Sau khi đọc bài “Có bao nhiêu cách chứng minh bất đẳng thức Cô-si” (cho 3 số không âm) với 3 cách chứng minh của tác giả Tạ Thập, tôi xin được góp thêm một cách chứng minh khác... Dễ t[r]
(1)TỐN TUỔI THƠ 1
Bài tốn : Chứng minh a4 + b4≥a3.b + a.b3 với a, b
(Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 trường THPT chuyên Lê Hồng Phong, TP Hồ Chí Minh, 1998-1999)
Cách : a4 + b4≥ a3.b + a.b3
Khi a4 + b4 - a3.b - a.b3 ≥
Khi a3 (a - b) - b3 (a - b) ≥
Khi (a - b)(a3 - b3) ≥ (a - b)(a - b)(a2 + ab + b2) ≥
Khi (a - b)2[(a + b/2)2 + 3.b3/4] ≥ (hiển nhiên với a,b)
Cách : Ta có[ a2 - b2]2 ≥
=> a4 - 2.a2.b2 + b4 ≥
=> a4 + b4 ≥ 2.a2.b2
=> a4 + b4 + a4 + b4 ≥ a4 + b4 + 2.a2.b2
=> 2( a4 + b4) &ge ; ( a2 + b2)2 (1)
Mặt khác (a - b)2≥
=> a2 - 2ab + b2 ≥
=> a2 + b2≥2ab
=> (a2 + b2)( a2 + b2)≥2ab (a2 + b2)
=> (a2 + b2)2 ≥2ab (a2 + b2) (2)
Từ (1) (2) => 2( a4 + b4 ) ≥ 2ab (a2 + b2)
=> ( a4 + b4 )≥ a3.b + a.b3
Cách :
( a4 + b4 ) -( a3.b + a.b3) = 1/2 (2 a4 + b4 - a3.b -2 a.b3)
= 1/2 [(a4 - a3.b + a2 b2) +( b4 - a.b3 + a2 b2) + (a4 - 2a2 b2 + b4)]
= 1/2 [(a2 - ab)2 + ( b2 - ab)2 +( a2 - b2)2] ≥
=> ( a4 + b4 )≥ a3.b + a.b3
chú ý : Trong lời giải cách 1, ta chia hai trường hợp a ≥ b a < b để chứng minh bất đẳng thức (a - b)( a3 - b3) với a,b
TOÁN TUỔI THƠ 2
Bài toán : Cho tam giác ABC, phân giác AD Chứng minh DB/DC = AB/AC
Bài toán sau mở rộng toán
Bài toán : Cho tam giác ABC Các điểm M, N thuộc đoạn BC thỏa mãn điều kiệnĐ BAM = Đ CAN Chứng minh :
Có tốn khác liên quan đến đường phân giác tam giác ln với tốn hai anh em sinh đơi
Bài tốn : Cho tam giác ABC, phân giác AD Chứng minh : AD2 = AB AC - DB DC
Tơi biết tốn 1, 2, từ thuở học lớp từ lúc tơi ln nghĩ tốn phải có người anh em sinh đơi Nhưng người anh em tốn tơi khơng hình dung mặt mũi Cứ sau năm quan tâm tìm kiếm tơi tìm thấy nó, người anh em sinh đơi “thân thiết” tốn
(2)Lời giải : Lấy P, Q giao điểm thứ hai AM, AN với đường trịn ngoại tiếp ΔABC
Ta có : Đ BCP = Đ BAP = Đ CAQ = Đ CPQ
=> PQ // BC => AM/MP = AN/NQ (định lí Ta-lét) AM/MP NQ/AN = (1)
Ta dễ dàng chứng minh số cặp tam giác đồng dạng dẫn đến số đẳng thức sau :
ΔAMC đồng dạng với ΔBMP => AM MP = BM CM (2) ΔANB đồng dạng với ΔCNQ => AN NQ = BN CN (3) ΔAMB đồng dạng với ΔACQ => AM AQ = AB AC (4) Từ => :
Vậy ta chứng minh xong toán
Mở rộng toán : Cho M, N thuộc tia đối tia BC cho Đ BAM + Đ CAN =
180o
Khi :
TỐN TUỔI THƠ 3
Bài toán : Cho tam giác ABC, cạnh BC lấy hai điểm D, E cho BD = CE Chứng minh Đ BAD = Đ CAE tam giác ABC tam giác cân
(3)Từ D vẽ DF // AC, từ E vẽ EG // AB ta chứng minh DF/EG = AC/AB (1) ; ΔADF đồng dạng với ΔAEG (g g) => DF/EG = AD/AE (2)
Từ (1) (2) có AC/AB = AD/AE => ΔADC đồng dạng với ΔAEB (c g c) => Đ
ABC = Đ ACB
Cách : (Trương Sơn Ca)
Giả sử Đ B > Đ C => AC > AB => AC/AB > Vẽ M thuộc AD cho Đ ABM = Đ
ACE
Có Đ M1 = góc E1 => Đ M2 = Đ E2 ; góc D1 > Đ E2 = Đ M2 => BM > BD => BD/BM
< (1)
ΔABM đồng dạng với ΔACE => AB/AC = BM/EC => EC/BM = BD/BM = AC/AB > (2)
(1) (2) mâu thuẫn Từ ta có đpcm Cách : (Nguyễn Quang Hùng)
Từ D E vẽ DF vuông góc với AB ; EG vng góc với AC BD = CE => SABD = SACE => AB.DF = AC.EG => DF/EG = AC/AB (1)
ΔADF đồng dạng với ΔAEG => DF/EG = AD/AE (2)
Từ (1) (2) => AC/AB = AD/AE , cho ta ΔABE đồng dạng với ΔACD => Đ ABE = Đ ACD
(4)Vẽ hình bình hành ABEF => BE = AF Chứng minh tứ giác ADCF hình bình hành => Đ EFC = Đ BAD = Đ EAC (gt)
ΔAEG đồng dạng với ΔFCG (g g) => AG/FG = EG/CG (1) Do AG/GC = FG/GE (AF // EC) => AG/FG = EG/CG (2)
Từ (1) (2) có EG = GC cân G => ΔGEC cân G => Đ FEC = Đ ACE => Đ
ABC = Đ ACB
Cách : (Đỗ Đăng Trí)
Vẽ BH, CK đường cao tam giác ABD, ACE BD = CE => SABD = SACE
=> BH/CK = AE/AD
ΔABH đồng dạng với ΔACK => BH/CK = AB/AC
ΔABE đồng dạng với ΔACD ( Đ BAE = Đ CAD , AB/AC = AE/AD)
=> Đ ABE = Đ ACD => Δ ABC cân A
Cách : (Bảo Linh)
Qua B vẽ đường thẳng song song AC cắt AD M, qua C vẽ đường thẳng song song AB cắt AE N
ΔABM đồng dạng với ΔACN (g g) => AB/AC = BM/CN (1) ΔADC có BM // AC => AC/BM = BE/BD
ΔABE có CN // AB => AB/CN = BE/EC
Do có AB/AC = CN/BM (2) Từ (1) (2) có AB/AC.AB/AC = BM/CN.CN/BM => AB2/AC2 = => AB = AC
TOÁN TUỔI THƠ 4
(5)Khi giải phương trình bậc hai, bạn đặt câu hỏi, chẳng hạn
phương trình x2 + 6x - = có nghiệm thì có nghiệm ?
