Tài liệu Tuyển tập 5 tạp chí toán học và tuổi trẻ docx

Trang 1

LỜI NĨI ĐẦU

Trước đây, Tuyển tập 30 năm Tốn học và Tuổi trẻ đã ra mắt bạn đọc

và được độc giả cả nước nồng nhiệt đĩn nhận Do khuơn khổ của cuốn sách,

trong Tuyển tập 30 năm mới chỉ in được các bài từ năm 1964 cho đến giữa

năm 1991 Nhiều bạn đọc cĩ nguyện vọng được đọc các bài sau này Vì vậy,

chúng tơi xuất bản tiếp Tuyển tập 5 năm tạp chí Tốn học và Tuổi trẻ

Cuốn sách này tập hợp các bài viết và bài tốn trên Tốn học và Tuổi trẻ từ cuối năm 1991 đến năm 1995,

Sách chia làm hai phần Phần thứ nhất là các bài viết chọn lọc xếp theo

các chủ đề Phần thứ hai là các bài tốn xếp theo các phân mơn : Số học,

Giải tích và Đại số, Hình học - Lượng giác

Cuốn sách dùng làm tài liệu tham khảo cho các thầy, cơ giáo tốn, các bạn học sinh yêu tốn, các cán bộ chỉ đạo chuyên mơn ở các Sở, Phịng Giáo dục và những ai yêu thích Tốn học Chúng tơi hi vọng rằng đây là một

quyển sách tham khảo bổ ích cho các trường trung học Tốn học.và Tuổi trể

sẽ cịn đáp ứng nhu cầu của bạn đọc với tuyển chọn bài viết và đề tốn trong

các năm tiếp theo

Tuyển tập 5 năm tạp chí Tốn học và Tuổi trể ra mắt bạn đọc nhân

dịp kỉ niệm 40 năm tạp chí Tốn học và Tuổi trẻ Hi vọng Tuyển tập được bạn đọc gần xa đĩn nhận

Sách cĩ thể cịn những thiếu sĩt Mong bạn đọc chỉ cho những sai sĩt để lần tái bản sau được tốt hơn Mọi thư từ gĩp ý xin gửi về địa chỉ :

Tạp chí Tốn học và Tuổi trẻ

187B Giảng Võ

HÀ NỘI

Trang 2

Phần thứ nhất

Trang 3

Chuong I

DANH CHO |

TRUNG HOC CG SG

VỚI KIẾN THỨC VỀ TỈ SỐ LƯỢNG GIÁC Ở LỚP 8,

HÃY THỬ TẬP TÌM TỊI SÁNG TẠO

NGUYỄN KHÁNH NGUYÊN

THCS Hồng Bàng - Hải Phịng

ˆ Ở lớp 8 đã học về tỉ số lượng giác của một gĩc nhọn Những bạn yêu tốn chắc khơng thoả mãn với các kiến thức ít ỏi đĩ Chờ lên các lớp trên rồi sẽ học cũng được, những tốt hơn hết là nên thử sức mình một chút, cố gắng dùng bộ ĩc của các bạn để tìm tịi

Khi đã biết các tỉ số lượng giác của một gĩc nhọn z thì dĩ nhiên người ta muốn từ đĩ suy ra các tỉ số lượng giác của những gĩc gần gũi với a Trước hết là gĩc phụ với z : 90° — z ; điều này bài giảng đã cho biết Gĩc bù với z chang ? Nhung a nhọn nên 180° — a lại

tù Sự gị bĩ này thúc đẩy ta muốn mở rộng tỉ số lượng giác cho các gĩc tù Vấn đề này hãy tạm để đấy và bây giờ xin tận dụng các hiểu biết về tỉ số lượng giác các gĩc nhọn Vậy ngồi gĩc 90° — a, cịn những gĩc gì

đáng chú ý ? Gĩc 2a chẳng hạn (với điều kiện a < 45” để 2a nhọn) Ta

hãy thử xem : lẽ tự nhiên ta dựng gĩc ¿ và gĩc 2a ở một vị trí thuận lợi

nhất cho việc nghiên cứu đĩ là dựng gĩc 2a rồi dùng phân giác trong

chia nĩ ra thành hai gĩc, mỗi gĩc bằng ø (h.1) Để cĩ các tỉ số lượng

gidc cia a, ta dung đường vuơng gĩc với phân giác và cĩ tam giác cân ABC (h.1) Để cĩ các tỉ số lượng giác của 2z ta dựng BK 1 AC Để cho tiện ta sẽ chọn 4B (hoặc AC) làm đơn vi dai Thé thi sina = HC, cosa =

Trang 4

Ciing tir (*) suy ra: HC.BC = KC.AC hay HC.2HC = (1- AK).1 hay 2sin2a = 1 — cos2a " (2) Thay sin2z bằng 1 — cos?z (thay cả hai hoặc chỉ thay một) ta cịn cĩ thể viết (2) dưới dạng :

‘cos2a =2cos* a-1 (2')

cos2a = cos’ a—sin’ a (2") Cĩ sin2a và cos2a thì tính ngay được tg2a : 2sinacosa ———-_ cos đ—§11 đ đem chia cả tử số và mẫu số ở vế sau cho cos”a, ta được : tg2g=——= @)

Các bạn thấy khơng Lịng ham muốn tự mình tìm tịi rất quan trọng Khi đã cĩ lịng ham đĩ thì quả thật, ở đây, về mặt tốn hoặc khơng cĩ khĩ khăn gì đáng kể mà được ngay ba chiến quả (1), (2), (3) Dĩ nhiên là phải khuếch trương chiến quả Tính được các tỉ số lượng giác của 2z thì dĩ nhiên sẽ tính được các tỉ số lượng giác của 4a, rồi 8a 2"a (miễn là n và ø phải làm sao cho

2a < 90°)" Mot-huéng ngược lại là tính các tỉ số lượng giác của các gĩc 5 rồi 7 s — Ví dụ, cơng thức (2') cho ta : | cos30° = 2cos*15° — 1 B o il+— hay cos? 155 = LÝ ©0530 =—Ừ _2t⁄3 2 2 4 Vay cos15° -wt

Để khuếch trương chiến quả, tư duy phải rất năng động Chỉ đường ngay, mực thẳng : gấp 2, gấp 4, gấp 8, , chia đơi, chia 4, chia 8 thì chưa ăn thua Chẳng hạn gấp đơi dính với gấp ba, gấp

năm vì 3 = 2 + 1 ; 5 = 2.2 +1 Mà hai gĩc phụ cộng với nhau bằng 90° Do đĩ, ta nghĩ dén 2a + a = 90°

(trường hợp này khơng cho gì mới vì ta sẽ cĩ a = 30”), 4a = a = 90° titc a = 18° =— , 4a = 72°=

2.36° ; áp dụng các cơng thức (1) và (2), ta sẽ đi đến phương trình :

8x? 8x? +x+1=0 (x= cos36°) | (4

Trang 5

Đừng thấy phương trình bậc 4 mà hoảng sợ Hãy bình tĩnh nghiên cứu vế thứ nhất của (4) : 8x22 ~1)+x+1=(Œx+D{8x2(~1)+ HÏ Vậy (4) cĩ một nghiệm x, = -— 1 Ba nghiệm cịn lại là nghiệm của phương trình bậc ba : 8x?(x?~1)+1=0 hay 8x? —8x7 +1=0 Cũng đừng thấy bậc ba mà hoảng Vế đầu cĩ thể viết (2#)`-2(2x) +1=0 Dat 2x = X, ta c6 phương trình X? - 2X+ 1 = 0 cĩ một nghiệm rõ rệt X = 1 Vậy phương trình

bậc ba cĩ nghiệm x; => Biét duoc hai nghiém x, = -1 va

Xo => của (4), ta tính dễ dàng hai nghiệm cịn lại :

x= LOỂ, X, -1o35 Chi cé x, va x; 1a duong ; nhung

+5

nS là cos60° Vay cos36° = Se Cách giải này hơi dài,

nhưng giải được (4) cũng là điều lí thú Ta nghĩ xem cĩ cách gì tìm cos36° gọn hơn khơng Vì gĩc 36° đã xuất hiện một cách tự nhiên

nên ta nghĩ rằng nĩ phản ánh một cái gì đĩ tự nhiên trong một tam

giác nào đĩ Ta thử dựng một tam giác cân ABC cĩ gốc ở đỉnh A bằng 36” (h.2) và mỗi gĩc ở đáy bằng 72° Vì 72 = 2.36 nên ta dựng phân giác CD của gĩc C Để đưa được tỉ số lượng giác vào ta kẻ

thêm đường cao CH Bạn sẽ phát hiện ra nhiều quan hệ đặc biệt giữa các gĩc và các đoạn thẳng

1+45

47 Nhu vay, đây là cách giải phương trình (4) bằng hình học Ta lại tiếp tục tiến cơng : 36° là gĩc phụ của 54° ma 54° gap d6i 27° va gap ba 18” vv Những mối quan hệ đặc biệt đĩ gợi mở ra nhiều suy nghĩ Chẳng hạn, ta cĩ thể đựng ra một tam giác ABC (h.3) cân, cĩ mỗi gĩc ở đáy bằng 36° và gĩc ở đỉnh bằng 108° = 2.54° Những mối quan hệ đặc biệt

trên hình đĩ cho ta một cách chứng minh hình học rất

đơn giản rằng cos36° > tg36°, điều mà ta cĩ thể kiểm tra

giúp bạn tính ra dé dang cos36° =

lại bằng tính tốn lượng giác Đến đây chưa phải là hết B

nhưng xin tạm dừng bằng một kết luận : từ những định I ae

nghĩa hết sức đơn giản về tỉ số lượng giác một gĩc nhọn, A S€ / > chỉ cần cĩ lịng ham tìm tịi bộ ĩc của bạn cũng lơi ra A E F OD c

được nhiều kiến thức mà trước đây cĩ thể bạn chưa biết, - Hình 3 giống như nhà ảo thuật lơi ra từ nắm tay khơng biết bao

nhiêu là thứ

Trang 6

THU MG RONG MOT BAI TOAN QUEN THUOC

VŨ QUỐC LƯƠNG THCS Chu Văn An, Hà Nội Các bạn trẻ thân mến ! Chắc các bạn đã từng gặp bài tốn hay sau : Cho tam giác đêu BAC, M là

một điểm tuỳ ý trong tam giác Gọi MH,, MH;, MH; là các khoảng cách từ M tới 3 cạnh của tam giác Chứng minh rằng MH, + MH; + MH; = k (*) trong đĩ k là một hằng số khơng phụ thuộc điểm M Chứng minh (xem hình 1) Ta cĩ SAnực T SAAwc + Sasa = Sapac a | a => S(MH, + MH, +MH,)=<.A, trong d6 a va ở là cạnh và đường cao của tam giác déu BAC Hạ = MH, + MH, +MH, = h (dpem) củ D>

