VẬN DỤNG BỔ ĐỀ HÌNH THANG VÀO GIẢI TOÁN * Trong Tạp chí Toán Tuổi thơ 2 số 4 TTT24, tháng 6 năm 2003, ở mục kết quả Thử tí toán, để chia đôi một đoạn thẳng song song với một đường thẳng [r]
(1)MỘT PHƯƠNG PHÁP TÌM GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT VÀ GIẤ TRỊ LỚN NHẤT Trong bài viết này, tôi đề cập đến dạng toán tìm giá trị lớn (GTLN) và giá trị nhỏ (GTNN) biểu thức nhiều ẩn, đó các ẩn là nghiệm phương trình bất phương trình cho trước Đối với dạng toán này, ta cần xác định và giải bất phương trình ẩn mà ẩn đó là biểu thức cần tìm GTLN, GTNN Bài toán : Tìm GTLN và GTNN xy biết x và y là nghiệm phương trình x4 + y4 - = xy(1 - 2xy) Lời giải : Ta có x4 + y4 - = xy(1 - 2xy) <=> xy + = x4 + y4 + 2x2y2 <=> xy + = (x2 + y2)2 (1) Do (x2 - y2)2 ≥ với x, y, dễ dàng suy (x2 + y2)2 ≥ 4(xy)2 với x, y (2) Từ (1) và (2) ta có : xy + ≥ 4(xy)2 <=> 4t2 - t - ≤ (với t = xy) <=> (t - 1)(4t + 3) ≤ Vậy : t = xy đạt GTLN <=> x = y = ; t = xy đạt GTNN Bài toán : Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn xyz ≥ x + y + z + Tìm GTNN 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 và x = y = z = Bài toán : Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x2 + 2y2 + 2x2z2 + y2z2 + 3x2y2z2 = Tìm GTLN và GTNN A = xyz Lời giải : x2 + 2y2 + 2x2z2 + y2z2 + 3x2y2z2 = <=> (x2 + y2z2) + 2(y2 + x2z2) + 3x2y2z2 = (1) (2) áp dụng bất đẳng thức m2 + n2 ≥ 2|mn| với m, n ta có : x2 + y2z2 ≥ 2|xyz| ; y2 + x2z2 ≥ 2|xyz| (2) Từ (1) và (2) suy : 2|xyz| + 4|xyz| + 3(xyz)2 ≤ <=> 3A2 + 6|A| - ≤ <=> A2 + 2|A| - ≤ <=> (|A| - 1)(|A| + 3) ≤ <=> |A| ≤ <=> -1 ≤ A ≤ Vậy : A đạt GTLN A đạt GTNN -1 Bài toán : Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x4 + y4 + x2 - = 2y2(1 - x2) Tìm GTLN và GTNN x2 + y2 Lời giải : Ta có x4 + y4 + x2 - = 2y2(1 - x2) <=> (x2 + y2)2 - 2(x2 + y2) - = -3x2 ≤ => t2 - 2t - ≤ (với t = x2 + y2 ≥ 0) => (t + 1)(t - 3) ≤ => t ≤ Vậy t = x2 + y2 đạt GTLN và x = ; Ta lại có x4 + y4 + x2 - = 2y2(1 - x2) <=> (x2 + y2)2 + x2 + y2 - = 3y2 ≥ => t2 + t - ≥ (với t = x2 + y2 ≥ 0) Vậy t = x2 + y2 đạt GTNN và y = ; Bài tập tương tự 1) Cho x, y, z thỏa mãn : 2xyz + xy + yz + zx ≤ Tìm GTLN xyz Đáp số : 1/8(x = y = z = 1/2) (3) 2) Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn : (x + y + z)3 + x2 + y2 + z2 + = 29xyz Tìm GTNN xyz Đáp số : (x = y = z = 2) 3) Tìm GTLN và GTNN S = x2 + y2 biết x và y là nghiệm phương trình : 5x2 + 8xy + 5y2 = 36 Đáp số : GTLN là 36 GTNN là 4) Cho x và y là các số thực thỏa mãn : Tìm GTLN x2 + y2 Đáp số : (x = -1 ; y = 0) 5) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn : x2 + 4y2 + z2 = 4xy + 5x - 10y +2z - Tìm GTLN và GTNN x - 2y Đáp số : GTLN là (x = 2y + ; y Є R ; z = 1) ; GTNN là (x = 2y + ; y Є R ; z = 1) 6) Tìm các số nguyên không âm x, y, z, t để M = x2 + y2 + 2z2 + t2 đạt GTNN, biết : Đáp số : x = ; y = ; z = ; t = Khi đó M đạt giá trị nhỏ là 61 MỘT HẰNG ĐẲNG THỨC THÚ VỊ Với số thực a, b, c, ta có : (a + b)(a + c) = a2 + (ab + bc + ca) = a(a + b + c) + bc (*) Với tôi, (*) là đẳng thức thú vị Trước hết, từ (*) ta có : Hệ : Nếu ab + bc + ca = thì a2 + = (a + b)(a + c) Hệ : Nếu a + b + c = thì a + bc = (a + b)(a + c) Bây giờ, chúng ta đến với vài ứng dụng (*) và hai hệ trên Bài toán : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = Hãy tính giá trị biểu thức : (4) Lời giải : Theo hệ ta có a2 + = a2 + (ab + bc + ca) = (a + b)(a + c) ; b2 + = b2 + (ab + bc + ca) = (b + a)(b + c) ; c2 + = c2 + (ab + bc + ca) = (c + a)(c + b) Suy Vì A = a(b + c) + b(c + a) + c(a + b) = 2(ab + bc + ca) = Vấn đề khó ta hướng tới việc đánh giá các biểu thức Bài toán : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn (a +b)(a +c) = Chứng minh : Lời giải : a) Sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương a(a + b + c) ; bc : = (a + b)( a + c) = a(a + b + c) + bc ≥ b) Sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương a2 ; (ab + bc + ca)/2 ; (ab + bc + ca)/2 = (a + b)( a + c) = a2 + (ab + bc + ca) = (5) Bài toán : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = Chứng minh : Lời giải : Theo hệ ta có Sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương a2 + ab ; a2 + ac : Tương tự ta có Từ các kết trên ta suy : Bài toán sau đây nguyên là đề thi Châu á - Thái Bình Dương năm 2002 đã viết lại cho đơn giản (thay (1/x ; 1/y ; 1/z) (a ; b ; c)) Bài toán : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = Chứng minh : Lời giải : Theo hệ và bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-ski ta có (6) Tương tự ta có Từ các kết trên ta suy : Để kết thúc, xin các bạn làm thêm số bài tập : Bài tập : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = Hãy tính giá trị biểu thức : Bài tập : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = Chứng minh : Bài tập : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = Chứng minh : (a + bc)(b + ca)(c + ab) ≥ 64/81(ab + bc + ca)2 LÀM QUEN VỚI BẤT ĐẲNG THỨC TRÊ-BƯ-SEP Các bạn đã làm quen với các bất đẳng thức Cô si, Bunhiacôpski không ít bạn còn chưa biết bất đẳng thức Trê - bư - sép Con đường đến bất đẳng thức này thật là giản dị, quá gần gũi với kiến thức các bạn bậc THCS Các bạn có thể thấy : Nếu a1 ≤ a2 và b1 ≤ b2 thì (a2 - a1) (b2 - b1) ≥ Khai triển vế trái bất đẳng thức này ta có : a1b1 + a2b2 - a1b2 - a2b1 ≥ => : a1b1 + a2b2 ≥ a1b2 + a2b1 Nếu cộng thêm a1b1 + a2b2 vào hai vế ta : (a1b1 + a2b2) ≥ a1 (b1 + b2) + a2 (b1 + b2) => : (a1b1 + a2b2) ≥ (a1 + a2) (b1 + b2) (*) Bất đẳng thức (*) chính là bất đẳng thức Trê - bư - sép với n = Nếu thay đổi giả thiết, cho a1 ≤ a2 và b1 ≥ b2 thì tất các bất đẳng thức trên cùng đổi chiều và ta có : (a1b1 + a2b2) ≤ (a1 + a2) (b1 + b2) (**) (7) Các bất đẳng thức (*) và (**) trở thành đẳng thức và a1 = a2 b1 = b2 Làm theo đường tới (*) (**), các bạn có thể giải nhiều bài toán thú vị Bài toán : Biết x + y = Chứng minh x2003 + y2003 ≤ x2004 + y2004 Lời giải : Do vai trò bình đẳng x và y nên có thể giả sử x ≤ y Từ đó => : x2003 ≤ y2003 Do đó (y2003 - x2003).(y - x) ≥ => : x2004 + y2004 ≥ x.y2003 + y.x2003 Cộng thêm x2004 + y2004 vào hai vế ta có : 2.(x2004 + y2004) ≥ (x+y) (x2003 + y2003) = 2.(x2003 + y2003) => : x2004 + y2004 ≥ x2003 + y2003 (đpcm) Để ý : Bất đẳng thức vừa chứng minh trở thành đẳng thức và x = y = ; các bạn có lời giải các bài toán sau : Bài toán : Giải hệ phương trình : Nếu các bạn quan tâm tới các yếu tố tam giác thì vận dụng các bất đẳng thức (*) (**) dẫn đến nhiều bài toán Bài toán : Cho tam giác ABC có diện tích AH và BK là các đường cao tam giác Chứng minh : (BC + CA).(AH + BK) ≥ Lời giải : Ta có AH x BC = BK x CA = Do vai trò bình đẳng BC và CA nên có thể giả sử BC ≤ CA => 2/BC ≥ 2/CA => AH ≥ BK Do đó (CA - BC).(BK - AH) ≤ => : CA x BK + BC x AH ≤ BC x BK + CA x AH Cộng thêm CA x BK + BC x AH vào vế ta có : 2.(CA x BK + BC x AH) ≤ (BC + CA) (AH + BK) => : (BC + CA).(AH + BK) ≥ Đẳng thức xảy và BC = CA BK = AH tương đương với BC = CA hay tam giác ABC là tam giác cân đỉnh C Bài toán : Cho tam giác ABC với BC = a, CA = b, AB = c và các đường cao tương ứng các cạnh này có độ dài là ha, hb, hc Chứng minh : với S là diện tích tam giác ABC Lời giải : Do vai trò bình đẳng các cạnh tam giác nên có thể giả sử a ≤ b ≤ c => : 2S/a ≥ 2S/b ≥ 2S/c => ≥ hb ≥ hc Làm lời giải bài toán ta có : (a + b).(ha + hb) ≥ 8S (8) => : 1/(ha + hb) ≤ (a + b)/(8S) (1) Tương tự ta : 1/(hb + hb) ≤ (b + c)/(8S) (2) 1/(hc + ha) ≤ (c + a)/(8S) (3) Cộng vế (1), (2), (3) dẫn đến : Bất đẳng thức (4) trở thành đẳng thức và 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 Bây các bạn thử giải các bài tập sau đây : 1) Biết x2 + y2 = Tìm giá trị lớn F = (x4 + y4) / (x6 + y6) 2) Cho các số dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = Chứng minh : 3) Cho tam giác ABC có độ dài các cạnh là a, b, c và độ dài các đường phân giác thuộc các cạnh này là la, lb, lc Chứng minh : 4) Hãy dự đoán và chứng minh bất đẳng thức Trê - bư - sép với n = Từ đó hãy sáng tạo các bài toán Nếu bạn thấy thú vị với khám phá mình bài tập này, hãy gửi gấp bài viết cho chuyên mục EUREKA TTT2 PHƯƠNG PHÁP HOÁN VỊ VÒNG QUANH Phân tích thành nhân tử là kĩ chương trình đại số bậc THCS Kĩ này sử dụng giải các bài toán : biến đổi đồng các biểu thức toán học, giải phương trình, chứng minh bất đẳng thức và giải các bài toán cực trị Sách giáo khoa lớp đã giới thiệu nhiều phương pháp phân tích thành nhân tử Sau đây tôi xin nêu phương pháp thường sử dụng, dựa vào việc kết hợp các phương pháp quen thuộc đặt nhân tử chung, nhóm số hạng, đẳng thức Phương pháp này dựa vào số nhận xét sau đây : 1/ Giả sử phải phân tích biểu thức F(a, b, c) thành nhân tử, đó a, b, c có vai trò biểu thức đó Nếu F(a, b, c) = a = b thì F(a, b, c) chứa các nhân tử a - b, b - c và c - a Bài toán : 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, đó F(a, b, c) có chứa nhân tử a - b (9) Tương tự F(a, b, c) chứa các nhân tử b - c, c - a Vì F(a, b, c) là biểu thức bậc ba, đó F(a, b, c) = k.(a - b)(b - c)(c - a) Cho a = 1, b = 0, c = -1 ta có : + = k.1.1.