up loat toan tuoi tho

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). ) 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 : Ta có : x 2 + 10x = 39 tương đương x 2 + 2.5.x = 39 Từ biến đổi trên, ta hình dung x là cạnh của một hình vuông thì diện tích của hình vuông đó là x 2 . Kéo 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 : (x + 5) 2 = 64 = 82 tương đương x + 5 = 8 hay x = 3. 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 nghiệm dương của phương trình x 2 + 6x = 31. Các bạn hãy tìm nghiệm dương của phương trình x 2 - 8x = 33 bằng phương pháp hình học thử xem ? ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 QUẬN 10-TP HỒ CHÍ MINH NĂM HỌC 2002 - 2003 * Môn thi : Toán * Thời gian : 150 phút Bài 1 : (3 điểm) Giải phương trình : |x 2 - 1| + |x 2 - 4| = x 2 - 2x + 4. Bài 2 : (3 điểm) Chứng minh đẳng thức : với a, b trái dấu. Bài 3 : (3 điểm) Rút gọn : Bài 4 : (3 điểm) Trong các hình chữ nhật có chu vi là p, hình chữ nhật nào có diện tích lớn nhất ? Tính diện tích đó. Bài 5 : (4 điểm) Cho đường tròn (O ; R), điểm A nằm ngoài đường tròn (O). Kẻ tiếp tuyến AM, AN ; đường thẳng chứa đường kính, song song với MN cắt AM, AN lần lượt tại B và C. Chứng minh : a) Tứ giác MNCB là hình thang cân. b) MA . MB = R 2 . c) K thuộc cung nhỏ MN. Kẻ tiếp tuyến tại K cắt AM, AN lần lượt tại P và Q. Chứng minh : BP.CQ = BC 2 /4 . Bài 6 : (4 điểm) Cho đường tròn tâm O và đường kính AB. Kẻ tiếp tuyến (d) tại B của đường tròn (O). Gọi N là điểm di động trên (d), kẻ tiếp tuyến NM (M thuộc (O)). a) Tìm quỹ tích tâm P của đường tròn ngoại tiếp tam giác MNB. b) Tìm quỹ tích tâm Q của đường tròn nội tiếp tam giác MNB. ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TỈNH BẮC NINH * Môn thi : Toán * Khoá thi : 2002 - 2003 * Thời gian : 150 phút Bài 1 : (2,5 điểm) Cho biểu thức : 1) Rút gọn B. 2) Tìm các giá trị của x để B > 0. 3) Tìm các giá trị của x để B = - 2. Bài 2 : (2,5 điểm) Cho phương trình : x 2 - (m+5)x - m + 6 = 0 (1) 1) Giải phương trình với m = 1. 2) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có một nghiệm x = - 2. 3) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có nghiệm x 1 ; x 2 thỏa mãn : S = x 1 2 + x 2 2 = 13. Bài 3 : (2 điểm) Một phòng họp có 360 chỗ ngồi và được chia thành các dãy có số chỗ ngồi bằng nhau. Nếu thêm cho mỗi dãy 4 chỗ ngồi và bớt đi 3 dãy thì số chỗ ngồi trong phòng họp không thay đổi. Hỏi ban đầu số chỗ ngồi trong phòng họp được chia thành bao nhiêu dãy. Bài 4 : (3 điểm) Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại A và B. Đường kính AC của đường tròn (O) cắt đường tròn (O’) tại điểm thứ hai E. Đường kính AD của đường tròn (O’) cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai F. 1) Chứng minh tứ giác CDEF nội tiếp. 2) Chứng minh C, B, D thẳng hàng và tứ giác OO’EF nội tiếp. 3) Với điều kiện và vị trí nào của hai đường tròn (O) và (O’) thì EF là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (O) và (O’). MỘT PHƯƠNG PHÁP TÌM GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT VÀ GIẤ TRỊ LỚN NHẤT Trong bài viết này, tôi đề cập đến một dạng toán tìm giá trị lớn nhất (GTLN) và