C. Một số bài tập.
TÔI CŨNG TÌM RA RỒI !
Trước đây, tôi có đọc trong một cuốn sách, bài toán : “Cho x1, x2, x3, x4 là bốn số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện : x1 + x2 + x3 + x4 = 1. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
”(Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Toán - Tin trường Đại học Sư phạm Hà Nội năm 1999), lời giải như sau :
Dấu đẳng thức xảy ra khi x1 = x2 = x2 = x3 = x4 = 1/4 .
Vậy giá trị nhỏ nhất của T là 1/4 khi x1 = x2 = x2 = x3 = x4 = 1/4 .
Thú thật, với kiến thức nhỏ bé của tôi, đây quả là một bài toán “chông gai” , bởi vì mặc dù đã có lời giải nhưng nào là “căn”, nào là “bất đẳng thức Bunhiacốpski” ... tôi vẫn còn “sợ hãi”...
Xin cảm ơn Toán Tuổi thơ 2, số 1 (3 - 2003) đã đăng bài “Nhiều cách giải cho một bài toán” của bạn
Nguyễn Kim Yến Chi (8A, THCS Phổ Văn, Đức Phổ, Quảng Ngãi) trên chuyên mục Eureka. Bài đó đã giúp tôi nghĩ đến vận dụng bài toán “đẹp” ấy để giải bài toán “chông gai” này !
Lời giải như sau :
Bài toán phụ : Chứng minh rằng a4 + b4 ≥ a3b + ab3 (xem lời giải của bạn Chi) áp dụng bài toán phụ ta có :
(x14 + x24) + (x14 +x34) + (x14 + x44) + ( x24+ x34) + (x24 + x44) + (x34 + x44) + x14 + x24 + x34 + x44
≥ x13.x2 + x1x23 + x13.x3 + x1.x33 + x13.x4 + x1.x43 + x23.x3 + x2.x33 + x23.x4 + x33.x4 + x3.43 + x14 + x24 + x34 + x44
Tương đương với : 4(x14 + x24 + x34 + x44) ≥x13.(x1 + x2 + x3 + x4 ) + x23(x1 + x2 + x3 + x4) + x33.(x1 + x2 + x3
+ x4) + x43.(x1 + x2 + x3 + x4)
Tương đương với : 4(x14 + x24 + x34 + x44) ≥ x13 + x23 + x33 + x43 ( do x1 + x2 + x3 + x4 = 1) Mà x1, x2, x3, x4 > 0 nên x13 + x23 + x33 + x43 > 0.
Ta có : T = (x14 + x24 + x34 + x44) / (x13 + x23 + x33 + x43) ≥ 1/4
Dấu đẳng thức xảy ra khi khi x1 = x2 = x2 = x3 = x4 = 1/4 . Vậy giá trị nhỏ nhất của T là 1/4 khi khi x1 = x2
= x2 = x3 = x4 = 1/4 .
Các bạn thấy đấy, tôi đã tìm được lời giải bài toán “chông gai”. Hơn nữa, với lời giải này, giả thiết bài của toán chỉ cần x1, x2, x3, x4 thỏa mãn x13 + x23 + x33 + x43 > 0 và x1 + x2 + x3 + x4 = 1 là đủ.
Với giả thiết này, lời giải dùng đến bất đẳng thức Bunhiacốpski nêu trên khó mà làm được phải không các bạn ?
Thật là tuyệt vời ! Xin cảm ơn Toán Tuổi thơ 2 ! Các bạn còn có ý kiến gì khác nữa chăng ?
Từ BT3, tương tự như cách phát triển BT1 thành BT2, ta có bài toán mới sau đây.
Bài toán 4 : Cho đường tròn (O) và điểm M nằm trong (O). Các dây A1B1, A2B2, A3B3 đi qua M và đôi một tạo với nhau một góc 60o. Chứng minh rằng :
MA12 + MB12 + MA22 + MB22 + MA32 + MB32 = 6R2. (R là bán kính của đường tròn (O))
Lời giải : Không mất tính tổng quát, giả sử O nằm trong góc B1MA3 và hơn thế góc OMB1 nhỏ hơn bằng góc OMA3(hình 5). Gọi H1, H2, H3 lần lượt là hình chiếu của O trên A1B1, A2B2, A3B3. Đương nhiên, H1, H2, H3 nằm trên đường tròn (w) đường kính OM và M thuộc cung H2H3 (không chứa H1) của (w).
Mặt khác : H1H2H3 = H1MH3 = 60o và H1H3H2 = H1MH2 = 60o => tam giác H1H2H3 đều. Theo kết quả của BT3, ta có : OH12 + OH22 + OH32 = MH12 + MH22 + MH32 (1) Lại chú ý rằng, H1A1 = H1B1 ; H2A2 = H2B2 ; H3B3 = H3C3, ta có : MA12 + MB12 = (H1A1 - H1M)2 + (H1B1 + H1M)2 = 2(H1A12 + H1M2) MA22 + MB22 = (H2A2 - H2M)2 + (H2B2 + H2M)2 = 2(H2A22 + H2M2) MA32 + MB32 = (H3A3 - H3M)2 + (H3B3 + H3M)2 = 2(H3A32 + H3M)2 Từ đó và chú ý tới định lý Py-ta-go, ta có : MA12 + MB12 = 2(R2 - H1O2 + H1M2) MA22 + MB22 = 2(R2 - H2O2 + H2M2) MA32 + MB32 = 2(R2 - H3O2 + H3M2) => MA12 + MB12 + MA22 + MB22 + MA32 + MB32 = 6R2 - (H1O2 + H2O2 + H3O2) + (H1M2 + H2M2 + H3M2) (2) Từ (1), (2) => : MA12 + MB12 + MA22 + MB22 + MA32 + MB32 = 6R2.
