chuyen de lop 8 suu tam.doc

( Suu tam) MỘT PHƯƠNG PHÁP VẼ ĐƯỜNG PHỤ 1 DỰNG HÌNH BẰNG DỤNG CỤ HẠN CHẾ . 3 LÀM QUEN VỚI BẤT ĐẲNG THỨC TRÊ-BƯ-SEP 5 PHƯƠNG PHÁP HOÁN VỊ VÒNG QUANH 7 NHỮNG KHAI THÁC TỪ MỘT ĐA THỨC QUEN THUỘC 8 KHÔNG CHỈ DỪNG LẠI Ở VIỆC GIẢI TOÁN ! 11 VẬN DỤNG BỔ ĐỀ HÌNH THANG VÀO GIẢI TOÁN 14 MỞ RỘNG ĐỊNH LÍ VỀ ĐƯỜNG TRUNG BÌNH CỦA HÌNH THANG . 16 MỘT KĨ NĂNG CÓ NHIỀU ỨNG DỤNG . 20 MỘT SỐ DẠNG TOÁN SỬ DỤNG PHÉP PHÂN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ . 21 TỪ MỘT BÀI TOÁN THI HỌC SINH GIỎI 23 TỪ MỘT BẤT ĐẲNG THỨC ĐƠN GIẢN 25 RÚT GỌN BIỂU THỨC . 26 TỪ MỘT PHÉP BIẾN ĐỔI TRUNG GIAN TRONG PHÉP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC TRÊ - BƯ - SÉP 29 "TÁCH" HẠNG TỬ NHƯ THẾ NÀO ĐỂ PHÂN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ ? 30 TỪ MỘT ĐIỀU HIỂN NHIÊN ĐÚNG . 31 KHÔNG COI NHẸ KIẾN THỰC CƠ BẢN . 33 TIẾP TỤC KHAI THÁC MỘT BÀI TOÁN . 35 NHẨM NGHIỆM ĐỂ PHÂN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ . 36 MỘT LẦN VÀO "BẾP" . 37 ĐẶC BIỆT HOÁ ĐỂ CÓ BÀI TOÁN MỚI 39 CÁC BÀI TOÁN VỀ DIỆN TÍCH . 43 XÂY DỰNG CHUỖI BÀI TOÁN TỪ BÀI TOÁN QUEN THUỘC 45 LÀM QUEN VỚI CHỮNG MINH BẰNG PHẢN CHỨNG TRONG HÌNH HỌC 48 HỌC CÁCH DỰNG HÌNH PHỤ QUA VIỆC CHỨNG MINH MỘT ĐỊNH LÍ . 50 HỌC TOÁN CẦN PHẢI BIẾT THẮC MẮC . 53 BÀN VỚI CÁC BẠN LỚP 8 VỀ PHƯƠNG PHÁP . 58 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 C 1 và D 1 là các điểm đối xứng của A và B qua Oz ; E và F là các giao điểm của AC 1 và BD 1 với Oz. Khi đó E và F là trung điểm của AC 1 và BD 1 , 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 1 D 1 (tính chất đối xứng) nên CD = C 1 D 1 . Mặt khác ME và NF là đường trung bình của các tam giác ACC 1 và BDD 1 nên NF // DD 1 , NF = 1/2DD 1 , ME // CC 1 , ME = 1/2 CC 1 => 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 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 ΔAIJ 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 cần tìm. Xét trường hợp C trùng với A. Dựng hình vuông BAD 1 E 1 khi đó D trùng với D 1 , E trùng với E 1 và I trùng với I 1 (trung điểm của cung AB ). Trước hết, ta tìm tập hợp E. Vì B và E 1 thuộc tập hợp cần tìm nên ta nghĩ ngay đến việc thử chứng minh  BEE 1 không đổi. Điều này không khó vì  ACB = 90 o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) và ΔBEE 1 = ΔBCA (c. g. c) =>  BEE 1 =  BCA = 90 o => 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 BE 1 ). Vì  DEB =  E 1 EB = 90 o nên D nằm trên EE 1 (xem hình 2) =>  ADE 1 = 90 o =  ABE 1 => D nằm trên đường tròn đường kính AE 1 , nhưng ABE 1 D 1 là hình vuông nên đường tròn đường kính AE 1 cũng là đường tròn đường kính BD 1 . Chú ý rằng B và D 1 là các vị trí giới hạn của tập hợp cần tìm, ta => tập hợp D là nửa đường tròn đường kính BD 1 (nửa đường tròn này và điểm A ở về hai nửa mặt phẳng khác nhau với bờ là đường thẳng BD 1 ). Cuối cùng, để tìm tập hợp I, ta cần chú ý II 1 là đường trung bình của ΔBDD 1 nên II 1 // DD 1 =>  BII 1 = 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 BD 1 ). 