giá trị nhỏ nhất (GTNN) của một biểu thức nhiều ẩn, trong đó các ẩn là nghiệm của những phương trình hoặc bất phương trình cho trước. Đối với dạng toán này, ta cần xác định và giải một bất phương trình một ẩn mà ẩn đó là biểu thức cần tìm GTLN, GTNN. Bài toán 1 : Tìm GTLN và GTNN của xy biết x và y là nghiệm của phương trình x 4 + y 4 - 3 = xy(1 - 2xy) Lời giải : Ta có x 4 + y 4 - 3 = xy(1 - 2xy) <=> xy + 3 = x 4 + y 4 + 2x 2 y 2 <=> xy + 3 = (x 2 + y 2 ) 2 (1). Do (x 2 - y 2 ) 2 ≥ 0 với mọi x, y, dễ dàng suy ra (x 2 + y 2 ) 2 ≥ 4(xy) 2 với mọi x, y (2). Từ (1) và (2) ta có : xy + 3 ≥ 4(xy) 2 <=> 4t 2 - t - 3 ≤ 0 (với t = xy) <=> (t - 1)(4t + 3) ≤ 0 Vậy : t = xy đạt GTLN bằng 1 <=> x = y = 1 ; t = xy đạt GTNN bằng Bài toán 2 : Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn xyz ≥ x + y + z + 2. Tìm GTNN của x + y + z. Lời giải : áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương x, y, z ta có : Vậy t = x + y + z đạt GTNN bằng 6 khi và chỉ khi x = y = z = 2. Bài toán 3 : Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x 2 + 2y 2 + 2x 2 z 2 + y 2 z 2 + 3x2y 2 z 2 = 9. Tìm GTLN và GTNN của A = xyz. Lời giải : x 2 + 2y 2 + 2x 2 z 2 + y 2 z 2 + 3x 2 y 2 z 2 = 9 <=> (x 2 + y 2 z 2 ) + 2(y 2 + x 2 z 2 ) + 3x 2 y 2 z 2 = 9 (1). áp dụng bất đẳng thức m 2 + n 2 ≥ 2|mn| với mọi m, n ta có : x 2 + y 2 z 2 ≥ 2|xyz| ; y 2 + x 2 z 2 ≥ 2|xyz| (2). Từ (1) và (2) suy ra : 2|xyz| + 4|xyz| + 3(xyz)2 ≤ 9 <=> 3A 2 + 6|A| - 9 ≤ 0 <=> A 2 + 2|A| - 3 ≤ 0 <=> (|A| - 1)(|A| + 3) ≤ 0 <=> |A| ≤ 1 <=> -1 ≤ A ≤ 1. Vậy : A đạt GTLN bằng 1 A đạt GTNN bằng -1 Bài toán 4 : Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x 4 + y 4 + x 2 - 3 = 2y 2 (1 - x 2 ). Tìm GTLN và GTNN của x 2 + y 2 . Lời giải : Ta có x 4 + y 4 + x 2 - 3 = 2y 2 (1 - x 2 ) <=> (x 2 + y 2 ) 2 - 2(x 2 + y 2 ) - 3 = -3x 2 ≤ 0 => t 2 - 2t - 3 ≤ 0 (với t = x 2 + y2 ≥ 0) => (t + 1)(t - 3) ≤ 0 => t ≤ 3 Vậy t = x 2 + y 2 đạt GTLN bằng 3 khi và chỉ khi x = 0 ; Ta lại có x 4 + y 4 + x 2 - 3 = 2y 2 (1 - x 2 ) <=> (x 2 + y 2 ) 2 + x 2 + y 2 - 3 = 3y 2 ≥ 0 => t 2 + t - 3 ≥ 0 (với t = x 2 + y 2 ≥ 0) Vậy t = x 2 + y 2 đạt GTNN bằng khi và chỉ khi y = 0 ; Bài tập tương tự 1) Cho x, y, z thỏa mãn : 2xyz + xy + yz + zx ≤ 1. Tìm GTLN của xyz. Đáp số : 1/8(x = y = z = 1/2) 2) Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn : (x + y + z) 3 + x 2 + y 2 + z 2 + 4 = 29xyz Tìm GTNN của xyz. Đáp số : 8 (x = y = z = 2). 3) Tìm GTLN và GTNN của S = x 2 + y 2 biết x và y là nghiệm của phương trình : 5x 2 + 8xy + 5y 2 = 36 Đáp số : GTLN là 36 GTNN là 4 4) Cho x và y là các số thực thỏa mãn : Tìm GTLN của x 2 + y 2 . Đáp số : 1 (x = -1 ; y = 0). 5) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn : x 2 + 4y 2 + z 2 = 4xy + 5x - 10y +2z - 5 Tìm GTLN và GTNN của x - 2y. Đáp số : GTLN là 4 (x = 2y + 4 ; y Є R ; z = 1) ; GTNN là 1 (x = 2y + 1 ; y Є R ; z = 1). 