Ví dụ 4 (đề thi vào lớp 10 chuyên, ĐHQG Hà Nội 2004) : Biết a > 0, b > 0 và a100 + b100 = a101 + b101 = a102 + b102 (1).
Tính giá trị của biểu thức P = a2004 + b2004.
Lời giải : Ta sẽ chứng minh a = 1, b = 1, từ đó tính được 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 từng 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, do a > 0 suy ra :
a100.(1 - a)2 > 0 ≥ - b100.(1 - b)2 trái với (4) => a = 1 => b = 1 (thay vào (2), b >0). Vậy P = 12004 + 12004 = 2.
Ví dụ 5 : Giải hệ phương trình
Lời giải : Ta sẽ chứng minh x = 1. Nhận xét : x, y, z đều khác 0. Giả sử x > 1 (4).
Tương tự, x < 1 cũng dẫn đến điều vô lí. Suy ra x = 1, thay vào (1) và (2) ta có :
Vậy hệ có nghiệm duy nhất : x = y = z = 1.
Ghi chú : Bạn Trịnh Ngọc Tú là học sinh lớp 9, mẹ là Trương Thị Đường, giáo viên trường TH Đồng Mai B, Thanh Oai, Hà Tây.
trịnh ngọc tú
(Thanh Oai, Hà Tây
THAY ĐỔI KẾT LUẬN CỦA BÀI TOÁN HÌNH HỌC
Trong chứng minh hình học, việc phát hiện các kết quả tương đương với kết luận của bài toán rất có thể sẽ đưa ta đến những chứng minh quen thuộc, đơn giản hơn hoặc những phép chứng minh độc đáo. Đây cũng là công việc thường xuyên của người làm toán. Các bạn hãy theo dõi một số bài toán sau.
Bài toán 1 : Cho tam giác ABC có BC < BA, đường phân giác BE và đường trung tuyến BD (E, D thuộc AC). Đường thẳng vuông góc với BE qua C cắt BE, BD lần lượt tại F, G. Chứng minh rằng đường thẳng DF chia đôi đoạn thẳng GE.
Dễ thấy ∆ BKC cân tại B, BF là trung trực của KC suy ra F là trung điểm của KC. Theo giả thiết, D là trung điểm của AC
=> DF là đường trung bình của DCKA => DF // KA hay DM // AB.
=> DM là đường trung bình của DABC => M là trung điểm của BC.
Xét ∆ DBC, F thuộc trung tuyến DM nên DF chia đôi đoạn thẳng GE <=> GE // BC.
Ta sẽ chứng minh GE // BC, thật vậy :
Cách 1 : Ta có AE = AD + DE = CD + DE = CE + 2DE hay CE = AE - 2DE, suy ra
Mặt khác, vì DF // AB, K thuộc AB và AK = 2DF nên
Vậy BG/GD = BK/DF hay GE // BC.
Cách 2 : Vì BE là phân giác của ABC
Vậy DE/EC = DG/GB hay GE // BC.
Cách 3 : áp dụng định lí Xê-va ta có Mặt khác MB = MC nên
Bài toán 2 : Trên các cạnh AB, BC, CA của tam giác ABC lần lượt lấy các điểm C1, A1, B1 sao cho các đường thẳng AA1, BB1, CC1 đồng quy tại O. Đường thẳng qua O song song với AC cắt A1B1 và B1C1 lần lượt tại K và M. Chứng minh rằng OK = OM.
Lời giải : Qua B vẽ đường thẳng song song với AC cắt A1B1 và B1C1 lần lượt tại K1 và M1.
Xét ∆ B1K1M1, dễ thấy MK // M1K1 nên OM = OK <=> BM1 = BK1. Ta sẽ chứng minh BM1 = BK1, thật vậy :
∆ AB1C1 đồng dạng với ∆ BM1C1 suy ra
∆ CB1A>sub>1 ∆ đồng dạng với BK1A1 suy ra
Vậy : (áp dụng định lí Xê-va), suy ra BM1 = BK1.
Bài toán 3 : Xét bài 5(20) trang 15.
Hướng dẫn :
Do OX = OY nên :
XZ = YT <=> OZ = OT.
Ta sẽ chứng minh OZ = OT. Trước hết, ta chứng minh IO1OO2 là hình bình hành bằng cách xét 3 trường hợp : IBA < 90o ; IBA > 90o ; IBA = 90 o
Gọi M là giao điểm của O1I và CD.
Với IBA < 90o, ∆ IBA nội tiếp (O1), ta có thể chứng minh được : AIO1 + IBA = 90 o => CIM + ICM = 90 o =>O1I CD ; Mà OO2 CD => OO2 // O1I.