(-2) => k = -1 Vậy : F(a, b, c) = -(a - b)(b - c)(c - a) Bài toán : Phân tích thành nhân tử : F(a, b, c) = a3(b - c) + b3(c - a) + c3(a - b) Nhận xét : Tương tự bài toán 1, ta thấy F(a, b, c) phải chứa các nhân tử a - b, b - c, c - a Nhưng đây F(a, b, c) là biểu thức bậc bốn, đó (a - b)(b - c)(c - a) bậc ba, vì F(a, b, c) phải có thừa số bậc a, b, c Do vai trò a, b, c 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 = ; b = ; c = => k = -1 Vậy : F(a, b, c) = -(a - b)(b - c)(c - a)(a + b + c) 2/ Trong số bài toán, F(a, b, c) là biểu thức đối xứng a, b, c F(a, b, c) ≠ a = b thì ta thử xem a = -b, F(a, b, c) có triệt tiêu không, 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 : Chứng minh : Nếu : 1/x + 1/y + 1/z = 1/(x + y + z) thì 1/xn + 1/yn + 1/zn = 1/(xn + yn + zn) với 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 = (*) Do đó ta thử phân tích biểu thức F(x, y, z) = (xy + xz + yz)(x + y + z) - xyz thành nhân tử Chú ý x = - y thì F(x, y, z) = - y2z + y2z = nên F(x, y, z) chứa nhân tử x + y Lập luận tương tự 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) = Tương đương với : x + y = y + z = z + x = Nếu x + y = chẳng hạn thì x = - y và 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 ta phải linh hoạt tình mà hai nguyên tắc trên không thỏa mãn : Bài toán : Phân tích đa thức sau thành nhân tử : F(x, y, z) = x3 + y3 + z3 - 3xyz Nhận xét : Ta thấy x = y hay x = -y thì F(x, y, z) ≠ Nhưng thay x = -(y + z) thì F(x, y, z) = nên F(x, y, z) có nhân tử x + y + z Chia (10) F(x, y, z) cho x + y + z, ta thương x2 + y2 + z2 - xy - yz - zx và dư là 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) lượng 3x2y + 3xy2 để nhân kết này Các bạn hãy dùng các phương pháp và kết nêu trên để giải các bài tập sau đây Bài toán : Tính tổng : đó k = 1, 2, 3, Bài toán : Chứng minh (a - b)5 + (b - c)5 + (c - a)5 chia hết cho 5(a b)(b - c)(c - a) TS Lê Quốc Hán (ĐH Vinh) MỘT PHƯƠNG PHÁP TÌM NGHIỆM ĐỘC ĐÁO Bằng kiến thức hình học lớp ta có thể giải các phương trình bậc hai ẩn không ? Câu trả lời là trường hợp tổng quát thì không được, nhiều trường hợp ta có thể tìm nghiệm dương Ví dụ : Tìm nghiệm dương phương trình x2 + 10x = 39 Lời giải : Ta có : x2 + 10x = 39 tương đương x2 + 2.5.x = 39 Từ biến đổi trên, ta hình dung x là cạnh hình vuông thì diện tích hình vuông đó là x2 Kéo dài cạnh hình vuông thêm đơn vị (như hình vẽ), ta dễ thấy : (11) Hình vuông to có độ dài cạnh là x + có diện tích là 64 Do đó : (x + 5)2 = 64 = 82 tương đương x + = hay x = Vậy phương trình có nghiệm dương là x = Phương pháp này đã nhà toán học Italia tiếng Jerôm Cacđanô (1501 - 1576) sử dụng tìm nghiệm dương phương trình x2 + 6x = 31 Các bạn hãy tìm nghiệm dương phương trình x2 - 8x = 33 phương pháp hình học thử xem ? MỘT DẠNG TOÁN VỀ ƯCLN VÀ BCNN Trong chương trình số học lớp 6, sau học các khái niệm ước chung lớn (ƯCLN) và bội chung nhỏ (BCNN), các bạn gặp dạng toán tìm hai số nguyên dương biết số yếu tố đó có các kiện ƯCLN và BCNN Phương pháp chung để giải : 1/ Dựa vào định nghĩa ƯCLN để biểu diễn hai số phải tìm, liên hệ với các yếu tố đã cho để tìm hai số 2/ Trong số trường hợp, có thể sử dụng mối quan hệ đặc biệt ƯCLN, BCNN và tích hai số nguyên dương a, b, đó là : ab = (a, b).[a, b], đó (a, b) là ƯCLN và [a, b] là BCNN a và b Việc chứng minh hệ thức này không khó : Theo định nghĩa ƯCLN, gọi d = (a, b) => a = md ; b = nd với m, n thuộc Z+ ; (m, n) = (*) Từ (*) => ab = mnd2 ; [a, b] = mnd => (a, b).[a, b] = d.(mnd) = mnd2 = ab => ab = (a, b).[a, b] (**) Chúng ta hãy xét số ví dụ minh họa (12) Bài toán : Tìm hai số nguyên dương a, b biết [a, b] = 240 và (a, b) = 16 Lời giải : Do vai trò a, b là nhau, không tính tổng quát, giả sử a ≤ b Từ (*), (a, b) = 16 nên a = 16m ; b = 16n (m ≤ n a ≤ b) với m, n thuộc Z+ ; (m, n) = Theo định nghĩa BCNN : [a, b] = mnd = mn.16 = 240 => mn = 15 => m = , n = 15 m = 3, n = => a = 16, b = 240 a = 48, b = 80 Chú ý : Ta có thể áp dụng công thức (**) để giải bài toán này : ab = (a, b) [a, b] => mn.162 = 240.16 suyy mn = 15 Bài toán : Tìm hai số nguyên dương a, b biết ab = 216 và (a, b) = Lời giải : Lập luận bài 1, giả sử a ≤ b Do (a, b) = => a = 6m ; b = 6n với m, n thuộc Z+ ; (m, n) = ; m ≤ n Vì : ab = 6m.6n = 36mn => ab = 216 tương đương mn = tương đương m = 1, n = m = 2, n = tương đương với a = 6, b = 36 hoặcc là a = 12, b = 18 Bài toán : Tìm hai số nguyên dương a, b biết ab = 180, [a, b] = 60 Lời giải : Từ (**) => (a, b) = ab/[a, b] = 180/60 = Tìm (a, b) = 3, bài toán đưa dạng bài toán Kết : a = 3, b = 60 a = 12, b = 15 Chú ý : Ta có thể tính (a, b) cách trực tiếp từ định nghĩa ƯCLN, BCNN : Theo (*) ta có ab = mnd2 = 180 ; [a, b] = mnd = 60 => d = (a, b) = Bài toán : Tìm hai số nguyên dương a, b biết a/b = 2,6 và (a, b) = Lời giải : Theo (*), (a, b) = => a = 5m ; b = 5n với m, n thuộc Z+ ; (m, n) = Vì : a/b = m/n = 2,6 => m/n = 13/5 tương đương với m = 13 và n = hay a = 65 và b = 25 Chú ý : phân số tương ứng với 2,6 phải chọn là phân số tối giản (m, n) = Bài toán : Tìm a, b biết a/b = 4/5 và [a, b] = 140 Lời giải : Đặt (a, b) = d Vì , a/b = 4/5 , mặt khác (4, 5) = nên a = 4d, b = 5d Lưu ý [a, b] = 4.5.d = 20d = 140 => d = => a = 28 ; b = 35 Bài toán : Tìm hai số nguyên dương a, b biết a + b = 128 và (a, b) = 16 Lời giải : Lập luận bài 1, giả sử a ≤ b Ta có : a = 16m ; b = 16n với m, n thuộc Z+ ; (m, n) = ; m ≤ n Vì : a + b = 128 tương đương 16(m + n) = 128 tương đương m + n = Tương đương với m = 1, n = m = 3, n = hay a = 16, b = 112 a = 48, b = 80 Bài toán : Tìm a, b biết a + b = 42 và [a, b] = 72 (13) Lời giải : Gọi d = (a, b) => a = md ; b = nd với m, n thuộc Z+ ; (m, n) = Không tính tổng quát, giả sử a ≤ b => m ≤ n Do đó : a + b = d(m + n) = 42 (1) [a, b] = mnd = 72 (2) => d là ước chung 42 và 72 => d thuộc {1 ; ; ; 6} Lần lượt thay các giá trị d vào (1) và (2) để tính m, n ta thấy có trường hợp d = => m + n = và mn = 12 => m = và n = (thỏa mãn các điều kiện m, n) Vậy d = và a = 3.6 = 18 , b = 4.6 = 24 Bài toán : Tìm a, b biết a - b = 7, [a, b] = 140 Lời giải : Gọi d = (a, b) => a = md ; b = nd với m, n thuộc Z+ ; (m, n) = Do đó : a - b = d(m - n) = (1’) [a, b] = mnd = 140 (2’) => d là ước chung và 140 => d thuộc {1 ; 7} Thay các giá trị d vào (1’) và (2’) để tính m, n ta kết : d = => m - n = và mn = 20 => m = 5, n = Vậy d = và a = 5.7 = 35 ; b = 4.7 = 28 Bài tập tự giải : 1/ Tìm hai số a, b biết 7a = 11b và (a, b) = 45 2/ Tìm hai số biết tổng chúng 448, ƯCLN chúng 16 và chúng có các chữ số hàng đơn vị giống 3/ Cho hai số tự nhiên a và b Tìm tất các số tự nhiên c cho ba số, tích hai số luôn chia hết cho số còn lại MỘT SỐ DẠNG TOÁN SỬ DỤNG PHÉP PHÂN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ Sau xem xong tạp chí Toán Tuổi thơ số (tháng năm 2003), tôi tâm đắc với các bài toán phân tích đa thức thành nhân tử Do đó tôi mạnh dạn trao đổi với bạn đọc vấn đề vận dụng phép phân tích đa thức thành nhân tử vào giải số dạng toán bậc THCS Rút gọn các biểu thức đại số Bài toán : Rút gọn : với ab ≠ Lời giải : (14) Bài toán : Rút gọn : Lời giải : Chứng minh bất đẳng thức Bài toán : Cho ΔABC với góc A ≥ góc B ≥ góc C Chứng minh : Lời giải : Hạ AH vuông góc với BC ; BI vuông góc với AC Ta có AH = ha, BI = hb Dễ thấy 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 : (15) Vì góc A ≥ góc B ≥ góc C tương đương với a ≥ b ≥ c nên (**) đúng, tức là (*) chứng minh Giải phương trình và bất phương trình Bài toán : Giải phương trình : 4x3 - 10x2 + 6x - = (1) Lời giải : (1) 4x3 - 2x2 - 8x2 + 4x + 2x - = tương đương 2x2(2x - 1) - 4x(2x - 1) + (2x - 1) = hay (2x - 1)(2x2 - 4x + 1) = Bài toán : Giải phương trình : Lời giải : Ta có : Vậy phương trình (2) có nghiệm là x = Bài toán : Giải bất phương trình : 7x3 - 12x2 - < (3) Lời giải : (3) 7x3 - 14x2 + 2x2 - < tương đương với 7x2(x - 2) + 2(x2 - 4) < hay (x - 2)(7x2 + 2x + 4) < tương đương với (x - 2)[6x2 + + (x + 1)2] < hay x - < => x < Vậy bất phương trình (3) có nghiệm là x < Một số bài toán khác Bài toán : CMR : (16) với a, b ≠ ; a ≠ b ; a, b ≠ 1/2 thì a + b + 3/2 = 1/a + 1/b Lời giải : (*) tương đương : a2b - 2a3b - 2b2 + 4ab2 = b2a - 2ab3 - 2a2 + 4a2b hay : 3ab2 - 3a2b - 2a3b + 2b3a - 2b2 + 2a2 = 3ab(b - a) + 2ab(b2 - a2) - 2(b2 - a2) = (b - a)[3ab + 2ab(b + a) - 2(a + b)] = Vì a ≠ b => b - a ≠ nên hệ thức trên tương đương với : 3ab + 2ab(b + a) 2(a + b) = Do a.b ≠ => 3/2 + a + b - (a + b)/ab = => : a + b + 3/2 = 1/a + 1/b (đpcm) Bài toán : 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) = => n + và n + cùng chia hết cho không cùng chia hết cho - Nếu n + và n + cùng chia hết cho 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 + và n + không cùng chia hết cho thì (n + 9)(n + 2) không chia hết cho mà 21 chia hết cho nên M không chia hết cho 49 Vậy n22 + 11n + 39 không chia hết cho 49 Sau đây là số bài tập để các bạn thử vận dụng : Tìm nghiệm tự nhiên phương trình : x6 - x4 + 2x3 + 2x2 = y2 Cho ab ≥ Chứng minh : 1/(1 + a2) + 1/(1 + b2) ≥ 2/(1 + ab) Chứng minh với số nguyên lẻ n thì (n86 - n4 + n2) chia hết cho 1152 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN Trong