Lời giải bài tốn khơng quá khĩ khăn, nhưng một "băn khoăn BH C

mới” đến với chúng ta một cách tự nhiên sau khi giải xong bài tốn là : liệu cĩ cịn đa giác nào cĩ tính chất (*) kì lạ như vậy khơng ? Để cĩ thể nghiên cứu bài tốn tổng quát, ta đưa ra định nghĩa sau :

Định nghĩa : Đa giác lơi A,, A; A„ gọi là một đa giác hằng số nếu như tổng các khoảng cách từ một điểm M nằm ở miền trong của đa giác tới các cạnh của nĩ là một hằng số khơng phụ thuộc

vào vị trí điểm M

Vấn đề đặt ra là : chỉ ra "dấu hiệu" để nhận biết một đa giác cho

trước cĩ phải là đa giác hằng số hay khơng ? Ai

Phan tích lời giải ở trên, ta thấy cách giải đĩ hồn tồn áp

dụng được cho những đa giác lồi cĩ tất cả các cạnh bằng nhau An lạ Ay

Nĩi cách khác đa giác lồi cĩ tất cả các cạnh bằng nhau (đương Ah Th AD

nhiên cả đa giác lồi đều) là đa giác hằng số Đến đây ta cĩ thể đưa d J

ra giả thuyết : phải chăng, các đa giác hằng số là những đa giác cĩ Ai HH Aa tất cả các cạnh bằng nhau hoặc tất cả các gĩc bằng nhau ? Thế Hình 2

nhưng hình bình hành là một tứ giác hằng số (bạn đọc cĩ thể dễ

dàng kiểm tra lại) mà khơng thoả mãn điều kiện nào cả trong 2

điêu kiện đĩ Vậy vấn đề cơ bản là ở chỗ nào ? Ta cĩ nhận xét quan trọng sau : Nếu đa giắc A, A; A, là một đa giác hằng số thì khi ta kẻ một đường thẳng song song với một cạnh của đa giác,

chang han A’,A’, (xem hình 2), thì đa giác mới thu được : Á',Á2A z A,, nếu lồi, cũng là một đa giác hằng số Thật vậy MH, va > MH !,, chỉ sai khác nhau một hằng số b (bằng khoảng cách giữa hai i=l inl :

đường thẳng song song A,4; và A A2) Do đĩ nếu A,4;4; A„ là đa giác hằng số, thì A,A';4; „

Trang 7

Định lí 1 : Nếu hai đa giác lơi cĩ các cạnh tương ứng song song thi ching cing la da giác

hằng số hoặc khơng

Từ định lí 1, ta cĩ thể thu được kết quả tổng quát hơn sau đây :

Định lí 2 : Nếu hai đa giác giác lơi cĩ các gĩc tương ứng bằng nhau thì chúng cùng là đa giác hằng số hoặc khơng

Đến đây chúng ta cĩ thể khẳng định : Điều kiện tất cả các cạnh bằng nhau hoặc tất cả các gĩc

bằng nhau chỉ là điều kiện đủ mà khơng cần để một đa giác lơi là đa giác hằng số (Chú ý là : Hình bình hành ở trên chỉ là một phản ví dụ cho trường hợp tứ giác mà chưa thể là phản ví dụ cho trường

hợp tổng quát được) Những điều kiện đủ khơng làm chúng ta thoả: mãn ; cần cố gắng tìm được điều kiện cần và đủ để một đa giác lồi là đa giác hằng số

Mỗi khi lao vào một vấn đề mới, ta phải nhìn lại tồn bộ vấn đề đã biết, xuất phát từ những

nhận xét đơn giản, rời rạc để đi những kết luận tổng quát nhất Ta xuất phát từ những nhận xét đơn

giản sau : Nếu M, M“ là 2 điểm nằm trong đa giác lồi A;4; A„„ M” là trung điểm đoạn > MH, +m H, , MM thì SM"H; =#———=——— Vậy nếu tổng > MH, = fel ` - #=l ym H, =k thiténg >M"H, =k Ta hi vọng rằng nếu > MH, = ym H, =k thì mọi điểm i=l M" nam trén đường thẳng MM’ đếu cĩ tính chất như vậy, nghĩa là: iM "H, =k Điều này đúng và i=l

cĩ thể chứng minh được nhờ định lí Talét

Chú ý rằng : Đối với những điểm Ä⁄” e MM” nhưng nằm ngồi đa giác thì khoảng cách từ M” tới các cạnh của đa giác cần được "mở rộng" thành độ dài đại số mà dấu được xác định như sau :

Mỗi cạnh của đa giác kéo dài chia mặt phẳng thành hai miền Khoảng cách từ M” tới cạnh đĩ là dương hay âm tuỳ theo M” cing phía hay khác phía so với miền trong của đa giác Với sự "mở

rộng" này, ta khơng cần gị bĩ điểm M phải nằm ở miễn trong của đa giác nữa Từ nhận xét này ta

tiến đến kết quả đẹp sau :

Định lí 3 : Điều kiện cần và đủ để một đa giác là đa giác hằng số là cĩ ba điểm khơng thẳng

hàng, mà tổng các khoảng cách từ mỗi điểm tới các cạnh của đa giác là bằng nhau

Điều kiện cần là hiển nhiên Điều kiện đủ xin dành cho bạn đọc chứng minh dựa vào nhận Xét ở trên

Định lí 3 phản ánh mối liên hệ sâu sắc giữa tồn bộ các điểm của mặt phẳng với 3 điểm khơng

thẳng hàng xác định mặt phẳng chứa đa giác hằng số, đồng thời cũng cho ta một phương pháp kiểm

tra xem một đa giác cho trước cĩ phải là đa giác hằng số hay khơng Cuối cùng tác giả lưu ý rằng :

trong hình 1, ta cịn cĩ kết quả : BH, + CH; + AH; = hằng số Điều này cĩ thể tổng quát hố như

thế nào ? Đĩ là một vấn đề mới mà các bạn cĩ thể bắt tay nghiên cứu Chúc các bạn thành cơng

trong học tập, nghiên cứu

Trang 8

Tim CAC CHU SO TAN CUNG CUA MOT SO

NGUYEN VŨ THANH Cao đẳng sư phạm Tiên Giang

Tìm một, hai, ba chữ số tận cùng của một số chính là tìm dư trong phép chia số đĩ cho 10, 100 hoặc

1000 Nhưng khi khảo sát các chữ số tận cùng của một số, cĩ những phương pháp đặc biệt khá lí thú 1.Tìm một chữ số tận cùng của a" — Nếu z tận cùng là O0; 1 ; 5 ; 6 thì a” lần lượt tận cùng là O; 1 ; 5 ; 6 — Nếu ø tận cùng là 2 ; 3 ; 7 thì sao ? Dùng kí hiệu a = b (mod) để chi a ~ b chia hét cho m, ta cĩ :: 2 = 16 = 6 (mod 10) 3“ = 8l! = 1 (mod 10) 7# = 49”' = 1 (mod 10) Do đĩ để tìm chữ số tận cùng của a" (với a tận cùng là 2 ; 3 ; 7) ta lấy số mũ ø chia cho 4 Giả sử n = 4k + rír =0; 1; 2; 3)

+ Nếu a = 2 (mod 10) thì a" = 2" = 2= 6.2' (mod 10) + Nếu a=3 ; 7 (mod 10) thì 4” = atta al (mod 10) Thí dụ : Tìm chữ số tận cùng của 1992! Giải : Ta cĩ 1992!” = 2'3 (mod 10) Ma _ 1993=4.498+1dođĩ 2!” = (2°%*.2 =2 (mod 10) Vậy chữ số tận cùng của 19921” là 2 2 Tìm hai chữ số tan cing cia a” Giả sử a cĩ chữ số tận cùng là x:0 < x < 9 Theo nhị thức, Niuton, ta cĩ : đ” = (10k + x)” = (10k) + 20 (10x + 20(10k)x'? + x?? = x” (mod 100) | Vậy hai chữ số tận cùng của z” cũng chính là hai chữ số tận cùng của x” Nhận xét : ae = 76 (mod 100); 6° = 76 (mod 100) ® = 1 (mod 100) ; 7* = 1 (mod 100) Dung quy ” ta cĩ : 76” = 76 (mod 100) = 25 (mod 100) (m > 2) Từ đĩ Suy ra VỚI mỌi 7n > Ì :

a = 0 (mod 100) néu a = 0 (mod 10)

a@™ = 1 (mod 100) nếu a = l ; 3 ; 7 ; 9 (mod 10)

a" = 25 (mod 100) néu a = 5 (mod 10)

a = 76 (mod 100) néu a = 2; 4; 6; 8 (mod 10)

Trang 10

Nhưng trong các số 1 ; 126 ; 251 ; 376; 501 ; 626; 751 ; 876 ; (đĩ là tất cả các số cĩ ba chữ số khi chia cho 125 cĩ dư là 1) chỉ cĩ một số chia hết cho 8 là 376 Vay x'® = 376 (mod1000) Từ đĩ suy ra với mọi m > 1 :,

a!®"= 0 (mod 1000) nếu ø = 0 (mod 10)

a = 1 (mod 1000) néu a = 1; 3; 7; 9 (mod 10)

a!*“= 625 (mod 1000) nếu z = 5 (mod 10)

a'%“ = 376 (mod 1000) nếu a = 2 ; 4; 6 ; 8 (mod 10) Vậy để tìm ba chữ số tận cùng của Z" ta phải tìm hai chữ số tận cùng của số mũ n Thí dụ : Tìm ba chữ số tận cùng của 2?”” Giải Trước hết ta tìm hai chữ số tận cùng của 913 Ta cĩ 913 = 93.919 — 93 (37°)! = 29 (mod 100) vi 3” = 1 (mod 100) Vay 29 = 2100+ 29 = 92° 3.76 =2”.188 = (2'')°.188 =24°.188 = 824 x 188 = 912 (mod 1000) ˆ

Tương tự như trên các bạn hãy đưa ra phương pháp tìm bốn chữ số tận cùng của a” dựa vào ba |

chit s6 tan cing cha n ,

Trang 11

TIEU CHUAN CHIA HET CUA TAM THUC X” +X" + 1

CHO CÁC TAM THỨC X? + X + 1 VÀ Xế+ X? +1

TRẦN VĂN VUƠNG

Viện khoa học Giáo duc

— Trong bài tốn này, chúng ta sẽ xác định những mối liên hệ chặt chẽ giữa tính chia hết của các tam thức x” + x" + I và tính chia hết của các số mũ z, n Nhưng tiêu chuẩn đĩ được ứng dụng

