chuyen de lop 8 suu tam

54 MỘT PHƯƠNG PHÁP VẼ ĐƯỜNG PHỤ Trong quá trình học toán ở bậc THCS, có lẽ hấp dẫn nhất và khó khăn nhất là việc vượt qua các bài toán hình học, mà để giải chúng cần phải vẽ thêm các đư

( Suu tam)

MỘT PHƯƠNG PHÁP VẼ ĐƯỜNG PHỤ 1

DỰNG HÌNH BẰNG DỤNG CỤ HẠN CHẾ 2

LÀM QUEN VỚI BẤT ĐẲNG THỨC TRÊ-BƯ-SEP 4

PHƯƠNG PHÁP HOÁN VỊ VÒNG QUANH 6

NHỮNG KHAI THÁC TỪ MỘT ĐA THỨC QUEN THUỘC 7

KHÔNG CHỈ DỪNG LẠI Ở VIỆC GIẢI TOÁN ! 9

VẬN DỤNG BỔ ĐỀ HÌNH THANG VÀO GIẢI TOÁN 13

MỞ RỘNG ĐỊNH LÍ VỀ ĐƯỜNG TRUNG BÌNH CỦA HÌNH THANG 15

MỘT KĨ NĂNG CÓ NHIỀU ỨNG DỤNG 18

MỘT SỐ DẠNG TOÁN SỬ DỤNG PHÉP PHÂN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ

19

TỪ MỘT BÀI TOÁN THI HỌC SINH GIỎI 22

TỪ MỘT BẤT ĐẲNG THỨC ĐƠN GIẢN 23

RÚT GỌN BIỂU THỨC 24

TỪ MỘT PHÉP BIẾN ĐỔI TRUNG GIAN TRONG PHÉP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC TRÊ - BƯ - SÉP 27

"TÁCH" HẠNG TỬ NHƯ THẾ NÀO ĐỂ PHÂN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ ? 28

TỪ MỘT ĐIỀU HIỂN NHIÊN ĐÚNG 29

KHÔNG COI NHẸ KIẾN THỰC CƠ BẢN 31

TIẾP TỤC KHAI THÁC MỘT BÀI TOÁN 32

NHẨM NGHIỆM ĐỂ PHÂN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ 34

MỘT LẦN VÀO "BẾP" 35

ĐẶC BIỆT HOÁ ĐỂ CÓ BÀI TOÁN MỚI 36

CÁC BÀI TOÁN VỀ DIỆN TÍCH 40

XÂY DỰNG CHUỖI BÀI TOÁN TỪ BÀI TOÁN QUEN THUỘC 42

LÀM QUEN VỚI CHỮNG MINH BẰNG PHẢN CHỨNG TRONG HÌNH HỌC 44

HỌC CÁCH DỰNG HÌNH PHỤ QUA VIỆC CHỨNG MINH MỘT ĐỊNH LÍ 46

HỌC TOÁN CẦN PHẢI BIẾT THẮC MẮC 49

BÀN VỚI CÁC BẠN LỚP 8 VỀ PHƯƠNG PHÁP 54

MỘT PHƯƠNG PHÁP VẼ ĐƯỜNG PHỤ

Trong quá trình học toán ở bậc THCS, có lẽ hấp dẫn nhất và khó khăn nhất là việc vượt qua các bài toán hình học, mà để giải chúng cần phải vẽ thêm các đường phụ Trong bài báo này, tôi xin nêu một phương pháp thường dùng để tìm ra các đường phụ cần thiết khi giải toán hình học : Xét các vị trí đặc biệt của các yếu tố hình học có trong bài toán cần giải

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 Gọi C1 và D1 là các điểm đối xứng của A và B qua Oz ; E và F là các giao điểm của AC1 và

BD1 với Oz Khi đó E và F là trung điểm của AC1 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 = C1D1 (tính chất đối xứng) nên CD = C1D1 Mặt khác ME và

NF là đường trung bình của các tam giác ACC1 và BDD1 nên NF // DD1, NF = 1/2DD1 , ME //

CC1 , ME = 1/2 CC1 => ME // NF và NE = 1/2 NF => tứ giác MEFN là hình bình hành =>

MN // EF => đpcm

Bài toán 1 có nhiều biến dạng” rất thú vị, sau đây là một vài biến dạng của nó, đề nghị các bạngiải 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 ΔAIJ cân 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 xemnhư 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 cần tìm

Xét trường hợp C trùng với A Dựng hình vuông BAD1E1 khi đó D trùng với D1, E trùng với

E1 và I trùng với I1 (trung điểm của cung AB ) Trước hết, ta tìm tập hợp E Vì B và E1 thuộc

khó vì Đ ACB = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) và ΔAIJ cân BEE1 = ΔAIJ cân BCA (c g c) => Đ BEE1

= Đ BCA = 90o => E nằm trên nửa đường tròn đường kính BE1 (1/2 đường tròn này và 1/2

Vì Đ DEB = Đ E1EB = 90o nên D nằm trên EE1 (xem hình 2)

=> Đ ADE1 = 90o = Đ ABE1 => D nằm trên đường tròn đường kính AE1, nhưng ABE1D1 là hình

D1 là các vị trí giới hạn của tập hợp cần tìm, ta => tập hợp D là nửa đường tròn đường kính

BD1)

Cuối cùng, để tìm tập hợp I, ta cần chú ý II1 là đường trung bình của ΔAIJ cân BDD1 nên II1 // DD1 =>