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 dựng hình 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 ΔAEB ; ΔEBF ; ΔFBC 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 toán sau : 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 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 a 1 ≤ a 2 và b 1 ≤ b 2 thì (a 2 - a 1 ) (b 2 - b 1 ) ≥ 0. Khai triển vế trái của bất đẳng thức này ta có : a 1 b 1 + a 2 b 2 - a 1 b 2 - a 2 b 1 ≥ 0 => : a 1 b 1 + a 2 b 2 ≥ a 1 b 2 + a 2 b 1 . Nếu cộng thêm a 1 b 1 + a 2 b 2 vào cả hai vế ta được : 2 (a 1 b 1 + a 2 b 2 ) ≥ a 1 (b 1 + b 2 ) + a 2 (b 1 + b 2 ) => : 2 (a 1 b 1 + a 2 b 2 ) ≥ (a 1 + a 2 ) (b 1 + b 2 ) (*) Bất đẳng thức (*) chính là bất đẳng thức Trê - bư - sép với n = 2. Nếu thay đổi giả thiết, cho a 1 ≤ a 2 và b 1 ≥ b 2 thì tất cả các bất đẳng thức trên cùng đổi chiều và ta có : 2 (a 1 b 1 + a 2 b 2 ) ≤ (a 1 + a 2 ) (b 1 + b 2 ) (**) Các bất đẳng thức (*) và (**) đều trở thành đẳng thức khi và chỉ khi a 1 = a 2 hoặc b 1 = b 2 . 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 x 2003 + y 2003 ≤ x 2004 + y 2004 . Lời giải : Do vai trò bình đẳng của x và y nên có thể giả sử x ≤ y. Từ đó => : x 2003 ≤ y 2003 . Do đó (y 2003 - x 2003 ).(y - x) ≥ 0 => : x 2004 + y 2004 ≥ x.y 2003 + y.x 2003 Cộng thêm x 2004 + y 2004 vào hai vế ta có : 2.(x 2004 + y 2004 ) ≥ (x+y) (x 2003 + y 2003 ) = 2.(x 2003 + y 2003 ) => : x 2004 + y 2004 ≥ x 2003 + y 2003 (đpcm). Để ý rằng : Bất đẳng thức vừa chứng minh trở thành đẳng thức khi và chỉ khi x = y = 1 ; các bạn sẽ có lời giải của các bài toán sau : 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. Chứng minh : (BC + CA).(AH + BK) ≥ 8. Lời giải : Ta có AH x BC = BK x CA = 2. Do vai trò bình đẳng của BC và CA nên có thể giả sử rằng BC ≤ CA => 2/BC ≥ 2/CA => AH ≥ BK. Do đó (CA - BC).(BK - AH) ≤ 0 => : CA x BK + BC x AH ≤ BC x BK + CA x AH Cộng thêm CA x BK + BC x AH vào 2 vế ta có : 2.(CA x BK + BC x AH) ≤ (BC + CA) (AH + BK) => : (BC + CA).(AH + BK) ≥ 8. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi BC = CA hoặc BK = AH tương đương với BC = CA hay tam giác ABC là tam giác cân đỉnh C. 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 h a , h b , h c . 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 => : 2S/a ≥ 2S/b ≥ 2S/c => h a ≥ h b ≥ h c . Làm như lời giải bài toán 3 ta có : (a + b).(ha + hb) ≥ 8S => : 1/(h a + h b ) ≤ (a + b)/(8S) (1) Tương tự ta được : 1/(h b + h b ) ≤ (b + c)/(8S) (2) 1/(h c + h a ) ≤ (c + a)/(8S) (3) 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 x 2 + y 2 = 1. Tìm giá trị lớn nhất của F = (x 4 + y 4 ) / (x 6 + y 6 ) 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 l a , l b , l c . 