để phân tích tam thức x” + x" + 1 thành nhân tử, rút gọn các phân thức, vv

1 Tiêu chuẩn chia hết của tam thức x” + +” + 1 cho tam thức x + x + 1

Định lí ï Tam thức x” + x" + 1 chia hết cho tam thức xˆ + x + 1 khi và chỉ khi mn — 2 chia hết cho 3 Chứng mình - Biểu diễn mm, n dưới dạng : m =3k+r; k,reN,0 <r<2, ` h=3l+s,; LscN,D<s<2, Khi đĩ : x"+x+1=(Œ6*“—-1)V+(x ”-l)È + +x+ 1 Vì x” — 7 và x”— 7 cùng chia hết cho xÏ - J = (x— 1)(# + x + 1) nên x"+x"+ 1! x?+ x + 1 khi và chỉ khi x"+x + 1:x +x+1 Bằng cách kiểm tra trực tiếp ta cĩ Z + x' + 1 : xÝ + x + 1 khi và chỉ khi r = 1, s = 2, hoặc r=2,s= 1l : Mặt khác : | mn — 2 = (3k +r)(3l + s) — 2 = 3(3kl + ks + Ïr) + rs — 2

nên mn — 2 : 3 khi và chỉ khi rạ — 2 : 3

Nhung rs — 2 : 3 khi và chỉ khi r = 1; s = 2 hoặc =2; s =1 Vy +" +x'+1:x+x+lôâmn-2: 3 Hệ quả 1 : x"h+tx+11xZ2+x+le€n+li3 Hệ quả 2 : x"+x⁄+1:1⁄/+x+l€Ềen-l:3

2 Tiêu chuẩn chia hết của tam thức x” + x” + 1 cho tam thức x⁄-x+l

Trang 13

SUY NGHi MGI TU MOT BAI TOAN QUEN THUOC

NGUYEN MINH HA

Đại học Sự phạm Hà Nội

Cĩ một bài tốn hình học rất đơn giản và quen thuộc

Bài tốn 1 Cho đường thẳng d và hai điểm A ; B nằm về một phía của nĩ Tìm trên d điển M

sao cho (MA + MB) nhỏ nhất

Bài tốn 1 là bài tốn hay Nĩ cĩ ý nghĩa thực tế Ngồi ra, nhờ kết quả của BT1 cũng như cách giải BT1 người ta cĩ thể giải được những bài tốn hay hơn, khĩ hơn Đĩ là những bài tốn sau

Bài tốn 2 : Cho gĩc nhọn xOy ; M là một điểm trong gĩc đĩ Tìm trên Ox, Oy các điểm A ; B

sao cho chu vị A MAB nhỏ nhất

Bài tốn 3 : Cho tam giác nhọn ABC Tìm trên BC ; CA ; AB các điểm X; Y ; Z sao cho chu vi

AXYZ nhỏ nhất

Bài tốn 4 : Cho hình chữ nhật ABCD, M là điểm đã cho trên AB Tìm trên BC ; CD ; DA các điểm N ; P; Q sao cho chu vi tứ giác MNPQ nhỏ nhất -

Bài tốn 1 cùng với các bài tốn 2 ; 3 ; 4 tạo thành nhĩm 4 bài tốn quen thuộc và "bền vững” trong hình học sơ cấp Nĩi đến một trong bốn bài người ta nghĩ ngay đến ba bài cịn lại Chúng thường đặt cạnh nhau trong các bài giảng về hình học sơ cấp cho các học sinh chuyên tốn phổ

thơng cơ sở

Cĩ lẽ vì sự đơn giản của BTI cũng như sự "bền vững" của nhĩm bốn bài 1, 2, 3, 4 nên khơng mấy ai nghĩ rằng BTI cịn cĩ thể được phát triển theo một hướng khác nhau mà những kết quả

nhận được cũng cĩ ý nghĩa và sâu sắc khơng kém gì các bài 2, 3, 4 Bài viết này xin giới thiệu

những kết quả như vậy

Bài tốn 5 : Cho tứ giác ABCD M là một điểm thuộc CD (M khác C, D) Chứng mình rằng :

MA + MB < max {CA +CB ; DA +DB}”)

Trang 14

Bài tốn 6 : Cho hình chữ nhật ABCD M là một điểm nằm bên trong hình chữ nhật Chứng

mình rằng :

MA*+ MB + MC + MD < AB + AC +AD

Giải : Qua M kẻ đường thẳng song song với AD Đường thẳng này theo thứ tự cắt AB ; CD tại

Ï ; 7 áp dụng bài tốn 5 cho hình chữ nhật A77 ta cĩ : - MA + MD < max {IA + ID ;JA + JD} A D => MA +MD < 1A + ID (vì TA + ID = 7A +JD) 1 M ] Tương tự như vậy đối với hình chữ nhật BIJC ta cĩ : MB + MC < IB +IC Từ đĩ suy ra: - B Cc MA +MB+MC+MD<IA+IB+IC+ID => MA + MB + MC + MD < AB + IC + ID Áp dụng bài tốn 5 cho hình chữ nhật ABC? ta cĩ : IC + ID < max {AC + AD ; BC + BD} > IC + ID < AC +AD (vi AC + AD = BC + BD) Vậy ta cĩ : MA + MB + MC + MD < AB + AC + AD Bài tốn 7 : Cho tứ giác ABCD M là một điểm trong tứ giác Đặt : đạ= AB + AC +AD dp= BC + BD + BA ác = CD + CA + CB dy = DA + DB + DC Chứng mình rằng : MA + MB + MC + MD < max {d, ; dg ; dc ; dp}

Gidi : Kéo dai AM mot doan MB’ bang MB Qua M ké dudng trung trực cua BB’ Đường này theo thứ tự cắt hai

cạnh tứ giác tại 7 ; J Cĩ thể xảy ra một

trong ba trường hợp (b,) ; (hp) ; (h;) Vì J trong các hình (h;) ; (h;) bài tốn 7 được

chứng minh tương tự nhưng đơn giản hơn trong trường hợp (h,) nên ở đây ta chỉ

Trang 15

Lại cĩ :

MA + MB = MA + MB’ = AB’ < IA + IB’ =1A + IB Vay:

MA +MB+MC + MD <IA + 1B + IC + ID = IA +ID + BC Áp dụng bài tốn (5) cho tứ giác ABCD ta cĩ :

IA + ID < max {CA + CD ; BA+ BD} Vay: MA+MB+MC+MD< 2 B < max {CA + CB ; BA + BD} + BC " Ỉ = max {BC + BD + BA ; CD + CA + CB} = = max {dz ; dc} B < max {d, ; dy ; d ; dp} (pom) v

Trên đây là một vài suy nghĩ mới từ bài tốn 1 Hãy thử suy Hình 3

nghĩ tiếp đi Biết đâu chúng ta cĩ thể tìm thêm được những kết quả lí thú từ bài tốn 1

MỘT CHÚT VỀ ĐA THỨC

NGUYỄN ĐỨC TẤN TP Hồ Chí Minh

Nếu biết vận dụng khéo léo những tính chất của đa thức được học ở THCS chúng ta sẽ tìm lời giải đẹp của một số bài tốn và hơn nữa chúng ta cịn cĩ thể giải được một số bài tốn khĩ thường gặp trong các kì thi chọn học sinh giỏi tốn

Xin trao đổi cùng bạn đọc "Một chút về đa thức

Nhắc lại một số tính chất đã học :

Giả sử f(x) va g(x) là hai đa thức biến x

1) fla) = 0,a € Q > f(x) c6 nghiém x = a 2) Du khi f(x) chia cho x — a 1a fa) (dinh li _

3) fx) : g(x), bac fix) < bậc g(x) > fix) =

4) x) = g(x) <> các hệ số tương ứng viet nhau

5) Số nghiệm của một đa thức bậc n khơng quá n (n € Z*) Một số bài tốn áp dung : Bai 1 : Phân tích thành nhân tử P = (x + y + z}— xÌ— y` — z

Giải : Xem P là một đa thức biến x Khi x = - y thì P=0=>P: x+ ÿy Trong P vai tro x, y,

z như nhau nên cing c6 P! x +z, P : y +z, nhu vay P = (x + yx + z)(y + JQ MaP là đa thức

bậc 2 đối với x, y và z nên Q là hằng số Với x = 0, y = z = 7 ta cĩ Q = 3

Vậy P =3({x + y)(x + z)(y + z)

Trang 16

Bài 2 : Từm tất cả các đa thức P(x) thoả mãn xP(x — 1) = (x — 26)P(x) (Vơ địch tốn Matxcơva 1963) Giải : Dễ thấy —- P(0) =O > P(1) = 0 5 P(2) = 0> > P(25)=0 - Vay P(x) = x(x—1) (0 -25)O(x) — Suy ra P(x — 1) = (x — 1)(x — 2) (x — 26)Q(x - 1) ` xP(x— 1) =(x—26)P(x) (giả thiết > Q(x — 1) = Q(x) => Q(x) = a (hang số) Vay P(x) = ax(x ~ 1) (x — 25) Bài 3 : Cho hai đa thức với hệ số nguyên ƒ,(x), ÿ;(x) thoả mãn x) =f0)) +xf(X): +x+ 1 Chứng mình rdng USCLN (f,(1984), f,(1984)) 2 1983 (Tốn học và tuổi trể bài 21134) Giải : fs) = 0) - f(1)] + x W2) =#(1)} + x(1) + AD) Dễ thấy _#@)—ƒf()! 2+x+1, í#)—f(1): 2+x+ 1 Suy ra x#(1) + f,(1) : xˆ + x + 1 nhờ t/c (3) suy ra #(1) = (1) = 0 Vậy f(x): x— 1,f(x) : x— 1, do đĩ USCLN (,(1984), ƒ(1984)) = k.1983 (keN),k= 1 khi f(x) = #(x) = x— 1

Bai 4 : Cho f(x) là một đa thức cĩ hệ số nguyên và ƒ{0), ƒ(1) là những số lẻ Chứng mình rằng

ƒx) khơng thể cĩ nghiệm số nguyên |

Gidi : Gia sit da thitc f(x) c6 nghiém s6 nguyén a thi f(x) : x — a do dé f(x) = (x — a)g(x)

(g(x) là đa thức cĩ hệ số nguyên)

Ta cĩ ƒ{0) = — ag(0) là một số lẻ — a là số lẻ Tương tuf(1) =(l-aje(J) > 1-alas6lé>ala

s6 chan

Điều này mâu thuẫn suy ra đpcm

Bài 5 : Cho đa thức f(x) bậc 5 cĩ hệ số nguyên Biết rang f(x) nhdn gid trị 1975 với 4 giá trị nguyên khác nhau của x

Chứng minh rằng với mọi x e Zthì x) khơng thể cĩ số trị bằng 1992 _

Giải : Gọi xạ, x;, x;, x„ là 4 giá trị nguyên khác nhau của đa thức ƒ{x) — 1975 suy ra f{x) ~ 1975

= (x — X))(X — Xy)(X — X3)(x — X4)2(x) (g(x) là đa thức cĩ hệ số nguyên)

Gia sir t6n taia € Z ma f(a) = 1992 ta cĩ

(a ~ x, )(a — x;)(a — X3)(a — x4) g(a) = 17 (*)

Do x,, x;, x;, x„ e Z khác nhau nên đ — x;, đ — xạ, — x;, a — x¿ là 4 số nguyên khác nhau và g(a) e Z, mà 17 chỉ cĩ thể phân tích thành một tích cĩ nhiều nhất ở thừa số nguyên khác nhau

17 = 1.(— 1).(đ— 17) nên (*) khơng xây ra —> đpcm

Trang 17

Bài 6 : Với a, b, c là ba số khác nhau Hãy tính

„ịŒ=Œ=6) 2 Œ—4)X-~6) , ¿(x=3G=Đ)

(a— bXa—c) (b-a)(b—-c) (c—a)(c—b)

với k=0;1;2 '

Giải : Dat flx) = a! (= bee) (x-=4(x-=©), oe AHMAD)

_ (œ-=bXa~c) (b—a)X(b~c) (c— a)(c — b) Dễthấy f(a) = f(b) = fic) =0 |

Vay a, b, c là 3 nghiệm khác nhau cua f(x) nhung bac f(x) < 2

Do d6 f(x) = 0 Vay:

gt APM RO) | pk AH DO=O) | ot (x= a)(x—b) _ „ (a-b)(a-c) (b—a)(b-c) (c—a)(c—b)

Bài 7 : Đa thức P(x) bậc n thoả mãn đẳng thức P(k) = = ï với k=0;1;2; ,n Tìm

P(n +1)?