Ban đầu tơi giải thích điều kì lạ định lí Viét sau q trình suy nghĩ, tìm tịi tơi phát bí ẩn tuyệt vời đằng sau điều kì lạ Trước hết ta xét toán :
Bài toán :
Chứng minh : Nếu phương trình bậc hai có hệ số hữu tỉ, có nghiệm vơ tỉ (m ; n thuộc Q) có nghiệm
Chứng minh : Có cách để chứng minh toán Cách : (sử dụng hệ thức Viét)
Xét phương trình bậc hai ax2 + bx + c = (*) (a ≠ 0) có nghiệm
Gọi x1, x2 hai nghiệm (*) x1 =
Do x1 nghiệm (*)
Cách :
Khi chứng minh cách 2am + b = => 2am + b = = am2 + an + bm + c
Khi : Cách : Xét :
= (x - m)2 - n = x2 - 2mx + m2 - n
Chia đa thức ax2 + bx + c cho g(x) ta có :
ax2 + bx + c = a(x - )(x - ) + (b + 2ma)x + (an + c - m2a)
Khi x1 = => ax2 + bx + c =
=> : (b + 2ma)( ) + an + c =
Do vô tỉ ; m, n, a, b, c thuộc Q nên => : b + 2ma = an + c - m2a =
=> ax2 + bx + c = a(x - )(x - )
=> nghiệm phương trình ax2 + bx + c = (đpcm)
Sau thử nghiệm số trường hợp, tơi tổng qt tốn sau : Bài toán :
Chứng minh : Nếu phương trình bậc n (n ≥ 2) có hệ số hữu tỉ nghiệm vơ tỉ (m, n thuộc Q) nghiệm phương trình
(6)Thật : Xét phương trình P(x) = với P(x) đa thức bậc n hệ số hữu tỉ Xét :
= x2 - 2mx + m2 - n
Chia P(x) cho G(x) thương Q(x) dư B(x) + C (B,C thuộc Q) Vì x0 = nghiệm P(x) =
=> : P(x0) = Q(x0) = => Bx0 + C =
=> : B( ) + C =
Do vô tỉ ; B, C hữu tỉ => B = C = => P(x) = Q(x).(x - )(x - )
=> nghiệm phương trình P(x) = : (đpcm)
Bây xét đến toán tốn quen thuộc phương trình bậc hai
Bài toán :
Chứng minh : Một phương trình bậc hai khơng thể có nghiệm hữu tỉ hệ số lẻ
Chứng minh : Giả sử phương trình bậc hai ax2 + bx + c = (a, b, c thuộc Z, lẻ)
có nghiệm hữu tỉ (p, q thuộc Z, q ≠ 0, (p, q) = 1) => : a.(p/q)2 + b.(p/q) + c =
=> : ap2 + bpq + cq2 = (2)
Từ phương trình (2) ta có ap2 chia hết cho q mà (p,q) = => a chia hết cho q
=> q lẻ (vì a lẻ)
Tương tự c chia hết cho p => p lẻ (vì c lẻ)
Do a, b, c, p, q lẻ => vế trái (2) lẻ khác (vơ lí) => : Phương trình khơng có nghiệm hữu tỉ (đpcm)
Để tổng quát toán có lẽ số bạn mắc sai lầm quy phương trình bậc n Điều không với n lẻ, chẳng hạn n = ta có phương trình :
x3 + 3x2 + 3x + = có nghiệm -1
Bài toán :
Chứng minh : Một phương trình bậc n chẵn, khơng thể có nghiệm hữu tỉ hệ số lẻ
Chứng minh : Dựa vào chứng minh tốn ta có :
Xét P(x) = anxn + an-1xn-1 + + a1x + a0 = phương trình bậc n (với n chẵn ;
nguyên lẻ, i = 0, ,n ) có nghiệm hữu tỉ p/q (p, q thuộc Z, q ≠ 0, (p, q) = 1) Ta có :
an(p/q)n + an - 1(p/q)n - + + a1(p/q) + a0 =
Tương đương với : anpn + an - 1pn - 1q + + a1pqn - + a0qn = (3)
=> anpn chia hết cho q a0qn chia hết cho p , mà (p, q) = => an chia hết cho q
và a0 chia hết cho p => p, q lẻ (vì a0, an lẻ)
Do (i = 0, ,n) , p, q lẻ, n chẵn => vế trái (3) số lẻ khác (vơ lí)
=> : Phương trình khơng có nghiệm hữu tỉ (đpcm) TỐN TUỔI THƠ 5
(7)Lời tòa soạn : Đa thức F(a, b, c) = a3 + b3 + c3 - 3abc Bài tốn : Phân tích đa
thức sau thành nhân tử : a3 + b3 + c3 - 3abc
Lời giải : Ta có a3 + b3 + c3 - 3abc
= (a + b)3 - 3a2b - 3ab2 + c3 - 3abc
= [(a + b)3 + c3] - 3ab(a + b + c)
= (a + b + c)[(a + b)2 - (a + b)c + c2 - 3ab]
= (a + b + c) (a2 + b2 + c2 - ab - ac - bc)
= 1/2.(a + b + c)[ (a - b)2 + (b - c)2 + (c - a)2 ]
Nhận xét :
Nếu a3 + b3 + c3 = 3abc a3 + b3 + c3 - 3abc =
Tương đương 1/2.(a + b + c)[ (a - b)2 + (b - c)2 + (c - a)2 ]
Hay tương đương với a + b + c = a = b = c
Nếu cho a = x - y ; b = y - z ; c = z - x a + b + c = 0, ta có tốn : Bài toán : (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 ta có :
(x - y)3 + (y - z)3 + (z - x)3 = 3(x - y)(y - z)(z - x)
* Với a = x2 + y2 ; b = z2 - x2 ; c = - y2 - z2 cho a + b + c = ta lại có bài
tốn :
Bài tốn :
(Thi vơ địch tốn - Belarussia - 1957) Phân tích thành nhân tử :
(x2 + y2)3 + (z2 - x2) - (y2 + z2)3
Lời giải :
(x2 + y2)3 + (z2 - x2)3 - (y2 + z2)3
= (x2 + y2)3 + (z2 - x2)3 + (- y2 - z2)3
= 3(x2 + y2)(z2 - x2)(- y2 - z2)
= 3(x2 + y2)(y2 + z2)(x + z)(x - z)
* Lại cho a = 1/x ; b = 1/y ; c = 1/z , ta có tốn khác : Bài tốn : Cho 1/x + 1/y + 1/z =
Tính : P = xy/z2 + yz/x2 + zx/y2
Lời giải :
1/x + 1/y + 1/z = => 1/x3 + 1/y3 + 1/z3 = 3/(xyz)
Ta có :
P = xy/z2 + yz/x2 + zx/y2 = xyz.(1/x3 + 1/y3 + 1/z3) = xyz.3/(xyz) =
Vậy P =
Bài toán : Cho abc ≠ 0, a3 + b3 + c3 = 3abc Tính giá trị :
A = (1 + a/b)(1 + b/c)(1 + c/a)
Lời giải : Theo toán 1, a3 + b3 + c3 = 3abc
Tương đương với : a + b + c = a = b = c + Nếu a + b + c = :
A = (a + b)/b (b + c)/c (c + a)/a = (- c/b).(- a/c).(- b/a) = -
+ Nếu a = b = c : A = (1 + 1)(1 + 1)(1 + 1) = = Vậy A nhận hai giá trị -1
* Với a = yz ; b = zx ; c = xy : a3 + b3 + c3 = 3abc
(8)Từ hình thành tốn :
Bài toán : Cho xyz ≠ thỏa mãn :
x3y3 + y3z3 + z3x3 = 3x2y2z2 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 toán toán Kết M = - M =
Bài toán : Giải hệ :
(Thi học sinh giỏi TP Hồ Chí Minh, 1986-1987) Lời giải : Theo 1, ta có :
a3 + b3 + c3 - 3abc = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca)
Tương đương - 3abc = - 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) =
Hay ab + bc + ca = (2)
Từ (1) (2) => abc = tương đương với a = b = c = Từ => nghiệm hệ : (a, b, c) = (0, 0, 1) ; (0, 1, 0) ; (1, 0, 0) ;
Bài toán : Cho :
Tính giá trị biểu thức : P = a2002 + b2003 + c2004
Lời giải : áp dụng 7, ta có kết P =
Bài toán : (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 : a3 + b3 + c3 = 3abc Hỏi ΔABC tam
giác ?