quá trình giảng dạy và làm toán, tôi đã hệ thống số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên, hi vọng giúp các em học sinh biết lựa chọn phương pháp thích hợp giải bài toán loại này Phương pháp : Đưa dạng tích Biến đổi phương trình dạng : vế trái là tích các đa thức chứa ẩn, vế phải là tích các số nguyên Thí dụ : Tìm nghiệm nguyên phương trình : y3 - x3 = 91 (1) (17) Lời giải : (1) tương đương với (y - x)(x2 + xy + y2) = 91 (*) Vì x2 + xy + y2 > với x, y nên từ (*) => y - x > Mặt khác, 91 = x 91 = x 13 và y - x ; x2 + xy + y2 nguyên dương nên ta có bốn khả sau : y - x = 91 và x2 + xy + y2 = ; (I) y - x = và x2 + xy + y2 = 91 ; (II) y - x = và x2 + xy + y2 = ; (III) y - x = và x2 + xy + y2 = 13 ; (IV) Đến đây, bài toán coi giải Phương pháp : Sắp thứ tự các ẩn Nếu các ẩn x, y, z, có vai trò bình đẳng, ta có thể giả sử x ≤ y ≤ z ≤ để tìm các nghiệm thỏa mãn điều kiện này Từ đó, dùng phép hoán vị để => các nghiệm phương trình đã cho Thí dụ : Tìm nghiệm nguyên dương phương trình : x + y + z = xyz (2) Lời giải : Do vai trò bình đẳng x, y, z phương trình, trước hết ta xét x ≤ y ≤ z Vì x, y, z nguyên dương nên xyz ≠ 0, x ≤ y ≤ z => xyz = x + y + z ≤ 3z => xy ≤ => xy thuộc {1 ; ; 3} Nếu xy = => x = y = 1, thay vào (2) ta có : + z = z, vô lí Nếu xy = 2, x ≤ y nên x = và y = 2, thay vào (2), => z = Nếu xy = 3, x ≤ y nên x = và y = 3, thay vào (2), => z = Vậy nghiệm nguyên dương phương trình (2) là các hoán vị (1 ; ; 3) Thí dụ : Tìm nghiệm nguyên dương phương trình : 1/x + 1/y + 1/z = (3) Lời giải : Do vai trò bình đẳng x, y, z, trước hết ta xét x ≤ y ≤ z Ta có : = 1/x + 1/y + 1/z ≤ 3.1/x => x ≤ 3/2 => x = Thay x = vào (3) ta có : 1/y + 1/z + = => = 1/y + 1/z ≤ 2/y => y ≤ => y = => 1/z = (vô lí) y = => 1/z = => z = Vậy nghiệm nguyên dương phương trình (3) là các hoán vị (1 ; ; 2) Phương pháp : Sử dụng tính chất chia hết Phương pháp này sử dụng tính chất chia hết để chứng minh phương trình vô nghiệm tìm nghiệm phương trình Thí dụ : Tìm nghiệm nguyên phương trình : x2 - 2y2 = (4) Lời giải : Từ phương trình (4) ta => x phải là số lẻ Thay x = 2k + (k thuộc Z) vào (4), ta : (18) 4k2 +4k + - 2y2 = tương đương 2(k2 + k - 1) = y2 => y2 là số chẵn => y là số chẵn Đặt y = 2t (t thuộc Z), ta có : 2(k2 + k - 1) = 4t2 tương đương k(k + 1) = 2t2 + (**) Nhận xét : k(k + 1) là số chẵn, 2t2 + là số lẻ => phương trình (**) vô nghiệm Vậy phương trình (4) không có nghiệm nguyên Thí dụ : Chứng minh không tồn các số nguyên x, y, z thỏa mãn : x3 + y3 + z3 = x + y + z + 2000 (5) Lời giải : Ta có x - x = (x - 1).x.(x + 1) là tích số nguyên liên tiếp (với x là số nguyên) Do đó : x3 - x chia hết cho Tương tự y3 - y và z3 - z chia hết cho Từ đó ta có : x3 + y3 + z3 - x y - z chia hết cho Vì 2000 không chia hết cho nên x3 + y3 + z3 - x - y - z ≠ 2000 với số nguyên x, y, z tức là phương trình (5) không có nghiệm nguyên Thí dụ : Tìm nghiệm nguyên phương trình : xy + x - 2y = (6) Lời giải : Ta có (6) tương đương y(x - 2) = - x + Vì x = không thỏa mãn phương trình nên (6) tương đương với: y = (-x + 3)/(x - 2) tương đương y = -1 + 1/(x - 2) Ta thấy : y là số nguyên tương đương với x - là ước hay x - = x - = -1 tương đương với x = x = Từ đó ta có nghiệm (x ; y) là (1 ; -2) và (3 ; 0) Chú ý : Có thể dùng phương pháp để giải bài toán này, nhờ đưa phương trình (6) dạng : x(y + 1) - 2(y + 1) = tương đương (x - 2)(y + 1) = Phương pháp : Sử dụng bất đẳng thức Dùng bất đẳng thức để đánh giá ẩn nào đó và từ đánh giá này => các giá trị nguyên ẩn này Thí dụ : Tìm nghiệm nguyên phương trình : x2 - xy + y2 = (7) Lời giải : (7) tương đương với (x - y/2)2 = - 3y2/4 Vì (x - y/2)2 ≥ => - 4y2/4 ≥ => -2 ≤ y ≤ Lần lượt thay y = -2 ; ; -1 ; ; vào phương trình để tính x Ta có các nghiệm nguyên phương trình là : (x ; y) thuộc {(-1 ; -2) ; (1 ; 2) ; (-2 ; -1) ; (2 ; 1) ; (-1 ; 1) ; (1 ; -1)} Chắc chắn còn nhiều phương pháp để giải phương trình nghiệm nguyên và còn nhiều thí dụ hấp dẫn khác Mong các bạn tiếp tục trao đổi vấn đề này Các bạn thử giải số phương trình nghiệm nguyên sau đây : Bài : Giải các phương trình nghiệm nguyên : (19) a) x2 - xy = 23 ; b) 3x - 3y + = ; c) 19x2 + 28y2 =729 ; d) 3x2 + 10xy + 8y2 = 96 Bài : Tìm x, y nguyên dương thỏa mãn : a) 4xy - 3(x + y) = 59 ; b) 5(xy + yz + zx) = 4xyz ; c) xy/z + yz/x + zx/y = ; d) 1/x + 1/y + 1/z = 1/1995 GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẰNG CÁCH ĐÁNH GIÁ CÁC ẨN Hệ phương trình là dạng toán thường gặp các kì thi học sinh lớp Có nhiều hệ phương trình giải trực tiếp phức tạp, chí không giải Trong số trường hợp vậy, ta có thể tìm cách đánh giá các ẩn ẩn với số, từ đó xác định nghiệm hệ Phương pháp này gọi là “phương pháp đánh giá các ẩn” Đánh giá các ẩn Ví dụ (đề thi vào khối chuyên Toán Tin, ĐHQG Hà Nội năm 1996) : Giải hệ phương trình Lời giải : Điều kiện : x ≥ 1/2 ; y ≤ 1/2 Ta chứng minh x = y Thật : (20) Vậy nghiệm hệ phương trình (thỏa mãn điều kiện) là : x = y = Ví dụ (đề thi vào khối chuyên, ĐHSPHN năm 2004) : Tìm nghiệm dương hệ Lời giải : Ta chứng minh x = y = z Do x, y, z có vai trò nên không tổng quát, giả sử x y và x z (4) Vì x > 0, y > 0, z > nên : Từ (1), (2), (4) => 2x2004 = y6 + z6 ≤ x6 + z6 = 2y2004 => 2x2004 ≤ 2y2004 => x ≤ y (5) Từ (1), (3), (4) => 2x2004 = y6 + z6 ≤ y6 + x6 = 2z2004 => 2x2004 ≤ 2z2004 => x ≤ z (6) Từ (4), (5), (6) suy x = y = z Thay vào (1) ta có 2x2004 = x6 + x6 = 2x6 suy x = (do x > 0) Vậy hệ có nghiệm dương : x = y = z = Ví dụ : Tìm a, b, c biết 4a - b2 = 4b - c2 = 4c - a2 = (*) Lời giải : Ta thấy a > 0, b > 0, c > Giả sử a > b, từ (*) ta có : 4a - 4b = b2 - c2 > => b > c (>0) ; 4b - 4c = c2 - a2 > => c > a (>0) => b > c > a trái với giả thiết a > b => a ≤ b (21) Tương tự trên, a < b thì dẫn đến điều vô lí Vậy a = b, suy : 4a - 4b = b2 - c2 = => b = c => a = b = c Thay vào (*) ta có : 4a - b2 = <=> 4a - a2 = <=> a2 - 4a + = Giải phương trình bậc hai ẩn a trên ta hai nghiệm là ++++++++ Vậy hệ phương trình (*) có hai nghiệm : Đánh giá ẩn với số Ví dụ (đề thi vào lớp 10 chuyên, ĐHQG Hà Nội 2004) : Biết a > 0, b > và a100 + b100 = a101 + b101 = a102 + b102 (1) Tính giá trị biểu thức P = a2004 + b2004 Lời giải : Ta chứng minh a = 1, b = 1, từ đó tính P Thật vậy, từ (1) ta có : a100.(1 - a) = b100.(b - 1) (2) a101.(1 - a) = b101.(b - 1) (3) Trừ (2) cho (3) theo vế ta có : (a100 - a101)(1 - a) = (b100 - b101)(b - 1) <=> a100.(1 - a)2 = b100.(1 - b)(b - 1) <=> a100.(1 - a)2 = - b100.(1 - b)2 (4) Nếu a ≠ 1, a > suy : a100.(1 - a)2 > ≥ - b100.(1 - b)2 trái với (4) => a = => b = (thay vào (2), b >0) Vậy P = 12004 + 12004 = Ví dụ : Giải hệ phương trình Lời giải : Ta chứng minh x = Nhận xét : x, y, z khác Giả sử x > (4) (22) Tương tự, x < dẫn đến điều vô lí Suy x = 1, thay vào (1) và (2) ta có : Vậy hệ có nghiệm : x = y = z = Các bạn hãy thử giải các hệ phương trình sau : SỬ DỤNG DIỆN TÍCH TRONG CHỨNG MINH HÌNH HỌC Có nhiều bài toán hình học tưởng không liên quan đến diện tích, ta sử dụng diện tích thì lại dễ dàng tìm lời giải bài toán Bài toán : Tam giác ABC có AC = AB Tia phân giác góc A cắt BC D Chứng minh DC = DB (23) Phân tích bài toán (h.1) Để so sánh DC và DB, có thể so sánh diện tích hai tam giác ADC và ADB có chung đường cao kẻ từ A Ta so sánh diện tích hai tam giác này vì chúng có các đường cao kẻ từ D nhau, và AC = AB theo đề bài cho Giải : Kẻ DI vuông góc với AB, DK vuông góc với AC Xét ΔADC và ΔADB : các đường cao DI = DK, các đáy AC = AB nên S ADC = SADB Vẫn xét hai tam giác trên có chung đường cao kẻ từ A đến BC, S ADC = SADB nên DC = DB Giải tương tự trên, ta chứng minh bài toán tổng quát : Nếu AD là phân giác ΔABC thì DB/DC = AB/AC Bài toán : Cho hình thang ABCD (AB // CD), các đường chéo cắt O Qua O, kẻ đường thẳng song song với hai đáy, cắt các cạnh bên AC và BC theo thứ tự E và F Chứng minh OE = OF Giải : Cách : (h.2) Kẻ AH, BK, CM, DN vuông góc với EF Đặt AH = BK = h1, CM = DN = h2 Ta có : (24) Từ (1), (2), (3) => : Do đó OE = OF Cách : (h.3) Kí hiệu trên hình vẽ Ta có SADC = SBDC Cùng trừ S5 : S1 + S2 = S3 + S4 (1) Giả sử OE > OF thì S1 > S3 và S2 > S4 nên S1 + S2 > S3 + S4, trái với (1) Giả sử OE < OF thì S1 < S3 và S2 < S4 nên S1 + S2 < S3 + S4, trái với (1) Vậy OE = OF Bài toán : Cho hình bình hành ABCD Các điểm M, N theo thứ tự thuộc các cạnh AB, BC cho AN = CM Gọi K là giao điểm AN và CM Chứng minh KD là tia phân giác góc AKC (25) Giải : (h.4) Kẻ DH vuông góc với KA, DI vuông góc với KC Ta có : DH AN = SADN (1) DI CM = SCDM (2) Ta lại có SADN = 1/2.SABCD (tam giác và hình bình hành có chung đáy AD, đường cao tương ứng nhau), SCDM = 1/2.SABCD nên SADN = SCDM (3) Từ (1), (2), (3) => DH AN = DI CM Do AN = CM nên DH = DI Do đó KI là tia phân giác góc AKC Như xét quan hệ độ dài các đoạn thẳng, ta nên xét quan hệ diện tích các tam giác mà cạnh là các đoạn thẳng Điều đó nhiều giúp chúng ta đến lời giải bài toán Bạn hãy sử dụng diện tích để giải các bài toán sau : Cho tam giác ABC cân A Gọi M là điểm bất kì thuộc cạnh đáy BC Gọi MH, MK theo thứ tự là các đường vuông góc kẻ từ M đến AB, AC Gọi BI là đường cao tam giác