(Vơ địch tốn Mỹ 1975)

Giải : Đa thức P(x) thoả mãn điều kiện trên là duy nhất Vì nếu cĩ đa thức khác Q(x) # P(x) cũng thoả mãn thì bậc đa thức P(x) - @(x) < n nhưng cĩ số nghiệm > øị + 1 Xét đa thức R(x)= x +(0~g=2) ứ-~3) vì R(-1) = 0 nên (n+DI Rix) ix + do d6 S(x) = 8 x+l thoả mãn điều kiện bài tốn nghia 14 P(x) = S(x) va —RŒ@+D _n+1+(Ð” +2 n+2 là đa thức bac n và S(k) = với k=Q; 1 ; ; n nên S(x) + P(n+]) Bài 8 : Chứng tỏ rằng đa thức fix) = (x— ay)(x — đ;) (x — a„) -Ï (ai ; a; ; ; a, € 2 khác nhau) khơng phân tích được thành nhân tử

Giải : Giả sử f{x) = g(x)h(x) với g(x), h(x) cĩ hệ số nguyên

fla) =-1(i= in)

nên hoặc g(a;) = 1, h(a,) = — 1 hoặc g(a)=— 1; — h(a,) = 1

Dođĩ — g(ø)+h(4)=0,(i= 1n)

Đa thức ø(x) + h(x) cĩ n nghiệm khác nhau nhưng bậc < ø do đĩ

g(x) + h(x) = 0 Vi vay fx) = — h?(x) điều này khơng thể được vì hệ số cao nhất của ƒfx) là một

số dương

Trang 18

Dưới đây là một số bài tốn thêm để các bạn tự luyện 1) Phân tích thành nhân tử (x+ y{x— y) + (y + ZŸ{yT— z) + (z + xJ(z ~ x) 2) Tìm tất cả các đa thức P(x) thoả mãn điều kiện (x — 1992)P(x) = xP(x — 1) va P(1993) = 1993 ! 3) Chứng minh rằng đa thức fix) = (x aa a) ra, + 1

(v6i a, dy, ., a, là những số nguyên khác nhau) khơng phân tích được thành nhân tử

4) a va b là hai số khác nhau Phần dư trong phép chia đa thức ƒ{x) cho x — a bằng A và phần dư

trong phép chia f(x) cho x — b bằng B Tim phan du trong phép chia f(x) cho (x — a)(x — b)

_CAIGi AN DANG SAU DUGNG TRON O-LE

NGUYEN DANG PHAT

Đại học Sư phạm Hà Nội

Chắc nhiều bạn đã biết định lí về đường trịn Ở-le : Trong một tam giác, trung điểm các cạnh,

chân các đường cao và trung điểm các đoạn nối trực tâm với các đỉnh là chín điểm cùng thuộc một

đường trịn Đường trịn này cĩ tâm là trung điểm của đoạn thẳng nối trực tâm với tâm đường trịn

ngoại tiếp và bán kính bằng nửa bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác Người ta gọi nĩ.là đường

tron O-le

Sau đây, bài báo này đưa ra một cách chứng minh khác định lí trên mà nội dung chứng minh _ cũng chỉ vận dụng các kiến thức hình học trong sách giáo khoa bậc phổ thơng cơ sở, và sau đĩ thu

được định lí "đường trịn sáu điểm", tổng quát hố định lí về đường trịn ỞƠ-le đã biết

Để làm việc này, chúng ta hãy cùng nhau phân tích như sau : Goi P, Q, R 14n lượt là trung điểm

các cạnh BC, CA, AB và P, Q, R' lần lượt là chân các đường cao hạ từ các đỉnh A, 8, C ; P; ; Q¡; R,

lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng nối trực tam H véi cdc dinh A, B, C va O 1A tam đường trịn

ngoại tiếp tam giác ABC (hình 1) Ta hãy chứng minh rằng 6 điểm P, Q, R, P', @“ và R' cùng nằm

trên một đường trịn Theo định lí về đường trung bình của hình thang thì các đường trung trực của

cc doan thang PP’, QQ’ va RR’ déu di qua trung diém S cia OH va do đĩ : SP = SP’, SQ = SQ’, SR = SR’ ;

bởi vậy ta hãy chttng minh SP = SQ = SR

Từ H ta hay dung HB’ = 2SQ, HC’ = 2SR (nghia 1a HB’ TT = 2SQ va HC’ Tt = 2SR) ; thé thi:

SQ = SR <> HB’ = HC’ Nhung nhv vậy thì : B' đối xứng với Ĩ qua (CA), C” đối xứng với O qua

(AB) va do d6 AB’ = AC’ (= AO) Tam giác ABC” cân ở A đồng thời dễ thấy rằng BC” // = BC (vì

cùng // = 2RQ) và do đĩ, đường cao ÁP“ của tam giác ABC trở thành đường trung trực của đoạn

thẳng BC, nghĩa là HB’ = HC’ Ti d6 suy ra: SQ = SR ; chứng minh tuong tu, SP = SQ = SR

Trang 19

Sau nữa, xét tam giác A“B“C” cĩ các đỉnh là các điểm đối xứng với Ĩ lần lượt qua các cạnh BC, CA va AB, ta thấy rằng AA”E'C' = AABC và H trùng với tam O’ dudng tron v’ (A'B’C’) ; do d6 HA’ =

HB’ = HC’= OA = OB = OC (= R, ban kinh dudng tron ngoai tiép A.ABC) Suy ra bin kính của

đường trịn (Ø) tam S bang p = sR

Cuối cùng xét đến các điểm P,, Q,; va R, Vi SP, // =2 ĨA rên Sh=p =2R ; chứng mỉnh

tương tự, ta được :

SP, =SQ, =SR, =p =5R

Đến đây, định lí đường trịn chín điểm đã được chứng minh xong

- Ở đoạn trên chúng ta đã trình bày một cách chứng minh mới khơng cổ điển định lí về đường

trịn Ơle, đồng thời cũng là một cách chứng minh nữa một định lí hình học quen thuộc về một tính chất của hình tam giác : "Trong một tam giác, ba đường cao đồng quy tại một điểm, gọi là /rực tam của tam giác"

Đến đây, chắc nhiều bạn sẽ phải đặt câu hỏi : Chứng minh hai định lí này ở trong SGK, nhất là định lí về ba đường cao đồng quy; đơn giản hơn nhiều so với chứng minh nêu ở trên Tại sao tác giả bài báo này cịn phải đưa ra một cách chứng minh nữa, phức tạp hơn ? Phỏng nĩ cĩ ích lợi gì hơn

khơng ? Xin trả lời các bạn đúng là rất cĩ lí khi các bạn chất vấn tác giả Đến đây, chúng ta hãy

cùng nhau nghiên cứu để giải đáp câu hỏi mà các bạn đặt ra Các bạn sẽ tự mình phát hiên ra những

điều bổ ích và lí thú Với cách dựng các điểm A', B’ va C’ nhu trong chứng minh vừa nêu ở đoạn 2

trên đây thì các dudng cao AP’, BQ’ va CR’ cha tam gidc ABC trở thành các đường trung trực của

tam giác A'B'C”, và do đĩ chúng đồng quy ở một điểm (vì ba điểm A'”, B’ và C“ khơng thẳng hàng) Bây giờ ta hãy nhìn các đường thẳng AP”, BQ' và CĐ' theo một quan điểm khác Thật vay, vi

tam giác ABC” cân & A nén dudng trung truc AP’ cla B’C’ cing con 1a dudng phan gidc cha gĩc

B’AC’, và ngược lại, nếu chứng minh được AP’ a phan giác của gĩc B’AC’ thi cing 1a ching minh

được ÁP” là trung truc cla B’C’ Diéu nay dé thay néu ta dé y dén tinh chat sau day cia cdc dudng cao trong hình tam giác : "Đường cao và đường kính của đường trịn ngoại tiếp tam giác, xuất phát từ cùng một đỉnh thì đối xứng với nhau qua đường phân giác của gĩc cĩ đỉnh ở cùng đỉnh đĩ”

Vì AP’ d6i ối xứng với với AO qua phân giác của gĩc BAC nên : : BẠP'=CAO =CAB' (=ơ,); cũng vậy,

CAP’ = BAO = BAC’ (=a,) Do đĩ, ta được (hình 1) : BAP’ = BAC +CAP' =a, +0, = = P’AB + BAC' = P PAC(Œ2B B’AC’),

nghĩa là AP’ 1a phan giác của gĩc AC”, và do đĩ AP'” là trung trực của #'C“ Chứng minh tương tự, B@' là trung trực của A'C” và CĐ' là trung trực của

A®

Trang 20

Như vậy, với cách nhìn mới này, các đường cao ÁP”, BQ/' và CĐ' của tam giác ABC lại là các

đường thẳng, đối xứng với AO, BO va CO lần lượt qua phân giác các gĩc A, B và C : chúng trở

thành các đường trung trực của tam giác A'B' (cĩ các đỉnh đối xứng với 0 qua các cạnh của tam giác ABC), và do đĩ đồng quy ở một điểm (trực tâm M của A ABC) Sự kiện này cho ta một cách

nhìn mới về vai trị của các điểm Ĩ và H Thực thế, đọc kĩ lại chứng minh, ta thấy ba đường thẳng

AH, BH va CH đối xứng với ba đường thẳng AO, BĨ, CO lân lượt qua phân giác các gĩc A, B và C của tam giác ÀC là một tính chất của hình tam giác, liên quan đến trực tâm và đường trịn ngoại

tiếp tam giác Nhưng thay cho điểm Ĩ, ta lấy một điểm ÄM tuỳ ý của mặt phẳng, thì, theo cách dựng các điểm A', B' và C“ nêu trong chứng minh, đoạn 2 trên dây, các đường thẳng Ax, By, và Cz đối

xứng với AM, BM và CM lần lượt qua phân giác các gĩc A, 8 và C cũng vẫn là trung trực của các

đoạn thẳng #Œ', C⁄A' và A'B“ Do đĩ, hoặc chúng đồng quy tại một điểm M” nào đĩ, hoặc chúng

song song với nhau tuỳ theo ba điểm A”, B' và C” khơng thẳng hàng hoặc thẳng hàng Sau nữa, nếu _

xem các điểm P, P' ; Q, Q’ va R, R' là hình chiếu vuơng gĩc của các điểm Ĩ và H lần lượt trên các

đường thẳng ĐC, CA và AB, thì, khi thay O bằng một điểm M tuỳ ý của mặt phẳng và do đĩ, thay H

bằng điểm tương ứng M(M # 0 thi M’ # H) (nếu các đường thang Ax, By và Cz đồng quy ở M“” chứ khơng song song với nhau), phần chứng minh 6 điểm đĩ cùng nằm trên một đường trịn vẫn đúng (6

điểm P, P', Q, @' và R, R' là các hình chiếu vuơng gĩc của cặp điểm M, M' trên các đường thẳng

BC, CA và AB chứa các cạnh của tam giác ABC (hình 2.))