Lời giải : a3 + b3 + c3 = 3abc tương đương với a + b + c = ( không xảy
ra a, b, c > 0) a = b = c tương đương với ΔABC tam giác Bài toán 10 : Cho :
(9)Lời giải : áp dụng :
x3 + y3 + z3 - 3xyz = (x + y + z)(x2 + y2 + z2 - xy - yz - zx)
Tương đương x3 + y3 + z3 = 3xyz + a(b2 - (xy + yz + zx)) (1)
Mặt khác, a2 = (x + y + z)2 = x2 + y2 + z2 + 2(xy + yz + zx)
=> : xy + yz = [ a2 - (x2 + y2 + z2) ]/2 = (a2 - b2)/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.(a2 - b2)/2 (theo (2)) (3)
Thay (2) ; (3) vào (1) ta có :
x3 + y3 + z3 = 3c(a2 - b2)/2 + a[ b2 - (a2 - b2)/2 ]
= [ 3c(a2 - b2) + a(3b2 - a2) ]/2
Bài toán 11 : Biết :
Chứng minh a3 + b3 + c3 = 3abc
Lời giải : Từ giả thiết ta => :
ax + by + bx + cy + cx + ay = a + b + c Tương đương (a + b + c)(x + y - 1) =
Tương đương a + b + c = x + y - = + Với a + b + c = 0, theo toán => đpcm
+ Với x + y - = => y = - x, thay vào hệ, sau số biến đổi dẫn đến a = b = c, theo toán => đpcm
Chắc chắn cịn nhiều tìm tịi khám phá xung quanh đa thức F(a, b, c) = a3 +
b3 + c3 - 3abc
Sau số toán dạng nhà giáo Nguyễn Đức Tấn, TP Hồ Chí Minh, gửi tới bạn, xem tập :
Bài toán 12 : Giải phương trình : (3x - 2)3 - (x - 3)3 = (2x + 1)3
Bài tốn 13 : Giải phương trình nghiệm ngun : (x + y)3 = (x - 2)3 + (y + 2)3 +
6
Bài tốn 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 0, a + b + c = Tính : a2/(ab) + b2/(ca) + c2/(ab)
Bài toán 17 : Cho a + b + c + d = Chứng minh : a3 + b3 + c3 + d3 = 3(c + d)(ab - cd)
Bài toán 18 : Cho x, y thỏa mãn x2 + y2 = Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất
của biểu thức x6 + y6
(10)TUYỆT VỜI !
TƠI CŨNG TÌM RA RỒI !
Trước đây, tơi có đọc sách, toán : “Cho x1, x2, x3, x4 bốn số
dương thay đổi thỏa mãn điều kiện : x1 + x2 + x3 + x4 = Hãy tìm giá trị nhỏ
nhất biểu thức :
”(Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Toán - Tin trường Đại học Sư phạm Hà Nội năm 1999), lời giải sau :
áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpski, ta có : Từ (1), (2), (3) => :
Dấu đẳng thức xảy x1 = x2 = x2 = x3 = x4 = 1/4
Vậy giá trị nhỏ T 1/4 x1 = x2 = x2 = x3 = x4 = 1/4
Lời giải sau :
Bài toán phụ : Chứng minh a4 + b4 ≥ a3b + ab3 (xem lời giải bạn Chi)
áp dụng toán phụ ta có :
(x14 + x24) + (x14 +x34) + (x14 + x44) + ( x24+ x34) + (x24 + x44) + (x34 + x44) + x14 +
x24 + x34 + x44
≥ x13.x2 + x1x23 + x13.x3 + x1.x33 + x13.x4 + x1.x43 + x23.x3 + x2.x33 + x23.x4 + x33.x4 +
x3.43 + x14 + x24 + x34 + x44
Tương đương với : 4(x14 + x24 + x34 + x44) ≥x13.(x1 + x2 + x3 + x4 ) + x23(x1 + x2 +
x3 + x4) + x33.(x1 + x2 + x3 + x4) + x43.(x1 + x2 + x3 + x4)
Tương đương với : 4(x14 + x24 + x34 + x44) ≥ x13 + x23 + x33 + x43 ( x1 + x2 + x3
(11)Mà x1, x2, x3, x4 > nên x13 + x23 + x33 + x43 >
Ta có : T = (x14 + x24 + x34 + x44) / (x13 + x23 + x33 + x43) ≥ 1/4
Dấu đẳng thức xảy khi x1 = x2 = x2 = x3 = x4 = 1/4 Vậy giá trị nhỏ
của T 1/4 khi x1 = x2 = x2 = x3 = x4 = 1/4
Các bạn thấy đấy, tơi tìm lời giải tốn “chơng gai” Hơn nữa, với lời giải này, giả thiết toán cần x1, x2, x3, x4 thỏa mãn x13 + x23 + x33 + x43
> x1 + x2 + x3 + x4 = đủ
TOÁN TUỔI THƠ 7
MỞ RỘNG ĐỊNH LÍ VỀ ĐƯỜNG TRUNG BÌNH
CỦA HÌNH THANG
Trong chương trình hình học 8, phần hình thang, có định lí quan trọng Định lí : Đường trung bình hình thang song song với hai đáy có độ dài nửa tổng hai đáy
Sau có định lí Talét, định lí mở rộng thành định lí với nhiều ứng dụng quan trọng Bài viết xin giới thiệu với bạn đọc định lí vài ứng dụng
Định lí : Cho hình thang ABCD Các điểm M, N thuộc cạnh bên AD, BC 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 giao điểm AN 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) CN/BN = n/m (4) Từ (3), (4) => :
(12)Bài toán : Cho tam giác ABC, phân giác BE, CF Điểm M thuộc đoạn EF H, K, L hình chiếu M BC, CA, AB Chứng minh : MH = MK + ML
Lời giải :
+ Gọi X, Y hình chiếu E, F BC ; Z hình chiếu F CA ; T hình chiếu E AB (hình 2)
+ Vì BE, CF đường phân giác ΔABC 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 tam giác EFZ EFT, ta có :
MK = m/(m + n).FZ ; ML = n/(m + n) ET (3)
(13)Để giải BT2, ta không cần BT1 mà cần có thêm bổ đề sau
Bổ đề : Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn Đường phân giác góc DAB , CBA đường thẳng CD đồng quy DA + CB = DC
Việc chứng minh bổ đề dễ dàng, xin dành cho bạn đọc Lời giải (BT2) :
Gọi X, Y, Z hình chiếu O BC, CA, AB (hình 3) Vì O tâm đường trịn ngoại tiếp ΔABC => Đ ABC = Đ AOY = 1/2 Đ AOC => ΔBKC đồng dạng với ΔOYK ;
tương tự : ΔCHB đồng dạng với ΔOZA ; ΔOXB đồng dạng với ΔAKC => BK/BC = OY/OA ; CH/CB = OZ/OA ; OX/OB = AK/AC (1)
Tứ giác BCKH nội tiếp => ΔAHK 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 đề dự tuyển IMO năm 1998, Ba Lan đề xuất
Bài toán : Cho tứ giác nội tiếp ABCD Các điểm E, F theo thứ tự thay đổi cạnh AB, CD cho AE/BE = CF/DF Điểm P thuộc đoạn EF cho PE/PF = AB/CD Chứng minh : S(PAD) / S(PBC) không phụ thuộc vào E, F (S(.) diện tích tam giác)
Lời giải : Gọi P1, E1, F1 hình chiếu P, E, F AD ; P, E, F hình chiếu
(14)Theo định lí 2, ta có :