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 bài viết 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 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 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) = a 2 (b - c) + b 2 (c - a) + c 2 (a - b). Nhận xét : Khi a = b ta có : F(a, b, c) = a 2 (a - c) + a 2 (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) = a 3 (b - c) + b 3 (c - a) + c 3 (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/x n + 1/y n + 1/z n = 1/(x n + y n + z n ) 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) = - y 2 z + y 2 z = 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 x n = (-y) n = -y n . Vậy : 1/x n + 1/y n + 1/z n = 1/(x n + y n + z n ) 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) = x 3 + y 3 + z 3 - 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 x 2 + y 2 + z 2 - xy - yz - zx và dư là 0. Do đó : F(x, y, z) = (x + y + z)(x 2 + y 2 + z 2 - xy - yz - zx). Ta có thể thêm bớt vào F(x, y, z) một lượng 3x 2 y + 3xy 2 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 : a 3 + b 3 + c 3 - 3abc. Lời giải : Ta có a 3 + b 3 + c 3 - 3abc = (a + b) 3 - 3a 2 b - 3ab 2 + c 3 - 3abc = [(a + b) 3 + c 3 ] - 3ab(a + b + c) = (a + b + c)[(a + b) 2 - (a + b)c + c 2 - 3ab] = (a + b + c) (a 2 + b 2 + c 2 - ab - ac - bc) = 1/2.(a + b + c)[ (a - b) 2 + (b - c) 2 + (c - a) 2 ]. Nhận xét : Nếu a 3 + b 3 + c 3 = 3abc thì a 3 + b 3 + c 3 - 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 : (x - y) 3 + (y - z) 3 + (z - x) 3 = 3(x - y)(y - z)(z - x). * Với a = x 2 + y 2 ; b = z 2 - x 2 ; c = - y 2 - z 2 cũng cho a + b + c = 0 và ta lại có bài toán : Bài toán 3 : (Thi vô địch toán 8 - Belarussia - 1957) Phân tích thành nhân tử : (x 2 + y 2 ) 3 + (z 2 - x 2 ) - (y 2 + z 2 ) 3 Lời giải : (x 2 + y 2 ) 3 + (z 2 - x 2 ) 3 - (y 2 + z 2 ) 3 = (x 2 + y 2 ) 3 + (z 2 - x 2 ) 3 + (- y 2 - z 2 ) 3 = 3(x 2 + y 2 )(z 2 - x 2 )(- y 2 - z 2 ) = 3(x 2 + y 2 )(y 2 + z 2 )(x + z)(x - z). * 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/z 2 + yz/x 2 + zx/y 2 . Lời giải : 1/x + 1/y + 1/z = 0 => 1/x 3 + 1/y 3 + 1/z 3 = 3/(xyz). Ta có : P = xy/z 2 + yz/x 2 + zx/y 2 = xyz.(1/x 3 + 1/y 3 + 1/z 3 ) = xyz.3/(xyz) = 3 . Vậy P = 3. Bài toán 5 : Cho abc ≠ 0, a 3 + b 3 + c 3 = 3abc. Tính giá trị của : A = (1 + a/b)(1 + b/c)(1 + c/a) Lời giải : Theo bài toán 1, a 3 + b 3 + c 3 = 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. * Với a = yz ; b = zx ; c = xy thì : a 3 + b 3 + c 3 = 3abc Tương đương y 3 z 3 + z 3 x 3 + x 3 y 3 = 3x 2 y 2 z 2 . Từ đó hình thành bài toán : Bài toán 6 : Cho xyz ≠ 0 thỏa mãn : x 3 y 3 + y 3 z 3 + z 3 x 3 = 3x 2 y 2 z 2 . Tính giá trị biểu thức : M = (1 + x/y).(1 + y/z).(1 + z/x) . Lời giải : Theo cách đặt nêu trên, dễ dàng đưa bài toán 6 về bài toán 5. Kết quả M = - 1 hoặc M = 8. Bài toán 7 : Giải hệ : (Thi học sinh giỏi TP Hồ Chí Minh, 1986-1987) Lời giải : Theo bài 1, ta có : a 3 + b 3 + c 3 - 3abc = (a + b + c)(a 2 + b 2 + c 2 - 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 a 2 + b 2 + c 2 + 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 = a 2002 + b 2003 + c 2004 . 