Từ những điều phân tích về một cách chứng minh mới của hai định lý hình học đã biết đưa ra ở đoạn 2 trên đây, chúng ta thu được kết quả mới sau

đây về một tính chất hình hợc liên quan đến hình

tam giác

Định lí (về đường trịn sáu điểm) : Nếu M là

một điểm bất kì nằm trong mặt phẳng của một tam

giác ABC nào đĩ, thì :

1) Các đường thẳng Ax, By và Cz đối xứng với các đường thẳng AM, BM và CM lân lượt qua phân

giác của các gĩc A, B và C của tam giác đã cho,

hoặc đồng quy ở một điểm, hoặc song song với nhau ;

2) Trong trường hợp A+, By và Cz đồng quy ở một điểm Ä⁄' thì các hình chiếu vuơng gĩc của

cặp điểm Ä, M' trên các đường thang BC, CA và AB chứa các cạnh của tam giác đã cho, là 6 điểm

'cùng nằm trên một đường trịn cĩ tâm là trung điểm Š của đoạn thẳng MM” Ta gọi đường trịn này

là đường trịn 6 điểm

Rõ ràng là : khi Ä⁄ trùng với Ĩ thì Ä⁄” trùng với H ; và ngược lại, khi M trùng với H thi M’ tring

với Q Như vậy, định lí về đường trịn 6 điểm là một sự tổng quát hố cả hai định lí hình học quen thuộc : định lí về ba đường cao đồng quy và định 1í vẻ đường trịn 9 điểm (đường trịn Cle)

— 4, Đến đây thì thắc mắc của các ban đã được giải đáp Tuy nhiên, tỉnh ý một chút và điều này thường thấy ở những bạn cĩ ĩc tị mị khoa học, điều giải đáp trên đây của tác giả chưa làm thoả mãn hồn tồn các bạn Đúng như vậy, nội dung của định lí mà chúng ta vừa rút ra ở trên chưa đề cập đến - trường hợp Ax // By // Cz ; đĩ là dụng ý của tác giả bài này Các bạn hãy tự mình đề xuất câu hỏi và tự

giải đáp nhé, các bạn sẽ tìm thấy niềm vui khi hồn chỉnh nội dung của định lí trên đây

Trang 21

Cuối cùng, tác giả xin gợi ý một vài đề tài nghiên cứu (bài tốn) nho nhỏ, giúp các bạn tìm hiểu sâu hơn nữa : Mối quan hệ giữa cặp điểm tương ứng M, Ä⁄' đối với các đỉnh và các cạnh của

tam giác ABC cũng như mối quan hệ giữa hai tam giác PQR và PQ@®' đối với tam giác ABC Cịn

bạn nào đã cĩ kiến thức về hình học khơng gian, ngồi vấn dề trên, xin hãy thử đặt và giải quyết bài

tốn tương tự trong khơng gian Tác giả mong các bạn hưởng ứng và hứng thú tìm hiểu sâu hơn những vấn đề nêu trên đây xung quanh bài tốn về đường trịn sáu điểm, và hi vọng sẽ cịn dịp khác

trao đổi thêm với các bạn Chúc các bạn thành cơng

MỘT VÀI PHƯƠNG PHÁP TÍNH TỔNG

PHƯƠNG THẢO

Hà Tây

Học sinh các lớp phổ thơng cơ sở kể cả học sinh chuyên tốn tỏ ra rất lúng túng khi gặp các bài tốn tính tổng Điều đĩ cũng dễ hiểu vì trong chương trình phổ thơng rất ít tài liệu để cap van dé

này Trong bài báo nhỏ này chúng tơi xin trình bày một số phương pháp cơ bản để tính các tổng

hữu hạn

L Phương pháp dự đốn và quy nạp

Trong một số trường hợp khi gặp bài tốn tính tổng hữu hạn

S,=a,+a,+ +4, (1)

bằng cách nào đĩ ta biết được kết quả (bằng cách dự đốn hay người ta bắt chứng minh khi đã cho biết kết quả) thì ta nên sử dụng phương pháp này và hầu như thế nào cũng chứng minh được Ví dụ 1: Tính tổng Š„=1+3+5+ +(2n—]) Thử trực tiếp ta thấy ngay: S =1 %=4=2? $=9=3/ Ta dự đốn S, =n

Voi n= 1, 2, 3 ta thấy kết quả đúng

Gia st v6i n= k(k 3> 1)ta cĩ:

S,=k

Ta cân phải chứng minh

5 =(+ DÝ (3)

Trang 22

That vay, cong hai vế của (2) với (2k+]) ta cĩ:

1+3+ +(2k—1)+(2k+1)=k? +(2k+1)

Vì k?+(2k+1)=(k+ U nên ta cĩ (3)

Theo nguyên lí quy nạp bài tốn được chứng minh Tương tự các bạn cĩ thể chứng minh các

kết quả sau đây bằng phương pháp quy nạp tốn học: ) — 142434 ¢n5 Mt) 2) P4224 gp? a tnt DQn+)) „thể KT TT 3 B42 + rn -[ 22) wt =[ A 4) 4+2°4+ 4n° =x (n+ DF Qn? +2n—1)

II Phương pháp khử liên tiếp

Trang 23

Ta cĩ: 1/1 3) |; ‘) 1 1 1 %5=—l—-—-|+-Ì—= ~|†-+z -——— ra 2.3) 2\23 3.4 2\n@œ+U)_ (n4+1)(n+2) 1Ý ] 1 —_ nn+3) " “r5 mm)" 4(n+ 1)(n+2) Ví dụ 4: Tính tổng: S,=142243.34 4n0! (6d6 n!=1.2.3 n) Ta cĩ: 1!=2!-1! 2.2!=3!-2! 3.3!= 41-3! n.n!=(n+ 1)!- nÌ Vậy Š„ =Œ+1)!—1 Ví đụ 5: Tính tổng: 3 5 2n+l S,= z+ gt t 5 a2" @3% ” [nœ+D] Ta cé: _ 5 =_-—— i 73 =1,2, ,n [đ+Ð[ © 0+Ð Do đĩ : S -('-z)*(#-#)}* + 1 1 —_ " 2 22 3) \n (n+1ỷ 1 n(n+2) §$ =l- = (n+1? (n+9Ỷ

III Phuong phép giai phuong trinh véi an là tổng cần tính

Trang 24

28 Ta viét lai S, dudi dang sau S, =1+ p(S, —p") Suy ra Ví dụ 8: Tính tổng: $,=1+2p+3pÌ+ +(n+l)p";p*# Ta cĩ p‹Š, =Š,—(1+p+ +p")+(n+l)p"” „HT pS, =S,- 5 +(n+1)p"" Từ đây ta cĩ _ (nt Ip" ph” -1 # p-l (p~ Đ

IV Phương pháp tính qua các tổng đã biết

Trước hết ta làm quen với ký hiệu sau:

Trang 25

Ví dụ I0: Tính tổng: s, = YiGi-1) i=} s,=392— Si i=l i=} Vi si _ n(n+1) i=l 2 yi? _ n(n+1)(2n4+1) il 6 Sau một vài phép tính đơn giản ta cĩ: $„=n*(n+l) Vi du 11: Tinh tong: S„=l+3'+5°+ +(n+ Ta cĩ: š„=(Ú+2ˆ+3°+4'+ +(2s+1!)~(2)+4ˆ +6 + +(2n)’) =(1° 42743447 4 4(2n4)')-8(1 +2? 43°44? + 4(n)") S,=(n+ 1)’ (2n? + 4n+ 1) MỘT PHƯƠNG PHÁP TÌM NGHIỆM NGUYÊN CỦA PHƯƠNG TRÌNH NGUYEN NGỌC DAM

Truéng THCS Can Tho, Ha Tay

Các phương pháp tìm nghiệm nguyên của một phương trình thật đa dạng và phong phú Dưới đây ta sẽ làm quen với một trong số các phương pháp đĩ

Ví dụ ï: Tìm tất cả các số nguyên x thoả mãn phương trình:

(12x ~—1)(6x — 1)(4x — I)(3x ~ l) = 330 (1)

Để tìm nghiệm nguyên của phương trìmh (1) ta cĩ thể trước hết, tìm ra tất cả các số thực x thoả

mãn phương trình, rồi chọn ra trong số các số đĩ các số nguyên Tuy nhiên để giải được theo cách

này, học sinh phải cĩ kỹ năng nhất định về giải phương trình bậc bốn, bậc hai Do vậy, nĩ ít phù

hợp với các đối tượng học sinh

Nếu chú ý suy nghĩ, ta cĩ thể cĩ được những nhận xét sau:

- Nghiệm nguyên của (1) khơng thể là những số nguyên x<-—l vì nếu ngược lại thì

1-3x24,1-4x >5,1-6x27,1-12x 213

Trang 26

và do đĩ: (l—3xX1- 4x)(1— 6x)(1— 12x) = (3x — 1)(4x — (6x - 1)(12x - 1) > 4x 5x 7x 13 >330 (Vơ lí) - Nghiệm nguyên của (1) cũng khơng thể là những số nguyên x>l vì nếu ngược lại thì 3x—-1>2,4x—1>3,6x—1>5,12x—1 >11 và do đĩ: (12x —1)(6x ~— 1)(4x -1)(3x - 1) >11x5x3x2 =330 (V6 li!)