Đ BII1 = 90 => tập hợp I là nửa đường tròn đường kính BI1 (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 đoạn thẳng OC lấy điểm M sao cho OM =

CH Tìm tập hợp M

DỰNG HÌNH BẰNG DỤNG CỤ HẠN CHẾ

Các em đều biết rằng : Các bài toán dựng hình ở trường phổ thông chỉ được sử dụng hai dụng

cụ là : compa và thước thẳng để dựng hình (theo quy ước từ thời cổ Hi Lạp) Tuy nhiên trong các cuộc thi học sinh giỏi toán hoặc “đố vui học tập” thỉnh thoảng vẫn có những bài toán dựnghình đòi hỏi chỉ dựng bằng một dụng cụ là thước thẳng hoặc compa Những bài toán này rất thú vị, bổ ích và đòi hỏi nhiều sự thông minh sáng tạo trong việc vận dụng các kiến thức đã học Các nhà toán học cũng đã nghiên cứu khá sâu sắc các bài toán này

Nhà toán học ý : Máckêrôni (1750 - 1800) và nhà toán học Đan Mạch : MoRơ (1640 - 1697) chuyên nghiên cứu các bài toán dựng hình chỉ bằng compa Đến 1890 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 Iacốp Stây Ne (1796 - 1863) lại chỉ nghiên cứu những bài toán dựng hình bằng thước thẳng Ông đã chứng minh được rằng : Mọi bài toán dựng hình (hình học phẳng) bằng compa và thước thẳng giải được, đều có thể dựng được chỉ bằng một thước thẳng nếu trên mặt phẳng cho một đường tròn và tâm của nó Xin giới thiệu với các em một vài bài toán như vậy

Bài toán 1 : Cho đường tròn đường kính AOB và một điểm S ở ngoài đường tròn Chỉ dùng

một thước thẳng hãy dựng một đường thẳng đi qua S và vuông góc với AB

Giải : Nối SA cắt (O) tại F (xem hình 1)

Nối SB cắt (O) tại E

Nối AE cắt BF tại H Đường thẳng SH là đường thẳng cần dựng

Bài toán 2 : Trên mặt phẳng cho 2 điểm A, B Chỉ dùng compa hãy dựng hai điểm có khoảng

cách gấp đôi độ dài AB (chú ý là cho 2 điểm A, B nhưng chưa có đường thẳng chứa A và B)

Giải :

- Dựng đường tròn (B ; BA) (xem hình 2)

- Dựng đường tròn (A ; AB) cắt đường tròn trên ở E

- Dựng đường tròn (E ; EA) cắt đường tròn (B) ở F

- Dựng đường tròn (F ; FE) cắt đường tròn (B) ở C

Dễ dàng chứng minh được các ΔAIJ cân AEB ; ΔAIJ cân EBF ; ΔAIJ cân FBC đều Từ đó => A, B, C thẳng hàng và

AC = 2 AB

Bài toán 3 : Cho hai điểm A, B Chỉ dùng compa hãy dựng trung điểm I của đoạn AB

Giải : Xem hình 3

- Đặt AB = a Dựng 1 đoạn dài 2a (bài toán 2)

- Dựng đường tròn (B ; 2a) và đường tròn (A ; 2a), hai đường tròn này cắt nhau tại C

- Dựng đường tròn (B ; a) và đường tròn (C ; a), hai đường tròn này tiếp xúc nhau tại M, M là trung điểm BC

- Dựng đường tròn (A ; a) và đường tròn (C ; a), hai đường tròn này tiếp xúc nhau tại N, N là trung điểm AC

- Dựng đường tròn (N ; a) và đường tròn (M ; a), hai đường tròn này cắt nhau tại giao điểm thứ hai I, I là trung điểm AB

Phần chứng minh rất dễ dàng, xin dành cho bạn đọc Bây giờ mời các em giải thử các bài toánsau :

Bài 4 : Cho hai điểm A, B Chỉ dùng compa hãy dựng điểm I thuộc đoạn AB và chia AB theo

tỉ số IA/IB = k (k thuộc N) cho trước

Bài 5 : Cho đường tròn tâm O và hai điểm A, B ở ngoài đường tròn Chỉ dùng compa hãy

dựng giao điểm của đường thẳng AB với đường tròn (O)

Bài 6 : Cho tứ giác ABCD Chỉ dùng compa hãy kiểm tra xem tứ giác ABCD có phải là tứ

giác nội tiếp hay không ?

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 bạncòn 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 củabất đẳng thức này ta có :

Bất đẳng thức (*) chính là bất đẳng thức Trê - bư - sép với n = 2 Nếu thay đổi giả thiết, cho a1

≤ a2 và b1 ≥ b2 thì tất cả các bất đẳng thức trên cùng đổi chiều và ta có :

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

Các bất đẳng thức (*) và (**) đều trở thành đẳng thức khi và chỉ khi a1 = a2 hoặc 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

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

các cạnh này có độ dài lần lượt là ha, hb, hc Chứng minh :

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

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 các cạnh này lần lượt là la, lb, lc Chứng minh :

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 bàiviết về cho chuyên mục EUREKA của TTT2

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 Kĩ năng này được sử dụng khi giải các bài toán : biến đổi đồng nhất các biểu thức toánhọc, giải phương trình, chứng minh bất đẳng thức và giải các bài toán cực trị Sách giáo khoa lớp 8 đã giới thiệu nhiều phương 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 :

F(a, b, c) = a2(a - c) + a2(c - a) = 0, do đó F(a, b, c) có chứa nhân tử a - b

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 một thừa 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