(15)TOÁN TUỔI THƠ 8 MỞ RỘNG ĐỊNH LÍ
VỀ ĐƯỜNG TRUNG BÌNH CỦA HÌNH THANG (TIẾP THEO KÌ TRƯỚC)
Bài tốn : Cho tứ giác ABCD Các điểm X, Y, Z, T theo thứ tự thuộc cạnh AB, BC, CD, DA cho đường thẳng XT, YZ, BD đồng quy Chứng minh : P(XYZT) < max {P(BCD) ; P(CDA) ; P(DAB) ; P(ABC)}
Để giải BT4, ta cần có hai bổ đề
Bổ đề : Cho tam giác ABC Một đường thẳng bất kì, khơng qua A, B, C, theo thứ tự cắt đường thẳng BC, CA, AB X, Y, Z Ta có : XB / XC YC / YA ZA / ZB =
BĐ2 phần định lí Mênêlat mà phép chứng minh có nhiều tài liệu hình học sơ cấp, xin không giới thiệu
Bổ đề : Cho tứ giác ABCD điểm X, Y, Z nằm biên tứ giác Chứng minh :
P(XYZ) ≤ max {P(BCD) ; P(CDA) ; P(DAB) ; P(ABC)} (biên tứ giác hình hợp bốn cạnh nó)
BĐ3 chứng minh dễ dàng nhờ kết có tốn thuộc viết “Bắt đầu từ ý tưởng Hê Rơng” TS Nguyễn Minh Hà (Tốn Tuổi thơ 2, số 6, 8/2003)
Trở lại việc chứng minh BT4
Giả sử XT, YZ, BD đồng quy H Khơng tính tổng qt, giả sử H thuộc tia đối tia BD (hình 5a, hình 5b)
áp dụng BĐ2 cho DABD DCBD, ta có :
TD/TA XA/XB HB/HD = ZD/ZC YC/YA HB/HD = => TD/TA XA/XB = ZD/ZC YC YA (1)
Xảy ba trường hợp sau : Trường hợp (hình 5a) :
(16)Theo (1) ta có : XA/XB < YC/YA => TZ, XY cắt AC
Đặt K = TZ giao với AC ; K’ = XY giao với AC Từ bất đẳng thức TD/TA > ZD/ZC ; XA/XB < YC/YA dễ dàng => K, K’ thuộc tia đối của tia AC (2) áp dụng BĐ2 cho ΔDAC ΔBAC, ta có :
ZC/ZD TD/TA KA/KB = YC/YA XB/XA K'A/K'B = => KA/KB = K'A/K'B (3) (theo (1))
Từ (2), (3) => : K trùng với K’ Vậy : TZ, XY, AC đồng quy (tại K) Trường hợp : TD/TA < ZD/ZC
Tương tự trường hợp 2, ta có TZ, ZY, AC đồng quy Tuy nhiên, điểm đồng quy lại thuộc tia đối tia CA
Phần lại phép chứng minh BT4 diễn hoàn toàn tương tự trường hợp 1, 2, Cụ thể :
+ Trường hợp trường hợp hoàn toàn giống
+ Trường hợp tương tự đơn giản trường hợp 2,
Vì lí trên, đơn giản, ta tiến hành chứng minh phần lại BT4 trường hợp (hình 5b) Trên cạnh DC, CB tứ giác ABCD ta lấy điểm M, N cho : AM // TZ ; AN // XY Theo định lí Talét, ta có : MZ/MC = AK/AC = NY/NC => MN // ZY
Trên cạnh CB, BA tứ giác ABCD ta lấy điểm P, Q cho : DP // ZY ; DQ // TX Theo định lí Talét, ta có : PY/PB = DH/DB = QX/QB => PQ // XY Tóm lại ta có : AM // TZ ; DQ // TX ; MN // ZY // DP ; PQ // XY // AN Từ => : XA/XQ = YN/YP = ZM/ZD = TA/TD = m/n (m, n > ; m + n = 1)
áp dụng định lí cho hình thang AQPN, PNMD định lí Talét cho tam giác MDA, DAQ, ta có : XY = mQP + nAN , YZ = mPD + nNM , ZT = nMA TX = mDQ
=> P(XYZT) = mP(DPQ) + nP(AMN) Δ (m + n) max {P(DPQ) ; P(AMN)} = max {P(DPQ) ; P(AMN)} (4)
Đặt {P(BCD) ; P(CDA) ; P(DAB) ; P(ABC)} = (*)
Theo BĐ3, ta có : P(DPQ) ≤ max (*) P(AMN) ≤ max (*) (5)
Trong (5), dấu không xảy hai bất đẳng thức (bạn đọc tự kiểm tra) Kết hợp với (4), ta có : P(XYZT) < max {P(BCD) ; P(CDA) ; P(DAB) ; P(ABC)}
Bài toán : Cho tứ giác ABCD Các điểm M, N thuộc cạnh AB, CD cho : AM/BM = CN/DN
(17)Bài toán : Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) AE, BF đường phân giác Tia EF cắt (O) I Chứng minh : 1/IA = 1/IB + 1/IC
Bài toán : Cho tam giác ABC Điểm M chạy cạnh BC (O1), (O2) đường
tròn ngoại tiếp tam giác ABM, ACM Tìm quỹ tích trung điểm I đoạn O1O2
Bài toán : Cho tam giác ABC, AD, BE, CF đường phân giác Các điểm X, Y, Z theo thứ tự thuộc đoạn EF, FD, DE X’, Y’, Z’ hình chiếu X, Y, Z lên đường thẳng AB, BC, CA Chứng minh :
XX’ + YY’ + ZZ’ ≤ XY + YZ + ZX
TOÁN TUỔI THƠ 9
Trong đề thi học sinh giỏi lớp năm học 2000 - 2001 có tốn sau : Bài tốn : Cho a, b hai số tự nhiên lớn Giả sử a1945 + b1945 a1954 +
b1954 chia hết cho 2001 Hỏi a2002 + b2002 có chia hết cho 2001 khơng ?
Về toán này, nhiều bạn kết luận : “a2002 + b2002 chia hết cho 2001 ab chia hết cho 2001 a1996 + b1996 chia hết cho 2001”
Khó hài lịng với kết luận (một kết luận chưa kết luận), tiếp tục suy nghĩ phát kết bất ngờ, a b phải chia hết cho 2001, với hai lời giải trình bày
Lời giải : Gọi p ước số nguyên tố 2001, => p lẻ a1945 + b1945 ;
a1954 + b1954 phải chia hết cho p
Nếu hai số a ; b chia hết cho p, dễ dàng => số lại chia hết cho p
Nếu (a, p) = (b, p) = (1) áp dụng đẳng thức :
an + + bn + 9 = (a9 + b9)(an + bn) - a9b9(an - + 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 = 1, tiếp tục trình cho a1936 + b1936 ; … ta chứng minh
được (a + b) chia hêt 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 vơ lí
do b > 1, p > (b, p) =
Do trường hợp không xảy
Vậy : với p ước nguyên tố 2001 a chia hết cho p b chia hết cho p
Mặt khác, 2001 = 3.23.29 tích số nguyên tố lẻ nên a b chia hết cho ; 23 ; 29, dẫn đến a b chia hết cho 2001
Phân tích lời giải : Có hai mắt xích để đến lời giải 1, sử dụng đẳng thức nêu tính chất chia hết :
Tính chất : Cho p số nguyên tố lẻ Nếu (a + b) chia hết cho p (a2n + b2n) chia
(18)Theo hướng khác, biểu thức đề gợi ý ta nghĩ đến định lí nhỏ Féc-ma, từ ta có lời giải sau
Trước hết, ta phát biểu chứng minh bổ đề
Bổ đề : Cho số nguyên x, y số nguyên tố p Nếu p có dạng 4k + (x2 +
y2) chia hết cho p x chia hết cho p y chia hết cho p
Chứng minh : Giả sử x không chia hết cho p, => y không chia hết cho p áp dụng định lí Féc-ma nhỏ ta có :