-Vậy nghiệm nguyên x của (1) phải thoả min - 1<x <1 Dé€n day, bang phép thử trực tiếp với

hai giá trị x = Ư và x = 1 ta thấy x = 1 là nghiệm nguyên duy nhất của phương trình

Ví đụ 2 : Tìm tất cả các nghiệm nguyên đương của phương trình:

xa

poe ee Xộ

Giả sử (x,,x;,x;, x„) là một nghiệm nguyên đương của phương trình Với cách nhận xét như ở

ví dụ 1 ta đị đến điều khẳng định :

- Các số x, (¡ = 1, 2, 3, 4) đều phải lớn hơn 1, vì nếu một trong các số x, bằng ] thì vế trái của

phương trình lớn hơn 1, trong khi vế phải bằng 1 Hơn nữa, các số x, (i = 1, 2, 3, 4) lại phải nhỏ hơn 3, vì nếu một trong các số x, lớn hơn hoặc bằng 3 thì vế trái của phương trình sẽ nhỏ hơn hoặc bằng

1 1 1 1/ 31' —+—+—+—| =—<Ì|,

9 4 4 4\ 36

trong khi vé phai bang 1 Vay 1 < x, <3,i=1, 2, 3, 4 Ma +, nguyên duong nên chỉ cĩ thể xX, =2, i= 1, 2, 3, 4 Phép thử trực tiếp cho ta nghiệm nguyên dương duy nhất của phương trình là

X, =X, =X, =X, =2

Trong các ví dụ trên, bằng những nhận xét và suy luận đơn giản, chúng ta cĩ thể nhanh chĩng

tìm ra các khoảng chứa nghiệm hoặc chứa các thành phần của nghiệm của phương trình Song cĩ những phương trình mà việc tìm ra những khoảng như thế của nĩ địi hỏi phải cĩ những kiến thức

cần thiết và những suy luận phức tạp hơn Chẳng hạn:

.Ví dụ 3: Tìm tất cả các số nguyên x, y thoả mãn phương trình: 1!+ 2!+3!+ + xI= yŸ

Giả sử (x, y) là một cặp số nguyên thoả mãn phương trình Trước hết ta thấy x >1 Ta lại thấy

rằng l!+ 2! + 3! + 4= 33! cịn tổng 5! + 6! + + ø! (w >5) là một số tận cùng bởi 0 Do vậy, nếu

x>4 thì tổng 1!+2!+3!+ + x! là một số tận cùng bởi 3 và vì thế y tận cùng bởi 3, đĩ là điều vơ lí, vì một số chính phương khơng thể tận cùng bởi 3 (các bạn cĩ thể dễ dàng chứng minh nhận xét này) Từ đĩ ta thấy phải cĩ 1 < x <4 Bằng phép thử trực tiếp với x = 1; 2; 3 ta được tất cả 4 cặp số nguyên (x, y) thoả mãn phương trình là:

q,—=Ð;q,1;(,—3);(3,3)

Ví đụ 4: Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình

1!+21+31+ +xI=y) |

Gia str (x, y) là một nghiệm nguyên của phương trình Ta thấy phải cĩ x >1 Tiếp theo bằng cách suy luận như ở ví dụ 3, ta thấy rằng

Trang 27

1!+2!4+3!+ 4+ 8! = 46233 ‘chia hét cho 9 nhung khong chia hét cho 27, cịn tổng

9! + 10! + + n!(n29) chia hét cho 27, vi méi hang ti déu chia hét cho 27 Do d6, néu x 2 8thi

tổng 1!+2!4+3!+ +x! chia hét cho 9 nhung khong chia hét cho 27 Tir d6 suy ra néu x 2 8thi y’:9 do dé y’:3, ma 3 1A s6 nguyén t6 nén y:3 va vi thé y°:27 Đĩ là điều mâu thudn Vậy phải cĩ

1<x<8 Từ việc thử trực tiếp 7 giá trị của x ta được nghiệm nguyên duy nhất của phương trình là cặp số (1,1)

Ví dụ 5: Cĩ hay hơng hai số nguyên dương x, y thoả mãn phương trình: xh 4 yl! — 199319!

Giả sử x, y là hai số nguyên dương thoả mãn phương trình Dễ thấy x<1993và y < 1993 Do tính đối xứng của phương trình đối với x, y nên, khơng mất tổng quát, cĩ thể giả sử x>y Do

1993> x nên 1993> x+I (vì x nguyên dương), suy ra:

1993”?! >(x +1)! = x"”! +1991x'”” + +1991x +1

Từ đĩ x””+y!”"! S x11 4.199101 hay y'”! >1991x'”9,

Nhưng do x>ynên x'”! >1991x'”?" và y'”! >1991y!”", suy ra x >1991 và y > 1991 Như

vậy, phải cĩ 1991 < x <1993,1991 < y<1993 Từ đĩ ta thấy chỉ cĩ thể x = y =1992 Tuy nhiên khi

đĩ vế trái của phương trình là số chắn, trong khi vế phải của phương trình lại là số lẻ Vậy khơng tồn tại các số nguyên dương x, y thoả mãn phương trình đã cho

Trên đây ta đã xét việc tìm nghiệm nguyên của một số phương trình, mà cách tìm được quy về Việc xét các khoảng chứa nghiệm hoặc các thành phần của nghiệm của phương trình, rồi dùng cách thử trực tiếp để tìm ra nghiệm Để làm được điều này, ta cần căn cứ vào các phương trình cụ thể, dự đốn rồi sử dụng những suy luận hợp lí để chứng minh nghiệm hoặc các thành phần của nghiệm của phương trình (nếu cĩ) phải lớn hơn một số nguyên zn nào đĩ, đồng thời phải nhỏ hơn một số nguyên n nào đĩ Cơng việc cịn lại thật đơn giản, đĩ là thử trực tiếp các giá trị nguyên nằm giữa mm và n nếu khoảng cách đĩ khơng quá lớn

Bài tập

1) Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình:

y+y=xz°+x+x?+x (Gợi ý: -1< x<2)

2) Chứng minh rằng phương trình x!+ y!= 10z +9 khơng cĩ nghiệm nguyên

3) Thay các chữ tương ứng bởi các chữ số để đẳng thức sau là đẳng thức đúng:

(abc) = bc(a—1)be (Gợi ý: 1<a<2).`

Trang 28

AN SAU ĐỊNH LÍ PTƠLÊMÊ

*

LÊ QUỐC HÁN

ĐHSP Vinh, Nghệ An

Hẳn tất cả các bạn khơng thể quên định lí Ptơlêmê: “Trong một tứ giác nội tiếp, tích hai đường

chéo bằng tổng các tích các cặp cạnh đối diện” đã được trình bày trong cuốn bài tập hình học lớp

10 phổ thơng Điều nảy sinh đầu tiên ở đây là phải chăng điều kiện AC.BD = AB.CD + AD.BC cũng là điều kiện đủ để tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp Để giải cả hai bài tốn đĩ, ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức sau (cũng được gọi là bất đẳng thức Ptơlêmê): Đối với mọi tứ giác lồi ABCD ta cĩ AB.CD + AD.BC > AC.BD Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi ABCD là tứ giác nội tiếp

Cách chứng minh bất đẳng thức này khơng khĩ, xin nhường cho bạn đọc Tuy nhiên, điều tơi cần

lưu ý ở đây là trong trường hợp ABCD khơng phải là tứ giác nội tiếp, thi:

AB.CD + AD.BC > AC.BD Bất đẳng thức này gợi cho ta một bất đẳng thức quen thuộc nào đĩ

Lục lại trong trí nhớ, ta thấy nĩ chính là bất đẳng thức tam giác Điều đĩ gợi cho tơi suy nghĩ: Phải

chăng với mỗi tứ giác lồi khơng nội tiếp, đều tồn tại một tam giác cĩ ba cạnh (số đo) là tích của hai

đường chéo và tích của các cặp cạnh đối diện? Và nếu tồn tại, thì các gĩc của nĩ được xác định như thế nào qua các gĩc của tứ giác đã cho Sau một thời gian loay hoay tìm tịi, tơi đã phát hiện ra kết qua sau đây: “Cho một tứ giác lơi ABCD tuy ý cĩ các cạnh AB = a, BC = b, CD = d, DA = đ; các

đường chéo AC =m,BD = n,Â + Ê =@ Thế thì m°n? = a?c? + b?đ? —2abcd coso ”

Trang 29

Mặt khác,

AKC =360° ~ (AKD + DKC) =360° - (C + D)= 360° —œ

=> cos@ = cos AKC nên từ (5)

=> mn’ =a’c’ +b’d’ —2abcd cos (đpcm)

Chú ý rằng 0< <2 nên —l < cosọ < 1, do đĩ từ kết quả trên ta suy ra: | ac —bd |<mn<ac+bd

Dấu “=” xảy ra khi va chi khi cose =-1 << @ =a © ABCD [8 ttt gidc noi tiép Nhu vay ta chứng minh được bất đẳng thức Ptơlêmê và giải đáp được mọi băn khoăn của ta Trong một thời gian dài, tơi định ninh kết quả trên là của mình, nhưng gần đây tơi mới biết nĩ là một trường hợp

đặc biệt của định lí Breichneider (định 1í Breichneider trong trường hợp tổng quát phát biểu cho tứ diện bất kỳ)

Thoạt tiên điều đĩ khiến tơi hơi buồn, nhưng tơi khơng nản lịng mà vẫn cố tìm xem ẩn sau định lí P:ơlêmé, cịn cĩ những điều gì bí mật nữa Thế là tơi mở rộng sang hình học khơng gian, và trước hết thu được kết quả: Với mỗi tứ diện ABCD ta đều cĩ

AB.CD < AC.BD + AD.BC

Để chứng minh kết quả này, ta chỉ cần chiếu tứ diện đĩ lên mặt phẳng x (chita CD va //AB) rồi

dùng bất đẳng thức P(ơlêmê trong hình học phẳng Cũng như trên, bất đẳng thức này gợi cho ta ý

nghĩ: “Với mỗi tứ diện ABCD, đều tồn tại một tam giác mà số đo các cạnh bằng tích các cặp cạnh

đối của tứ diện” Vậy mối liên hệ giữa thể tích V của tứ diện ABCD và diện tích § của tam giác tạo thành như thế nào? Và tơi thu được kết quả sau đây: S = 6VR trong dé # là bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện Thật vậy, qua A dựng 7, tiếp điện của mặt cầu

ngoại tiếp tứ diện ABCD Tứ diện ABC,D, được tạo nên „

bởi x, [ABC],[ABD] va mat phẳng đi qua D, //[ABC]

Khi đĩ AABC ~ ABAC, = AC, = > Tươngtự AD, =—;AC, = “P;AB, =^” m b c Mặt khác 2

AAC,D,~ AB,C,A => CÀI - DI _cp ‘AC, AB, - PC,

Tam giác cần tìm cĩ các cạnh là cạnh của AAD,Œ,

2 Cy

nhân với UP TP _— Cc M1 b m A

Gọi AM là đường kính mặt cầu ngoại tiếp, BK là

đường cao hinh chép BAC,D,

2

Vi AABK ~ AOAL => BK = | 5

Trang 30

(6)

=> Visco, = Bm (1) - M

Từ (6) và (7) suyra: S=6VR

Kết quả này thú vị đến nỗi tơi khơng cịn ngây thơ nghĩ rằng nĩ là kết quả của riêng mình nữa

Quả thật, gần đây tơi đã biết nĩ dưới cái tên: “Cơng thức Crelle” trong cuốn “Những bài tốn hình học khơng gian”của I.F.SHARIGIN

Điều này khơng cịn làm tơi phiển lịng nữa Trái lại, nĩ càng lích thích tơi tìm hiểu thêm những bí mật quanh định lí Pzơlêmê đây hấp dẫn này Nếu ta lập một hệ trục toạ độ Đề các vuơng

gĩc và gắn các toạ độ 'A(a,a,,d,),B(b,,b,,b,),C(c,,c;,c),D(đ,,d,,d,) vào thì bất đẳng thức

