8h Bài toán 4 : Cho tứ giác ABCD. Các điểm X, Y, Z, T theo thứ tự thuộc các cạnh AB, BC, CD, DA sao cho
các đường thẳng XT, YZ, BD đồng quy. Chứng minh rằng : P(XYZT) < max {P(BCD) ; P(CDA) ; P(DAB) ; P(ABC)}.
Để giải BT4, ta cần có hai bổ đề.
Bổ đề 2 : Cho tam giác ABC. Một đường thẳng bất kì, không đi qua A, B, C, theo thứ tự cắt các đường thẳng
BC, CA, AB tại X, Y, Z. Ta có : XB / XC . YC / YA . ZA / ZB = 1
BĐ2 là một phần của định lí Mênêlauýt mà phép chứng minh nó có trong rất nhiều tài liệu hình học sơ cấp, xin không giới thiệu ở đây.
Bổ đề 3 : Cho tứ giác ABCD và các điểm X, Y, Z nằm trên biên của tứ giác. Chứng minh rằng :
P(XYZ) ≤ max {P(BCD) ; P(CDA) ; P(DAB) ; P(ABC)} (biên của tứ giác là hình hợp bởi bốn cạnh của nó). BĐ3 được chứng minh khá dễ dàng nhờ kết quả có trong bài toán 7 thuộc bài viết “Bắt đầu từ ý tưởng của Hê Rông” của TS. Nguyễn Minh Hà (Toán Tuổi thơ 2, số 6, 8/2003).
Trở lại việc chứng minh BT4.
Giả sử XT, YZ, BD đồng quy tại H. Không mất tính tổng quát, giả sử H thuộc tia đối của tia BD (hình 5a, hình 5b).
áp dụng BĐ2 cho DABD và DCBD, ta có :
TD/TA . XA/XB . HB/HD = 1 và ZD/ZC . YC/YA . HB/HD = 1 => TD/TA . XA/XB = ZD/ZC . YC . YA (1) Xảy ra ba trường hợp sau :
Trường hợp 1 (hình 5a) :
Theo (1) ta có : XA/XB = YC/YA => TZ // AC ; ZY // AC. Trường hợp 2 (hình 5b) :
Theo (1) ta có : XA/XB < YC/YA => TZ, XY cùng cắt AC.
Đặt K = TZ giao với AC ; K’ = XY giao với AC. Từ các bất đẳng thức TD/TA > ZD/ZC ; XA/XB < YC/YA dễ dàng => K, K’ cùng thuộc tia đối của của tia AC (2)
áp dụng BĐ2 cho ΔDAC và ΔBAC, ta có :
ZC/ZD . TD/TA . KA/KB = 1 và YC/YA . XB/XA . K'A/K'B = => KA/KB = K'A/K'B (3) (theo (1)) Từ (2), (3) => : K trùng với K’. Vậy : TZ, XY, AC đồng quy (tại K).
Trường hợp 3 : TD/TA < ZD/ZC
Tương tự như trường hợp 2, ta cũng có TZ, ZY, AC đồng quy. Tuy nhiên, điểm đồng quy lại thuộc tia đối của tia CA.
Phần còn lại của phép chứng minh BT4 diễn ra hoàn toàn tương tự đối với các trường hợp 1, 2, 3. Cụ thể là : + Trường hợp 2 và trường hợp 3 hoàn toàn giống nhau.
+ Trường hợp 1 tương tự nhưng đơn giản hơn các trường hợp 2, 3.
Vì lí do trên, để cho đơn giản, ta chỉ tiến hành chứng minh phần còn lại của BT4 trong trường hợp 2 (hình 5b). Trên các cạnh DC, CB của tứ giác ABCD ta lấy các điểm M, N sao cho : AM // TZ ; AN // XY. Theo định lí Talét, ta có : MZ/MC = AK/AC = NY/NC => MN // ZY .
Trên các cạnh CB, BA của tứ giác ABCD ta lấy các điểm P, Q sao cho : DP // ZY ; DQ // TX. Theo định lí Talét, ta có : PY/PB = DH/DB = QX/QB => PQ // XY .
Tóm lại ta có : AM // TZ ; DQ // TX ; MN // ZY // DP ; PQ // XY // AN. Từ đó => : XA/XQ = YN/YP = ZM/ZD = TA/TD = m/n (m, n > 0 ; m + n = 1)
áp dụng định lí 2 cho các hình thang AQPN, PNMD và định lí Talét cho các tam giác MDA, DAQ, ta có : XY = mQP + nAN , YZ = mPD + nNM , ZT = nMA và TX = mDQ .