Chú ý rằng khi x = - y thì F(x, y, z) = - y2z + y2z = 0 nên F(x, y, z) chứa nhân tử x + y Lập luận tương 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

Nếu x + y = 0 chẳng hạn thì x = - y và do n lẻ nên xn = (-y)n = -yn

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, z) = 0 nên F(x, y, z) có nhân tử x + y + z Chia F(x, y, z) cho x + y + z, ta được thương

x2 + y2 + z2 - xy - yz - zx và dư là 0 Do đó :

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

Ta có thể thêm bớt vào F(x, y, z) một lượng 3x2y + 3xy2 để nhân được kết quả này

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

Bài toán 5 :

Tính tổng :

trong đó k = 1, 2, 3, 4

Bài toán 6 : Chứng minh rằng (a - b)5 + (b - c)5 + (c - a)5 chia hết cho 5(a - b)(b - c)(c - a)

NHỮNG KHAI THÁC TỪ MỘT ĐA THỨC QUEN THUỘC

Bài toán 1 : Phân tích đa thức sau thành nhân tử :

Nếu a3 + b3 + c3 = 3abc thì a3 + b3 + c3 - 3abc = 0

Tương đương 1/2.(a + b + c)[ (a - b)2 + (b - c)2 + (c - a)2 ]

Hay tương đương với hoặc a + b + c = 0 hoặc a = b = c

Nếu cho a = x - y ; b = y - z ; c = z - x thì a + b + c = 0, ta có bài toán :

Bài toán 2 : (Đề thi học sinh giỏi toán cấp II, miền Bắc 1962)

Phân tích đa thức (x - y)3 + (y - z)3 + (z - x)3 thành nhân tử

Lời giải : Từ nhận xét trên ta có ngay :

* Lại cho a = 1/x ; b = 1/y ; c = 1/z , ta có bài toán khác :

Bài toán 4 : Cho 1/x + 1/y + 1/z = 0

Tính : P = xy/z2 + yz/x2 + zx/y2

Lời giải : Theo bài toán 1, a3 + b3 + c3 = 3abc

Tương đương với : hoặc a + b + c = 0 hoặc a = b = c

+ Nếu a + b + c = 0 thì :

A = (a + b)/b (b + c)/c (c + a)/a = (- c/b).(- a/c).(- b/a) = - 1

+ Nếu a = b = c thì : A = (1 + 1)(1 + 1)(1 + 1) = 2 2 2 = 8 Vậy A nhận hai giá trị là 8 và -1

Bài toán 7 : Giải hệ :

(Thi học sinh giỏi TP Hồ Chí Minh, 1986-1987)

Lời giải : Theo bài 1, ta có :

a3 + b3 + c3 - 3abc = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca)

Tương đương 1 - 3abc = 1 - ab - bc - ca

Hay 3abc = ab + bc + ca (1)

Mặt khác (a + b + c)2 = 1

Tương đương a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) = 1

Hay ab + bc + ca = 0 (2)

Từ (1) và (2) => abc = 0 tương đương với hoặc a = 0 hoặc b = 0 hoặc c = 0

Từ đây lần lượt => các nghiệm của hệ là : (a, b, c) = (0, 0, 1) ; (0, 1, 0) ; (1, 0, 0) ;

Bài toán 8 : Cho :

Tính giá trị của biểu thức :

P = a2002 + b2003 + c2004

Lời giải : áp dụng bài 7, ta có kết quả duy nhất P = 1

Bài toán 9 : (Thi vào lớp 10 chuyên toán THPT Lê Hồng Phong, TP Hồ Chí Minh, 1998)

Cho ΔAIJ cân ABC có ba cạnh a, b, c thỏa mãn : a3 + b3 + c3 = 3abc Hỏi ΔAIJ cân ABC là tam giác gì ?

Lời giải : a3 + b3 + c3 = 3abc tương đương với hoặc a + b + c = 0 ( không xảy ra vì a, b, c > 0) hoặc a = b = c tương đương với ΔAIJ cân ABC là tam giác đều

Bài toán 10 : Cho :

Tương đương (a + b + c)(x + y - 1) = 0

Tương đương hoặc a + b + c = 0 hoặc x + y - 1 = 0

+ Với a + b + c = 0, theo bài toán 1 => đpcm

+ Với x + y - 1 = 0 => y = 1 - x, thay vào hệ, sau một số biến đổi dẫn đến a = b = c, theo bài toán 1 => đpcm

Chắc chắn vẫn còn nhiều tìm tòi khám phá xung quanh đa thức F(a, b, c) = a3 + b3 + c3 - 3abc

Sau đây là một số bài toán cùng dạng của nhà giáo Nguyễn Đức Tấn, TP Hồ Chí Minh, gửi

tới các bạn, xem như bài tập :

Bài toán 12 : Giải phương trình :

(3x - 2)3 - (x - 3)3 = (2x + 1)3

Bài toán 13 : Giải phương trình nghiệm nguyên : (x + y)3 = (x - 2)3 + (y + 2)3 + 6

Bài toán 14 : Phân tích thành nhân tử :

(x + y + z)3 - x3 - y3 - z3

Bài toán 15 : Phân tích thành nhân tử :

(x + y + z)3 - (x + y - z)3 - (x - y + z)3 - (-x + y + z)3

Bài toán 16 : Cho abc ạ 0, a + b + c = 0

Tính : a2/(ab) + b2/(ca) + c2/(ab)

Bài toán 17 : Cho a + b + c + d = 0 Chứng minh rằng :

a3 + b3 + c3 + d3 = 3(c + d)(ab - cd)

Bài toán 18 : Cho x, y thỏa mãn x2 + y2 = 1 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức x6 + y6

KHÔNG CHỈ DỪNG LẠI Ở VIỆC GIẢI TOÁN !