Chưa dừng lại ở đây, mối quan hệ đẹp giữa các số 1/MH , 1/MK , 1/ML , trong đó H, K, L là hình chiếu của M trên BC, CA, AB, cũng sinh ra từ BT1.
Bài toán 5 : Cho tam giác ABC đều và điểm M thuộc cung BC (không chứa A) của đường tròn ngoại tiếp
tam giác. H, K, L theo thứ tự là hình chiếu của M trên BC, CA, AB. Chứng minh rằng : 1/MH = 1/MK = 1/ML
Lời giải : Theo giả thiết, tứ giác ABMC nội tiếp. => : góc ABM + góc ACM = 180 .
Không mất tính tổng quát, giả sử : góc ACM là góc nhọn và góc ABM là góc tù. Khi đó, K thuộc đoạn CA ; L thuộc tia đối của tia BA (hình 6).
Dễ thấy : Δ BHM đồng dạng với Δ AKM và Δ CHM đồng dạng với Δ ALM
=> MH/MK = MB/MA và MH/ML = MC/MA
=> MH/MK + MH/ML = (MB + MC)/MA Theo BT1, (MB + MC)/MA = 1 .
Vậy MH/MK = MH/ML = 1 => 1/MH = 1/MK + 1/ML . BT5 giúp ta đi đến kết quả đẹp sau đây.
Bài toán 6 : Cho tam giác ABC đều và điểm M thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác. H, K, L lần lượt là
hình chiếu của M trên BC, CA, AB. Chứng minh rằng :
MH2 + MK2 + ML2 = h2. (h là độ dài các đường cao của tam giác ABC)
Lời giải : Không mất tính tổng quát, giả sử M thuộc cung BC (không chứa A) của đường tròn ngoại tiếp
tam giác. Gọi I là hình chiếu của A trên BC. Ta thấy : S(ABC) = S(MAB) + S(MCA) - S(MBC) => 1/2.BC.AI = 1/2.AB.ML + 1/2.CA.MK - 1/2.BC.MH => AI = ML + MK - MH (vì BC = CA = AB) => MH2 + MK2 + ML2 + 2(MK.ML - MH.MK - MH.ML) = h2 (AI = h) (1) Theo BT5 ta có : 1/MH = 1/MK + 1/ML => MK.ML = MH.ML + MH.MK => MK.ML - MH.ML - MH.MK = 0 (2) Từ (1), (2) => : MH2 + MK2 + ML2 = h2.
CHỨNG MINH MỘT SỐ
LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG
Các bạn đã được giới thiệu các phương pháp chứng minh một số không phải là số chính phương trong TTT2 số 9. Bài viết này, tôi muốn giới thiệu với các bạn bài toán chứng minh một số là số chính phương.
Phương pháp 1 : Dựa vào định nghĩa.
Ta biết rằng, số chính phương là bình phương của một số tự nhiên. Dựa vào định nghĩa này, ta có thể định hướng giải quyết các bài toán.
Bài toán 1 : Chứng minh : Với mọi số tự nhiên n thì
an = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 là số chính phương. Lời giải : Ta có : an = n(n + 1) (n + 2) (n + 3) + 1 = (n2 + 3n) (n2 + 3n + 2) + 1 = (n2 + 3n)2 + 2(n2 + 3n) + 1 = (n2 + 3n + 1)2
Với n là số tự nhiên thì n2 + 3n + 1 cũng là số tự nhiên, theo định nghĩa, an là số chính phương.
Bài toán 2 : Chứng minh số :
là số chính phương.
Lời giải :
Vậy : là số chính phương.
Phương pháp 2 : Dựa vào tính chất đặc biệt.
Ta có thể chứng minh một tính chất rất đặc biệt : “Nếu a, b là hai số tự nhiên nguyên tố cùng nhau và a.b là một số chính phương thì a và b đều là các số chính phương”.
Bài toán 3 : Chứng minh rằng : Nếu m, n là các số tự nhiên thỏa mãn 3m2 + m = 4n2 + n thì m - n và 4m + 4n + 1 đều 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 nhất của m - n và 4m + 4n + 1 thì (4m + 4n + 1) + 4(m - n) chia hết cho d => 8m + 1 chí hết cho d.
Mặt khác, từ (*) ta có : m2 chia hết cho d2 => m chia hết cho d.
Từ 8m + 1 chia hết cho d và m chia hết cho d ta có 1 chia hết cho d => d = 1.
Vậy m - n và 4m + 4n + 1 là các số tự nhiên nguyên tố cùng nhau, thỏa mãn (*) nên chúng đều là các số chính phương. Cuối cùng xin gửi tới các bạn một số bài toán thú vị về số chính phương :
1) Chứng minh các số sau đây là số chính phương :
2) Cho các số nguyên dương a, b, c đôi một 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 mọi số tự nhiên n thì 3n + 4 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.