Ptơlêmê trong khơng gian cĩ thể được viết dưới dạng:

Dea -by Xe -đ} )+ la -đŸ $e -ôÂ,) | l

je] i=l iz]

[dc by De ay ,

i=]

Điều này gợi cho chúng ta mở rộng bất đẳng thức trên cho khơng gian ø chiều mà tính chân

thực của nĩ đã chứng minh (xem chẳng hạn “Một phương pháp chứng minh bất đẳng thức Ptơlêmê

trong khơng gian ø chiều” của cùng tác giả, báo Tốn học và tuổi trể, số 132), và theo hướng suy

nghĩ trên, biết đâu lại chẳng cho chúng ta gặt hái thêm những định lí Breichneider hoặc cơng thức Crelle mới

MỘT LOẠI BÀI TỐN THƯỜNG GẶP

TRONG KY THI VAO PHO THONG TRUNG HOC

NGUYEN THI BfNH

Truong THCS Trung Vuong, Ha Noi

Trong các kỳ thi vào THPT các bạn thường gặp những bài tập về đồ thị các hàm số phụ thuộc tham số Đây là những bài tốn khĩ ở cấp Trung học cơ sở Các bạn lại ít cĩ bài tập trong sách giáo

khoa để tham khảo Đồng thời sau này thi vào đại học các bạn sẽ gặp lại chúng ở mức độ khĩ hơn

Thế mà để giải được các bài này, lại chỉ cần nắm vững định nghĩa đồ thị hàm số Trong bài báo này tơi sẽ cùng các bạn xét vấn đề đĩ qua một ít ví dụ mẫu Do khuơn khổ bài viết nên chỉ đề cập 8

dạng bài hay gặp nhất trong các kỳ thi và mỗi dạng chỉ nêu một vài ví dụ Nào chúng ta hãy bắt đầu từ dạng đơn giản nhất

Trang 31

Dang 1: Tim gid tri cia tham sé dé dé thi di qua mét diém cé toa dé (x,;y,) cho trước

Muốn vậy theo định nghĩa đồ thị xạ,y„ phải thoả mãn phương trình y = ƒ(x,zn) của đồ thị, tức y¿ = ƒ(xạ,m) Giải phương trình này đối với tham số m ta cĩ các giá trị m cần tìm

Ví du: Xác định m để đường thẳng y =(m? —1)x+m đi qua điểm A(2;8)

Giải: Đồ thị đi qua A(2;8) © toạ độ của A phải thoả mãn phương trình đồ thị Ta cĩ:

8= — 1).2+ m © 2m + m— 10 =0 © m, =2;m, =>

Dang 2: Tim điểm cố định của một họ đồ thị

Điểm cố định của họ đồ thị là điểm mà mọi đồ thị của họ đều đi qua

Cho họ đồ thị y = ƒ(x;m).A(xạ,,y„) là điểm cố định mà họ đồ thị đi qua, nghĩa là với mọi m đồ thị đều qua A <©> phương trình ẩn m là yạ = ƒ(x,,m) nghiêm đúng với mọi 7n Vì vậy để tìm diểm cố

định ta làm như sau: |

Đưa phương trinh y, = f(x),m)thanh phuong trinh y, = f(x),m)- Yo = 0 cé Vé trai là đa thức

hệ phương trình đối với An (x, y)

Mỗi nghiệm (x„,y,) (nếu cĩ)là toạ độ của một điểm cố định

Ví dụ: Chứng minh rằng các đường thẳng cĩ phương trình y=(w—1)x+6m~—1992 luơn đi

qua một điểm cố định duy nhất mà ta cĩ thể xác định được toạ độ của nĩ Giải: (xạ, yạ) là điểm cố định của họ đường thang | > yy =(m—1)x, +6m—-1992 Vm © © mạ — xạ +6m~— 1992 — yạ =0 Vm © Œx; +6)m — xạ — yạ —1992 =0 Vm xạ +6=0 Xy =-6 c© —x;—y, ~1992=0 `” Ìyy =-1986 c© :

Vậy họ đường thẳng đã cho luơn đi qua một điểm cố định duy nhất là (—6;—1986)

Dạng 3: Điều kiện để hai đường y = ƒ(x,m) và y = g(x,m) cắt nhau

Cần và đủ là phương trình ƒ(x,n)= g(x,m)() cĩ nghiệm Số nghiệm của (1) bằng số giao

điểm của hai đồ thị

Trang 32

Giải : Phương trình 5 =x+m phải cĩ hai nghiệm phân biệt

e> 112m >0 m>~7

2 Với giá trị nào của & để đồ thị y = k?x? + 4x+1 cắt trục hồnh tại hai điểm phân biệt?

Giải: Điều kiện là phương trình k?x” + 4x + =0 cĩ 2 nghiệm phân biệt

a#0 k#0 k#0

Đặc biệt nếu hai đồ thị đều là đường thẳng thì việc giải quyết đơn giản, đã làm ở sách giáo

khoa (Đại số 9)

- Hồnh độ giao điểm là nghiệm của phương trình ax +b=a'x+b'

Tung độ giao điểm tính được bằng cách thay x ở (2) hoặc ở (3) bằng hồnh độ vừa tìm được Vì vậy việc giải bài tốn ba đường thẳng đồng quy bao gồm 2 việc:

-Tìm giao điểm A của hai trong ba đường thẳng đĩ - Buộc đường thẳng thứ ba đi qua A (trở về dang 1)

Dạng 4: Biện luận số giao điểm của hai đơ thị y = ƒ(x,m) và y = g(x,m)

Bài tốn đưa về: Biện luận số nghiệm của phương trình ƒ(x,mm)= g(x,m)

Ví dụ: Cho parabol y = x” và đường thẳng y=2mx + mm—6 Biện luận số giao điểm của hai đồ

thị trên theo tham số 0m

36

Giải: Xét phương trình

<> 2 dé thi cat nhau tại hai điểm phân biệt

Dạng ã: Điều kiện để hai đường thẳng song song, vuơng gĩc

Đường thẳng y = ax + b và đường thẳng A =x”|(1—x°} =4] a=a'

- Song song <> eeone we

Trang 33

Vi du 1: Tim m để hai đường thẳng y = ứm + 4)x + m và y = 5mx + 4 song song với nhau

Giải: Hai đường thẳng đã cho song song với nhau

` — [m°+4=5m () >

m #4 (2)

Kết hợp với (2) ta được m = 1

Ví dụ 2: Tìm m để đường thẳng y =(m— 1)x+2 vuơng gĩc với đường thẳng y= 3x — 1

Giải: Hai đường thẳng đã cho vuơng gĩc với nhau

<2 3.(m=1)=-Le m=

Dạng 6: Điều kiện để đường thẳng y =mx+n tiếp xúc với parabol y = ax? + bx +c

Vi du: Tim phuong trinh dudng thang tiép xtic véi dé thi ham s6 y=—x’ +4x—3(P) va song

song với đường thẳng y =2x+4

Giải: Đường thẳng cần tìm song song với đường thẳng y=2x +4 nên phương trình của nĩ cĩ dạng y=2x +b Đường thẳng này tiếp xúc với (P)

<> A'=0(a=1#0 réi) @-b-2=00b=-2

Vay đường thẳng cần tìm là y=2x—2

*) Chú ý rằng: Khi đường thẳng tiếp xúc với đường cong thì đường thẳng đựoc gọi là tiếp tuyến

của đường cong Vì vậy các bài tốn về tiếp tuyến được đưa về dạng này

Chẳng hạn bài tốn: Cho parabol y = 2x”(P) viết phương trình tiếp tuyến của (P) tại điểm (1; 2)

Giải: Tiếp tuyến là đường thẳng nên phương trình cĩ dạng y= ax + b

Trang 34

*) Dac biét: Dé chứng minh họ đồ thị bậc hai y = ƒ(,m) luơn tiếp xúc với một đường thẳng cố

định thì đường thẳng đĩ phải là tiếp tuyến của mọi đường cong trong họ; nghĩa là phương trình ẩn x:

3 x 3 k? 2

ƒ(x,m) =ax + b cĩ nghiệm kép với mọi | “+ | +| “| =|—-2|J—-2| -3|<52 - x, x; a a

Vi du: Ching minh ring Vm'#1, ho dé thi y =(m—1)x’ +2(X) lon tiép xtic voi mot dudng

thẳng cố định _

Giải: Giả sử đường thẳng cố định cĩ phương trình là y == ax+b

b-2=0 b=2

of? te pao leno

Vậy họ (X) luơn tiếp xúc với một đường thẳng cố định cĩ phương trình y = 2

Dạng 7: Tìm tập hợp điểm

Dựa vào định nghĩa đồ thị, muốn tìm tập hợp điểm M ta tiến hành như sau:

- Tim toa d6 (x, y) của Ä⁄ Toạ độ ấy phụ thuộc tham số mm

- Khử mm ta được hệ thức liên hệ giữa y và x Hệ thức này là phương trình của đường mà tập hợp điểm M thuộc vào nĩ

- Căn cứ vào bài tốn cụ thể để giới hạn chính xác tập hợp điểm đĩ

Vi du: Tìm tập hợp trung điểm 7 của đoạn thắng AB khi m thay đổi, với A, B 1a giao điểm của

2

hai đồ thị y= x +m và yar

2

Giải: Xét phương trình ~x-m=0 x” ~2x~2m =0 (1)

Hồnh độ các điểm này là nghiệm của (1) nên x, =14+VA' yA x, =1-VA' m 71a trung điểm của AB nên 1 x, = tate Ay 2 O I X

y, =1+m (vil thudc dudng thang y=x+m)

Khi m thay đổi x, luơn bằng 1 Vậy 7 chạy trên đường thẳng x = I

Trang 35

Giới han: Vi m>—=ma m=y, -1ey, -1>-Sey, >>

Vay tap hop trung diém / cia doan thang AB 1a nita dudng thang x = 1 ứng với phần y >>

Dang 8 : Bài tập về diện tích một hình do các đồ thị tạo nên trên mặt phẳng toạ độ

Ta tính toạ độ các giao điểm của các đồ thị, suy ra độ dài các đoạn thẳng Áp dụng cơng thức

tính diện tích các hình để giải bài

Ví dụ: Xác định m để đường thẳng y = mx +2 tạo với hai trục toạ độ một tam giác cĩ diện tích bằng 8 Giải: Tìm giao điểm của đường thẳng đã cho với hai trục toạ độ bằng cách lần lượt cho x và y bằng 0 x,=0 x 2 Thy gay Ya = ‘ ¬ lyy =0 om 1 1 1 2| |-2

SAAop =20A.08 =zlallza| -22L4 -E

——=-8 M.=—

m 4

Bây giờ các bạn hãy thử làm bài tập sau đây Hy vọng các bạn sẽ khơng gặp phải khĩ khăn

2

Cho parabol y=——

a) Viết phương trình của họ đường thẳng cĩ hệ số gĩc z và đi qua điểm A trên trục hồnh cĩ