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 ΔABC có ba cạnh a, b, c thỏa mãn : a 3 + b 3 + c 3 = 3abc. Hỏi ΔABC là tam giác gì ? Lời giải : a 3 + b 3 + c 3 = 3abc tương đương với hoặc a + b + c = 0 ( không xảy ra vì a, b, c > 0) hoặc a = b = c tương đương với ΔABC là tam giác đều. Bài toán 10 : Cho : Tính x 3 + y 3 + z 3 theo a, b, c. Lời giải : áp dụng bài 1 : x 3 + y 3 + z 3 - 3xyz = (x + y + z)(x 2 + y 2 + z 2 - xy - yz - zx) Tương đương x 3 + y 3 + z 3 = 3xyz + a(b 2 - (xy + yz + zx)) (1) Mặt khác, a 2 = (x + y + z) 2 = x 2 + y 2 + z 2 + 2(xy + yz + zx) => : xy + yz = [ a 2 - (x 2 + y 2 + z 2 ) ]/2 = (a 2 - b 2 )/2 . (2) Từ 1/x + 1/y + 1/z = 1/c tương đương với (xy + yz + zx)/xyz = 1/c hay xyz = c.(xy + yz + zx) Tương đương xyz = c.(a 2 - b 2 )/2 . (theo (2)) (3) . Thay (2) ; (3) vào (1) ta có : x 3 + y 3 + z 3 = 3c(a 2 - b 2 )/2 + a[ b 2 - (a 2 - b 2 )/2 ] = [ 3c(a 2 - b 2 ) + a(3b 2 - a 2 ) ]/2 . Bài toán 11 : Biết : Chứng minh rằng a 3 + b 3 + c 3 = 3abc. Lời giải : Từ giả thiết ta => : ax + by + bx + cy + cx + ay = a + b + c [...]... chia hết cho 29 ; … ; (a2044 + b2044) chia hết cho 29 (3) Giả sử a không chia hết cho 29, => b cũng không chia hết cho 29 Theo định lí Féc-ma nhỏ, (a 28 - 1) chia hết cho 29 và (b 28 - 1) chia hết cho 29 Mặt khác a2044 - 1 = ((a 28) 73 - 1) chia hết cho (a 28 - 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)),... toán 3 : Cho a, b, c là các số dương Chứng minh rằng: (a8 + b8 + c8)/(a3b3c3) ≥ 1/a + 1/b + 1/c Hướng dẫn : áp dụng kết quả ban đầu cho : a5 ≥ b5 ≥ c5 và 1/(b3c3) ≥ 1/(a3c3) ≥ 1/(a3b3) a2 ≥ b2 ≥ c2 và 1/c3 ≥ 1/b3 ≥ 1/a3 Rất mong các bạn hãy khám phá tiếp ! "TÁCH" HẠNG TỬ NHƯ THẾ NÀO 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... - 10x2 + 6x - 1 = 0 (1) Lời giải : (1) 4x3 - 2x2 - 8x2 + 4x + 2x - 1 = 0 tương đương 2x2(2x - 1) - 4x(2x - 1) + (2x - 1) = 0 hay (2x - 1)(2x2 - 4x + 1) = 0 Bài toán 5 : Giải phương trình : Lời giải : Ta có : 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... - 1)(x - 2) Cách 7 : x2 - 3x + 2 = x2 - 4x + x + 4 - 2 = (x2 - 4x + 4) + (x - 2) = (x - 2)2 + (x - 2) = (x - 2)(x - 2 + 1) = (x - 1)(x - 2) c) Tách ba hạng tử : Cách 8 : x2 - 3x + 2 = 3x2 - 2x2 - 6x + 3x + 8 - 6 = (3x2 - 6x) - (2x2 - 8) + (3x - 6) = 3x(x - 2) - 2(x2 - 4) + 3(x - 2) = 3x(x - 2) - 2(x - 2)(x + 2) + 3(x - 2) = (x - 2)(3x - 2x - 4 + 3) = (x - 1)(x - 2) Một cách tổng quát, để phân tích... 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... 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 +... 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)... đồng dạng với ΔABC => 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 19 98, 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 :... c3)/(2bc) + (c3 +a3)/(2ca) a + b + c * Lại có : (*) tương đương với 4(a3 + b3) a3 + b3 + 3ab(a+b) hay : 4(a3 + b3) (a + b)3 Ta đề xuất được bài toán : Bài toán 4 : Với a, b, c dương, chứng minh rằng : 8( a3 + b3 + c3) (a + b)3 + (b + c)3 + (c + a)3 * Nhận xét : Nếu bổ sung giả thiết abc = 1, thì (*) tương đương với : a3 + b3 + abc ab(a + b) + abc hay là : a3 + b3 + 1 ab(a + b + c) hay : 1/(a3 + b3 +... + 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, . 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. BK) ≥ 8. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi BC = CA hoặc BK = AH tương đương với BC = CA hay tam giác ABC là tam giác cân đỉnh C. Bài toán 4 : Cho tam giác