(xp - 1 - 1) chia hết cho p ; (yp - 1 - 1) chia hết cho p
=> xp - 1 - + yp - 1 - = (xp - 1 + yp - 1 - 2) chia hết cho p
Mặt khác :
xp - 1 + yp - 1 =(x2)2k + 1 + (y2)2k + 1 = = M(x2 + y2) chia hết cho p (do giả thiết : (x2 +
y2) chia hết cho p)
=> chia hết cho p, vơ lí p ngun tố lẻ
Vậy x chia hết cho p, => y chia hết cho p, bổ đề chứng minh Lời giải :
Đặt x = a977 ; y = b977
=> x2 + y2 = (a1954 + b1954) chia hết cho p
áp dụng bổ đề cho x ; y p = {3 ; 23} ta có a977 b977 chia hết cho
23, => a b chia hết 23 1945 + b1945) chia hết cho 2001 (a1954 +
b1954) chia hết cho 2001 nên (a1945 + b1945) chia hết cho 29 (a1954 + b1954) chia
hết cho 29, áp dụng đẳng thức lời giải 1, ta chứng minh : (a1963
+ b1963) chia hết cho 29 ; … ; (a2044 + b2044) chia hết cho 29 (3)
Giả sử a không chia hết cho 29, => b không chia hết cho 29 Theo định lí Féc-ma nhỏ, (a28 - 1) chia hết cho 29 (b28 - 1) chia hết cho 29
Mặt khác a2044 - = ((a28)73 - 1) chia hết cho (a28 - 1)
=> (a2044 - 1) chia hết cho 29, tương tự (b2044 - 1) chia hết cho 29 => (a2044 +
b2044 - 2) chia hết cho 29 => chia hết cho 29 (do (3)), vơ lí Vậy a chia hết cho
29 => b chia hết cho 29 => đpcm
TOÁN TUỔI THƠ 10
TỪ MỘT BẤT ĐẲNG THỨC ĐƠN GIẢN Bài toán : Với a, b dương, ta có :
a3 + b3 ab(a + b) (*) Lời giải : Thật vậy, (*) tương đương với :
(a + b)(a2 - ab + b2) - ab(a + b)
tương đương với (a + b)(a2 - 2ab + b2)
hay (a + b)(a - b)2 0, với a, b dương Đẳng thức xảy
khi a = b
* Ta có : (*) tương đương với a3/b + b2 a(a +ab)
hay : a3/b + b2 a2 + ab
Tương tự, với a, b, c dương :
b3/c + c2 b2 +cb ; c3/a + a2 cb2 +ca
Từ đó, ta chứng minh tốn :
(19)* Từ (*), tiếp tục => : (a3 + b3)/ab a + b; (b3 + c3)/bc b + c; (c3 +a3)/ca c +
a; với a, b, c ba số dương Sử dụng kết này, ta chứng minh toán đề thi vào 10 chuyên Lê Hồng Phong 2000-2001 :
Bài toán : Với a, b,c dương, chứng minh :
(a3 + b3)/(2ab) + (b3 + 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 toán : Bài toán :
Với a, b, c dương, chứng minh :
8(a3 + b3 + c3) (a + b)3 + (b + c)3 + (c + a)3
* Nhận xét : Nếu bổ sung giả thiết abc = 1,
(*) tương đương với : a3 + b3 + abc ab(a + b) + abc
hay : a3 + b3 + ab(a + b + c)
hay : 1/(a3 + b3 + 1) 1/(ab(a + b + c))
Tương tự, ta có :
1/(b3 + c3 + 1) 1/(bc(a + b + c)) ;
1/(c3 + a3 + 1) 1/(ca(a + b + c))
=> :
1/(a3 + b3 + 1) + 1/(b3 + c3 + 1) + 1/(c3 + a3 + 1) 1/(ab(a + b + c)) + 1/(bc(a
+ b + c)) + 1/(ca(a + b + c)) = 1/(a + b + c).(a + b + c)/abc = Ta đề xuất toán :
Bài toán : Cho a, b, c dương, abc = Chứng minh : 1/(a3 + b3 + 1) + 1/(b3 + c3 + 1) + 1/(c3 + a3 + 1)
* áp dụng toán 5, ta chứng minh :
Bài tốn : (Đề dự tuyển kì thi tốn Quốc tế lần thứ 37, năm 1996) Cho a, b, c dương, abc = Chứng minh :
ab/(a5 + b5 + ab) + bc/(b5 + c5 + bc) + ca/(c5 + a5 + ca)
Lời giải : Ta chứng minh
ab/(a5 + b5 + ab) + bc/(b5 + c5 + bc) + ca/(c5 + a5 + ca) 1/(a3 + b3 + 1) + 1/(b3
+ c3 + 1) + 1/(c3 + a3 + 1)
bằng cách chứng minh :
ab/(a5 + b5 + ab) 1/(a3 + b3 + 1) (1) ;
bc/(b5 +c5 + bc) 1/(b3 + c3 + 1) (2) ;
ca/(c5 + a5 +c a) 1/(c3 + a3 + 1) (3) ;
Thật :
(1) tương đương với : a5 + b5 + ab ab(a3 + b3 +1)
hay : a5 + b5 ab(a3 + b3)
tương đương a5 + b5 a4b + ab4
(a5 - a4b) + (b5 - ab4)
(a - b)(a4 - b4)
(a - b)2(a + b)(a2 + b2) 0,
Tương tự, (2) (3) đúng, toán chứng minh
* Đề nghị bạn áp dụng bất đẳng thức (*) để tiếp tục chứng minh toán :
(20)2 Cho a, b, c dương, chứng minh :
TOÁN TUỔI THƠ 11
Bài tốn : Cho đường trịn tâm O hai điểm A, B cố định nằm đường tròn Hai điểm M, N chạy đường trịn cho MN cắt đoạn thẳng AB Tìm quỹ tích trung điểm I MN
Trước giải tốn, xin phát biểu khơng chứng minh bổ đề đơn giản Bổ đề : Cho đường tròn (w) đường kính AB điểm M.
Nếu M nằm (w) Đ AMB = 90o
Nếu M nằm (w) Đ AMB > 90o
Nếu M nằm ngồi (w) Đ AMB < 90o
Chú ý : Khi M trùng A tia MA hiểu tiếp tuyến với (w) A Trở lại việc giải toán thách đấu
Thuận : Giả sử I trung điểm dây MN MN cắt đoạn AB Vì MN cắt đoạn AB nên A, B nằm hai phía MN => :
A, O nằm phía MN B, O nằm hai phía MN là:
A, O nằm hai phía MN B, O nằm phía MN
Chú ý OI vng góc với MN, ta có :
Đ AIO ≤ 90o Đ BIO ≥ 90o
hoặc
Đ AIO ≥ 90o Đ BIO ≤ 90o
Theo bổ đề ta có :
I nằm ngồi đường trịn đường kính AO I nằm đường trịn đường kính BO hoặc:
I nằm đường trịn đường kính AO I nằm ngồi đường trịn đường kính BO
=> I thuộc hình H gồm hai hình trịn đường kính AO, BO bỏ phần chung chúng (hình H phần tơ màu hình vẽ)
(21)Cũng I thuộc H nên :
I nằm ngồi đường trịn đường kính AO I nằm đường trịn đường kính BO hoặc:
I nằm đường trịn đường kính AO I nằm ngồi đường trịn đường kính BO Theo bổ đề, ta có :
Đ AIO ≤ 90o Đ BIO ≥ 90o
hoặc
Đ AIO ≥ 90o Đ BIO ≤ 90o
Chú ý OI vng góc với MN, ta có : A, O nằm phía MN
B, O nằm vềhai phía MN là:
A, O nằm hai phía MN B, O nằm phía MN => A, B nằm hai phía MN => MN cắt đoạn AB (2)
Từ (1), (2) => phần đảo chứng minh
Kết luận : Quỹ tích điểm I thỏa mãn điều kiện đề hình H (đã mơ tả tơ màu hình vẽ)
TỐN TUỔI THƠ 12
CĨ BAO NHIÊU CÁCH CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC CÔ-SI ?
