2 + 11n + 39 = n2 + 2n + 9n + 18 + 21 = (n + 2)(n + 9) + 21

Có (n + 9) - (n + 2) = 7 => n + 9 và n + 2 cùng chia hết cho 7 hoặc không cùng chia hết cho 7

- Nếu n + 9 và n + 2 cùng chia hết cho 7 thì (n + 9)(n + 2) chia hết cho 49 mà 21 không chia hết cho 49nên M không chia hết cho 49

- Nếu n + 9 và n + 2 không cùng chia hết cho 7 thì (n + 9)(n + 2) không chia hết cho 7 mà 21 chia hết cho 7 nên M không chia hết cho 49

Sau đây là một số bài tập để các bạn thử vận dụng :

1 Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình : x6 - x4 + 2x3 + 2x2 = y2

2 Cho ab ≥ 1

3 Chứng minh rằng với mỗi số nguyên lẻ n thì (n86 - n4 + n2) chia hết cho 1152

Phạm Văn Chiến

(GV trường THCS Xuân Phong, Xuân Trường, Nam Định)

CHỨNG MINH MỘT SỐ KHÔNG PHẢI LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG

Trong chương trình Toán lớp 6, các em đã được học về các bài toán liên quan tới phép chia hết của một số tự nhiên cho một số tự nhiên khác 0 và đặc biệt là được giới thiệu về số chính phương, đó là số

tự nhiên bằng bình phương của một số tự nhiên (chẳng hạn : 0 ; 1 ; 4 ; 9 ;16 ; 25 ; 121 ; 144 ; …) Kết hợp các kiến thức trên, các em có thể giải quyết bài toán : Chứng minh một số không phải là số chính phương Đây cũng là một cách củng cố các kiến thức mà các em đã được học Những bài toán này sẽ làm tăng thêm lòng say mê môn toán cho các em

1 Nhìn chữ số tận cùng

Vì số chính phương bằng bình phương của một số tự nhiên nên có thể thấy ngay số chính phương

phải có chữ số tận cùng là một trong các chữ số 0 ; 1 ; 4 ; 5 ; 6 ; 9 Từ đó các em có thể giải được

bài toán kiểu sau đây :

Bài toán 1 : Chứng minh số : n = 20042 + 20032 + 20022 - 20012

không phải là số chính phương

Lời giải : Dễ dàng thấy chữ số tận cùng của các số 20042 ; 20032 ; 20022 ; 20012 lần lượt là 6 ; 9 ; 4 ;

1 Do đó số n có chữ số tận cùng là 8 nên n không phải là số chính phương

Chú ý : Nhiều khi số đã cho có chữ số tận cùng là một trong các số 0 ; 1 ; 4 ; 5 ; 6 ; 9 nhưng vẫn

không phải là số chính phương Khi đó các bạn phải lưu ý thêm một chút nữa :

Nếu số chính phương chia hết cho số nguyên tố p thì phải chia hết cho p 2

Bài toán 2 : Chứng minh số 1234567890 không phải là số chính phương

Lời giải : Thấy ngay số 1234567890 chia hết cho 5 (vì chữ số tận cùng là 0) nhưng không chia hết cho

25 (vì hai chữ số tận cùng là 90) Do đó số 1234567890 không phải là số chính phương

Chú ý : Có thể lý luận 1234567890 chia hết cho 2 (vì chữ số tận cùng là 0), nhưng không chia hết cho

4 (vì hai chữ số tận cùng là 90) nên 1234567890 không là số chính phương

Bài toán 3 : Chứng minh rằng nếu một số có tổng các chữ số là 2004 thì số đó không phải là số chính

phương

Lời giải : Ta thấy tổng các chữ số của số 2004 là 6 nên 2004 chia hết cho 3 mà không chia hết 9 nên số

có tổng các chữ số là 2004 cũng chia hết cho 3 mà không chia hết cho 9, do đó số này không phải là sốchính phương

2 Dùng tính chất của số dư

Chẳng hạn các em gặp bài toán sau đây :