ABC Chứng minh MH + MK = BI Hướng dẫn : Hãy chú ý đến SAMB + SAMC = SABC Chứng minh tổng các khoảng cách từ điểm M bất kì tam giác ABC đến ba cạnh tam giác không phụ thuộc vị trí M Hướng dẫn : Hãy chú ý đến SMBC + SMAC + SMAB = SABC Cho tam giác ABC cân A Điểm M thuộc tia đối tia BC Chứng minh hiệu các khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng AC và AB đường cao ứng với cạnh bên tam giác ABC Hướng dẫn : Hãy chú ý đến SMAC - SMAB = SABC Cho hình thang ABCD (AB // CD, AB < CD) Các đường thẳng AD và BC cắt O Gọi F là trung điểm CD, E là giao điểm OF và AB Chứng minh AE = EB Hướng dẫn : Dùng phương pháp phản chứng (26) MỘT PHƯƠNG PHÁP VẼ ĐƯỜNG PHỤ Bài toán : Cho góc xOy Trên Ox lấy hai điểm A, B và trên Oy lấy hai điểm C, D cho AB = CD Gọi M và N là trung điểm AC và BD Chứng minh đường thẳng MN song song với phân giác góc xOy Suy luận : Vị trí đặc biệt CD là CD đối xứng với AB qua Oz, phân giác góc xOy Gọi C1 và D1 là các điểm đối xứng A và B qua Oz ; E và F là các giao điểm AC1 và BD1 với Oz Khi đó E và F là trung điểm AC1 và BD1, và đó vị trí MN là EF Vì ta cần chứng minh MN // EF là đủ (xem hình 1) Thật vậy, AB = CD (gt), AB = C1D1 (tính chất đối xứng) nên CD = C1D1 Mặt khác ME và NF là đường trung bình 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 có nhiều biến dạng” thú vị, sau đây là vài biến dạng nó, đề nghị các bạn giải xem bài tập nhỏ ; sau đó hãy đề xuất “biến dạng” tương tự Bài toán : Cho tam giác ABC Trên AB và CD có hai điểm D và E chuyển động cho BD = CE Đường thẳng qua các trung điểm BC và DE cắt AB và AC I và J Chứng minh ΔAIJ cân Bài toán : Cho tam giác ABC, AB ≠ AC AD và AE là phân giác và trung tuyến tam giác ABC Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE cắt AB và AC M và N Gọi F là trung điểm 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 hữu ích, đặc biệt là các bài toán “tìm tập hợp điểm” (27) Bài toán : Cho nửa đường tròn đường kính AB cố định và 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 đường tròn đã cho xét tương tự, đề nghị các bạn tự làm lấy xem bài tập) Suy luận : Xét trường hợp C trùng với B Khi đó hình vuông BCDE thu lại điểm B và các điểm I, D, E trùng với B, đó I là tâm hình vuông BCDE Vậy B là điểm thuộc các tập hợp cần tìm Xét trường hợp C trùng với A Dựng hình vuông BAD1E1 đó D trùng với D1, E trùng với E1 và I trùng với I1 (trung điểm cung AB ) Trước hết, ta tìm tập hợp E Vì B và E1 thuộc tập hợp cần tìm nên ta nghĩ đến việc thử chứng minh Đ BEE1 không đổi Điều này không khó vì Đ ACB = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) và ΔBEE1 = ΔBCA (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 đường tròn đã cho nằm hai nửa mặt phẳng khác với “bờ” là đường thằng BE1) 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, ABE1D1 là hình vuông nên đường tròn đường kính AE1 là đường tròn đường kính BD1 Chú ý B và D1 là các vị trí giới hạn tập hợp cần tìm, ta => tập hợp D là nửa đường tròn đường kính BD1 (nửa đường tròn này và điểm A hai nửa mặt phẳng khác với bờ là đường thẳng BD1) Cuối cùng, để tìm tập hợp I, ta cần chú ý II1 là đường trung bình ΔBDD1 nên II1 // DD1 => Đ BII1 = 90 => tập hợp I là nửa đường tròn đường kính BI1 (đường tròn này và A hai nửa mặt phẳng khác với bờ là BD1) Để kết thúc, xin mời bạn giải bài toán sau đây : (28) Bài toán : Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB cố định và điểm C chuyển động trên nửa đường tròn đó Kẻ CH vuông góc với AB Trên đoạn thẳng OC lấy điểm M cho OM = CH Tìm tập hợp M (29) VẬN DỤNG BỔ ĐỀ HÌNH THANG VÀO GIẢI TOÁN * Trong Tạp chí Toán Tuổi thơ số (TTT2(4)), tháng năm 2003, mục kết Thử tí toán, để chia đôi đoạn thẳng song song với đường thẳng cho trước bẳng thước thẳng, ta đã dựa vào bổ đề : “Đường thẳng nối giao điểm các đường chéo hình thang với giao điểm các cạnh bên kéo dài chia đáy hình thang thành hai phần nhau” Bổ đề này thường gọi là bổ đề “Hình thang” Để chứng minh bổ đề, các bạn có thể tham khảo phần chứng minh TTT2(4) * bài viết này, xin nêu thêm số dạng ứng dụng khác bổ đề “Hình thang” Bài toán : Cho DABC M, N, P là các điểm trên các cạnh BC, CA, AB Nối AM, BN, CP cắt I, J, K (hình 1) Kí hiệu S là diện tích, chứng minh : Nếu SΔAIN = SΔBJP = SΔCKM = SΔIJK thì SAPJI = SBMKJ = SCNIK Lời giải : Gọi L là giao điểm CI và NK Từ SΔANI = SΔIJK => SΔANI + SΔAIJ = = SΔIJK + SΔAIJ => SΔNAJ = SΔKAJ Ta nhận thấy ΔNAJ và ΔKAJ có chung cạnh AJ nên khoảng cách từ N và K tới AJ là 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 trung điểm NK Vậy L là trung điểm NK (*) Từ (*) ta chứng minh SΔCIN = S ΔCIK, mà SΔAIN = S ΔCKM => SΔCIM = SΔCIA => IA = IM (**) ( ΔCIM và ΔCIA có chung đường cao hạ từ C tới AM) Từ (**) => S ΔBIA = S ΔBIM ( ΔBIM và ΔBIA có chung đường cao hạ từ B tới AM) (30) Tương đương với S ΔBPJ + SAPJI = S ΔIJK + SBJKM hay SAPJI = SBJKM (do S ΔBPJ = SIJK) Hoàn toàn tương tự, ta chứng minh cặp ba tứ giác APJI, BMKJ, CNIK có diện tích và đó diện tích ba tứ giác này * Xét bài toán đảo bài toán dựng hình thước kẻ TTT2(4) nói trên Bài toán : Cho trước đoạn thẳng AB và trung điểm M nó Chỉ thước thẳng, hãy dựng qua điểm C nằm ngoài AB, đường thẳng song song với AB Lời giải : Phân tích : Giả sử dựng đường thẳng (d) qua C và song song với AB (hình 2) Trên phần kéo dài tia BC, lấy điểm S bất kì Gọi giao điểm SA và (d) là D, AC cắt BD O Theo bổ đề Hình thang, đường thẳng SO qua điểm M, từ đó ta có cách dựng Cách dựng : Lấy điểm S trên Lần lượt nối AC, SM, các đường thẳng này cắt O Nối SA, BO, cắt D Đường thẳng (d) qua C, D chính là đường thẳng cần dựng : (d) qua C, (d) // AB * Kết bài toán vận dụng nhiều bài toán dựng hình thước thẳng Bài toán : Cho hình bình hành ABCD với O là tâm Chỉ dùng thước thẳng, qua O, hãy dựng đường thẳng song song với cạnh bất kì hình bình hành ABCD Lời giải : Theo bài toán, O là trung điểm AC, BD (hình 3) (31) áp dụng bài toán cho đoạn thẳng AC với O là trung điểm AC và B là điểm nằm ngoài AC, ta hoàn toàn dựng đường thẳng Bx // AC Tương tự, ta dựng đường thẳng Cy // BD Gọi E là giao điểm Bx, Cy, ta thấy OBEC là hình bình hành Do đó, gọi I là giao điểm BC và OE thì I là trung điểm BC, mặt khác O là trung điểm BD nên OI là đường trung bình DBCD, OI // CD => OE là đường thẳng cần dựng Bài toán : Trong mặt phẳng cho trước đường tròn (S) và tâm O nó ; điểm M và đường thẳng (d) bất kì Chỉ thước thẳng, hãy dựng đường thẳng qua M song song với (d) Lời giải : Để áp dụng bài toán trường hợp này, ta cần xác định trên (d) hai điểm P, Q khác và điểm N là trung điểm PQ Ta thực sau : Trên (d), lấy điểm P tùy ý (hình 4) Qua P, kẻ cát tuyến PAB tới (S) AO, BO cắt (S) C, D CD cắt (d) Q Theo tính chất đường tròn, ta chứng minh tứ giác ABCD là hình bình hành có tâm là điểm O Theo bài toán 3, qua O ta dựng đường thẳng song song với AB và dễ thấy đường thẳng này cắt PQ N là trung (32) điểm PQ Đến đây, ta có thể => cách dựng đường thẳng qua M song song với (d) dựa vào bài toán Bài tập tự giải : Bài toán : Cho trước đường tròn (S) và tâm O nó, M là điểm bất kì Chỉ dùng thước thẳng, hãy dựng qua M đường thẳng vuông góc với đường thẳng (d) cho trước Bài toán : Cho tứ giác ABCD, AD cắt BC S, AC cắt BD O Chứng minh SO qua trung điểm M AB thì SO qua trung điểm N CD và tứ giác ABCD là hình thang CHỨNG MINH MỘT SỐ KHÔNG PHẢI LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG Trong chương trình Toán lớp 6, các em đã học các bài toán liên quan tới phép chia hết số tự nhiên cho số tự nhiên khác và đặc biệt là giới thiệu số chính phương, đó là số tự nhiên bình phương số tự nhiên (chẳng hạn : ; ; ; ;16 ; 25 ; 121 ; 144 ; …) Kết hợp các kiến thức trên, các em có thể giải bài toán : Chứng minh số không phải là số chính phương Đây là cách củng cố các kiến thức mà các em đã học Những bài toán này làm tăng thêm lòng say mê môn toán cho các em Nhìn chữ số tận cùng Vì số chính phương bình phương số tự nhiên nên có thể thấy số chính phương phải có chữ số tận cùng là các chữ số ; ; ; ; ; Từ đó các em có thể giải bài toán kiểu sau đây : Bài toán : Chứng minh số : n = 20042 + 20032 + 20022 - 20012 không phải là số chính phương Lời giải : Dễ dàng thấy chữ số tận cùng các số 20042 ; 20032 ; 20022 ; 20012 là ; ; ; Do đó số n có chữ số tận cùng là nên n không phải là số chính phương Chú ý : Nhiều số đã cho có chữ số tận cùng là các số ; ; ; ; ; không phải là số chính phương Khi đó các bạn phải lưu ý thêm chút : Nếu số chính phương chia hết cho số nguyên tố p thì phải chia hết cho p2 Bài toán : Chứng minh số 1234567890 không phải là số chính phương Lời giải : Thấy số 1234567890 chia hết cho (vì chữ số tận cùng là 0) không chia hết cho 25 (vì hai chữ số tận cùng là 90) Do đó số 1234567890 không phải là số chính phương (33) Chú ý : Có thể lý luận 1234567890 chia hết cho (vì chữ số tận cùng là 0), không chia hết cho (vì hai chữ số tận cùng là 90) nên 1234567890 không là số chính phương Bài toán : Chứng minh số có tổng các chữ số là 2004 thì số đó không phải là số chính phương Lời giải : Ta thấy tổng các chữ số số 2004 là nên 2004 chia hết cho