Bài tốn chứng minh bất đẳng thức Cơ-si cho ba số khơng âm tốn tương đối khó với học sinh THCS Xin giới thiệu với bạn ba cách chứng minh bất đẳng thức
(22)Bài toán phụ : Cho x, y, z, t Chứng minh : (bất đẳng thức Cô-si cho bốn số không âm)
Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số không âm, ta có :
Do :
+ Trường hợp ba số a, b, c 0, toán chứng minh + Trường hợp a, b, c khác 0, ta có a + b + c > Do :
Cách Sử dụng kết : x3 + y3 + z3 - 3xyz = = 1/2 (x + y + z)[(x - y)2 + (y -
z)2 + (z - x)2], => x3 + y3 + z3 - 3xyz với x, y, z
Đặt
Cách áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số không âm, ta có :
TỐN TUỔI THƠ 13
Sau đọc “Có cách chứng minh bất đẳng thức Cô-si” (cho số không âm) với cách chứng minh tác giả Tạ Thập, xin góp thêm cách chứng minh khác
Với a = b = c = 0, bất đẳng thức hiển nhiên
Ngược lại, khơng tính tổng quát, giả sử : < a ≤ b ≤ c Khi : < a ≤ (a + b + c)/3 ≤ c
Do : [(a + b + c)/3 - a].[c - (a + b + c)/3 ] ≥
Tương đương với : a + c - (a + b + c)/3 ≥ ac/(a + b + c)/3 ≥ Dễ thấy : {[b + a + c - (a + b + c)/3 ]/2}2 ≥ b[a + c - (a + b + c)/3]
=> : [(a + b + c)/3]2 ≥ abc/(a + b + c)/3 hay (a + b + c)/3 ≥ (abc)1/3
Từ ta có lời giải đơn giản cho bất đẳng thức Cô-si dạng tổng quát :
(23)Dễ thấy bất đẳng thức trường hợp số không âm Giả sử bất đẳng thức trường hợp n - số không âm (giả thiết quy nạp)
Khơng tính tổng qt, giả sử : < a1 a2 ≤ ≤ an, ta có :
0 < a1 ≤ T = (a1 + a2 + …+ an)/n ≤ an
Do : (T - a1)(an - T) ≥
Tương đương với a1 + an - T ≥ a1an / T ≥
Xét n - số không âm a2, a3, , an-1, a1 + an - T Theo giả thiết quy nạp ta có :
{[ a2 + a3 + … + an + (a1 + an - T)]/(n - 1)}n - ≥ a2a3an - 1(a1 + an - T)
=> : Tn - 1 ≥ a
2a3an - 1(a1 + an - T) ≥ a2a3…an - 1.(a1an / T)
=> :
Theo nguyên lí quy nạp, bất đẳng thức Cô-si trường hợp tổng quát chứng minh
TỐN TUỔI THƠ 14 Thí dụ : Giải phương trình :
(đề thi vào lớp 10 trường THPT Trần đại Nghĩa, TP Hồ Chí Minh năm 2001 - 2002)
Lời giải : điều kiện : x ≤
Tương tự, giải (2) ta có:
So với điều kiện ban đầu nghiệm phương trình (I) : x = Nhận xét : Ta đặt
(24)(hệ phương trình đối xứng loại hai) Thí dụ : Giải phương trình :
(đề thi vào lớp 10 trường THPT Lê Hồng Phong, TP Hồ Chí Minh năm 2001 - 2002)
Lời giải :Đ iều kiện :
So với điều kiện ban đầu nghiệm phương trình (II) : x = - Thí dụ : Giải phương trình :
(x2 + 4x + 8)2 + 3x3 + 14x2 + 24x = (III)
Lời giải : Ta có, (III) tương đương với :
(x2 + 4x + 8)2 + 3x(x2 + 4x + 8) = - 2x2
Tương tự (x2 + 4x + 8)2 + 2.3/2x(x2 + 4x + 8) + 9/4x2 = - 2x2 + 9/4x2
Tương đương (x2 + 4x + + 3/2x)2 = (x/2)2
Tương đương x2 + 4x + + /32x = x/2 x2 + 4x + + 3/2x = - x/2 <BR<
đương x2 + 5x + = x2 + 6x + = 0
Phương trình x2 + 5x + = vô nghiệm (Δ < 0) nên (III) tương đương với x2 +
6x + = hay (x + 2)(x + 4) = tương đương x = - x = - Vậy phương trình (III) có hai nghiệm : x = - x = -
TOÁN TUỔI THƠ 15
Cho hai số dương a1 ≥ a2 ≥ a3 b1 ≥ b2 ≥ b3 Khi : Nếu ta đặt
A = a1b1 + a2b2 + a3b3 ;
B = a1b1 + a2b3 + a3b2
C = a1b2 + a2b1 + a3b3 ;
D = a1b2 + a2b3 + a3b1
E = a1b3 + a2b1 + a3b2 ;
F = a1b3 + a2b2 + a3b1
Thì A ≥ B ; A ≥ C ; B ≥ D ; B ≥ E ; C ≥ D ; C ≥ E ; D ≥ F ; E ≥ F
Thật vậy, a2 ≥ a3 b2 ≥ b3 => a2b2 + a3b3 ≥ a2b3 + a3b2 => A ≥ B Các kết
quả khác chứng minh hoàn toàn tương tự
Như vậy, tổng A có giá trị lớn F có giá trị nhỏ Dựa vào kết này, ta chứng minh nhiều bất đẳng thức khác
(25)Lời giải : Do vai trò a, b, c nhau, khơng tính tổng qt, giả sử b ≥ a ≥ c
=> a2b2 ≥ b2c2 ≥c2a2 b/ac≥ a/bc≥ c/ab
áp dụng kết cho hai 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)
Cộng vế (1) (2) ta có đpcm Bài tốn : Cho a, b, c số dương
Đặt P = a + b + c ; R = a3/(bc) + b3/(ca) + c3/(ab) ;
Q = (a2 + b2)/(2c) = (b2 + c2)/(2a) + (c2 + a2)/(2b)
Chứng minh : P ≤ Q ≤ R Hướng dẫn : Giả sử a ≥ b ≥ c áp dụng kết cho hai số : a2 ≥ b2 ≥ c2 ; 1/c ≥ 1/b ≥ 1/a , ta có:
a2.(1/a) + b2.(1/b) + c2.(1/c) ≤ a2.(1/b) + b2.(1/c) + c2.(1/a) (1)
a2.(1/a) + b2.(1/b) + c2.(1/c) ≤ a2.(1/c) + b2.(1/a) + c2.(1/b) (2)
Cộng vế (1) (2), => :
2(a + b + c) ≤ (a2 + b2)/c + (b2 + c2)/a + (c2 + a2)/b ;
=> P ≤ Q (3)
Lại áp dụng kết cho hai số : a3 ≥ b3 ≥ c3 a/(abc) ≥ b/(abc) ≥ c/(abc)
=> R ≥ Q (4)
Từ (3), (4) => P ≤ Q ≤ R (đpcm)
Bài toán : Cho a, b, c số dương Chứng minh rằng: (a8 + b8 + c8)/(a3b3c3) ≥ 1/a + 1/b + 1/c
Hướng dẫn : áp dụng kết ban đầu cho : a5 ≥ b5 ≥ c5 1/(b3c3) ≥ 1/(a3c3) ≥ 1/(a3b3)
a2 ≥ b2 ≥ c2 1/c3 ≥ 1/b3 ≥ 1/a3
Bài toán thách đấu : So sánh 5255 2572
Nhận xét : Số võ sĩ “so găng” đơng Nhưng giải làm sao mà đạt đến trình độ để người “tâm phục, phục” ?
Bài có nhiều cách “đánh”, hầu hết dựa vào so sánh 54 29
Chẳng hạn : 5255 = (54)63.53 = 62563.125 2572 = (29)63.25 = 51263.32
Từ => : 5255 > 2572
Võ sĩ Trần Thị Thơm, 7B, THCS Yên Bình, Vĩnh Tường, Vĩnh Phúc khéo léo nhận xét :
57 = 78125 > 65536 = 48
=> (57)7 > (48)7 => 549 > 456
mà 52 > 42 nên 549 52 > 456 42
=> 551 > 458 => (551)5 > (458)5
=> 5255 > 2580 > 2572
55 = 3125 > 3072 = 3.45
=> (5/4)5 > => (5/4)225 = [(5/4)5]51 > 351 (1)
áp dụng bất đẳng thức bec - nu - li thì: (9/8)8 = (1 + 1/8)8 > + 8.1/8 =
(26)=> 348 > 275 => 351 > 275.33 > 275.24 = 279 (2)
Từ (1) (2) ta có :
(5/4)255 > 279 => 5255 > 279.4225 = 2589
TOÁN TUỔI THƠ 16
Bài toán : Gọi a b hai nghiệm phương trình bậc hai x2 - x - =
Chứng ming biểu thức : P = a + b + a3 + b3 ;
Q = a2 + b2 + a4 + b4 ;
R = a2001 + b2001 + a2003 + b2003 số nguyên chia hết cho
Lời giải : Ta chứng minh quy nạp, Sn = an + bn + an + + bn + (với n Є