=> P(XYZT) = mP(DPQ) + nP(AMN) Δ (m + n) max {P(DPQ) ; P(AMN)} = max {P(DPQ) ; P(AMN)} (4) Đặt {P(BCD) ; P(CDA) ; P(DAB) ; P(ABC)} = (*)
Theo BĐ3, ta có : P(DPQ) ≤ max (*) và P(AMN) ≤ max (*) . (5)
Trong (5), dấu bằng không xảy ra ở cả hai bất đẳng thức (bạn đọc tự kiểm tra). Kết hợp với (4), ta có : P(XYZT) < max {P(BCD) ; P(CDA) ; P(DAB) ; P(ABC)}
BT (4) thuộc loại cực khó. ấy vậy mà, lời giải của nó lại chỉ dựa vào một định lí thật đơn giản, định lí 2. “Tôi đã từng dạy rất nhiều học sinh giỏi, trong số đó có nhiều em sau này đi thi toán quốc tế đạt thành tích cao. Nhưng tôi chưa thấy học sinh nào giải được BT4. Tôi thật sự cảm ơn nếu ai đó có thể tìm thấy cho BT4 một lời giải mà không cần đến định lí 2”. Trên đây là tâm sự của TS. Nguyễn Minh Hà, tác giả BT4 và lời giải của nó.
Định lí 2 còn nhiều ứng dụng nữa. Tuy nhiên, do khuôn khổ có hạn của bài viết, xin dừng lại ở đây. Những bài toán tôi giới thiệu dưới đây có thể xem như những bài tập thực hành kĩ năng sử dụng định lí 2.
Bài toán 5 : Cho tứ giác ABCD. Các điểm M, N thuộc các cạnh AB, CD sao cho : AM/BM = CN/DN .
Bài toán 6 : Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). AE, BF là các đường phân giác. Tia EF cắt (O) tại I.
Chứng minh rằng : 1/IA = 1/IB + 1/IC .
Bài toán 7 : Cho tam giác ABC. Điểm M chạy trên cạnh BC. (O1), (O2) là đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABM, ACM. Tìm quỹ tích trung điểm I của đoạn O1O2.
Bài toán 8 : Cho tam giác ABC, AD, BE, CF là các đường phân giác. Các điểm X, Y, Z theo thứ tự thuộc các
đoạn EF, FD, DE. X’, Y’, Z’ là hình chiếu của X, Y, Z lên các đường thẳng AB, BC, CA. Chứng minh rằng : XX’ + YY’ + ZZ’ ≤ XY + YZ + ZX.
Toán Tuổi thơ 2 xin cảm ơn TS. Nguyễn Minh Hà giúp đỡ rất nhiều để hoàn chỉnh bài viết này.
8d TỪ MỘT BÀI TOÁN THI HỌC SINH GIỎI
Trong một đề thi học sinh giỏi lớp 8 năm học 2000 - 2001 có bài toán sau :
Bài toán : Cho a, b là hai số tự nhiên lớn hơn 1. Giả sử a1945 + b1945 và a1954 + b1954 đều chia hết cho 2001. Hỏi a2002 + b2002 có chia hết cho 2001 không ?
Về bài toán này, nhiều bạn đã chỉ kết luận rằng : “a2002 + b2002 chỉ chia hết cho 2001 khi ab chia hết cho 2001 hoặc a1996 + b1996 chia hết cho 2001”.
Khó hài lòng với kết luận trên (một kết luận như là... chưa kết luận), tôi đã tiếp tục suy nghĩ và phát hiện ra một kết quả khá bất ngờ, đó là a và b đều phải chia hết cho 2001, với hai lời giải trình bày dưới đây.
Lời giải 1 : Gọi p là ước số nguyên tố bất kì của 2001, => p lẻ và a1945 + b1945 ; a1954 + b1954 đều phải chia hết cho p.
Nếu một trong hai số a ; b chia hết cho p, dễ dàng => số còn lại cũng chia hết cho p. Nếu (a, p) = (b, p) = 1 (1)
áp dụng hằng đẳng thức :
an + 9 + bn + 9 = (a9 + b9)(an + bn) - a9b9(an - 9 + bn - 9), ta có : a1954 + b1954 = (a9 + b9)(a1945 + b1945) - a9b9(a1936 + b1936).
Vì (a1945 + b1945) chia hết cho p ; (a1954 + b1954) chia hết cho p nên a9b9(a1936 + b1936) chia hết cho p => (a b1936) chia hết cho p (do (1)).
Vì 1936 mod 9 = 1, tiếp tục quá trình trên cho a1936 + b1936 ; … ta chứng minh được (a + b) chia hêt p (2). Dễ thấy (a1954 - b1954) chia hết cho (a2 - b2), mặt khác (a2 - b2) = (a - b)(a + b) chia hết cho p (do (2))
=> (a1954 - b1954) chia hết cho p. Kết hợp với giả thiết : a1954 + b1954 = (a1954 - b1954 + 2b1954) chia hết cho p
=> 2b1954 chia hết cho p => b chia hết cho p (do p nguyên tố lẻ), điều này vô lí do b > 1, p > 1 và (b, p) = 1. Do đó trường hợp này không xảy ra.
Vậy : với p là ước nguyên tố bất kì của 2001 thì a chia hết cho p và b chia hết cho p.