Trong học toán, việc tạo được thói quen chủ động tìm tòi, khai thác, phát triển các bài toán sẽ giúp người học hiểu sâu sắc kiến thức đã học, phát triển tư duy sáng tạo và tiếp thu tốt những kiến thức mới

* Chúng ta sẽ bắt đầu từ một bài toán quen thuộc

Bài toán 1 :

Cho ΔAIJ cân ABC có Đ B = 90o ; đường cao BH Gọi M và N lần lượt là trung điểm của BH và HC Chứng minh : AM vuông góc với BN

Lời giải :

Từ giả thiết ta có : MN là đường trung bình của ΔAIJ cân HBC (hình 1) => MN // BC, mặt khác BC

vuông góc AB => MN vuông góc với AB

Xét ΔAIJ cân ABN có MN vuông góc với AB ; BM vuông góc với AN => M là trực tâm của ΔAIJ cân ABN

=> AM vuông góc với BN (đpcm)

* Có rất nhiều hướng phát triển bài toán 1, cho ta những bài toán mới khá thú vị Từ suy nghĩ nếu tạo được đường thẳng song song với AM hoặc BN thì đường thẳng đó sẽ tương ứng

vuông góc với BN hoặc AM, ta cho thêm điểm K mà B là trung điểm của KC (hình 2), dễ

dàng nhận thấy BN là đường trung bình của ΔAIJ cân CKH => BN // KH => AM vuông góc với KH

Ta có bài toán sau :

Bài toán 2 :

Cho ΔAIJ cân ABC có góc B = 90o ; đường cao BH Gọi M là trung điểm của BH và K là điểm đối xứng với C qua B Chứng minh : KH vuông góc với AM

Lời giải :

Gọi N là trung điểm của HC, theo chứng minh trên, ta có đpcm

* Hoàn toàn là bài toán 2 nhưng với cách phát biểu khác đi, ta có bài toán 3

Gọi M là trung điểm của BH (hình 3)

Ta có AM vuông góc với BN (bài toán 1) Ta còn phải chứng minh AM // IN, thật vậy :

Do MN là đường trung bình của ΔAIJ cân HBC nên MN // = 1/2BC , mặt khác, ABCD là hình chữ nhật và I là trung điểm của AD nên IA // = 1/2 BC Do đó IA // = MN => MNIA là hình bình hành => AM // IN, bài toán được chứng minh xong

* Bài toán 4 còn nhiều cách giải khác Kết hợp bài toán 3 và bài toán 4 ta có bài toán mới khó hơn chút xíu

Bài toán 5 :

Cho ΔAIJ cân ABC cân tại A, đường cao AH Dựng hình chữ nhật AHCK ; HI vuông góc với AC M

và N lần lượt là trung điểm của IC và AK Chứng minh rằng MN vuông góc với BI

Lời giải :

Gọi J là trung điểm của HI (hình 4) áp bài toán 3 ta có BI vuông góc với AJ ; mặt khác, theo

chứng minh của bài toán 4, tứ giác AJMN là hình bình hành và AJ // MN, vậy : MN vuông góc với BI (đpcm)

* Tương tự như bài toán 4 (dựng hình chữ nhật ABCD rồi tạo AM // IN), ta sẽ tạo EF // BN đểđược bài toán sau

Bài toán 6 :

Cho hình chữ nhật ABCD Gọi H là hình chiếu của B trên AC ; E, F, M lần lượt là trung điểm của AB, DH, BH Chứng minh rằng AM vuông góc với EF

Lời giải :

Gọi N là trung điểm của CH (hình 5) áp dụng chứng minh tứ giác AMNI là hình bình hành

(bài toán 4), ta chứng minh được tứ giác BEFN cũng là hình bình hành, => EF // NB

Mặt khác BN vuông góc AM (theo bài toán 1) Vậy ta có AM vuông góc với EF

* Lại kết hợp bài toán 4 và bài toán 6, cho ta một kết quả khác

Bài toán 7 :

Cho hình chữ nhật ABCD Gọi H là hình chiếu của B trên AC ; E, F, M, N lần lượt là trung điểm của AB, DH, HC, AD Chứng minh rằng EF vuông góc với MN

Lời giải :

Gọi I là trung điểm của BH (hình 6)

Lần lượt theo các bài toán 1, 4, 6 ta có các kết quả sau : AI vuông góc với BM, AI // MN,

BM // EF => EF vuông góc với MN (đpcm)

* Tiếp tục khai thác, phát triển bài toán 1 chắc chắn còn nhiều điều thú vị Qua đây, tác giả mong muốn các bạn luôn có thói quen chủ động tìm tòi, khai thác, phát triển các bài toán, thông qua đó tự rèn luyện tư duy và tích lũy được nhiều kiến thức bổ ích Chúc các bạn thành công

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

* 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 SΔAIJ cân AIN = SΔAIJ cân BJP = SΔAIJ cân CKM = SΔAIJ cân IJK thì SAPJI = SBMKJ = SCNIK

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

Từ SΔAIJ cân ANI = SΔAIJ cân IJK => SΔAIJ cân ANI + SΔAIJ cân AIJ = = SΔAIJ cân IJK + SΔAIJ cân AIJ => SΔAIJ cân NAJ = SΔAIJ cân KAJ