N*) số nguyên chia hết cho Theo định lí Vi-ét, a + b = ab = -1 (*) + Với n = 1, từ (*) ta có : S1 = a + b + a3 + b3
= (a + b) + (a + b)3 - 3ab(a + b) =
Vậy S1 số nguyên chia hết cho
+ Giả sử toán với n = k > 1, nghĩa ta có Sk = ak + bk + ak + + bk +
số nguyên chia hết cho + Với n = k + 1, từ (*) ta có : Sk + = ak + + bk + + ak + + bk +
= (ak + bk)(a + b) - ab((ak - 1 + bk - 1) + (ak + 2 + bk + 2)(a + b) - ab((ak + 1 + bk + 1) =
ak + bk + ak - 1 + bk - 1 + ak + 2 + bk + 2 + ak + 1 + bk + 1 => S
k + = Sk + Sk - 1, số
nguyên chia hết cho
Theo nguyên lí quy nạp, toán chứng minh
Sau giải tốn trên, tơi tiếp tục gặp toán dạng
Bài toán : Gọi x1 x2 hai nghiệm phương trình x2 - 14x + = Chứng
minh biểu thức Sn = x1n + x2n nhận giá trị nguyên không chia hết cho 13
với n Є N*
Quá trình tìm lời giải tốn giúp tơi phát tốn tổng quát Bài toán : Gọi x1 x2 hai nghiệm phương trình x2 - mx + = 0, với m
> 3, m &1028; N Chứng minh với n Є N* biểu thức Sn = x1n + x2n
số nguyên không chia hết cho m -
Hướng dẫn : Vì m > => ∆ > => x1 ≠ x2, thỏa mãn : x1 + x2 = m ; x1.x2 =
Bằng quy nạp, kiểm tra kết với n = n =
Giả sử toán với n = k > Ta có : (x12 - mx1 + 1)x1k - +(x22 - mx2 + 1)x2k - 1 = S
k + = m.Sk - Sk - = m(m.Sk - - Sk - 2) - Sk - = (m2 - 1)Sk - - m.Sk - 2, số
nguyên không chia hết cho m -
Thành cơng đề xuất tốn khuyến khích tơi đặt câu hỏi cho tốn : Nếu thay hệ số -1 số hạng x phương trình kết ? Qua vài trường hợp đặc biệt, tơi có câu trả lời
Bài toán : Gọi x1 x2 hai nghiệm phương trình x2 - mx - = Chứng
minh với m, n Є N* biểu thức
Sn = x1n + x2n + x1n + + x2n + số nguyên chia hết cho m(m2 + 4)
Hướng dẫn : Vì ∆ = m2 + > với m Є N* => x
1 ≠ x2, thoả mãn : x1 + x2 =
m ; x1.x2 = -1 Bằng quy nạp, biến đổi tốn ta có Sk + = m.Sk + Sk -
(27)TOÁN TUỔI THƠ 17 5255 > 2590
Cách chứng minh bạn dựa vào so sánh 55 3.210 :
55 = 3125 > 3072 = 3.210 => 55 > 3.210
=> (55)51 > 351.(210)51 => 5255 > 351.2510
Đến đây, cần chứng minh 351 > 280
Thật :
Cách : (của bạn Lương Thế Huân) Ta có 37 = 2187 > 2048 = 211
=> (37)7 > (211)7
=> 349.32 > 277.23 (do 32 = > = 23)
=> 351 > 280
Cách : (của bạn Lê Duy Anh) Ta có 312 = 531441 > 524288 = 219
=> (312)4 > (219)4
=> 348.33 > 276.24 (do 33 = 27 > 16 =24)
=> 351 > 280
Cách : (của bạn Tạ Hồng Sơn)
Ta chứng minh kết tương đương : 352 > 3.280
Ta có 34 = 81 > 80 = 5.24
=> (34)13 > 513.(24)13
=> 352 > 513.252 (1)
Mặt khác, 54 = 625 > 624 = 39.24
=> 513 = 5.512 = 5.(54)3 > 5.393.212
=> 513 > 5.393.212 (2)
Lại có 5.393 = 296569 > 262144 = 218 (3)
Từ (1), (2), (3) suy :
352 > 252.212.218 = 4.280 > 3.280
Không dừng lại kết chứng minh 5255 > 2591 :
Mặt khác, 53 = 125 > 64 =26 (2)
Từ (1) (2) suy 5252.53 > 2585.26
=> 5255 > 2591
(28)Bài toán : Cho hình thang ABCD (AB // CD) M trung điểm AD Qua M kẻ đường thẳng song song với AB, cắt BC N Chứng minh N trung điểm BC Lời giải :
Cách : Lấy N’ trung điểm BC (hình 1), MN’ đường trung bình hình thang ABCD, suy MN’ // AB
Từ giả thiết MN // AB => MN // MN’ => MN MN’ => N N’ => N trung điểm ∶ ∶ BC
Cách : Gọi P = AC MN (∩ hình 2)
Từ giả thiết suy MN // CD Xét ∆ADC, M trung điểm AD, MP // CD nên MP đường trung bình tam giác, suy P trung điểm AC
Xét ∆CAB, tương tự ta có PN đường trung bình tam giác nên N trung điểm BC
Cách : Qua B, kẻ đường thẳng song song với AD, cắt MN, CD P, Q (hình 3) Kết hợp với giả thiết, ta suy ABPM MPQD hình bình hành nên AM = PB, MD = PQ Mặt khác, M trung điểm AD hay MA = MD nên PB = PQ hay P trung điểm BQ
Xét ∆BQC, tương tự cách ta có PN đường trung bình tam giác nên N trung điểm BC
Cách : Qua B, N kẻ đường thẳng song song với AD, cắt MN, CD P, Q (hình 4) Dễ thấy ABPM MNQD hình bình hành nên AM = PB, MD = NQ => PB = NQ (do MA = MD) Mặt khác, PNB = QNC (đồng vị), BPN = NQC (cạnh tương ứng song song chiều)
Vậy ∆BPN = ∆NQC (g.c.g) => BN = CN => N trung điểm BC
(29)Vì M trung điểm AD, MN // AB, AB // CD nên hồn tồn chứng minh khoảng cách từ điểm A, B, C, D xuống MN nhau, ta kí hiệu h Suy SBEN = SCEN = 1/2.h.EN Mặt khác, hai tam giác có chung chiều cao xuất
phát từ E xuống BC nên BN = CN hay N trung điểm BC TOÁN TUỔI THƠ 19
* Bổ đề : Nếu a + b ≥ với m ; n nguyên dương ta có :
Chứng minh :
Do a, b có vai trị nhau, khơng tính tổng quát, giả sử a ≥ b (1) Do a + b ≥ suy a ≥ - b (2)
Từ (1) ; (2) suy a ≥ |b| ≥ 0, suy :
* Áp dụng :
Bài toán : Cho x + y ≥ Chứng minh : (x + y)(x3 + y3)(x5 + y5) ≤ 4(x9 + y9)
Lời giải : Vì x + y ≥ 0, áp dụng bổ đề ta có
Suy (x + y)(x3 + y3)(x5 + y5) ≤ 4(x9 + y9)
Bài toán : Cho a + b ≥ n số nguyên dương Chứng minh : an + bn ≤ an +1 + bn +1
(30)TOÁN TUỔI THƠ 20 Ta có 56 = 15625 > 15616 = 28.61
=> (56)42 > (28.61)42 => 5252 > 2336.6142, mà 613 = 226981 > 225792 = 29.32.72
=> 6142 = (613)14 > (29.32.72)14 = 2126.328.728
=> 5252.53 > 2336 2126.328.728 53
=> 5255 > 2462.328.725.73.53 (1)
Lại có :
37 = 2187 > 2048 = 211 => 328 > 244 (2)
75 =16807 > 16384 = 214 => 725 > 270 (3)
73.53 = 42875 > 32768 = 215 => 73.53 > 215 (4)
Từ (1), (2), (3), (4) suy : 5255 > 2462.244 270.215 = 2591
Vậy : 5255 > 2591
Sau cách chứng minh 5255 > 2592
Từ (1) (2) suy :
5171.584 > 2397.2195 tương đương 5255 > 2592
Vậy : 5255 > 2592
(31)TOÁN TUỔI THƠ 21
TÌM LỜI GIẢI BÀI TỐN BẰNG CÁCH MỞ RỘNG BÀI TOÁN Trong “Croatian National Mathematics Competition Kraljevica, May-1996” tơi gặp tốn bất đẳng thức thú vị :
Bài toán : Cho số a, b, c, d khác thỏa mãn đẳng thức a + b + c + d =
Đặt S1 = ab + bc + cd ; S2 = ac + ad + bd
Chứng minh : NIN
Bài toán : Cho số a, b, c, d khác thỏa mãn đẳng thức a + b + c + d =