Bài toán 4 : Chứng minh một số có tổng các chữ số là 2006 không phải là số chính phương

Chắc chắn các em sẽ dễ bị “choáng” Vậy ở bài toán này ta sẽ phải nghĩ tới điều gì ? Vì cho giả thiết

về tổng các chữ số nên chắc chắn các em phải nghĩ tới phép chia cho 3 hoặc cho 9 Nhưng lại không gặp điều “kì diệu” như bài toán 3 Thế thì ta nói được điều gì về số này ? Chắc chắn số này chia cho 3 phải dư 2 Từ đó ta có lời giải

Lời giải : Vì số chính phương khi chia cho 3 chỉ có số dư là 0 hoặc 1 mà thôi (coi như bài tập để

các em tự chứng minh !) Do tổng các chữ số của số đó là 2006 nên số đó chia cho 3 dư 2 Chứng tỏ số

đã cho không phải là số chính phương

Tương tự các em có thể tự giải quyết được 2 bài toán :

Bài toán 5 : Chứng minh tổng các số tự nhiên liên tiếp từ 1 đến 2005 không phải là số chính phương Bài toán 6 : Chứng minh số :

Bây giờ các em theo dõi bài toán sau để nghĩ tới một “tình huống” mới

Bài toán 7 : Chứng minh số :

Nhận xét : Nếu xét n chia cho 3, các em sẽ thấy số dư của phép chia sẽ là 1, thế là không “bắt chước”

được cách giải của các bài toán 3 ; 4 ; 5 ; 6 Nếu xét chữ số tận cùng các em sẽ thấy chữ số tận cùng của n là 9 nên không làm “tương tự” được như các bài toán 1 ; 2 Số dư của phép chia n cho 4 là dễ

thấy nhất, đó chính là 3 Một số chính phương khi chia cho 4 sẽ cho số dư như thế nào nhỉ ? Các

em có thể tự chứng minh và được kết quả : số dư đó chỉ có thể là 0 hoặc 1 Như vậy là các em đã giải

xong bài toán 7

3 “Kẹp” số giữa hai số chính phương “liên tiếp”

là số chính phương Từ đó các em có thể xét được các bài toán sau :

Bài toán 8 : Chứng minh số 4014025 không là số chính phương

Nhận xét : Số này có hai chữ số tận cùng là 25, chia cho 3 dư 1, chia cho 4 cũng dư 1 Thế là tất cả

các cách làm trước đều không vận dụng được Các em có thể thấy lời giải theo một hướng khác

Lời giải : Ta có 20032 = 4012009 ; 20042 = 4016016 nên 20032 < 4014025 < 20042 Chứng tỏ

4014025 không là số chính phương

Bài toán 9 : Chứng minh A = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) không là số chính phương với mọi số tự nhiên n

khác 0

Nhận xét : Đối với các em đã làm quen với dạng biểu thức này thì có thể nhận ra A + 1 là số chính

phương (đây là bài toán quen thuộc với lớp 8) Các em lớp 6, lớp 7 cũng có thể chịu khó đọc lời giải

Lời giải : Ta có : A + 1 = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 = (n2 + 3n)(n2 + 3n + 2) + 1 = (n2 + 3n)2 + 2(n2 + 3n) +1 = (n2 + 3n +1)2

Mặt khác :

(n2 + 3n)2 < (n2 + 3n)2 + 2(n2 + 3n) = A

số chính phương

Các em có thể rèn luyện bằng cách thử giải bài toán sau :

Bài toán 10 : Hãy tìm số tự nhiên n sao cho A = n4 - 2n3 + 3n2 - 2n là số chính phương

Bài toán 11 : Chứng minh số 235 + 2312 + 232003 không là số chính phương

Gợi ý : Nghĩ đến phép chia cho 3 hoặc phép chia cho 4

Bài toán 12 : Có 1000 mảnh bìa hình chữ nhật, trên mỗi mảnh bìa được ghi một số trong các số từ 2

đến 1001 sao cho không có hai mảnh nào ghi số giống nhau Chứng minh rằng : Không thể ghép tất cảcác mảnh bìa này liền nhau để được một số chính phương

Bài toán 13 : Chứng minh rằng : Tổng các bình phương của bốn số tự nhiên liên tiếp không thể là số

chính phương

Gợi ý : Nghĩ tới phép chia cho 4

Bài toán 14 : Chứng minh rằng số 333333 + 555555 + 777777 không là số chính phương

Gợi ý : Nghĩ đến phép chia cho … một chục (?)