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 về tam giác đồng dạng). l Bài tập áp dụng :
1) Từ điểm C ở 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 tại B cắt (O) tại M. Chứng minh rằng AM chia đoạn thẳng BC thành hai phần bằng nhau.
2) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Tiếp tuyến với (O) tại B lần lượt cắt các tiếp tuyến với (O) tại A và C ở M và N. Qua B vẽ đường thẳng vuông góc với AC tại P. Chứng minh rằng BP là phân giác của MPN.
3) Cho hình thang ABCD có đáy lớn CD ; AC cắt BD tại O, AD cắt BC tại I và OI cắt AB tại E. Đường thẳng đi qua A song song với BC cắt BD tại M và đường thẳng đi qua B song song với AD cắt AC tại N. Chứng minh rằng : a) MN // AB ; b) AB2 = MN.CD ; c) d) AE = EB.
NGƯT. Minh Trân
(Phòng GD - ĐT Hương Thủy, Thừa Thiên - Huế)
MỘT PHƯƠNG PHÁP TÌM GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT VÀ GIẤ TRỊ LỚN NHẤT
Trong bài viết này, tôi đề cập đến một dạng toán tìm giá trị lớn nhất (GTLN) và giá trị nhỏ nhất
(GTNN) của một biểu thức nhiều ẩn, trong đó các ẩn là nghiệm của những phương trình hoặc bất
phương trình cho trước.
Đối với dạng toán này, ta cần xác định và giải một bất phương trình một ẩn mà ẩn đó là biểu thức cần tìm GTLN, GTNN.
Bài toán 1 : Tìm GTLN và GTNN của xy biết x và y là nghiệm của phương trình x4 + y4 - 3 = xy(1 - 2xy)
Lời giải : Ta có x4 + y4 - 3 = xy(1 - 2xy) <=> xy + 3 = x4 + y4 + 2x2y2
<=> xy + 3 = (x2 + y2)2 (1).
Do (x2 - y2)2 ≥ 0 với mọi x, y, dễ dàng suy ra (x2 + y2)2 ≥ 4(xy)2 với mọi x, y (2). Từ (1) và (2) ta có :
xy + 3 ≥ 4(xy)2 <=> 4t2 - t - 3 ≤ 0 (với t = xy) <=> (t - 1)(4t + 3) ≤ 0
Vậy : t = xy đạt GTLN bằng 1
<=> x = y = 1 ; t = xy đạt GTNN bằng
Bài toán 2 : Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn xyz ≥ x + y + z + 2. Tìm GTNN của x + y + z.
Vậy t = x + y + z đạt GTNN bằng 6 khi và chỉ khi x = y = z = 2.
Bài toán 3 : Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x2 + 2y2 + 2x2z2 + y2z2 + 3x2y2z2 = 9. Tìm GTLN và GTNN của A = xyz. Lời giải : x2 + 2y2 + 2x2z2 + y2z2 + 3x2y2z2 = 9 <=> (x2 + y2z2) + 2(y2 + x2z2) + 3x2y2z2 = 9 (1). áp dụng bất đẳng thức m2 + n2 ≥ 2|mn| với mọi m, n ta có : x2 + y2z2 ≥ 2|xyz| ; y2 + x2z2 ≥ 2|xyz| (2). Từ (1) và (2) suy ra :
2|xyz| + 4|xyz| + 3(xyz)2 ≤ 9
<=> 3A2 + 6|A| - 9 ≤ 0 <=> A2 + 2|A| - 3 ≤ 0 <=> (|A| - 1)(|A| + 3) ≤ 0 <=> |A| ≤ 1
<=> -1 ≤ A ≤ 1.
Vậy : A đạt GTLN bằng 1
A đạt GTNN bằng -1
Bài toán 4 : Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x4 + y4 + x2 - 3 = 2y2(1 - x2). Tìm GTLN và GTNN của x2 + y2.
Lời giải : Ta có x4 + y4 + x2 - 3 = 2y2(1 - x2) <=> (x2 + y2)2 - 2(x2 + y2) - 3 = -3x2 ≤ 0 => t2 - 2t - 3 ≤ 0 (với t = x2 + y2 ≥ 0) => (t + 1)(t - 3) ≤ 0 => t ≤ 3
Vậy t = x2 + y2 đạt GTLN bằng 3 khi và chỉ khi x = 0 ; Ta lại có x4 + y4 + x2 - 3 = 2y2(1 - x2)
<=> (x2 + y2)2 + x2 + y2 - 3 = 3y2 ≥ 0 => t2 + t - 3 ≥ 0 (với t = x2 + y2 ≥ 0)
khi và chỉ khi y = 0 ; Bài tập tương tự 1) Cho x, y, z thỏa mãn : 2xyz + xy + yz + zx ≤ 1. Tìm GTLN của xyz. Đáp số : 1/8(x = y = z = 1/2)
2) Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn : (x + y + z)3 + x2 + y2 + z2 + 4 = 29xyz Tìm GTNN của xyz.