Đặt S1 = ab + bc + cd ; S2 = ac + ad + bd
Xác định điều kiện cho cặp số dương ( , ) để S = S + S ≤
Lời giải : Đặt
Ta có : S = S + S
= (ab + bc + cd) + (ac + ad + bd)
= (ab + b(-M - b) + (-M - b)(M - a)) + + (a(-M - b) + a(M - a) + b(M - a)) = (ab - bM - b2 - M2 - bM + aM + ab) + + (-aM - ab + aM - a2 + bM - ab) = ab - bM - b 2 - M
+ aM - ab - a + bM
= - M 2 + ( a + b - b)M + ab - b
- - ab - a
Coi S = f(M) tam thức bậc hai theo M, ta có S ≤ <=> f(M) ≤ <=> DM ≤ (vì -a < 0)
<=> ( a + b - b) 2 + (2 ab - b
- - ab - a 2) ≤
<=> 2a2 +
2b2 + 2b2 + ab - 2ab - - b + 2ab - 2b2 - ab -
a2 ≤
<=> ( 2 - )a
+ (4 - )ab + ( - - )b ≤
<=> ( - )a 2 + (4 - )ab + ( - )b
≤ (*)
(32)f(t) = ( - )t 2 + (4 - )t + ( - ) ≤ 0,
trong f(t) tam thức bậc hai theo t Vì ( - ) < nên f(t) ≤ <=> ∆’ t ≤
<=> 2(2 - )
- ( - )( - ) ≤
<=> 2(4
- 12 + 2) - ( - - - + 16 ) ≤
<=> 4 - 12
3 2 - 2 + + + 3 - 16 2 ≤
<=> 4 -
3 - 2 + ≤
<=> 3 -
2 - + ≤
<=> ( / ) 3 - 2( / )
- / + ≤ (chia hai vế cho b3 ≠ 0)
<=> x3 - 2x2 - 2x + ≤ (đặt < x ≤ 1)
<=> (x + 1)(x2 - 3x + 1) ≤
<=> x2 - 3x + ≤ (x + > 0)
(tính ∆x)
Kết hợp với điều kiện < x ≤ ta suy :
Vậy với < ≤ S = S + S ≤ (1)
* Xét trường hợp < ≤ , tương tự trường hợp : Chia hai vế (*) cho a2 ≠ đặt u = b/a ta có :
f(u) = ( - )u 2 + (4 - )u + ( - ) ≤
Vì ( - ) < nên f(u) ≤ <=> ∆’ u ≤
<=> 2(2 - ) 2 - ( - )( - 4+ ) ≤
<=> 3 -
2 - + ≤
<=> ( / ) 3 - 2( / )
- / + ≤
<=> y3 - 2y2 - 2y + ≤ (đặt / = y, < y ≤ 1), bất phương trình có nghiệm :
Vậy với < ≤ S = S + S ≤
(2)
Từ (1) (2) suy : Với số dương, điều kiện để S = S + S ≤
Trở lại tốn Ta thấy trường hợp đặc biệt kết : Với = = đúng, suy S = 5S1 + 8S2 ≤
Với = = đúng, suy S = 8S1 + 5S2 ≤
(33)TOÁN TUỔI THƠ 22 a3 + b3 ≥ ab(a + b) với a, b dương (*)
Cũng từ bất đẳng thức (*), tiếp tục hướng khai thác khác thu vài kết sau
Hướng thứ : Ta có (*) tương đương với 3a3 ≥ 2a3 + 2a,sup>2b + 2ab2 -
a2b - ab2- b3
<=> 3a3 ≥ (2a - b)(a2 + ab + b2)
Từ ta có tốn :
Bài toán : Cho a, b, c số dương Chứng minh :
Hướng thứ hai : Ta lại có
Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số không âm ta có :
Ta có tốn :
Bài toán : Cho a, b, c số dương Chứng minh :
(34)(áp dụng bất đẳng thức Nesbit cho số dương a3, b3, c3) Ta có toán thứ ba :
Bài toán : Cho a, b, c số dương Chứng minh :
TỐN TUỔI THƠ 23
Bài tốn : Cho a, b, c số dương thỏa mãn a + b + c = Chứng minh :
a4 + b4 + c4 ≥ a3 + b3 + c3
Bài toán : Cho x1, x2, x3, x4 bốn số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện :
x1 + x2 + x3 + x4 =
Hãy tìm giá trị nhỏ biểu thức :
Khi giải tốn tơi thành cơng sử dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-ski (sau tơi cịn biết nhiều cách giải khác) :
Ta có (a3 + b3 + c3)2 = (a.a2 + b.b2 + c.c2)2
≤ (a2 + b2 + c2)(a4 + b4 + c4) suy
≤ (a + b + c)(a3 + b3 + c3) suy
(35)Từ (1), (2), (3) suy điều phải chứng minh
Bài toán : Cho x1, x2, , xn số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện x1 +
x2 + + xn = k Chứng minh :
Tiếp tục suy nghĩ, nhận thấy với số a dương ta ln có với cách chứng minh ta tiếp tục mở rộng tốn :
Bài toán : Cho m, n số nguyên dương ; x1, x2n số dương thỏa mãn điều kiện x1 + x2 + + xn = k Chứng minh :
Hướng dẫn :
Đẳng thức xảy
TOÁN TUỔI THƠ 24 Đề : Hãy so sánh hai phân số
A = (nn + 1)/ (nn+1 + 1) B = (nn - 1 + 1)/(nn+1 + 1) (n>1)
Lời giải :
Cách (của bạn Nguyễn Ngọc Huy) : Xét hiệu
(do n > 1) Vậy B - A > hay B > A Cách (của bạn Trần Việt ánh) : Ta có
Đến ta thấy A B có tử số số dương (nn + 1)(nn - 1 + 1), xét hiệu hai
mẫu số : (nn + 1 + 1)(nn - 1 + 1) - (nn + 1)(nn + 1)
= nn + 1 - 2nn + nn - 1 = nn - 1(n - 1)2 >
(36)Cách (của bạn Đặng Huy Nghĩa) : Ta có
Vì n > => nn > nn - 1 => nn + > nn - 1 +
Cách (của bạn Ngô Ngọc ánh) : Ta có
Tương tự cách 3, ta chứng minh nB > nA => B > A
Cách (của bạn Nguyễn Mai Linh) : Sử dụng kết “với b, d dương, a/b < c/d a/b < (a + c)/(b + d)” Ta có : Vì n > nên suy
TỐN TUỔI THƠ 25
Bài toán : Giả sử số dương a, b, c thỏa mãn (a2 + b2 + c2)2 > 2(a4 + b4 +
c4) Chứng minh : a, b, c độ dài ba cạnh tam giác
Lời giải : Khơng tính tổng qt, giả sử a ≥ b ≥ c > Ta có : (a2 + b2 + c2)2 > 2(a4 + b4 + c4)
<=> (a2 + b2 + c2)2 - 2(a4 + b4 + c4) >
<=> 2(a2b2 + b2c2 + c2a2) - (a4 + b4 + c4) >
<=> (a + b - c)(b + c - a)(c + a - b)(a + b + c) > Do a ≥ b ≥ c > => a + b + c > ;
a + b - c > ; c + a - b > => b + c - a > Suy a, b, c độ dài ba cạnh tam giác
Bài toán : Cho số dương a, b, c thỏa mãn (a2k + b2k + c2k)2 > 2(a4k + b4k +
c4k) Chứng minh : a, b, c độ dài ba cạnh tam giác
Lời giải : Theo kết tốn ta có ak, bk, ck độ dài ba cạnh
tam giác Khi a + b Ê c ak + bk < (a + b)k ≤ ck điều vơ lí, suy a +
b > c
Tương tự ta có b + c > a c + a > b Vậy ta có điều phải chứng minh
Tiếp tục mở rộng cho n số dương a1, a2, , an ta có tốn sau :
Bài tốn :
(37)với n ≥ Chứng minh : Bất kì ba số n số độ dài ba cạnh tam giác
Lời giải : + Với n = : trở lại toán
+ Với n > : Khơng tính tổng qt, ta chứng minh cho ba số a1, a2, a3
Theo điều kiện đề áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-ski ta có :
Theo tốn ta có a1, a2, a3 độ di ba cạnh tam giác Từ ta có
điều phải chứng minh
Bài tốn đề thi Vơ định Tốn Trung Quốc năm 1988
Nếu biết b1 ≥ b2 ≥ ≥ bk > b1 < b2 + + bk b1, b2, , bk độ dài
các cạnh đa giác, bạn chứng minh toán tổng quát sau : Bài toán :
Cho n số dương a1, a2, , an thỏa mãn :
Chứng minh : Bất kì k số n số độ dài cạnh đa giác lồi k cạnh (n ≥ k ≥ 3)
(38)(39)TOÁN TUỔI THƠ 29
(40)(41)(42)(43)(44)(45)(46)(47)(48)(49)(50)(51)(52)(53)(54)(55)(56)(57)(58)(59)(60)(61)(62)(63)(64)(65)(66)(67)