Bài toán 15 : Lúc đầu có hai mảnh bìa, một cậu bé tinh nghịch cứ cầm một mảnh bìa lên lại xé ra làm

bốn mảnh Cậu ta mong rằng cứ làm như vậy đến một lúc nào đó sẽ được số mảnh bìa là một số chính phương Cậu ta có thực hiện được mong muốn đó không ?

Để kết thúc bài viết này, tôi muốn chúc các em học thật giỏi môn toán ngay từ đầu bậc THCS và cho tôi được nói riêng với các quý thầy cô : nguyên tắc chung để chứng minh một số tự nhiên không là số chính phương, đó là dựa vào một trong các điều kiện cần để một số là số chính phương (mà như các quý thầy cô đã biết : mọi điều kiện cần trên đời là dùng để … phủ định !) Từ đó các quý thầy cô có thể sáng tạo thêm nhiều bài toán thú vị khác

Mong các em và quý thầy cô phát hiện thêm nhiều điều kiện cần nữa để chúng ta có thể tìm hiểu kĩ hơn về số chính phương

Lê Võ Việt Khang

Phương pháp 1 : Dựa vào định nghĩa

Ta biết rằng, số chính phương là bình phương của một số tự nhiên Dựa vào định nghĩa này, ta có thể định hướng giải quyết các bài toán

Bài toán 1 : Chứng minh : Với mọi số tự nhiên n thì

Bài toán 2 : Chứng minh số :

là số chính phương

Lời giải :

Ta có :

Vậy : là số chính phương

Phương pháp 2 : Dựa vào tính chất đặc biệt

Ta có thể chứng minh một tính chất rất đặc biệt : “Nếu a, b là hai số tự nhiên nguyên tố cùng nhau và a.b là một số chính phương thì a và b đều là các số chính phương”

Bài toán 3 : Chứng minh rằng : Nếu m, n là các số tự nhiên thỏa mãn 3m2 + m = 4n2 + n thì m - n và 4m + 4n + 1 đều là số chính phương

Từ 8m + 1 chia hết cho d và m chia hết cho d ta có 1 chia hết cho d => d = 1

Vậy m - n và 4m + 4n + 1 là các số tự nhiên nguyên tố cùng nhau, thỏa mãn (*) nên chúng đều là các

số chính phương Cuối cùng xin gửi tới các bạn một số bài toán thú vị về số chính phương :

1) Chứng minh các số sau đây là số chính phương :

2) Cho các số nguyên dương a, b, c đôi một nguyên tố cùng nhau, thỏa mãn : 1/a + 1/b = 1/c Hãy cho biết a + b có là số chính phương hay không ?

CHỦ ĐỘNG SÁNG TẠO KHI GIẢI TOÁN HÌNH HỌC

Một vấn đề đặt ra là nên cấu tạo đề bài tập toán như thế nào (với mục đích vận dụng kiến thức, rèn luyện kĩ năng, kiểm tra năng lực toán học v.v ) để phù hợp phương pháp dạy học đổi mới theo định hướng tích cực, độc lập, sáng tạo

Câu trả lời đã trở nên rõ ràng nếu chú ý nhận xét tính đa dạng và phong phú của hệ thống bài tập trong sách giáo khoa mới Trong khuôn khổ một bài báo, do không thể phân tích hết ưu nhược điểm của từng thể loại bài tập toán nhằm giúp học sinh học tập chủ động, sáng tạo, tác giả xin trao đổi với các bạn đồng nghiệp về vấn đề này thông qua một số ví dụ về bài tập hình học

Thí dụ 1 : Bài tập kích thích mạnh mẽ tư duy học sinh là loại bài tập tình huống Ta hãy xét bài tập

sau (lớp 7).