Đáp số : 8 (x = y = z = 2).
3) Tìm GTLN và GTNN của S = x2 + y2 biết x và y là nghiệm của phương trình : 5x2 + 8xy + 5y2 = 36 Đáp số : GTLN là 36 GTNN là 4 4) Cho x và y là các số thực thỏa mãn : Tìm GTLN của x2 + y2. Đáp số : 1 (x = -1 ; y = 0). 5) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn : x2 + 4y2 + z2 = 4xy + 5x - 10y +2z - 5 Tìm GTLN và GTNN của x - 2y. Đáp số : GTLN là 4 (x = 2y + 4 ; y Є R ; z = 1) ; GTNN là 1 (x = 2y + 1 ; y Є R ; z = 1).
6) Tìm các số nguyên không âm x, y, z, t để M = x2 + y2 + 2z2 + t2 đạt GTNN, biết rằng :
Đáp số : x = 5 ; y = 2 ; z = 4 ; t = 0. Khi đó M đạt giá trị nhỏ nhất là 61.
Thái Nhật Phượng
MỘT HẰNG ĐẲNG THỨC THÚ VỊ Với mọi số thực a, b, c, ta có :
(a + b)(a + c) = a2 + (ab + bc + ca) = a(a + b + c) + bc (*).
Với tôi, (*) là hằng đẳng thức rất thú vị. Trước hết, từ (*) ta có ngay :
Hệ quả 1 : Nếu ab + bc + ca = 1 thì
a2 + 1 = (a + b)(a + c).
Hệ quả 2 : Nếu a + b + c = 1 thì
a + bc = (a + b)(a + c).
Bây giờ, chúng ta đến với một vài ứng dụng của (*) và hai hệ quả trên.
Bài toán 1 : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 1. Hãy tính giá trị của biểu thức :
Lời giải : Theo hệ quả 1 ta có
a2 + 1 = a2 + (ab + bc + ca) = (a + b)(a + c) ; b2 + 1 = b2 + (ab + bc + ca) = (b + a)(b + c) ; c2 + 1 = c2 + (ab + bc + ca) = (c + a)(c + b). Suy ra
Vì vậy A = a(b + c) + b(c + a) + c(a + b) = 2(ab + bc + ca) = 2.
Vấn đề sẽ khó hơn khi ta hướng tới việc đánh giá các biểu thức.
Bài toán 2 : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn (a +b)(a +c) = 1. Chứng minh rằng :
Lời giải : a) Sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương a(a + b + c) ; bc : 1 = (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
1 = (a + b)( a + c) = a2 + (ab + bc + ca) =
Bài toán 3 : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 1. Chứng minh rằng :
Lời giải : Theo hệ quả 1 ta có
Sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương a2 + ab ; a2 + ac :
Tương tự ta có
Bài toán sau đây nguyên là đề thi Châu á - Thái Bình Dương năm 2002 đã được viết lại cho đơn giản hơn (thay (1/x ; 1/y ; 1/z) bởi (a ; b ; c)).
Bài toán 4 : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng :
Lời giải : Theo hệ quả 2 và bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-ski ta có
Tương tự ta có
Từ các kết quả trên ta suy ra :
Để kết thúc, xin các bạn làm thêm một số bài tập :
Bài tập 1 : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1. Hãy tính giá trị của biểu thức :
Bài tập 2 : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 1. Chứng minh rằng :
Bài tập 3 : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng : (a + bc)(b + ca)(c + ab) ≥ 64/81(ab + bc + ca)2.
Phan Thị Mùi
(Giáo viên trường THCS Trần Quốc Toản, TX. Tuy Hòa, Phú Yên)
CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌC GIẢI ĐƯỢC NHỜ TÍNH BẤT BIẾN
Một số bài toán có những đặc điểm, tính chất không thay đổi khi thay đổi các đại lượng nào đó, mà ta gọi là tính bất biến. Đôi khi có thể tìm ra lời giải cho một bài toán nhờ khai thác được tính bất biến này, chúng ta cùng theo dõi một số bài toán số học như vậy.
Bài toán 1 : Trên bảng viết 10 dấu cộng và 15 dấu trừ. Với 24 lần thực hiện, mỗi lần xóa đi 2 dấu bất kì rồi lại thêm vào 1 dấu (cộng hoặc trừ) để cuối cùng trên bảng chỉ còn lại 1 dấu duy nhất. Biết rằng dấu được thêm vào sẽ là dấu trừ nếu trước đó đã xóa đi 2 dấu khác nhau, ngược lại dấu được thêm vào sẽ là dấu cộng. Hỏi dấu còn lại trên bảng là dấu gì ?