Ta nhận thấy ΔAIJ cân NAJ và ΔAIJ cân 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 SΔAIJ cân CIN = S ΔAIJ cân CIK, mà SΔAIJ cân AIN = S ΔAIJ cân CKM => SΔAIJ cân CIM = SΔAIJ cân CIA => IA = IM (**) ( ΔAIJ cân CIM và ΔAIJ cân CIA có chung đường cao hạ từ C tới AM)

Từ (**) => S ΔAIJ cân BIA = S ΔAIJ cân BIM ( ΔAIJ cân BIM và ΔAIJ cân BIA có chung đường cao hạ từ B tới AM)

Tương đương với S ΔAIJ cân BPJ + SAPJI = S ΔAIJ cân IJK + SBJKM hay SAPJI = SBJKM (do S ΔAIJ cân 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 C, D CD cắt (d) tại Q

Theo tính chất của đường tròn, ta chứng minh được tứ giác ABCD là hình bình hành có tâm làđiểm O Theo bài toán 3, qua O ta dựng được đường thẳng song song với AB và dễ thấy đường thẳng này cắt PQ tại N là trung điểm của PQ Đến đây, ta có thể => cách dựng đường thẳng qua M song song với (d) dựa vào bài toán 2

Bài tập tự giải :

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

MỞ RỘNG ĐỊNH LÍ VỀ ĐƯỜNG TRUNG BÌNH CỦA HÌNH THANG

Trong chương trình hình học 8, phần hình thang, có một định lí quan trọng

Định lí 1 : Đường trung bình của hình thang song song với hai đáy và có độ dài bằng nửa tổng

hai đáy

Sau khi có định lí Talét, định lí 1 được mở rộng thành một định lí mới với nhiều ứng dụng quan trọng Bài viết này xin giới thiệu với bạn đọc định lí mới đó và một vài ứng dụng của nó.Định lí 2 : Cho hình thang ABCD Các điểm M, N thuộc các cạnh bên AD, BC và thỏa mãn điều kiện MA/MD = NB/NC = m/n Khi đó, ta có :

a) MN song song với AB, DC b) MN = (nAB + mDC)/(m + n)

Chứng minh : Đặt E là giao điểm của AN và DC (hình 1)

a) Vì AB // DC nên : AN/EN = BN/CN (1)

Theo giả thiết : BN/CN = AM/DM (2)

Từ (1), (2) => : AN/EN = AM/DM => MN // DC, AB (định lí Talét đảo)

b) Theo định lí Talét thuận, ta có :

MN = AM/AD DE = AM/AD (DC + CE) = AM/AD (DC + CE/AB AB) = AM/AD (DC+ CN/BN AB) (3)

Từ giả thiết ta có : MA/MD = NB/NC = m/n , ta có : AM/AD = m/(m + n) và CN/BN = n/m (4) Từ (3), (4) => :

MN = m / (m + n) (DC+ n/m.AB) => MN = (nAB + mCD)/(m + n)

Định lí 2 đã được chứng minh Dưới đây là một vài ứng dụng của nó

Bài toán 1 : Cho tam giác ABC, các phân giác BE, CF Điểm M thuộc đoạn EF H, K, L là

hình chiếu của M trên BC, CA, AB Chứng minh rằng : MH = MK + ML

Lời giải :

+ Gọi X, Y là hình chiếu của E, F trên BC ; Z là hình chiếu của F trên CA ; T là hình chiếu

của E trên AB (hình 2)

+ Vì BE, CF là các đường phân giác của ΔAIJ cân ABC nên ta có : EX = ET ; FY = FZ (1)

Đặt ME/MF = m/n Theo định lí (2), ta có : MH = (nEX + mFY)/(m + n) (2)

áp dụng định lí Talét cho các tam giác EFZ và EFT, ta có :

MK = m/(m + n).FZ ; ML = n/(m + n) ET (3)

Từ (1), (2), (3) => : MH = n/(m + n).ET + m/(m + n).EZ = ML + MK (đpcm)

Bài toán 2 : Cho tam giác ABC nhọn, phân giác BE, CF, đường cao BH, CK O, I theo thứ tự

là tâm các đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp Chứng minh rằng : I, H, K thẳng hàng khi và chỉ khi O, E, F thẳng hàng

Để giải BT2, ta không chỉ cần BT1 mà cần có thêm bổ đề sau

Bổ đề 1 : Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn Đường phân giác của các góc DAB , CBA

và đường thẳng CD đồng quy khi và chỉ khi DA + CB = DC

Việc chứng minh bổ đề trên khá dễ dàng, xin dành cho bạn đọc

Lời giải (BT2) :

Gọi X, Y, Z là hình chiếu của O trên BC, CA, AB (hình 3) Vì O là tâm đường tròn ngoại tiếp

ΔAIJ cân ABC => Đ ABC = Đ AOY = 1/2 Đ AOC => ΔAIJ cân BKC đồng dạng với ΔAIJ cân OYK ; tương tự : ΔAIJ cân CHBđồng dạng với ΔAIJ cân OZA ; ΔAIJ cân OXB đồng dạng với ΔAIJ cân AKC

=> BK/BC = OY/OA ; CH/CB = OZ/OA ; OX/OB = AK/AC (1)

Tứ giác BCKH nội tiếp => ΔAIJ cân AHK đồng dạng với ΔAIJ cân ABC => HK/BC = AK/AC , từ (1) => HK/BC = OX/OB (2)