mà không chia hết nên số có tổng các chữ số là 2004 chia hết cho mà không chia hết cho 9, đó số này không phải là số chính phương Dùng tính chất số dư Chẳng hạn các em gặp bài toán sau đây : Bài toán : Chứng minh số có tổng các chữ số là 2006 không phải là số chính phương Chắc chắn các em dễ bị “choáng” Vậy bài toán này ta phải nghĩ tới điều gì ? Vì cho giả thiết tổng các chữ số nên chắn các em phải nghĩ tới phép chia cho cho Nhưng lại không gặp điều “kì diệu” bài toán Thế thì ta nói điều gì số này ? Chắc chắn số này chia cho phải dư Từ đó ta có lời giải Lời giải : Vì số chính phương chia cho có số dư là mà thôi (coi bài tập để các em tự chứng minh !) Do tổng các chữ số số đó là 2006 nên số đó chia cho dư Chứng tỏ số đã cho không phải là số chính phương Tương tự các em có thể tự giải bài toán : Bài toán : Chứng minh tổng các số tự nhiên liên tiếp từ đến 2005 không phải là số chính phương Bài toán : Chứng minh số : n = 20044 + 20043 + 20042 + 23 không là số chính phương Bây các em theo dõi bài toán sau để nghĩ tới “tình huống” Bài toán : Chứng minh số : n = 44 + 4444 + 444444 + 44444444 + 15 không là số chính phương Nhận xét : Nếu xét n chia cho 3, các em thấy số dư phép chia là 1, là không “bắt chước” cách giải các bài toán ; ; ; Nếu xét chữ số tận cùng các em thấy chữ số tận cùng n là nên không làm “tương tự” các bài toán ; Số dư phép chia n cho là dễ thấy nhất, đó chính là Một số chính phương chia cho cho số dư nào ? Các em có thể tự chứng minh và kết : số dư đó có thể là Như là các em đã giải xong bài toán “Kẹp” số hai số chính phương “liên tiếp” Các em có thể thấy : Nếu n là số tự nhiên và số tự nhiên k thỏa mãn n2 < k < (n + 1)2 thì k không là số chính phương Từ đó các em có thể xét các bài toán sau : Bài toán : Chứng minh số 4014025 không là số chính phương (34) Nhận xét : Số này có hai chữ số tận cùng là 25, chia cho dư 1, chia cho dư Thế là tất các cách làm trước không vận dụng Các em có thể thấy lời giải theo hướng khác Lời giải : Ta có 20032 = 4012009 ; 20042 = 4016016 nên 20032 < 4014025 < 20042 Chứng tỏ 4014025 không là số chính phương Bài toán : Chứng minh A = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) không là số chính phương với số tự nhiên n khác Nhận xét : Đối với các em đã làm quen với dạng biểu thức này thì có thể nhận A + là số chính phương (đây là bài toán quen thuộc với lớp 8) Các em lớp 6, lớp có thể chịu khó đọc lời giải Lời giải : Ta có : A + = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + = (n2 + 3n)(n2 + 3n + 2) + = (n2 + 3n)2 + 2(n2 + 3n) +1 = (n2 + 3n +1)2 Mặt khác : (n2 + 3n)2 < (n2 + 3n)2 + 2(n2 + 3n) = A Điều này hiển nhiên đúng vì n ≥ Chứng tỏ : (n2 + 3n)2 < A < A + = (n2 + 3n +1)2 => A không là số chính phương Các em có thể rèn luyện cách thử giải bài toán sau : Bài toán 10 : Hãy tìm số tự nhiên n cho A = n4 - 2n3 + 3n2 - 2n là số chính phương Gợi ý : Nghĩ đến (n2 - n + 1)2 Bài toán 11 : Chứng minh số 235 + 2312 + 232003 không là số chính phương Gợi ý : Nghĩ đến phép chia cho phép chia cho Bài toán 12 : Có 1000 mảnh bìa hình chữ nhật, trên mảnh bìa ghi số các số từ đến 1001 cho không có hai mảnh nào ghi số giống Chứng minh : Không thể ghép tất các mảnh bìa này liền để số chính phương Bài toán 13 : Chứng minh : Tổng các bình phương bốn số tự nhiên liên tiếp không thể là số chính phương Gợi ý : Nghĩ tới phép chia cho Bài toán 14 : Chứng minh số 333333 + 555555 + 777777 không là số chính phương Gợi ý : Nghĩ đến phép chia cho … chục (?) Bài toán 15 : Lúc đầu có hai mảnh bìa, cậu bé tinh nghịch cầm mảnh bìa lên lại xé làm bốn mảnh Cậu ta mong làm đến lúc nào đó số mảnh bìa là số chính phương Cậu ta có thực mong muốn đó không ? CHỨNG MINH MỘT SỐ LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG Các bạn đã giới thiệu các phương pháp chứng minh số không phải là số chính phương TTT2 số Bài viết này, tôi muốn giới thiệu (35) với các bạn bài toán chứng minh số là số chính phương Phương pháp : Dựa vào định nghĩa Ta biết rằng, số chính phương là bình phương số tự nhiên Dựa vào định nghĩa này, ta có thể định hướng giải các bài toán Bài toán : Chứng minh : Với số tự nhiên n thì an = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + là số chính phương Lời giải : Ta có : an = n(n + 1) (n + 2) (n + 3) + = (n2 + 3n) (n2 + 3n + 2) + = (n2 + 3n)2 + 2(n2 + 3n) + = (n2 + 3n + 1)2 Với n là số tự nhiên thì n2 + 3n + là số tự nhiên, theo định nghĩa, an là số chính phương Bài toán : Chứng minh số : là số chính phương Lời giải : Ta có : Vậy : là số chính phương Phương pháp : Dựa vào tính chất đặc biệt (36) Ta có thể chứng minh tính chất đặc biệt : “Nếu a, b là hai số tự nhiên nguyên tố cùng và a.b là số chính phương thì a và b là các số chính phương” Bài toán : Chứng minh : Nếu m, n là các số tự nhiên thỏa mãn 3m2 + m = 4n2 + n thì m - n và 4m + 4n + là số chính phương Lời giải : Ta có : 3m2 + m = 4n2 + n tương đương với 4(m2 - n2) + (m - n) = m2 hay là (m - n)(4m + 4n + 1) = m2 (*) Gọi d là ước chung lớn m - n và 4m + 4n + thì (4m + 4n + 1) + 4(m - n) chia hết cho d => 8m + chí hết cho d Mặt khác, từ (*) ta có : m2 chia hết cho d2 => m chia hết cho d Từ 8m + chia hết cho d và m chia hết cho d ta có chia hết cho d => d = Vậy m - n và 4m + 4n + là các số tự nhiên nguyên tố cùng nhau, thỏa mãn (*) nên chúng là các số chính phương Cuối cùng xin gửi tới các bạn số bài toán thú vị số chính phương : 1) Chứng minh các số sau đây là số chính phương : 2) Cho các số nguyên dương a, b, c đôi nguyên tố cùng nhau, thỏa mãn : 1/a + 1/b = 1/c Hãy cho biết a + b có là số chính phương hay không ? 3) Chứng minh rằng, với số tự nhiên n thì 3n + không là số chính phương 4) Tìm số tự nhiên n để n2 + 2n + 2004 là số chính phương 5) Chứng minh : Nếu : và n là hai số tự nhiên thì a là số chính phương CHỦ ĐỘNG SÁNG TẠO KHI GIẢI TOÁN HÌNH HỌC Một vấn đề đặt là nên cấu tạo đề bài tập toán nào (với mục đích vận dụng kiến thức, rèn luyện kĩ năng, kiểm tra lực toán học v.v ) để phù hợp phương pháp dạy học đổi theo định hướng tích cực, độc lập, sáng tạo Câu trả lời đã trở nên rõ ràng chú ý nhận xét tính đa dạng và phong phú hệ thống bài tập sách giáo khoa Trong khuôn khổ bài báo, không thể phân tích hết ưu nhược điểm thể loại bài tập (37) toán nhằm giúp học sinh học tập chủ động, sáng tạo, tác giả xin trao đổi với các bạn đồng nghiệp vấn đề này thông qua số ví dụ bài tập hình học Thí dụ : Bài tập kích thích mạnh mẽ tư học sinh là loại bài tập tình Ta hãy xét bài tập sau (lớp 7) Cho điểm M trên trang giấy và hai đường thẳng d, d’ cắt nhau ngoài trang giấy Hãy vẽ đường thẳng d’’ qua điểm M và giao điểm d, d’ Nói cách vẽ và giải thích vì vẽ Tình bài tập này là : Học sinh phải vẽ đường thẳng qua hai điểm, đó điểm đã cho trước, còn điểm thứ hai thì chưa xác định Hướng giải bài toán không phải là vẽ giao điểm hai đường thẳng d và d’ mà là tìm quan hệ đường thẳng phải vẽ (đường thẳng d’’ qua điểm M) với đường thẳng khác có thể vẽ trên trang giấy Quá trình mò mẫm dẫn đến cấu hình ba đường cao đồng quy tam giác, từ đó => cách vẽ Lời giải (tóm tắt) mong đợi là sau : Cách vẽ : Vẽ đường thẳng a qua M và vuông góc với d’, a cắt d A Vẽ đường thẳng b qua M và vuông góc với d, b cắt d’ B Vẽ đường thẳng d’’ qua M và vuông góc với AB, d’’ là đường thẳng phải vẽ, nó qua giao điểm d và d’ (giao điểm này nằm ngoài trang giấy) vì ba đường cao d, d’, d’’ tam giác MAB đồng quy Cũng có thể giải thích sau : Giả sử giao điểm d và d’ là C (nằm ngoài trang giấy) Trong tam giác ABC, hai đường cao a và b cắt M Thế thì đường thẳng d’’ qua M (trực tâm tam giác ABC) và vuông góc với AB phải là đường cao thứ ba, d’’ qua C Thí dụ : Ta hãy xét bài tập sau (lớp 8) Cho hình vuông ABCD, I là trung điểm AB, J là trung điểm BC và K là trung điểm IB Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ B xuống IC Chứng minh hai đường thẳng HJ và HK vuông góc với (38) Tình đặt học sinh bài tập này là : Với kiến thức đã học, nên chọn phương pháp nào để chứng minh hai đường thẳng HJ và HK vuông góc với Học sinh có thể nghĩ tới các hướng chứng minh sau : Đ HKJ = 90o (?) HK và HJ là hai tia phân giác hai góc kề bù (không thể !) Δ KHJ = Δ KBJ (?) Định lí Py-ta-go thuận và đảo (?) v.v Học sinh loại dần hướng chứng minh sai, và thử các hướng chứng minh có triển vọng Lời giải (tóm tắt) mong đợi là sau : Tính HJ2 : Trong tam giác vuông BHC, HJ là trung tuyến ứng với cạnh huyền BC Gọi cạnh hình vuông là a, ta có : HJ = BC/2 = a / 2, từ đó HJ2 = a2 / HK = IB/2 = a / , từ đó HK2 = a2 / 16 Tính HK : Trong tam giác vuông BHI : Tính JK2 : Trong tam giác vuông BJK : JK2 = BJ2 + BK<SUP.2< sup> , từ đó JK2 = a2/4 + a2 Từ các kết trên => JK2 = HJ2 + HK2 và theo định lí Py-ta-go đảo thì tam giácJHK vuông góc H, tức là HJ vuông góc với HK Cũng có thể chứng minh theo hướng : Δ KHJ = Δ KBJ (vì HK = HB, HJ = BJ, KJ chung) => Đ H = Đ B 90o, tức là HJ vuông góc với HK Chú ý rằng, theo chương trình mới, học sinh lớp chưa học định lí : Trong tam giác vuông, đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nửa cạnh huyền Thí dụ : Ta hãy xét bài