Nếu xóa đi 2 dấu trừ thì phải thêm vào 1 dấu cộng, vì vậy số dấu trừ giảm đi 2.
Nếu xóa đi 1 dấu cộng và 1 dấu trừ thì phải thêm vào 1 dấu trừ, vì vậy số dấu trừ trên bảng không thay đổi.
Như vậy, tính bất biến là : sau mỗi lần thực hiện việc xóa và thêm dấu, số dấu trừ trên bảng hoặc không thay đổi hoặc giảm đi 2.
Mặt khác, số dấu trừ ban đầu là số lẻ nên sau mỗi lần thực hiện thì số dấu trừ còn lại trên bảng bao giờ cũng là số lẻ.
Sau 24 lần thực hiện, trên bảng chỉ còn lại 1 dấu duy nhất mà dấu trừ không thể mất hết nên dấu còn lại trên bảng phải là dấu trừ.
Bài toán 2 : Một hình tròn được chia thành 10 ô hình quạt, trên mỗi ô người ta đặt 1 viên bi. Nếu ta cứ di chuyển các viên bi theo quy luật : mỗi lần lấy ở 2 ô bất kì mỗi ô 1 viên bi, chuyển sang ô liền kề theo chiều ngược nhau thì có thể chuyển tất cả các viên bi về cùng 1 ô hay không ?
Lời giải : Trước tiên, ta tô màu xen kẽ các ô hình quạt, như vậy sẽ có 5 ô được tô màu (ô màu) và 5 ô không được tô màu (ô trắng). Ta có nhận xét :
Nếu di chuyển 1 bi ở ô màu và 1 bi ở ô trắng thì tổng số bi ở 5 ô màu không đổi.
Nếu di chuyển ở 2 ô màu, mỗi ô 1 bi thì tổng số bi ở 5 ô màu giảm đi 2. Nếu di chuyển ở 2 ô trắng, mỗi ô 1 bi thì tổng số bi ở 5 ô màu tăng lên 2.
Vậy tổng số bi ở 5 ô màu hoặc không đổi, hoặc giảm đi 2 hoặc tăng lên 2. Nói cách khác, tổng số bi ở 5 ô màu sẽ không thay đổi tính chẵn lẻ so với ban đầu.
Ban đầu tổng số bi ở 5 ô màu là 5 viên (là số lẻ) nên sau hữu hạn lần di chuyển bi theo quy luật trên thì tổng số bi ở 5 ô màu luôn khác 0 và khác 10, do đó không thể chuyển tất cả các viên bi về cùng 1 ô.
Bài toán 3 :
Mỗi số trong dãy 21, 22, 23, ..., 22005
đều được thay thế bởi tổng các chữ số của nó. Tiếp tục làm như vậy với các số nhận được cho tới khi tất cả các số đều có 1 chữ số. Chứng minh trong dãy này : số các số 2 nhiều hơn số các số 1.
Lời giải : Ta thấy : “Số tự nhiên A và tổng các chữ số của A luôn cùng số dư trong phép chia cho 9”. Mặt khác ta có : 21 chia cho 9 dư 2 ;
22 chia cho 9 dư 4 ; 23 chia cho 9 dư 8 ; 24 chia cho 9 dư 7 ; 25 chia cho 9 dư 5 ; 26 chia cho 9 dư 1 ; 27 chia cho 9 dư 2 ; ...
Do đó 26k + r lần lượt nhận các số dư trong phép chia cho 9 là 2, 4, 8, 7, 5, 1 tương ứng với các giá trị của r là 1, 2, 3, 4, 5, 0. Dãy cuối cùng nhận được gồm 2005 số thuộc tập hợp {2 ; 4 ; 8 ; 7 ; 5 ; 1}. Ta có 2005 = 334 x 6 + 1 nên dãy cuối cùng có 335 số 2 (nhiều hơn số các số khác 1 số). Vậy số các số 2 nhiều hơn số các số 1 đúng 1 số.
Bài toán 4 : Một tờ giấy bị cắt nhỏ thành 6 mảnh hoặc 11 mảnh. Các mảnh nhận được lại có thể chọn để cắt (thành 6 mảnh hoặc 11 mảnh nhỏ hơn) ... Cứ như vậy ta có thể nhận được 2005 mảnh cắt không ?
Lời giải : Sau mỗi lần cắt một mảnh giấy thành 6 mảnh hoặc 11 mảnh thì số mảnh giấy tăng lên là 5 hoặc 10. Như vậy tính bất biến của bài toán là “số mảnh giấy luôn tăng lên một bội số của 5”. Vậy số mảnh giấy sau các lần cắt có dạng 1 + 5k, mặt khác 2005 có dạng 5k nên với cách cắt như trên, từ một tờ giấy ban đầu, ta không thể cắt được thành 2005 mảnh.