6) Tìm các số nguyên không âm x, y, z, t để M = x 2 + y 2 + 2z 2 + t 2 đạt GTNN, biết rằng : Đáp số : x = 5 ; y = 2 ; z = 4 ; t = 0. Khi đó M đạt giá trị nhỏ nhất là 61. SỰ TƯƠNG GIAO GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ PARABOL Bài toán về sự tương giao giữa đường thẳng và đường parabol là một chủ đề hay gặp trong các kì thi cuối cấp. Nắm vững loại toán này, các bạn sẽ thấy mối liên hệ giữa vị trí tương đối của hai đồ thị với nghiệm của một phương trình bậc hai. Trước hết, các bạn cần nhớ những kiến thức cơ bản : Cho (C) là đồ thị của hàm số y = f(x) và điểm A(xA ; yA) ta có : A Є (C) <=> yA = f(xA) A không thuộc (C) <=> yA ≠ f(xA) Tọa độ điểm chung của đồ thị hàm số y = f(x) và y = g(x) là nghiệm của hệ : y = f(x) và y = g(x) Do đó : Hoành độ điểm chung của hai đồ thị chính là nghiệm của phương trình f(x) = g(x). Từ đó ta có thể xét được vị trí tương đối giữa hai đường thẳng, vị trí tương đối giữa một đường thẳng và một parabol. 1. Vị trí tương đối giữa hai đường thẳng (D) : y = ax + b (a ≠ 0) (D’) : y = a’x + b’ (a’ ≠ 0) Phương trình hoành độ điểm chung của (D) và (D’) là : (a - a’)x = b’ - b (1) * (D) // (D’) Phương trình (1) vô nghiệm a = a’ và b ạ b’. * (D) // (D’) <=> Phương trình (1) có vô số nghiệm <=> a = a’ và b = b’. * (D) cắt (D’) tại một điểm <=> Phương trình (1) có một nghiệm <=> a ≠ a’. * (D) ^ (D’) a.a’ = -1. 2.Vị trí tương đối giữa đường thẳng (D) : y = f(x) và parabol (P) : y = g(x). Hoành độ điểm chung của (D) và (P) là nghiệm phương trình : f(x) = g(x) (2) Phương trình (2) là phương trình bậc hai. Ta thấy : * (D) và (P) không có điểm chung <=> Phương trình (2) vô nghiệm <=> ∆ < 0. * (D) tiếp xúc với (P) <=> Phương trình (2) có nghiệm duy nhất (nghiệm kép) <=> ∆ = 0. * (D) cắt (P) tại hai điểm <=> Phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt <=> ∆ > 0. Sau đây là một số dạng bài tập về biện luận sự tương giao giữa đường thẳng và parabol. Dạng 1 : Bài toán chứng minh Ví dụ : Chứng minh rằng đường thẳng (D) : y = 4x - 3 tiếp xúc với parabol (P) : y = 2x 2 - 4(2m - 1)x + 8m 2 - 3. Giải : Hoành độ điểm chung của (P) và (D) là nghiệm của phương trình : 2x 2 - 4(2m - 1)x + 8m 2 - 3 = 4x - 3 <=> 2x 2 - 8mx + 8m 2 = 0 <=> x 2 - 4mx + 4m 2 = 0. Ta có ∆’ = 4m 2 - 4m 2 = 0 với mọi giá trị của m nên parabol (P) luôn luôn tiếp xúc với đường thẳng (D). Dạng 2 : Bài toán tìm điều kiện Ví dụ : Cho đường thẳng (D) : y = 2(m - x) và parabol (P) : y = -x 2 + 2x + 4m. a) Với giá trị nào của m thì (D) tiếp xúc với parabol (P). b) Với giá trị nào của m thì (D) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B. Tìm tọa độ giao điểm A và B khi m = -3/2. Giải : a) Hoành độ điểm chung của (P) và (D) là nghiệm phương trình : -x 2 + 2x + 4m = 2(m - x) <=> x 2 - 4x - 2m = 0 (3) Đường thẳng (D) tiếp xúc với parabol (P) <=> Phương trình (3) có nghiệm kép <=> ∆’ = 0 <=> 4 + 2m = 0 <=> m = -2. b) (D) cắt (P) tại hai điểm <=> Phương trình (3) có hai nghiệm phân biệt <=> ∆’ > 0 <=> 4 + 2m > 0 <=> m > -2. Khi m = -3/2 thì hoành độ hai giao điểm A và B là nghiệm của phương trình : Từ đó suy ra tọa độ giao điểm A, B của (D) và (P) là : Dạng 3 : Xác định tọa độ tiếp điểm. Ví dụ : Cho parabol (P) : y = x 2 - 2x - 3. Tìm các điểm trên (P) mà tiếp tuyến của (P) tại điểm đó song song với đường thẳng (D) : y = -4x. Giải : Gọi đường thẳng tiếp xúc với (P) là (d). Do (d) song song với (D) nên (d) có dạng y = -4x + b (b ≠ 0) Hoành độ điểm chung của (P) và (d) là nghiệm phương trình : x 2 - 2x - 3 = -4x + b <=> x 2 + 2x - 3 - b = 0 (4) Ta thấy : (d) tiếp xúc với (P) <=> Phương trình (4) có nghiệm kép <=> Ẃ’ = 0 <=> 4 + b = 0 <=> b = -4. Khi đó, nếu gọi điểm A(x0 ; y0) là tiếp điểm của (P) và (d) thì ( do A Є (P) và A Є (d)) ta có hệ phương trình : Vậy tiếp điểm cần tìm là A(-1 ; 0). Dạng 4 : Lập phương trình tiếp tuyến. Ví dụ : Cho đường thẳng (D) : y = ax + b. Tìm a và b biết : a) Đường thẳng (D) song song với đường thẳng 2y + 4x = 5 và tiếp xúc với parabol (P) : y = -x 2 . b) Đường thẳng (D) vuông góc với đường thẳng x - 2y + 1 = 0 và tiếp xúc với parabol (P) : y = -x 2 . c) Đường thẳng (D) tiếp xúc với parabol (P) : y = x 2 - 3x + 2 tại điểm C(3 ; 2). Giải : a) Ta có 2y + 4x = 5 <=> y = -2x + 5/2. (D) song song với đường thẳng 2y + 4x = 5 nên (D) có dạng : y = -2x + b (b ≠ 5/2). Theo cách làm của dạng 2 ta tìm được b = 1/4. Vậy đường thẳng (D) có phương trình là y = - 2x + 1/4. b) Ta có x - 2y + 1 = 0 <=> y = 1/2x + 1/2. (D) vuông góc với đường thẳng có phương trình là x - 2y + 1 = 0 <=> a.1/2a = -1 <=> a = -2. Suy ra (D) : y = -2x + b. Theo cách làm của dạng 2, ta tìm được b = 1. Vậy đường thẳng (D) có phương trình là y = -2x + 1. c) Ta có : C(3 ; 2) Є (D) <=> 2 = 3a + b <=> b = 2 - 3a. Khi đó phương trình của (D) có dạng : y = ax + 2 - 3a. Theo cách làm của dạng 2 ta tìm được a = 3 và suy ra b = -7. Vậy đường thẳng (D) có phương trình là : y = 3x - 7. Dạng 5 : Xác định parabol. Ví dụ : Xác định parabol (P) : y = ax2 + bx + c thỏa mãn : a) (P) tiếp xúc với đường thẳng (D) : y = -5x + 15 và đi qua hai điểm (0 ; -1) và (4 ; -5). b) (P) cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2 và cắt đường thẳng (D) : y = x - 1 tại hai điểm có hoành độ là 1 và 3. Giải : a) (P) đi qua hai điểm (0 ; -1) và (4 ; -5) Do đó parabol (P) là đồ thị của hàm số y = ax 2 - (1 + 4a)x - 1. Hoành độ điểm chung của (D) và (P) là nghiệm phương trình : ax 2 - (1 + 4a)x - 1 = -5x + 15 ax 2 - 4(a - 1)x - 16 = 0 (5) Đường thẳng (D) tiếp xúc với parabol (P) <=> Phương trình (5) có nghiệm kép <=> ∆’ = 0 <=> 4(a - 1)2 - 16a = 0 <=> (a + 1) 2 = 0 <=> a = -1. Do đó : a = -1 ; b = 3 và c = -1. Vậy (P) là đồ thị hàm số y = -x 2 + 3x - 1. b) Parabol (P) cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2 nên (P) đi qua điểm (0 ; 2). (P) cắt đường thẳng (D) : y = x - 1 tại hai điểm có hoành độ là 1 và 3 <=> Giao điểm của (P) với đường thẳng (D) là : (1 ; 0) và (3 ; 2). Vậy parabol (P) đi qua ba điểm (0 ; 2) ; (1 ; 0) và (3 ; 2) khi và chỉ khi Do đó a = 1 ; b = -3 và c = 2. Nguyễn Phước XÂU CHUỖI BÀI TOÁN Đối với tôi việc xâu chuỗi, tìm tòi các mối liên hệ của những bài toán đã gặp để phát hiện ra các kết quả mới là công việc rất hứng thú. Ví dụ, trong quá trình học toán tôi đã gặp hai bài toán : Bài toán 1 : Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng : a 4 + b 4 + c 4 ≥ a 3 + b 3 + c 3 . Bài toán 2 : Cho x 1 , x 2 , x 3 , x 4 là bốn số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện : x 1 + x 2 + x 3 + x 4 = 1. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : Khi giải bài toán 1 tôi đã thành công khi sử dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-ski (sau này tôi còn biết nhiều cách giải khác) : Ta có (a 3 + b 3 + c 3 ) 2 = (a.a 2 + b.b 2 + c.c 2 ) 2 ≤ (a 2 + b 2 + c 2 )(a 4 + b 4 + c 4 ) suy ra ≤ (a + b + c)(a 3 + b 3 + c 3 ) suy ra (a + b + c) 2 ≤ 3(a 2 + b 2 + c 2 ) suy ra Từ (1), (2), (3) suy ra điều phải chứng minh. Sau đó tôi gặp bài toán 2 trong TTT2 số 6, cách giải hoàn toàn tương tự như trên với kết quả giá trị nhỏ nhất của T là 1/4.Tôi đã có nhận xét ban đầu về hai bài toán trên như sau : ở bài toán 1 ta cũng tìm được giá trị nhỏ nhất của là 1 ; hai bài toán chỉ khác nhau về số các số dương ; giá trị của tổng các số dương đó không ảnh hưởng trực tiếp vào lời giải. Từ đó tôi nghĩ hai bài toán trên có thể mở rộng cho n số dương và đề xuất bài toán 3 (chứng minh tương tự hai bài toán trên) : Bài toán 3 : Cho x 1 , x 2 , . , x n là các số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện x 1 + x 2 + . + x n = k. Chứng minh rằng : Tiếp tục suy nghĩ, tôi nhận thấy với mọi số a dương thì ta luôn có và với cách chứng minh trên ta có thể tiếp tục mở rộng bài toán 3 : Bài toán 4 : Cho m, n là các số nguyên dương ; x 1 , x 2n là các số dương thỏa mãn điều kiện x1 + x2 + . + xn = k. Chứng minh rằng : Hướng dẫn : Đẳng thức xảy ra THAY ĐỔI KẾT LUẬN CỦA BÀI TOÁN HÌNH HỌC Trong chứng minh hình học, việc phát hiện các kết quả tương đương với kết luận của bài toán rất có thể sẽ đưa ta đến những chứng minh quen thuộc, đơn giản hơn hoặc những phép chứng minh độc đáo. Đây cũng là công việc thường xuyên của người làm toán. Các bạn hãy theo dõi một số bài toán sau. Bài toán 1 : Cho tam giác ABC có BC < BA, đường phân giác BE và đường trung tuyến BD (E, D thuộc AC). Đường thẳng vuông góc với BE qua C cắt BE, BD lần lượt tại F, G. Chứng minh rằng đường thẳng DF chia đôi đoạn thẳng GE. Lời giải : Gọi giao điểm của CG với AB là K và DF với BC là M. Dễ thấy ∆ BKC cân tại B, BF là trung trực của KC suy ra F là trung điểm của KC. Theo giả thiết, D là trung điểm của AC => DF là đường trung bình của DCKA => DF // KA hay DM // AB. => DM là đường trung bình của DABC => M là trung điểm của BC. Xét ∆ DBC, F thuộc trung tuyến DM nên DF chia đôi đoạn thẳng GE <=> GE // BC. Ta sẽ chứng minh GE // BC, thật vậy : Cách 1 : Ta có AE = AD + DE = CD + DE = CE + 2DE hay CE = AE - 2DE, suy ra Mặt khác, vì DF // AB, K thuộc AB và AK = 2DF nên Vậy BG/GD = BK/DF hay GE // BC. Cách 2 : Vì BE là phân giác của ∠ ABC Vậy DE/EC = DG/GB hay GE // BC. Cách 3 : áp dụng định lí Xê-va ta có Mặt khác MB = MC nên Bài toán 2 : Trên các cạnh AB, BC, CA của tam giác ABC lần lượt lấy các điểm C 1 , A 1 , B 1 sao cho các đường thẳng AA 1 , BB 1 , CC 1 đồng quy tại O. Đường thẳng qua O song song với AC cắt A 1 B 1 và B 1 C 1 lần lượt tại K và M. Chứng minh rằng OK = OM. Lời giải : Qua B vẽ đường thẳng song song với AC cắt A 1 B 1 và B 1 C 1 lần lượt tại K 1 và M 1 . Xét ∆ B 1 K 1 M 1 , dễ thấy MK // M 1 K 1 nên OM = OK <=> BM 1 = BK 1 . Ta sẽ chứng minh BM 1 = BK 1 , thật vậy : ∆ AB 1 C 1 đồng dạng với ∆ BM 1 C 1 suy ra ∆ CB 1 A>sub>1 ∆ đồng dạng với BK 1 A 1 suy ra