Cho điểm M trên trang giấy và hai đường thẳng d, d’ cắt nhau nhau ngoài trang giấy Hãy vẽ đường thẳng d’’ đi qua điểm M và giao điểm của d, d’ Nói cách vẽ và giải thích vì sao vẽ được như vậy

Tình huống của bài tập này là : Học sinh phải vẽ một đường thẳng đi qua hai điểm, trong đó một điểm

đã cho trước, còn điểm thứ hai thì chưa xác định được

Hướng giải quyết bài toán không phải là vẽ giao điểm của hai đường thẳng d và d’ mà là tìm quan hệ giữa đường thẳng phải vẽ (đường thẳng d’’ đi qua điểm M) với những đường thẳng khác có thể vẽ được trên trang giấy

Quá trình mò mẫm dẫn đến cấu hình ba đường cao đồng quy trong tam giác, từ đó => cách vẽ

Lời giải (tóm tắt) mong đợi là như sau :

Cách vẽ : Vẽ đường thẳng a đi qua M và vuông góc với d’, a cắt d tại A Vẽ đường thẳng b đi qua M

và vuông góc với d, b cắt d’ tại B Vẽ đường thẳng d’’ đi qua M và vuông góc với AB, d’’ là đường thẳng phải vẽ, nó đi qua giao điểm của d và d’ (giao điểm này nằm ngoài trang giấy) vì ba đường cao

d, d’, d’’ của tam giác MAB đồng quy

Cũng có thể giải thích như sau :

Giả sử giao điểm của d và d’ là C (nằm ngoài trang giấy) Trong tam giác ABC, hai đường cao a và b cắt nhau tại M Thế thì đường thẳng d’’ đi qua M (trực tâm của tam giác ABC) và vuông góc với AB phải là đường cao thứ ba, vậy d’’ đi qua C

Thí dụ 2 : Ta hãy xét bài tập sau (lớp 8).

Cho hình vuông ABCD, I là trung điểm của AB, J là trung điểm của BC và K là trung điểm của IB Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ B xuống IC Chứng minh rằng hai đường thẳng HJ và HK vuông góc với nhau

Tình huống đặt ra đối với học sinh ở bài tập này là : Với kiến thức đã học, nên chọn phương pháp nào

để chứng minh hai đường thẳng HJ và HK vuông góc với nhau Học sinh có thể nghĩ tới các hướng chứng minh sau :

HK và HJ là hai tia phân giác của hai góc kề bù (không thể được !)

ΔADC và ΔADB : các đường cao DI = KHJ = ΔADC và ΔADB : các đường cao DI = KBJ (?)

Định lí Py-ta-go thuận và đảo (?)

v.v

Học sinh loại dần hướng chứng minh sai, và thử các hướng chứng minh có triển vọng

Lời giải (tóm tắt) mong đợi là như sau :

Gọi cạnh hình vuông là a, ta có :

Chú ý rằng, theo chương trình mới, học sinh lớp 7 chưa học định lí : Trong tam giác vuông, đường

trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền.

Thí dụ 3 : Ta hãy xét bài tập sau (lớp 7)

a) Tính Đ ECD

b) Tính Đ EDC

c) Trong tam giác CDE thì cạnh nào lớn nhất ?

Đây là một bài tập dễ, vận dụng nhiều kiến thức và có nhiều cách giải khác nhau Nếu đề kiểm tra cuốinăm phần hình học lớp 7 được ra theo kiểu này thì chắc chắn học sinh sẽ bộc lộ rõ ràng mức độ nắm vững kiến thức cơ bản, kĩ năng cơ bản của mình và ngay cả học sinh trung bình, yếu cũng hi vọng giải được hầu hết các câu hỏi của bài toán

Vậy cạnh CD lớn nhất Cách giải khác :

Vậy cạnh CD lớn nhất

Phạm Gia Đức

(Tác giả Sách giáo khoa Toán 7 mới)