Vì tứ giác BCHK nội tiếp nên theo BĐ1, ta có : I, H, K thẳng hàng tương đương BK + CH =

HK

Bài toán dưới đây là đề dự tuyển IMO năm 1998, do Ba Lan đề xuất

Bài toán 3 : Cho tứ giác nội tiếp ABCD Các điểm E, F theo thứ tự thay đổi trên các cạnh AB,

CD sao cho AE/BE = CF/DF Điểm P thuộc đoạn EF sao cho PE/PF = AB/CD Chứng minh rằng : S(PAD) / S(PBC) không phụ thuộc vào E, F (S(.) chỉ diện tích của tam giác)

Lời giải : Gọi P1, E1, F1 là hình chiếu của P, E, F trên AD ; P, E, F là hình chiếu của P, E, F

trên BC (hình 4)

Theo định lí 2, ta có :

Từ hai đẳng thức trên với chú ý rằng PE/PF = AB/CD , ta có :

MỘT KĨ NĂNG CÓ NHIỀU ỨNG DỤNG

Các bạn hãy xuất phát từ một bài toán nhỏ : “Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x2 - 2x + 2” Thật là dễ dàng viết được y = (x - 1)2 + 1 nên y ≥ 1 với mọi x và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1 Do đó y đạt giá trị nhỏ nhất bằng 1 khi x = 1

Điều cốt lõi ở cách viết trên là từ biểu thức x2 - 2x, ta biết phải thêm 1 đơn vị để có (x - 1)2 Tại sao biết được điều đó ? Tại vì ta nhìn x2 là bình phương số thứ nhất, 2x là hai lần tích số

thứ nhất với số thứ hai nên số thứ hai chính là 1, vậy phải thêm bình phương số thứ hai tức là

thêm 1 !

Đây là một kĩ năng mà các bạn cần thành thạo để giải quyết nhiều bài toán

Bây giờ các bạn hãy lần lượt theo dõi các thí dụ :

Thí dụ 1 : Chứng minh với mọi a, b ta có a2 - ab + b2 ≥ 0

Phân tích : Nhìn vế trái như một đa thức bậc 2 đối với ẩn a và sử dụng kĩ năng trên ta có :

a2 - ab + b2 = a2 - 2.a.b/2 + (b/2)2 + 3/4.b2 = (a - b/2)2 + 3/4.b2

Từ đó dễ dàng => điều phải chứng minh và thấy ngay đẳng thức chỉ xảy ra khi a = b = 0

Thí dụ 2 : Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức F = x2 + y2 + xy - x - y

Phân tích : Nhiều bạn viết :

F = 1/2(2x2 + 2y2 + 2xy - 2x - 2y + 2) - 1 <.dd> = 1/2[ (x - 1)2 + (y - 1)2 + (x + y)2] - 1

Do đó : F ≥ -1 với mọi x, y Nhưng ta thấy bất đẳng thức này không thể trở thành đẳng thức nên “con đường” này không đi đến được kết quả Thậm chí có bạn sau khi chứng tỏ đẳng thức

F = -1 không xảy ra đã “liều” kết luận : F không có giá trị nhỏ nhất !

Nếu sử dụng kĩ năng đã trình bày thì hãy nhìn F như đa thức bậc hai ẩn x và viết :

Vậy F đạt giá trị nhỏ nhất bằng - 1/3 khi x = y = 1/3 (xem thêm TTT2 số 2 - 4/2003)

Thí dụ 3 : Phân tích đa thức thành nhân tử :

F = x4 + y2 - 2x2y + x2 + x - 2y

Phân tích : Hãy nhìn F như đa thức ẩn y, ta viết :

F = y2 - 2y(x2 + 1) + x4 + x2 + x = y2 - 2y(x2 + 1) + (x2 + 1)2 - x2 + 2x - 1 = (y + x2 + 1)2 - (x - 1)2 = (y + x2 + x)(y + x2 - x - 2)

Thí dụ 4 : Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số :

Phân tích : Vẫn với kĩ năng nhìn ra bình phương của một biểu thức ta viết :

Thí dụ 5 : Tìm các số nguyên x, y sao cho :

Phân tích : Ta thấy : x2 + 4x + 5 = (x + 2)2 +1 > 0 với mọi x nên y xác định với mọi x Từ đó

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 bàitoán 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

Chứng minh :

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

2 tam giác vuông AHC và BIC đồng dạng và chung góc C => ha/hb = AH/BI = b/a

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 7x2(x - 2) + 2(x2 - 4) < 0 hay (x - 2)(7x2 + 2x + 4) < 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 49 nên 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

Vậy n22 + 11n + 39 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

Chứng minh : 1/(1 + a2) + 1/(1 + b2) ≥ 2/(1 + ab)

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

TỪ MỘT BÀI TOÁN THI HỌC SINH GIỎI

Trong một đề thi học sinh giỏi lớp 8 năm học 2000 - 2001 có bài toán sau :

Bài toán : Cho a, b là hai số tự nhiên lớn hơn 1 Giả sử a1945 + b1945 và a1954 + b1954 đều chia hết cho 2001 Hỏi a2002 + b2002 có chia hết cho 2001 không ?