tập sau (lớp 7) Trên hình vẽ, người ta đã cho biết : AE = CE, BE // CD, Đ ABC = 88o, Đ BCE = 31o a) Tính Đ ECD b) Tính Đ EDC c) Trong tam giác CDE thì cạnh nào lớn ? (39) Đây là bài tập dễ, vận dụng nhiều kiến thức và có nhiều cách giải khác Nếu đề kiểm tra cuối năm phần hình học lớp theo kiểu này thì chắn học sinh bộc lộ rõ ràng mức độ nắm vững kiến thức bản, kĩ mình và học sinh trung bình, yếu hi vọng giải hầu hết các câu hỏi bài toán Lời giải (tóm tắt) : a) Đ BCD = Đ ABE = 88o (hai góc đồng vị) Đ ECD = Đ BCD - Đ BCE = 88o - 31o = 57o b) Vì tam giác EAC cân nên Đ EAB = Đ ECB = 31o Trong tam giác ABE : Đ AEB = 180o - 88o + 31o = 61o Đ EDC = Đ AEB - 61o (hai góc đồng vị) c) Trong tam giác CDE : Đ DEC = 180o - (57o + 61o) = 62 Vậy cạnh CD lớn Cách giải khác : a) Vì tam giác EAC cân nên Đ EAB = Đ ECB = 31o Trong tam giác AEB : Đ ABE = 61o Với tam giác BEC : góc ABE = 88o là góc ngoài đỉnh B nên góc BEC = 88o - 31o = 57o Vì BE // CD nên Đ ECD = Đ BEC = 57o (hai góc so le trong) b) Vì BE // CD nên Đ EDC = Đ AEB = 61o (hai góc đồng vị) c) Trong tam giác CDE : Đ DEC = 180o - (57o + 61o) = 62o Vậy cạnh CD lớn TÌM CHỮ SỐ TẬN CÙNG Tìm chữ số tận cùng số tự nhiên là dạng toán hay Đa số các tài liệu dạng toán này sử dụng khái niệm đồng dư, khái niệm trừu tượng và không có chương trình Vì có không ít học sinh, đặc biệt là các bạn lớp và lớp khó có thể hiểu và tiếp thu Qua bài viết này, tôi xin trình bày với các bạn số tính chất và phương pháp giải bài toán “tìm chữ số tận cùng”, sử dụng kiến thức THCS Chúng ta xuất phát từ tính chất sau : Tính chất : a) Các số có chữ số tận cùng là 0, 1, 5, nâng lên lũy thừa bậc bất kì thì chữ số tận cùng không thay đổi b) Các số có chữ số tận cùng là 4, nâng lên lũy thừa bậc lẻ thì chữ số tận cùng không thay đổi c) Các số có chữ số tận cùng là 3, 7, nâng lên lũy thừa bậc 4n (n thuộc N) thì chữ số tận cùng là d) Các số có chữ số tận cùng là 2, 4, nâng lên lũy thừa bậc 4n (n thuộc N) thì chữ số tận cùng là (40) Việc chứng minh tính chất trên không khó, xin dành cho bạn đọc Như vậy, muốn tìm chữ số tận cùng số tự nhiên x = am, trước hết ta xác định chữ số tận cùng a - Nếu chữ số tận cùng a là 0, 1, 5, thì x có chữ số tận cùng là 0, 1, 5, - Nếu chữ số tận cùng a là 3, 7, 9, vì am = a4n + r = a4n.ar với r = 0, 1, 2, nên từ tính chất 1c => chữ số tận cùng x chính là chữ số tận cùng a r - Nếu chữ số tận cùng a là 2, 4, 8, trường hợp trên, từ tính chất 1d => chữ số tận cùng x chính là chữ số tận cùng 6.a r Bài toán : Tìm chữ số tận cùng các số : a) 799 b) 141414 c) 4567 Lời giải : a) Trước hết, ta tìm số dư phép chia 99 cho : 99 - = (9 - 1)(98 + 97 + … + + 1) chia hết cho => 99 = 4k + (k thuộc N) => 799 = 74k + = 74k.7 Do 74k có chữ số tận cùng là (theo tính chất 1c) => 799 có chữ số tận cùng là b) Dễ thấy 1414 = 4k (k thuộc N) => theo tính chất 1d thì 141414 = 144k có chữ số tận cùng là c) Ta có 567 - chia hết cho => 567 = 4k + (k thuộc N) => 4567 = 44k + = 44k.4, theo tính chất 1d, 44k có chữ số tận cùng là nên 4567 có chữ số tận cùng là Tính chất sau => từ tính chất Tính chất : Một số tự nhiên bất kì, nâng lên lũy thừa bậc 4n + (n thuộc N) thì chữ số tận cùng không thay đổi Chữ số tận cùng tổng các lũy thừa xác định cách tính tổng các chữ số tận cùng lũy thừa tổng Bài toán : Tìm chữ số tận cùng tổng S = 21 + 35 + 49 + … + 20048009 Lời giải : Nhận xét : Mọi lũy thừa S có số mũ chia cho thì dư (các lũy thừa có dạng n4(n - 2) + 1, n thuộc {2, 3, …, 2004}) Theo tính chất 2, lũy thừa S và các số tương ứng có chữ số tận cùng giống nhau, chữ số tận cùng tổng : (2 + + … + 9) + 199.(1 + + … + 9) + + + + = 200(1 + + … + 9) + = 9009 Vậy chữ số tận cùng tổng S là Từ tính chất tiếp tục => tính chất Tính chất : a) Số có chữ số tận cùng là nâng lên lũy thừa bậc 4n + có chữ số tận cùng là ; số có chữ số tận cùng là nâng lên lũy thừa bậc 4n + có chữ số tận cùng là (41) b) Số có chữ số tận cùng là nâng lên lũy thừa bậc 4n + có chữ số tận cùng là ; số có chữ số tận cùng là nâng lên lũy thừa bậc 4n + có chữ số tận cùng là c) Các số có chữ số tận cùng là 0, 1, 4, 5, 6, 9, nâng lên lũy thừa bậc 4n + không thay đổi chữ số tận cùng Bài toán : Tìm chữ số tận cùng tổng T = 23 + 37 + 411 + … + 20048011 Lời giải : Nhận xét : Mọi lũy thừa T có số mũ chia cho thì dư (các lũy thừa có dạng n4(n - 2) + 3, n thuộc {2, 3, …, 2004}) Theo tính chất thì 23 có chữ số tận cùng là ; 37 có chữ số tận cùng là ; 411 có chữ số tận cùng là ; … Như vậy, tổng T có chữ số tận cùng chữ số tận cùng tổng : (8 + + + + + + + 9) + 199.(1 + + + + + + + + 9) + + + + = 200(1 + + + + + + + + 9) + + + = 9019 Vậy chữ số tận cùng tổng T là * Trong số bài toán khác, việc tìm chữ số tận cùng dẫn đến lời giải khá độc đáo Bài toán : Tồn hay không số tự nhiên n cho n2 + n + chia hết cho 19952000 Lời giải : 19952000 tận cùng chữ số nên chia hết cho Vì vậy, ta đặt vấn đề là liệu n2 + n + có chia hết cho không ? Ta có n2 + n = n(n + 1), là tích hai số tự nhiên liên tiếp nên chữ số tận cùng n2 + n có thể là ; ; => n2 + n + có thể tận cùng là ; ; => n2 + n + không chia hết cho Vậy không tồn số tự nhiên n cho n2 + n + chia hết cho 19952000 Sử dụng tính chất “một số chính phương có thể tận cùng các chữ số ; ; ; ; ; 9”, ta có thể giải bài toán sau : Bài toán : Chứng minh các tổng sau không thể là số chính phương : a) M = 19k + 5k + 1995k + 1996k (với k chẵn) b) N = 20042004k + 2003 Sử dụng tính chất “một số nguyên tố lớn có thể tận cùng các chữ số ; ; ; 9”, ta tiếp tục giải bài toán : Bài toán : Cho p là số nguyên tố lớn Chứng minh : p8n +3.p4n - chia hết cho * Các bạn hãy giải các bài tập sau : Bài : Tìm số dư các phép chia : a) 21 + 35 + 49 + … + 20038005 cho b) 23 + 37 + 411 + … + 20038007 cho Bài : Tìm chữ số tận cùng X, Y : X = 22 + 36 + 410 + … + 20048010 Y = 28 + 312 + 416 + … + 20048016 Bài : Chứng minh chữ số tận cùng hai tổng sau giống : U = 21 + 35 + 49 + … + 20058013 (42) V = 23 + 37 + 411 + … + 20058015 Bài : Chứng minh không tồn các số tự nhiên x, y, z thỏa mãn : 19x + 5y + 1980z = 1975430 + 2004 THÊM CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGIỆM NGUYÊN Sau bài “Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên” cô giáo Nguyễn Thị Lệ Huyền (TTT2 số 14), nhiều bạn đã bổ sung thêm các phương pháp khác minh họa nhiều bài toán khá thú vị Kì này, tòa soạn tổng hợp giới thiệu tiếp số phương pháp từ các bài gửi nhóm giáo viên Toán, trường THCS Phan Bội Châu, Hải Dương, nhà giáo Minh Trân, phòng giáo dục Hương Thuỷ, Thừa Thiên, Huế ; Phan Tuấn Dũng, 9A, THCS Phong Bắc, Kì Anh ; Dương Ngọc Tuyền, 9B, THCS Hoàng Xuân Hàn, Đức Thọ, Hà Tĩnh ; Dương Mạnh Linh, 9A2, THCS Lê Quý Đôn, ý Yên, Nam Định để bạn đọc cùng tham khảo Phương pháp : Đưa dạng tổng Biến đổi phương trình dạng : vế trái là tổng các bình phương, vế phải là tổng các số chính phương Thí dụ : Tìm nghiệm nguyên phương trình x2 + y2 - x - y = (8) Lời giải : (8) <=> 4x2 + 4y2 - 4x - 4y = 32 <=> (4x2 - 4x + 1) + (4y2 - 4y + 1) = 34 <=> |2x - 1|2 + |2y - 1|2 = 32 + 52 Bằng phương pháp thử chọn ta thấy 34 có dạng phân tích thành tổng hai số chính phương 32 và 52 Do đó phương trình thỏa mãn hai khả : Giải các hệ trên => phương trình (8) có bốn nghiệm nguyên là (x ; y) Є {2 ; 3) ; (3 ; 2) ; (-1 ; -2) ; (-2 ; -1)} Phương pháp : lùi vô hạn Thí dụ : Tìm nghiệm nguyên phương trình x2 - 5y2 = (9) Lời giải : Giả sử (x0 ; y0) là nghiệm (9) thì : x02 - 5y02 = => x0 chia hết cho 5, đặt x0 = 5x1 ; (x1 Є Z), ta có : 25x12 - 5y02 = <=> 5x12 - y02 = => y0 chia hết cho 5, đặt y0 = 5y1 ; (y1 Є Z) Từ đó ta có : 5x12 - 25y12 = <=> x12 - 5y12 = Vậy (x0 ; y0) là nghiệm nguyên (9) thì (x0/5 ; y0/5) là nghiệm nguyên (9) (43) Tiếp tục lập luận tương tự, ta có với k nguyên dương bất kì, là nghiệm nguyên (9) hay x0 và y0 chia hết cho 5k với k là số nguyên dương tùy ý Điều này xảy x0 = y0 = Vậy phương trình (9) có nghiệm là x = y = Phương pháp : xét chữ số tận cùng Thí dụ 10 : Tìm nghiệm nguyên dương phương trình 1! + 2! + + x! = y2 (10) Lời giải : Cho x ; ; ; 4, ta có nghiệm nguyên dương (x ; y) phương trình (10) là (1 ; 1) và (3 ; 3) Nếu x > thì dễ thấy k! với k > có chữ số tận cùng ị 1! + 2! + ! + 4! + 5! + + x! = 33 + 5! + + x! có chữ số tận cùng Mặt khác vế phải là số chính phương nên không thể có chữ số tận cùng là Vậy phương trình (10) có hai nghiệm nguyên dương (x ; y) Є {(1 ; 1) ; (3 ; 3)} Thí dụ 11 : Tìm x, y nguyên dương thỏa mãn phương trình : x2 + x - = 32y + (11) Lời giải : Cho x các giá trị từ đến 9, dễ dàng xác định chữ số tận cùng x2 + x - nhận các giá trị ; ; Mặt khác, ta thấy 32y + là lũy thừa bậc lẻ nên chữ số tận cùng nó có thể là 7, khác với ; ; Vậy (11) không thể xảy Nói cách khác, phương trình (11) không có nghiệm nguyên dương Bài toán này có thể giải phương pháp sử dụng tính chất chia hết Phương pháp : Sử dụng tính chất nghiệm phương trình bậc hai Biến đổi phương trình dạng phương trình bậc hai ẩn, coi các ẩn khác là tham số, sử dụng các tính chất nghiệm phương trình bậc để xác định giá trị các tham số Thí dụ 12 : Giải phương trình nghiệm nguyên : 3x2 + y2 + 4xy + 4x + 2y + = (12) Lời giải : (12) y2 + (4x + 2)y + 3x2 + 4x + = Ta thấy phương trình có nghiệm thì y nguyên => - 4x - nguyên, mà x nguyên nên nguyên 2 => ∆'y = x - = n với n Є Z, dùng phương pháp (đưa dạng tích) => (x + n)(x - n) = 4, ta xác định x = và x = -2 Vậy phương trình (12) có hai nghiệm nguyên (x ; y) Є {(2 ;-5); (-2 ; 3)} Thí dụ 13 : Tìm nghiệm nguyên phương trình x2 - (y + 5)x + 5y + = (13) Lời giải : Giả sử phương trình ẩn x có nghiệm nguyên x1, x2 thì theo định lí Vi-ét ta có : (44) => (x1 - 5)(x2 - 5) = = 1.2 = (-1)(-2) => x1 + x2 = 13 x1 + x2 = => y = y = 2, thay vào (13), phương trình này có nghiệm : (x ; y) Є {(7 ; 8) ; (6 ; 8) ; (4 ; 2) ; (3 ; 2)} Chú ý : Một số phương pháp mà các bạn gọi là phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên chúng tôi thấy không phải là đặc trưng cho phương trình nghiệm nguyên nên không giới thiệu Chẳng hạn có bạn nêu phương pháp chứng minh nghiệm với thí dụ giải phương trình nghiệm nguyên 2x + 5x = 7x Có bạn viết phương trình dạng phương trình bậc ẩn x đặt điều kiện ∆x ≥ để có miền giá trị y, phương pháp này thực đã trình bày thí dụ 7, không viết biệt thức ∆’x Các bạn có thể làm thêm số bài tập : Bài : Tìm x, y nguyên thỏa mãn các phương trình : a) 5x2 - 4xy + y2 = 169 b) 3x = 4y + Bài : Tìm nghiệm nguyên các phương trình : a) 5x + 12x = 13x b) y4 = x6 + 3x3 + Bài : Chứng minh phương trình 25t = 2t5 + 1997 không có nghiệm nguyên <B.BàI b :< 4>Tìm nghiệm nguyên phương trình x3 - 3y3 - 9z3 = Bài : Tìm nghiệm nguyên phương trình 2x2 + 2y2 - 2xy + x + y - 10 = TÌM CÁC CHỮ SỐ Tiếp theo TTT2 số 15, chúng tôi xin tiếp tục trao đổi với bạn đọc các bài toán tìm hai chữ số tận cùng ; tìm ba chữ số tận cùng số tự nhiên * Tìm hai chữ số tận cùng Nhận xét : Nếu x Є N và x = 100k + y, đó k ; y Є N thì hai chữ số tận cùng x chính là hai chữ số tận cùng y Hiển nhiên là y ≤ x Như vậy, để đơn giản việc tìm hai chữ số tận cùng số tự nhiên x thì thay vào đó ta tìm hai chữ số tận cùng số tự nhiên y (nhỏ hơn) Rõ ràng số y càng nhỏ thì việc tìm các chữ số tận cùng y càng đơn giản Từ nhận xét trên, ta đề xuất phương pháp tìm hai chữ số tận cùng số tự nhiên x = am sau : (45) Trường hợp : Nếu a chẵn thì x = am ∶ 2m Gọi n là số tự nhiên cho an ∶ 25 Viết m = pn + q (p ; q Є N), đó q là số nhỏ để aq ∶ ta có : x = am = aq(apn - 1) + aq Vì an - ∶ 25 => apn - ∶ 25 Mặt khác, (4, 25) = nên aq(apn - 1) ∶ 100 Vậy hai chữ số tận cùng am chính là hai chữ số tận cùng aq Tiếp theo, ta tìm hai chữ số tận cùng aq Trường hợp : Nếu a lẻ , gọi n là số tự nhiên cho an - ∶ 100 Viết m = un + v (u ; v Є N, ≤ v < n) ta có : x = am = av(aun - 1) + av Vì an - ∶ 100 => aun - ∶ 100 Vậy hai chữ số tận cùng am chính là hai chữ số tận cùng av Tiếp theo, ta tìm hai chữ số tận cùng av Trong hai trường hợp trên, chìa khóa để giải bài toán là chúng ta phải tìm số tự nhiên n Nếu n càng nhỏ thì q và v càng nhỏ nên dễ dàng tìm hai chữ số tận cùng aq và av Bài toán : Tìm hai chữ số tận cùng các số : a) a2003 b) 799 Lời giải : a) Do 22003 là số chẵn, theo trường hợp 1, ta tìm số tự nhiên n nhỏ cho 2n - ∶ 25 Ta có 210 = 1024 => 210 + = 1025 ∶ 25 => 220 - = (210 + 1)(210 - 1) ∶ 25 => 23(220 - 1) ∶ 100 Mặt khác : 22003 = 23(22000 - 1) + 23 = 23((220)100 - 1) + 23 = 100k + (k Є N) Vậy hai chữ số tận cùng 22003 là 08 b) Do 799 là số lẻ, theo trường hợp 2, ta tìm số tự nhiên n bé cho 7n - ∶ 100 Ta có 74 = 2401 => 74 - ∶ 100 Mặt khác : 99 - ∶ => 99 = 4k + (k Є N) Vậy 799 = 74k + = 7(74k - 1) + = 100q + (q Є N) tận cùng hai chữ số 07 Bài toán : Tìm số dư phép chia 3517 cho 25 Lời giải : Trước hết ta tìm hai chữ số tận cùng 3517 Do số này lẻ nên theo trường hợp 2, ta phải tìm số tự nhiên n nhỏ cho 3n - ∶ 100 Ta có 310 = 95 = 59049 => 310 + ∶ 50 => 320 - = (310 + 1) (310 - 1) ∶ 100 Mặt khác : 516 - ∶ => 5(516 - 1) ∶ 20 => 517 = 5(516 - 1) + = 20k + =>3517 = 320k + = 35(320k - 1) + 35 = 35(320k 1) + 243, có hai chữ số tận cùng là 43 Vậy số dư phép chia 3517 cho 25 là 18 Trong trường hợp số đã cho chia hết cho thì ta có thể tìm theo cách gián tiếp (46) Trước tiên, ta tìm số dư phép chia số đó cho 25, từ đó suy các khả hai chữ số tận cùng Cuối cùng, dựa vào giả thiết chia hết cho để chọn giá trị đúng Các thí dụ trên cho thấy rằng, a = a = thì n = 20 ; a = thì n = Một câu hỏi đặt là : Nếu a bất kì thì n nhỏ là bao nhiêu ? Ta có tính chất sau đây (bạn đọc tự chứng minh) Tính chất : Nếu a Є N và (a, 5) = thì a20 - ∶ 25 Bài toán : Tìm hai chữ số tận cùng các tổng : a) S1 = 12002 + 22002 + 32002 + + 20042002 b) S2 = 12003 + 22003 + 32003 + + 20042003 Lời giải : a) Dễ thấy, a chẵn thì a2 chia hết cho ; a lẻ thì a100 - chia hết cho ; a chia hết cho thì a2 chia hết cho 25 Mặt khác, từ tính chất ta suy với a Є N và (a, 5) = ta có a100 - ∶ 25 Vậy với a Є N ta có a2(a100 - 1) ∶ 100 Do đó S1 = 12002 + 22(22000 - 1) + + 20042(20042000 - 1) + 22 + 32 + + 20042 Vì hai chữ số tận cùng tổng S1 chính là hai chữ số tận cùng tổng 12 + 22 + 32 + + 20042 áp dụng công thức : 12 + 22 + 32 + + n2 = n(n + 1)(2n + 1)/6 =>12 + 22 + + 20042 = 2005 x 4009 x 334 = 2684707030, tận cùng là 30 Vậy hai chữ số tận cùng tổng S1 là 30 b) Hoàn toàn tương tự câu a, S2 = 12003 + 23(22000 - 1) + + 20043(20042000 - 1) + 23 + 33 + 20043 Vì thế, hai chữ số tận cùng tổng S2 chính là hai chữ số tận cùng 13 + 23 + 33 + + 20043 áp dụng công thức : => 13 + 23 + + 20043 = (2005 x 1002)2 = 4036121180100, tận cùng là 00 Vậy hai chữ số tận cùng tổng S2 là 00 Trở lại bài toán (TTT2 số 15), ta thấy có thể sử dụng việc tìm chữ số tận cùng để nhận biết số không phải là số chính phương Ta có thể nhận biết điều đó thông qua việc tìm hai chữ số tận cùng Ta có tính chất sau đây (bạn đọc tự chứng minh) Tính chất : Số tự nhiên A không phải là số chính phương : + A có chữ số tận cùng là 2, 3, 7, ; + A có chữ số tận cùng là mà chữ số hàng chục là chữ số chẵn ; + A có chữ số hàng đơn vị khác mà chữ số hàng chục là lẻ ; + A có chữ số hàng đơn vị là mà chữ số hàng chục khác ; (47) + A có hai chữ số tận cùng là lẻ Bài toán 10 : Cho n Є N và n - không chia hết cho Chứng minh 7n + không thể là số chính phương Lời giải : Do n - không chia hết cho nên n = 4k + r (r Є {0, 2, 3}) Ta có 74 - = 2400 ∶ 100 Ta viết 7n + = 74k + r + = 7r(74k - 1) + 7r + Vậy hai chữ số tận cùng 7n + chính là hai chữ số tận cùng 7r + (r = 0, 2, 3) nên có thể là 03, 51, 45 Theo tính chất thì rõ ràng 7n + không thể là số chính phương n không chia hết cho TIM CÁC CHỮ SỐ (tiếp theo kì trước) * Tìm ba chữ số tận cùng Nhận xét : Tương tự trường hợp tìm hai chữ số tận cùng, việc tìm ba chữ số tận cùng số tự nhiên x chính là việc tìm số dư phép chia x cho 1000 Nếu x = 1000k + y, đó k ; y Є N thì ba chữ số tận cùng x chính là ba chữ số tận cùng y (y ≤ x) Do 1000 = x 125 mà (8, 125) = nên ta đề xuất phương pháp tìm ba chữ số tận cùng số tự nhiên x = am sau : Trường hợp : Nếu a chẵn thì x = am chia hết cho 2m Gọi n là số tự nhiên cho an - chia hết cho 125 Viết m = pn + q (p ; q Є N), đó q là số nhỏ để aq chia hết cho ta có : x = am = aq(apn - 1) + aq Vì an - chia hết cho 125 => apn - chia hết cho 125 Mặt khác, (8, 125) = nên aq(apn - 1) chia hết cho 1000 Vậy ba chữ số tận cùng am chính là ba chữ số tận cùng aq Tiếp theo, ta tìm ba chữ số tận cùng aq Trường hợp : Nếu a lẻ , gọi n là số tự nhiên cho an - chia hết cho 1000 Viết m = un + v (u ; v Є N, ≤ v < n) ta có : x = am = av(aun - 1) + av Vì an - chia hết cho 1000 => aun - chia hết cho 1000 Vậy ba chữ số tận cùng am chính là ba chữ số tận cùng av Tiếp theo, ta tìm ba chữ số tận cùng av Tính chất sau suy từ tính chất Tính chất : Nếu a Є N và (a, 5) = thì a100 - chia hết cho 125 Chứng minh : Do a20 - chia hết cho 25 nên a20, a40, a60, a80 chia cho 25 có cùng số dư là => a20 + a40 + a60 + a80 + chia hết cho Vậy a100 - = (a20 - 1)( a80 + a60 + a40 + a20 + 1) chia hết cho 125 (48) Bài toán 11 : Tìm ba chữ số tận cùng 123101 Lời giải : Theo tính chất 6, (123, 5) = => 123100 - chia hết cho 125 (1) Mặt khác : 123100 - = (12325 - 1)(12325 + 1)(12350 + 1) => 123100 - chia hết cho (2) Vì (8, 125) = 1, từ (1) và (2) suy : 123100 - chi hết cho 1000 => 123101 = 123(123100 - 1) + 123 = 1000k + 123 (k ∩ N) Vậy 123101 có ba chữ số tận cùng là 123 Bài toán 12 : Tìm ba chữ số tận cùng 3399 98 Lời giải : Theo tính chất 6, (9, 5) = => 9100 - chi hết cho 125 (1) Tương tự bài 11, ta có 9100 - chia hết cho (2) Vì (8, 125) = 1, từ (1) và (2) suy : 9100 - chia hết cho 1000 => 3399 98 = 9199 = 9100p + 99 = 999(9100p - 1) + 999 = 1000q + 999 (p, q Є N) Vậy ba chữ số tận cùng 3399 98 chính là ba chữ số tận cùng 999 Lại vì 9100 - chia hết cho 1000 => ba chữ số tận cùng 9100 là 001 mà 999 = 9100 : => ba chữ số tận cùng 999 là 889 (dễ kiểm tra chữ số tận cùng 999 là 9, sau đó dựa vào phép nhân để xác định ) Vậy ba chữ số tận cùng 3399 98 là 889 Nếu số đã cho chia hết cho thì ta có thể tìm ba chữ số tận cùng cách gián các bước : Tìm dư phép chia số đó cho 125, từ đó suy các khả ba chữ số tận cùng, cuối cùng kiểm tra điều kiện chia hết cho để chọn giá trị đúng Bài toán 13 : Tìm ba chữ số