NGUYÊN LÍ ĐI - RÍCH - LÊ

Nguyên lí Đi-rích-lê phát biểu như sau : “Nếu có m vật đặt vào n cái ngăn kéo và m > n thì có ít nhất

một ngăn kéo chứa ít nhất hai vật”

Nguyên lí Đi-rích-lê chỉ giúp ta chứng minh được sự tồn tại “ngăn kéo” chứa ít nhất hai vật mà không chỉ ra được đó là “ngăn kéo” nào Các bạn hãy làm quen việc vận dụng nguyên lí qua các bài toán sau đây

Vì có 11 số dư mà chỉ có 10 khả năng dư, theo nguyên lí Đi-rích-lê, tồn tại ít nhất 2 số khi chia cho 10

có cùng số dư do đó hiệu của chúng chia hết cho 10 (đpcm)

Bài toán 2 :

Chứng minh rằng tồn tại số có dạng 19941994 199400 0 chia hết cho 1995

Lời giải :

Xét 1995 số có dạng : 1994 ; 19941994 ; ;

Nếu một trong các số trên chia hết cho 1995 thì dễ dàng có đpcm

Nếu các số trên đều không chia hết cho 1995 thì khi chia từng số cho 1995 sẽ chỉ có 1994 khả năng dư

Vì 1999n và 104 nguyên tố cùng nhau, do đó (1999m-n - 1) chia hết cho 104

Lập luận tương tự bài toán 2 ta được :

hay 11 100 0 chia hết cho 2003 (đpcm)

Một số bài toán tự giải :

Bài toán 5 :

Chứng minh rằng mọi số nguyên tố p ta có thể tìm được một số được viết bởi hai chữ số chia hết cho

p

Bài toán 6 :

Chứng minh rằng nếu một số tự nhiên không chia hết cho 2 và 5 thì tồn tại bội của nó có dạng :

Các bạn hãy đón đọc số sau : Nguyên lí Đi-rích-lê với những bài toán hình học thú vị

Mai Văn Quảng < Hải Lãng, Tiên trấn thị THCS trường>

NGUYÊN LÍ ĐI-RÍCH-LÊ

& NHỮNG BÀI TOÁN HÌNH HỌC THÚ VỊ

Tạp chí Toán Tuổi thơ số 12 đã đề cập đến các bài toán số học được vận dụng nguyên lí Đi-rích-lê để giải quyết

Nguyên lí có thể mở rộng như sau : Nếu có m vật đặt vào n cái ngăn kéo và m > k.n thì có ít nhất một ngăn kéo chứa ít nhất k + 1 vật Với mở rộng này, ta còn có thể giải quyết thêm nhiều bài toán khác Sau đây xin giới thiệu để bạn đọc làm quen việc vận dụng nguyên lí Đi-rích-lê với một số bài toán hình học

Bài toán 1 : Trong tam giác đều có cạnh bằng 4 (đơn vị độ dài, được hiểu đến cuối bài viết) lấy 17

điểm Chứng minh rằng trong 17 điểm đó có ít nhất hai điểm mà khoảng cách giữa chúng không vượt quá 1

Lời giải : Chia tam giác đều có cạnh bằng 4 thành 16 tam giác đều có cạnh bằng 1 (hình 1) Vì 17 >

16, theo nguyên lí Đi-rích-lê, tồn tại ít nhất một tam giác đều cạnh bằng 1 có chứa ít nhất 2 điểm trong

số 17 điểm đã cho Khoảng cách giữa hai điểm đó luôn không vượt quá 1 (đpcm)

Bài toán 2 : Trong một hình vuông cạnh bằng 7, lấy 51 điểm Chứng minh rằng có 3 điểm trong 51 điểm đã cho nằm trong một hình tròn có bán kính bằng 1

Lời giải : Chia hình vuông cạnh bằng 7 thành 25 hình vuông bằng nhau, cạnh của mỗi hình vuông nhỏ

bằng 5/7 (hình 2)