Về bài toán này, nhiều bạn đã chỉ kết luận rằng : “a2002 + b2002 chỉ chia hết cho 2001 khi ab chia hết cho 2001 hoặc a1996 + b1996 chia hết cho 2001”

Khó hài lòng với kết luận trên (một kết luận như là chưa kết luận), tôi đã tiếp tục suy nghĩ vàphát hiện ra một kết quả khá bất ngờ, đó là a và b đều phải chia hết cho 2001, với hai lời giải trình bày dưới đây

Lời giải 1 : Gọi p là ước số nguyên tố bất kì của 2001, => p lẻ và a1945 + b1945 ; a1954 + b1954 đều phải chia hết cho p

Nếu một trong hai số a ; b chia hết cho p, dễ dàng => số còn lại cũng chia hết cho p

Nếu (a, p) = (b, p) = 1 (1)

áp dụng hằng đẳng thức :

an + 9 + bn + 9 = (a9 + b9)(an + bn) - a9b9(an - 9 + bn - 9), ta có :

a1954 + b1954 = (a9 + b9)(a1945 + b1945) - a9b9(a1936 + b1936)

Vì (a1945 + b1945) chia hết cho p ; (a1954 + b1954) chia hết cho p nên a9b9(a1936 + b1936) chia hết cho

p => (a1936 + b1936) chia hết cho p (do (1))

Vì 1936 mod 9 = 1, tiếp tục quá trình trên cho a1936 + b1936 ; … ta chứng minh được (a + b) chiahêt p (2)

Dễ thấy (a1954 - b1954) chia hết cho (a2 - b2), mặt khác (a2 - b2) = (a - b)(a + b) chia hết cho p (do (2))

=> (a1954 - b1954) chia hết cho p Kết hợp với giả thiết :

a1954 + b1954 = (a1954 - b1954 + 2b1954) chia hết cho p

=> 2b1954 chia hết cho p => b chia hết cho p (do p nguyên tố lẻ), điều này vô lí do b > 1, p > 1

và (b, p) = 1

Do đó trường hợp này không xảy ra

Vậy : với p là ước nguyên tố bất kì của 2001 thì a chia hết cho p và b chia hết cho p

Mặt khác, 2001 = 3.23.29 là tích của 3 số nguyên tố lẻ nên a và b cùng chia hết cho 3 ; 23 ; 29,dẫn đến a và b cùng chia hết cho 2001

Phân tích lời giải 1 : Có hai mắt xích chính để đi đến lời giải 1, đó là sử dụng hằng đẳng thức

nêu trên và một tính chất chia hết :

Tính chất : Cho p là số nguyên tố lẻ Nếu (a + b) chia hết cho p và (a2n + b2n) chia hết cho p với a, b thuộc Z và n thuộc N* thì a chia hết cho p và b chia hết cho p (chứng minh tính chất này hoàn toàn tương tự như trường hợp 2n = 1954)

Theo hướng khác, các biểu thức ở đề bài gợi ý ta nghĩ đến định lí nhỏ Féc-ma, từ đó ta có lời giải 2 như sau

Trước hết, ta phát biểu và chứng minh một bổ đề

Bổ đề : Cho các số nguyên x, y và số nguyên tố p Nếu p có dạng 4k + 3 và (x2 + y2) chia hết cho p thì x chia hết cho p và y chia hết cho p

Chứng minh : Giả sử x không chia hết cho p, => y cũng không chia hết cho p áp dụng định lí

=> 2 chia hết cho p, vô lí vì p nguyên tố lẻ

Vậy x chia hết cho p, => y chia hết cho p, bổ đề được chứng minh

Giả sử a không chia hết cho 29, => b cũng không chia hết cho 29 Theo định lí Féc-ma nhỏ, (a28 - 1) chia hết cho 29 và (b28 - 1) chia hết cho 29

Mặt khác a2044 - 1 = ((a28)73 - 1) chia hết cho (a28 - 1)

=> (a2044 - 1) chia hết cho 29, tương tự thì (b2044 - 1) chia hết cho 29 => (a2044 + b2044 - 2) chia

hết cho 29 => 2 chia hết cho 29 (do (3)), vô lí Vậy a chia hết cho 29 => b chia hết cho 29 => đpcm.

tương đương với (a + b)(a2 - 2ab + b2) 0

hay là (a + b)(a - b)2 0, đúng với mọi a, b dương Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b

* Ta có : (*) tương đương với a3/b + b2 a(a +ab)

hay là : a3/b + b2 a2 + ab

Tương tự, với a, b, c dương thì :

b3/c + c2 b2 +cb ; c3/a + a2 cb2 +ca

Từ đó, ta chứng minh được bài toán :

Bài toán 2 : Với ba số a, b,c dương, chứng minh rằng :

a3/b+ b3/c + c2 + c3/a ab + bc + ca

* Từ (*), tiếp tục => : (a3 + b3)/ab a + b; (b3 + c3)/bc b + c; (c3 +a3)/ca c + a; với a, b, c là

ba số dương Sử dụng kết quả này, ta chứng minh được bài toán trong đề thi vào 10 chuyên Lê

* Nhận xét : Nếu bổ sung giả thiết abc = 1, thì

(*) tương đương với : a3 + b3 + abc ab(a + b) + abc

Ta đề xuất được bài toán :

Bài toán 5 : Cho a, b, c dương, abc = 1 Chứng minh rằng :

1/(a3 + b3 + 1) + 1/(b3 + c3 + 1) + 1/(c3 + a3 + 1) 1

* áp dụng bài toán 5, ta sẽ chứng minh :

Bài toán 6 : (Đề dự tuyển kì thi toán Quốc tế lần thứ 37, năm 1996)