tận cùng 2004200 Lời giải : (2004, 5) = (tính chất 6) => 2004100 chia cho 125 dư => 2004200 = (2004100)2 chia cho 125 dư => 2004200 có thể tận cùng là 126, 251, 376, 501, 626, 751, 876 Do 2004200 chia hết cho nên có thể tận cùng là 376 Từ phương pháp tìm hai và ba chữ số tận cùng đã trình bày, chúng ta có thể mở rộng để tìm nhiều ba chữ số tận cùng số tự nhiên Sau đây là số bài tập vận dụng : Bài : Chứng minh 1n + 2n + 3n + 4n chia hết cho và n không chia hết cho Bài : Chứng minh 920002003, 720002003 có chữ số tận cùng giống Bài : Tìm hai chữ số tận cùng : a) 3999 b) 111213 Bài : Tìm hai chữ số tận cùng : S = 23 + 223 + + 240023 (49) Bài : Tìm ba chữ số tận cùng : S = 12004 + 22004 + + 20032004 Bài : Cho (a, 10) = Chứng minh ba chữ số tận cùng a101 ba chữ số tận cùng a Bài : Cho A là số chẵn không chia hết cho 10 Hãy tìm ba chữ số tận cùng A200 Bài : Tìm ba chữ số tận cùng số : 199319941995 2000 Bài : Tìm sáu chữ số tận cùng 521 MỘT PHƯƠNG PHÁP THÚ VỊ GIẢI BÀI TOÁN TÍNH GÓC Các bài toán tính số đo góc đa dạng, xuất nhiều các kì thi Để giải tốt dạng toán này có phải vẽ hình phụ Trong bài viết này, tôi xin giới thiệu với các em phương pháp vẽ thêm hình phụ là tam giác bài toán tính số đo góc Bài toán : Cho tam giác ABC cân A, A = 200 Trên AB lấy điểm D cho AD = BC Tính BDC Lời giải : Cách : Trên nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng BC, chứa điểm A, dựng tam giác BCE (hình 1) Vì tam giác ABC cân A, A = 200 nên ABC = ACB = 800 Vậy E thuộc miền tam giác ABC, suy ACE = 200 (1) Dễ thấy ∆ABE = ∆ACE (c.c.c) nên BAE = CAE = A / = 100 (2) Từ (1) suy A = ACE = 200 suy ∆DAC = ∆ECA (c.g.c), kết hợp với (2) suy ta ACD = CAE = 1010 (50) Ta có BDC là góc ngoài ∆DAC nên BDC = DAC + DCA = 200 + 100 = 300 Cách : Trên nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng AB, chứa điểm C, dựng tam giác ABI (hình 2) Vì ∆ABC cân A, A = 200 nên AI = AB = AC ; CAI = 400 ; IBC = 200 suy ACI = 700(∆ACI cân A) suy BCI = 1500 Lại có ∆ADC = ∆BCI (c.g.c) Suy ADC = BCI = 1500 suy BDC = 300 Bài toán (đề thi vô định toán Nam Tư năm 1983) : Cho tam giác ABC cân A, A = 800 Ở miền tam giác lấy điểm I cho IBC = 100 ; ICB = 300 Tính AIB Lời giải : Trên nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng BC, chứa điểm A, dựng tam giác BCE (hình 3) Vì ∆ABC cân A, nên A = 800 nên ABC = ACB = 500 suy ABE = ACE = 100 ; điểm A thuộc miền tam giác BCE Dễ dàng chứng minh ∆AEB = ∆ICB (g.c.g) suy BA = BI suy ∆ ABI cân B, có ABI = 500 - 100 = 400 suy AIB = 700 Bài toán : Cho tam giác ABC cân A, A = 1000 Trên cạnh AB kéo dài phía B, lấy điểm E cho AE = BC Tính AEC Lời giải : Trên nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng AE, chứa điểm C, dựng tam giác AEF (hình 4) (51) Vì ∆ABC cân A, A = 1000 nên ABC = 400 ; tia AF nằm hai tia AE, AC Suy CAF = 400 suy ∆ABC = ∆CAF (c.g.c) Suy AC = FC suy ∆AEC = ∆FEC (c.c.c) Suy AEC = FEC = / AEF = 600 / = 300 Qua số bài toán nêu trên có thể thấy, việc vẽ thêm hình phụ là tam giác tỏ hiệu bài toán tính số đo góc vì nó đã tạo các góc 60o ; tạo nhiều mối quan hệ các cạnh, các góc, các tam giác, Các bạn hãy làm thêm bài toán sau : Bài toán : Cho tam giác ABC cân A, A = 800 Trên AC lấy điểm E, trên BC lấy điểm F cho ABE = CAF = 300 Tính BEF ĐỊNH LÍ PY - TA - GO MANG ĐẾN NHIỀU BÀI TOÁN THÚ VỊ Khi hỏi bạn học sinh lớp năm học 2003-2004 : “Nếu tam giác vuông cân có cạnh góc vuông thì cạnh huyền bao nhiêu ?”, bạn đó lúng túng Điều đó dễ hiểu vì chương trình môn toán thì năm học 2003-2004 trở trước, học sinh lớp chưa học bậc hai Nhưng đặt câu hỏi đó cho học sinh lớp vào cuối học kì I năm học 2003-2004 thì bạn đó trả lời : - Quá dễ ! 12 + 12 = 2, đáp số là gì ! Định lí Py-ta-go và bậc hai sách giáo khoa Toán giúp ta có thêm nhiều khả tiếp cận bài toán thú vị Bài toán tính độ dài đoạn thẳng Ví dụ : Tính các độ dài x, y trên hình Lời giải : áp dụng định lí Py-ta-go vào các tam giác vuông AHC, AHB ta có : (52) x2 = 162 + AH2 ; y2 = 92 + AH2 Do đó : x2 - y2 = (162+ AH2) - (92 + AH2) = 175 (1) Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác vuông BAC : x2 + y2 = (9 + 16)2 = 625 (2) Từ (1) và (2) suy x2 = 400 ; y2 = 225 Do đó : x = 20 ; y = 15 Ví dụ : Một tam giác có độ dài hai cạnh và 8, góc xen 60o Tính độ dài cạnh còn lại Lời giải : (hình 2) Xét tam giác ABC có AB = ; AC = Kẻ đường cao AH Tam giác vuông AHB có ĐA = 60o nên AH = AB : = : = Do AC = nên C nằm A và H và CH = AH - AC = - = Áp dụng định lí Py-ta-go vào các tam giác vuông CHB, AHB ta có : BC = BH2 + CH2 = (AB2 - AH2 ) + CH2 = 82 - 42 + 12 = 49 Vậy BC = Ví dụ : Tính chu vi đường gấp khúc ABCDEA trên hình Hướng dẫn : Hãy kéo dài AB và ED cho cắt I.Ááp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác vuông AIE, ta tính AE = 5, đó chu vi đường gấp khúc ABCDEA 12 Bài toán tính diện tích tam giác (53) Ví dụ : Cho tam giác ABC có cạnh 1dm Số nào các số sau cho giá trị sát với diện tích tam giác ABC : 0,4 dm2 ; 0,5 dm2 ; 0,6 dm2 ? Lời giải : (hình 4) Kẻ đường cao AH Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác vuông AHC ta có : AH2 = AC2 - HC2 = 12 - 0,52 = 0,75 Giá trị sát với diện tích tam giác ABC là 0,4 dm2 Hướng dẫn : Chú ý 10 = 32 + 12 ; 20 = 22 + 42 ; 50 = (3 + 2)2 + (1 + 4)2 Lời giải : Vẽ thêm các điểm D, H, E trên hình Ta tính SADB = 1,5 ; SBHC = ; SBDEH = ; SAEC = 12,5 Do đó : SABC = 12,5 - 1,5 - - = Mời các bạn tự giải các bài tập sau : Bài : Một tam giác vuông cân có cạnh góc vuông Cạnh huyền tam giác có giá trị sát với số nào các số sau : 2,6 ; 2,7 ; 2,8 ; Bài : Một tam giác có độ dài hai cạnh và 5, góc xen 60o Tính độ dài cạnh thứ ba (54) Bài : Một tam giác có độ dài hai cạnh và 6, góc xen 120o Tính độ dài cạnh thứ ba Bài (bài toán Xem Lôi-đơ) : hội chợ, người ta quảng cáo bán cái hồ hình tam giác và ba miếng đất hình vuông dựng trên ba cạnh đó (hình 6) Diện tích ba miếng đất đó 74 acrơ ; 116 acrơ ; 370 acrơ (1acrơ = 4047m2) Bảng quảng cáo không nói rõ diện tích cái hồ làm nhiều người thắc mắc không rõ diện tích đó lớn hay nhỏ Bạn hãy tìm diện tích hồ Hướng dẫn : 74 = 72 + 52 ; 116 = 102 + 42 THAY ĐỔI KẾT LUẬN CỦA BÀI TOÁN HÌNH HỌC Trong chứng minh hình học, việc phát các kết tương đương với kết luận bài toán có thể đưa ta đến chứng minh quen thuộc, đơn giản phép chứng minh độc đáo Đây là công việc thường xuyên người làm toán Các bạn hãy theo dõi số bài toán sau Bài toán : 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 F, G Chứng minh đường thẳng DF chia đôi đoạn thẳng GE Lời giải : Gọi giao điểm CG với AB là K và DF với BC là M (55) Dễ thấy ∆ BKC cân B, BF là trung trực KC suy F là trung điểm KC Theo giả thiết, D là trung điểm AC => DF là đường trung bình DCKA => DF // KA hay DM // AB => DM là đường trung bình DABC => M là trung điểm BC Xét ∆ DBC, F thuộc trung tuyến DM nên DF chia đôi đoạn thẳng GE <=> GE // BC Ta chứng minh GE // BC, : Cách : Ta có AE = AD + DE = CD + DE = CE + 2DE hay CE = AE 2DE, suy Mặt khác, vì DF // AB, K thuộc AB và AK = 2DF nên Vậy BG/GD = BK/DF hay GE // BC Cách : Vì BE là phân giác ABC Vậy DE/EC = DG/GB hay GE // BC (56) Cách : áp dụng định lí Xê-va ta có nên Mặt khác MB = MC Bài toán : Trên các cạnh AB, BC, CA tam giác ABC lấy các điểm C1, A1, B1 cho các đường thẳng AA1, BB1, CC1 đồng quy O Đường thẳng qua O song song với AC cắt A1B1 và B1C1 K và M Chứng minh OK = OM Lời giải : Qua B vẽ đường thẳng song song với AC cắt A1B1 và B1C1 K1 và M1 Xét ∆ B1K1M1, dễ thấy MK // M1K1 nên OM = OK <=> BM1 = BK1 Ta chứng minh BM1 = BK1, : ∆ AB1C1 đồng dạng với ∆ BM1C1 suy ∆ CB1A>sub>1 ∆ đồng dạng với BK1A1 suy Vậy : (áp dụng định lí Xê-va), suy BM1 = BK1 Bài toán : Xét bài 5(20) trang 15 Hướng dẫn : (57) Do OX = OY nên : XZ = YT <=> OZ = OT Ta chứng minh OZ = OT Trước hết, ta chứng minh IO1OO2 là hình bình hành cách xét trường hợp : IBA < 90o ; IBA > 90o ; IBA = 90 o Gọi M là giao điểm O1I và CD Với IBA < 90o, ∆ IBA nội tiếp (O1), ta có thể chứng minh : AIO1 + IBA = 90 o => CIM + ICM = 90 o =>O1I CD ; Mà OO2 CD => OO2 // O1I Tương tự OO1 // O2I, suy IO1OO2 là hình bình hành (bạn đọc tự chứng minh hai trường hợp còn lại) Từ đó, ta có (xem phần hình màu) : OO1 = O2I = O2T ; OO2 = O1I = O1Z ; OO1Z = (180o - 2O1IZ) + OO1I = 360o - OO2I - (180o 2(OO2</SUB Đ O1IZ)) = 360o - OO2MI - (180o - 2O,sub>2IT) = OO2T => ∆ OO1Z = ∆ TO2O (c.g.c) => OZ = OT.(Chứng minh trên không cần dùng tới kiến thức tam giác đồng dạng) l Bài tập áp dụng : 1) Từ điểm C ngoài đường tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến CA, CB với đường tròn (A, B là các tiếp điểm) Đường tròn (O1) qua C và tiếp xúc với AB B cắt (O) M Chứng minh AM chia đoạn thẳng BC thành hai phần 2) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Tiếp tuyến với (O) B cắt các tiếp tuyến với (O) A và C M và N Qua B vẽ đường thẳng vuông góc với AC P Chứng minh BP là phân giác MPN 3) Cho hình thang ABCD có đáy lớn CD ; AC cắt BD O, AD cắt BC I và OI cắt AB E Đường thẳng qua A song song với BC cắt BD M và đường thẳng qua B song song với AD cắt AC N Chứng minh : a) MN // AB ; b) AB2 = MN.CD ; c) d) AE = EB (58)