-_ hồnh độ x = 1 |

b) Xét số giao điểm của hai đồ thi trén khi m biến thiên

c) Tìm trong họ đường thẳng đĩ những đường thẳng tiếp xúc với parabol Xác định toạ độ của

tiếp điểm trong trường hợp đĩ

d) Trong trường hợp hai đường cắt nhau tại hai điểm phân biệt, tìm tập hợp trung điểm ï của

đoạn thẳng nối hai giao điểm đĩ khi m biến thiên

e) Tìm trên parabol đã cho những điểm mà họ đường thẳng y = mx — m khơng đi qua với mọi 7

Trang 36

39-MOT CACH CHUNG MINH CONG THUC HERONG BANG KIEN THUC THCS

TRAN LUGNG CONG KHANH

Sở Giáo dục và Đào tạo Bình Thuận

1) Chúng ta biết rằng cĩ thể tính diện tích S của một tam giác với độ dài ba cạnh là a, b, c theo cơng thức Hêrơng: S=/p(p-a)(p-b)(p-c) (1) at+b+c , là nửa chu vị trong dé p=

Trong sách Hình hoc lớp 10 do GS Tran Văn Hạo chủ biên, NXBGD xuất bản, cơng thức (1)

được chứng minh nhờ một số hệ thức lượng trong tam giác Phần lớn các hệ thức lượng này lại được

chứng minh bằng cơng cụ véctơ

Sau đây là một cách chứng minh cơng thức (1) chỉ bằng kiến thức THCS

2) Trong tam giác ABC, tồn tại một đỉnh mà chân đường cao hạ từ đỉnh đĩ thuộc cạnh đối diện Khơng mất

tổng quát, giả sử đỉnh đĩ là A Gọi AH =j„ là đường cao

của tam giác ABC Ta cĩ:

BH + HC = BC 2)

Đặt BH = x(0 <x <2) Từ (2) ta cĩ HC =a— x Áp dụng định lí Pythagore cho các tam giác

Trang 37

Vì p là nửa chu vi của tam giác nén a+b+c =2p, a+c-b=2(p-b),b+a—e=2(p~c),b—a+c=2(p~c) D đĩ: pi = SPP NP OPO) 5h, SE P(p —a)(p — b)\(p—c) (6) a Vậy, diện tích của tam giác ABC là: S => ah, = J P(p — a)(p- b)\(p-—c)

Cơng thưc (1) đã được chứng minh :

3) Cơng thức (6) thu được nhờ đặt thêm ẩn số x và giải hệ 2 phương trình véi 2 4n h, va x

Từ (6), bằng cách thay đổi vai trị của a, b, c ta được: h, == pp —đ\(p—b)(p~—c) -

h, = = [pp —đ)(p—b)(p—c)

Rất mong được đọc bài của các bạn trong những số báo sau với một cách chứng minh cơng thức (1) bằng cơng cụ sơ cấp hơn

XUNG QUANH MỘT BÀI TỐN QUEN THUỘC

HOANG NGOC CANH

Trường THPT Chuyên Hà Tĩnh

Ở SGK lớp 9 cĩ bài tốn: Cho AABC đều nội tiếp trong đường trịn tâm O M là điểm bất kỳ trên cung nhỏ BC, ta cĩ:

MA = MB+MC (1)

_ Mọi người giải bài tốn này một cách đễ dàng Song sau khi A

giải bài tốn này các bạn đã cĩ suy nghĩ để phát triển bài tốn

Sau đây tơi nêu ra một số suy nghĩ để khai thác bài tốn Gọi z là

cạnh của AABC,ĐÐ là giao của AM và BC (h.1)

Áp dụng hệ thức (1) và chứng minh AMBD ~ AMAC eI co

1 1 1 `"

Ta cĩ kết quả ——=——+—— MD MB MC (2) ¬ Hình 1

Hệ thức (2) cĩ ở một số sách tốn

Đi xa hơn nữa, chúng ta hãy nhớ đến bài tốn: “Cho AABC cĩ các gĩc nhỏ hơn 120” Dựng ra

phía ngồi trên các cạnh của AABC các tam giác đều BCA,,ACB,,ABC,; Thế thì ta cĩ

Trang 38

AA,, BB,,CC, đồng quy tại một điểm / nằm trong AABC; các tứ giác AIBC,, AICB,, BICA, nội tiếp

được trong một đường trịn” (xem h.2) Áp dụng hệ thức (1) và kết quả của ‘bai todn trén ta dé dang chứng minh các hệ thức:

TA+ IB + IC==(A, + IB, +IC,) (3)

1 1 1 df 1 1 1

+ IA IB IC 2\JA, IB, IC, ¢ = =| — + 4 (4)

(A,,B,,C, là giao điểm của AA,,BB,,CC, với BC,AC,AB)

Hơn nữa nghiên cứu bài tốn trên ta cịn cĩ kết quả /A + IB + !C đạt giá trị nhỏ nhất trong các

tổng /'A+I'B+1'C,I' nằm trong AABC Vậy ta cĩ kết quả với điểm ïˆ bất kỳ trong AABC thì:

PAST B+I'C2—(AA'+ BB, +CC,)

Vin sử dung hé thitc (1), o (h.1) néu ta dat B’ trén MA sao cho MB' = MB; áp dụng hệ thức

trong tam giác ABB' ta cĩ a?=B'B?+B'`A?+BBxB'A, hay: 2a? =2(MB?+MC?+MBxMC) ` (*) Mặt khác bình phương 2 vế của (1) ta cĩ: MB? + MC? +2MBx MC = MA? (**) Cộng hai vế của (*) và (**) ta cĩ hệthức: - MA? + MB? + MC? =2dˆ ˆ (5) Lại bình phương 2 vế của (*), luỹ thừa bậc bốn hai vế của (1), áp dụng như cách trên ta lại cĩ hệ thức: MA* + MB + MC* =2a° (6)

(Các hệ thức (5), (6) áp dụng cho điểm M bất kỳ trên (Ĩ), hai hệ thức này cũng cĩ trong một số sách chọn lọc, song cách chứng minh cịn dài)

Quay lại bài tốn (h.2) ta cĩ các hệ thức sau:

IA? + IB? +1C? ++dA? +1B? +1C?)=a +b? +c? 2 1 1 (7) 1A‘ + IBY + IC* + (IAS + IBS + IC})=a" +t +c4 1 1 1 (8) (Trong đĩ a, b, c là cạnh của tam giác ABC)

Các bạn cĩ thể tiếp tục khai thác và phát triển bài tốn để cĩ nhiều hệ thức và bài tốn khác

Sau đây tơi nêu ra một số bài tốn

Bài 1 Vẫn bài tốn trên (h.1)

a) Chứng minh hệ thức

MA?.MB” + MB.MC” + MC’ MA® =2a!

b) Tìm giá trị lớn nhất của tích MAx MBx MC, của tổng MA + MB + MC

Trang 39

Bài 2 Cho AABC đều nội tiếp một đường trịn tâm O Một đường trịn tâm 7 thay đổi cĩ bán kính khơng đổi r luơn

luơn tiếp xúc với đường trịn (Ĩ) Gọi x, y, z lần lượt là độ dài

các tiếp tuyến kẻ từ A B, € đến đường trịn (/ ; r) Tim giá trị lớn nhất tích xyz, tổng x + y + z

Bài 3 Cho AABC cĩ AB+AC=k khơng đổi Dựng

ABCD đều (D khác phía với A đối với cạnh BC) Tìm giá trị lớn nhất cha AD Hinh 2 GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NHỜ HỆ PHƯƠNG TRÌNH LÊ QUỐC HÁN Nghệ An

Ý tưởng của phương pháp “Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế” là sử dụng các phép biến đổi tương đương hay phép biến đổi hệ quả để đưa đến một phương trình chỉ cịn một ẩn số Trong bài báo này, tơi xin trao đổi với các bạn con đường ngược lại là làm tăng số ẩn của phương trình

Thí dụ ï: Giải phương trình:

#y+497— x =5

Nhận thấy ngay: nếu ta giải phương trình này bằng phương pháp thơng thường thì khơng hy

vọng thành cơng Để ý rằng: tổng các biểu thức dưới dấu căn là hằng số nên ta hãy đặt [x =u,4l97— x =v và đưa phương trình đã cho vẻ hệ kv Bu M c utve5 | uˆ+y*° =97 uú,»>0 12 N Giải hệ này bằng cách đặt ut+v = S,uv=Pva chú ý A 3 D ub +v' =(S? -2P) —2P? tacé u,=2> x, =16 by =3=> x, =81 "Ta xét một thí dụ khĩ hơn

Thí dụ 2: Cho hình vuơng ABCD cạnh bằng z và hai điểm M, N chuyển động trên hai cạnh BC

và CD sao cho oe = a Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của diện tích tam giác AMN

2 1

Giải: Ta đưa vào các ẩn mới: BM = u,CN = v(0 <u,v< 4) (1)

Khi đĩ SAAMN = SABcp — ŠApW — SADN — SCMN

Trang 40

ag tanta ta-uva-v) <2 (at

=a 220 4 5 (4 u)(a—-v) 24 uv) (2)

Ta cần tìm thêm sự liên hệ giữa u va v Mu6n vậy, kéo dài ÄB một đoạn BE = v Khi dé ABE =

ADN (c.g.c) = AE=AN va A, =A,

=> EAM = A, +A, =A, +A, =45° (vi MAN = 45° theo giả thiết)

=> AAME = AAMN(c.g.c) => MN = ME =u+ v

Trong ACMN tacé MN? =CM? +CN?

<> (ut vy =(a-uy +(a-vy

` SN f z ` vd Z, v ` 2 ⁄ 2

Ta dat u+v=rthi tir (3) suy ra Syiyy =F (do đĩ việc tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của

S2„„„ được chuyển sang việc tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của ?) Từ [ + = t uv =a‘ —at Ta suy rau va v 1a hai nghiệm của phương trình bậc hai XxX? -1X +a’ -at=0 (4) Điều kiện cần và đủ để (4) cĩ nghiệm là A >0 <? + 4at—~4a? >0 ©r>2aQÌ2 —1) vì tr>0

Khi r=2a(V2 - 1) thì (4) cĩ nghiém kép 1, =¢, =a(V2 -1) > u=v=a(V2 -1) thod man điều kién (1), nén f„„ = 2a(J2 ~l)—=minS,x„ = 22 — 1) đạt được khi và chỉ khi u=v= a2 -1)

Ta lại cĩ:

at=a —uvsd ,vVinv>O>t<a Khi ¢ =a thi (4) c6 hai nghiém 1, =a,t, = 0

=> u, =a,v, =0;u, =0,v, =a cling thoa man diéu kién (1)

2

Vậy („=> maXSwy = - đạt được khi và chỉ khi

M=B,N2#Chay M=C,N=D

Xin mdi ban hay dùng phương pháp nêu trên để giải các bài tập sau: Bài tập 1: Đơn giản biểu thức

A=120+1442 +ÄĐ20—1442

Bài tập 2: Giải phương trình: 4J5x+71—3l5x+6 =1

Định dạng
Số trang	159
Dung lượng	5,39 MB