Vì 51 điểm đã cho thuộc 25 hình vuông nhỏ, mà 51 > 2.25 nên theo nguyên lí Đi-rích-lê, có ít nhất một hình vuông nhỏ chứa ít nhất 3 điểm (3 = 2 + 1) trong số 51 điểm đã cho Hình vuông cạnh bằng cóbán kính đường tròn ngoại tiếp là :

Vậy bài toán được chứng minh Hình tròn này chính là hình tròn bán kính bằng 1, chứa hình vuông ta

đã chỉ ra ở trên

Bài toán 3 : Trong mặt phẳng cho 2003 điểm sao cho cứ 3 điểm bất kì có ít nhất 2 điểm cách nhau

một khoảng không vượt quá 1 Chứng minh rằng : tồn tại một hình tròn bán kính bằng 1 chứa ít nhất

Khi đó, xét một điểm C bất kì trong số 2001 điểm còn lại Xét 3 điểm A, B, C, vì AB > 1 nên theo giả

Tính thêm tâm của hình tròn này thì hình tròn này chính là hình tròn bán kính bằng 1 chứa ít nhất 1002điểm trong 2003 điểm đã cho

Bài toán 4 : Cho hình bình hành ABCD, kẻ 17 đường thẳng sao cho mỗi đường thẳng chia ABCD

thành hai hình thang có tỉ số diện tích bằng 1/3 Chứng minh rằng, trong 17 đường thẳng đó có 5 đường thẳng đồng quy

Lời giải : Gọi M, Q, N, P lần lượt là các trung điểm của AB, BC, CD, DA (hình 3)

Vì ABCD là hình bình hành => MN // AD // BC ; PQ // AB // CD

Gọi d là một trong 17 đường thẳng đã cho Nếu d cắt AB tại E ; CD tại F ; PQ tại L thì LP, LQ lần lượt

là đường trung bình của các hình thang AEFD, EBCF Ta có :

S(AEFD) / S(EBCF) = 1/3 hoặc S(EBCF) / S(EBFC) = 1/3 => LP / LQ = 1/3 hoặc là LQ / LP = 1/3

K2

Vì 17 > 4.4 nên theo nguyên lí Đi-rích-lê, trong 17 đường thẳng đó sẽ có ít nhất 5 đường thẳng (5 = 4

Sau đây là một số bài tập tương tự

Bài 1 : Trong hình chữ nhật có kích thước 3 x 5, lấy 7 điểm bất kì Chứng minh rằng có hai điểm cách

nhau một khoảng không vượt quá

Bài 2 : Trong mặt phẳng tọa độ, cho ngũ giác lồi có tất cả các đỉnh là các điểm nguyên (có hoành độ

và tung độ là số nguyên) Chứng minh rằng trên cạnh hoặc bên trong ngũ giác còn ít nhất một điểm nguyên khác nữa

Bài 3 : Tờ giấy hình vuông có cạnh bé nhất là bao nhiêu để có thể cắt ra được 5 hình tròn có bán kính

bằng 1

Bài 4 : Trên một tờ giấy kẻ ô vuông, chọn 101 ô bất kì Chứng minh rằng trong 101 ô đó có ít nhất 26

ô không có điểm chung

Tạ Minh Hiếu

(GV trường THCS Phạm Công Bình, Yên Lạc, Vĩnh Phúc)

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

Trong quá trình giảng dạy và làm toán, tôi đã hệ thống được một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên, hi vọng sẽ giúp các em học sinh biết lựa chọn phương pháp thích hợp khi giải bài toánloại này

Lời giải : (1) tương đương với (y - x)(x2 + xy + y2) = 91 (*)

Vì x2 + xy + y2 > 0 với mọi x, y nên từ (*) => y - x > 0

Do vai trò bình đẳng của x, y, z trong phương trình, trước hết ta xét x ≤ y ≤ z

Vì x, y, z nguyên dương nên xyz ≠ 0, do x ≤ y ≤ z => xyz = x + y + z ≤ 3z => xy ≤ 3 => xy thuộc {1 ;