Cho a, b, c dương, abc = 1 Chứng minh :

ab/(a5 + b5 + ab) + bc/(b5 + c5 + bc) + ca/(c5 + a5 + ca) 1

Lời giải : Ta sẽ chứng minh

ab/(a5 + b5 + ab) + bc/(b5 + c5 + bc) + ca/(c5 + a5 + ca) 1/(a3 + b3 + 1) + 1/(b3 + c3 + 1) + 1/(c3

Tương tự, (2) và (3) cũng đúng, bài toán được chứng minh

* Đề nghị các bạn áp dụng bất đẳng thức (*) để tiếp tục chứng minh các bài toán :

1 Cho a, b, c không âm, chứng minh :

2 Cho a, b, c dương, chứng minh :

RÚT GỌN BIỂU THỨC

Nghe thấy tên loại toán này, nhiều bạn đã ngại và không thích lắm Tuy nhiên, loại toán này lại rất hay gặp trong các kì thi tốt nghiệp và thi vào lớp 10

Để giải quyết tốt loại toán này, các bạn cần nắm vững :

* Các phép toán của đa thức và phân thức đại số

* Các hằng đẳng thức đáng nhớ

* Các phương pháp đưa biểu thức về dạng tích

* Điều kiện để các biểu thức có nghĩa

Thông thường bài toán rút gọn biểu thức còn được đi kèm theo các yêu cầu khác :

* Chứng minh bất đẳng thức

* Giải phương trình hoặc bất phương trình

* So sánh hai biểu thức

* Tìm điều kiện để biểu thức nhận giá trị nguyên

* Tính giá trị của biểu thức khi cho giá trị cụ thể của các chữ trong biểu thức

* Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức

1) Điều kiện để P có nghĩa : x 0 và x khác 1 Khi đó ta có:

.2) Nếu 0 < x < 1 thì :

3) Vì Q = x2/(x2 - 3) = 1 + 3/(x2 - 3) nên Q là số nguyên khi và chỉ khi x2 - 3 là số nguyên Ta

có x là số nguyên thì x2 - 3 là số nguyên, => x2 - 3 là ước của 3 Từ đó x2 - 3 = 3; -3 hoặc x2 - 3

= 1; -1 ;

Vậy các số nguyên cần tìm là : x = 2; - 2

Thí dụ 3 : Cho biểu thức :

Cuối cùng, các bạn có thể tự giải các bài tập sau đây

Bài 1 : Cho biểu thức :

1) Tìm x sao cho P > 2

2) So sánh P với 1,5

Bài 2 : Rút gọn biểu thức.

Từ đó tìm số nguyên x sao cho T nhận giá trị nguyên

Bài 3 : Chứng minh rằng :

Nếu a + b + c = 0 và abc khác 0 thì :

Bài 4 : Cho :

TỪ MỘT PHÉP BIẾN ĐỔI TRUNG GIAN

TRONG PHÉP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC TRÊ - BƯ - SÉP

Sau khi đọc xong bài báo “Làm quen với bất đẳng thức Trê-bư-sép” của tác giả Lê Võ Việt Khang (TTT2 số 4), dựa vào kết quả trung gian : nếu a1 ≥ a2 và b1 ≥ b2 thì a1b1 + a2b2 ≥ a1b2 +

a2b1, em đã chứng minh được kết quả sau

Cho hai bộ số dương a1 ≥ a2 ≥ a3 và b1 ≥ b2 ≥ b3 Khi đó : Nếu ta đặt

Như vậy, trong các tổng trên thì A có giá trị lớn nhất và F có giá trị nhỏ nhất Dựa vào kết quảnày, ta chứng minh được khá nhiều bất đẳng thức khác

Bài toán 1 : Cho a, b, c là các số dương Chứng minh rằng :

3abc ≤ a3b/c + b3c/a + c3a/b + a3c/b + b3a/c + c3b/a

Lời giải : Do vai trò của a, b, c như nhau, không mất tính tổng quát, giả sử b ≥ a ≥ c

=> a2b2 ≥ b2c2 ≥c2a2 và b/ac≥ a/bc≥ c/ab

áp dụng kết quả trên cho hai bộ số này, ta có :

a2b2 c/ab + b2c2 a/bc + c2a2.b/ac ≤ a2b2.b/ac + b2c2 a/bc + c2a2 c/ab

Hay 3abc ≤ a3c/b + b3a/c + c3b/a (1)

Tương tự 3abc ≤ a3b/c + b3c/a + c3a/b + a3c/b (2)

Lại áp dụng kết quả trên cho hai bộ số :

a3 ≥ b3 ≥ c3 và a/(abc) ≥ b/(abc) ≥ c/(abc)

ĐỂ PHÂN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ ?

Trong sách giáo khoa Toán 8 tập 1 (NXB Giáo Dục - 2004) giới thiệu ba phương pháp thườngdùng để phân tích đa thức thành nhân tử Đó là : phương pháp đặt nhân tử chung ; phương pháp dùng hằng đẳng thức và phương pháp nhóm hạng tử

Tuy nhiên, trong phần bài tập lại có những bài không thể áp dụng ngay ba phương pháp trên

để giải, chẳng hạn bài 53 trang 24 và bài 57 trang 25 Sách giáo khoa có gợi ý cách “tách” mộthạng tử thành hai hạng tử rồi áp dụng các phương pháp trên để phân tích tiếp

Bài báo này xin nói rõ thêm về việc “tách” hạng tử thông qua một bài toán cụ thể :

Phân tích đa thức x 2 - 3x + 2 thành nhân tử (bài 53a trang 24, SGK Toán 8 tập 1)

Để giải bài tập này, ta có thể “tách” hạng tử như sau :