2 ; 3}

Nếu xy = 1 => x = y = 1, thay vào (2) ta có : 2 + z = z, vô lí

Nếu xy = 2, do x ≤ y nên x = 1 và y = 2, thay vào (2), => z = 3

Nếu xy = 3, do x ≤ y nên x = 1 và y = 3, thay vào (2), => z = 2

Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình (2) là các hoán vị của (1 ; 2 ; 3)

Thí dụ 3 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình :

Nhận xét : k(k + 1) là số chẵn, 2t2 + 1 là số lẻ => phương trình (**) vô nghiệm

Vậy phương trình (4) không có nghiệm nguyên

Thí dụ 5 : Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên x, y, z thỏa mãn :

x3 + y3 + z3 = x + y + z + 2000 (5)

Lời giải : Ta có x3 - x = (x - 1).x.(x + 1) là tích của 3 số nguyên liên tiếp (với x là số nguyên) Do đó :

phương trình (5) không có nghiệm nguyên

Thí dụ 6 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình :

xy + x - 2y = 3 (6)

Lời giải : Ta có (6) tương đương y(x - 2) = - x + 3 Vì x = 2 không thỏa mãn phương trình nên (6)

tương đương với:

y = (-x + 3)/(x - 2) tương đương y = -1 + 1/(x - 2)

Ta thấy : y là số nguyên tương đương với x - 2 là ước của 1 hay x - 2 = 1 hoặc x - 2 = -1 tương đương với x = 1 hoặc x = 3 Từ đó ta có nghiệm (x ; y) là (1 ; -2) và (3 ; 0)

Chú ý : Có thể dùng phương pháp 1 để giải bài toán này, nhờ đưa phương trình (6) về dạng : x(y + 1)

-2(y + 1) = 1 tương đương (x - 2)(y + 1) = 1

nghiệm nguyên sau đây :

Bài 1 : Giải các phương trình nghiệm nguyên :

TÌM CHỮ SỐ TẬN CÙNG

Tìm chữ số tận cùng của một số tự nhiên là dạng toán hay Đa số các tài liệu về dạng toán này đều sử dụng khái niệm đồng dư, một khái niệm trừu tượng và không có trong chương trình Vì thế có không íthọc sinh, đặc biệt là các bạn lớp 6 và lớp 7 khó có thể hiểu và tiếp thu được

Qua bài viết này, tôi xin trình bày với các bạn một số tính chất và phương pháp giải bài toán “tìm chữ

Việc chứng minh tính chất trên không khó, xin dành cho bạn đọc Như vậy, muốn tìm chữ số tận cùng

- Nếu chữ số tận cùng của a là 0, 1, 5, 6 thì x cũng có chữ số tận cùng là 0, 1, 5, 6

- Nếu chữ số tận cùng của a là 2, 4, 8, cũng như trường hợp trên, từ tính chất 1d => chữ số tận cùng

Bài toán 1 : Tìm chữ số tận cùng của các số :

Tính chất sau được => từ tính chất 1

Tính chất 2 : Một số tự nhiên bất kì, khi nâng lên lũy thừa bậc 4n + 1 (n thuộc N) thì chữ số tận cùng

vẫn không thay đổi

Chữ số tận cùng của một tổng các lũy thừa được xác định bằng cách tính tổng các chữ số tận cùng của từng lũy thừa trong tổng

Bài toán 2 : Tìm chữ số tận cùng của tổng S = 21 + 35 + 49 + … + 20048009

a) Số có chữ số tận cùng là 3 khi nâng lên lũy thừa bậc 4n + 3 sẽ có chữ số tận cùng là 7 ; số có chữ

số tận cùng là 7 khi nâng lên lũy thừa bậc 4n + 3 sẽ có chữ số tận cùng là 3

b) Số có chữ số tận cùng là 2 khi nâng lên lũy thừa bậc 4n + 3 sẽ có chữ số tận cùng là 8 ; số có chữ

số tận cùng là 8 khi nâng lên lũy thừa bậc 4n + 3 sẽ có chữ số tận cùng là 2