Mặt khác, 2001 = 3.23.29 là tích của 3 số nguyên tố lẻ nên a và b cùng chia hết cho 3 ; 23 ; 29, dẫn đến a và b cùng chia hết cho 2001.
Phân tích lời giải 1 : Có hai mắt xích chính để đi đến lời giải 1, đó là sử dụng hằng đẳng thức nêu trên và một
tính chất chia hết :
Tính chất : Cho p là số nguyên tố lẻ. Nếu (a + b) chia hết cho p và (a2n + b2n) chia hết cho p với a, b thuộc Z và n thuộc N* thì a chia hết cho p và b chia hết cho p (chứng minh tính chất này hoàn toàn tương tự như trường hợp 2n = 1954).
Theo hướng khác, các biểu thức ở đề bài gợi ý ta nghĩ đến định lí nhỏ Féc-ma, từ đó ta có lời giải 2 như sau. Trước hết, ta phát biểu và chứng minh một bổ đề.
Bổ đề : Cho các số nguyên x, y và số nguyên tố p. Nếu p có dạng 4k + 3 và (x2 + y2) chia hết cho p thì x chia hết cho p và y chia hết cho p.
Chứng minh : Giả sử x không chia hết cho p, => y cũng không chia hết cho p. áp dụng định lí Féc-ma nhỏ ta
có :
(xp - 1 - 1) chia hết cho p ; (yp - 1 - 1) chia hết cho p => xp - 1 - 1 + yp - 1 - 1 = (xp - 1 + yp - 1 - 2) chia hết cho p. Mặt khác :
xp - 1 + yp - 1 =(x2)2k + 1 + (y2)2k + 1 = = M(x2 + y2) chia hết cho p (do giả thiết : (x2 + y2) chia hết cho p). => 2 chia hết cho p, vô lí vì p nguyên tố lẻ.
Vậy x chia hết cho p, => y chia hết cho p, bổ đề được chứng minh.
Lời giải 2 :
Đặt x = a977 ; y = b977
=> x2 + y2 = (a1954 + b1954) chia hết cho p.
áp dụng bổ đề cho x ; y và p = {3 ; 23} ta có a977 và b977 cùng chia hết cho 3 và 23, => a và b cùng chia hết 3 và 23. 1945 + b1945) chia hết cho 2001 và (a1954 + b1954) chia hết cho 2001 nên (a1945 + b1945) chia hết cho 29 và (a1954 + b1954) chia hết cho 29, áp dụng hằng đẳng thức trong lời giải 1, ta chứng minh được : (a1963
hết cho 29 ; … ; (a2044 + b2044) chia hết cho 29 (3).
Giả sử a không chia hết cho 29, => b cũng không chia hết cho 29. Theo định lí Féc-ma nhỏ, (a28
cho 29 và (b28 - 1) chia hết cho 29.
Mặt khác a2044 - 1 = ((a28)73 - 1) chia hết cho (a28 - 1)
=> (a2044 - 1) chia hết cho 29, tương tự thì (b2044 - 1) chia hết cho 29 => (a2044 + b2044 - 2) chia hết cho 29 => 2 chia hết cho 29 (do (3)), vô lí. Vậy a chia hết cho 29 => b chia hết cho 29 => đpcm.
8d TỪ MỘT BẤT ĐẲNG THỨC ĐƠN GIẢN
Tôi xin trao đổi cùng các bạn một bất đẳng thức đơn giản nhưng có thể sử dụng để đề xuất và chứng minh nhiều bài toán thú vị.
Bài toán 1 : Với a, b dương, ta có : a3 + b3 ab(a + b) (*)
Lời giải : Thật vậy, (*) tương đương với :
(a + b)(a2 - ab + b2) - ab(a + b) 0
tương đương với (a + b)(a2 - 2ab + b2) 0
hay là (a + b)(a - b)2 0, đúng với mọi a, b dương. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b. * Ta có : (*) tương đương với a3/b + b2 a(a +ab)
hay là : a3/b + b2 a2 + ab
Tương tự, với a, b, c dương thì : b3/c + c2 b2 +cb ; c3/a + a2 cb2 +ca Từ đó, ta chứng minh được bài toán :
Bài toán 2 : Với ba số a, b,c dương, chứng minh rằng :
a3/b+ b3/c + c2 + c3/a ab + bc + ca.
* Từ (*), tiếp tục => : (a3 + b3)/ab a + b; (b3 + c3)/bc b + c; (c3 +a3)/ca c + a; với a, b, c là ba số dương. Sử dụng kết quả này, ta chứng minh được bài toán trong đề thi vào 10 chuyên Lê Hồng Phong 2000-2001 :
Bài toán 3 : Với a, b,c dương, chứng minh rằng :
(a3 + b3)/(2ab) + (b3 + c3)/(2bc) + (c3 +a3)/(2ca) a + b + c. * Lại có :
(*) tương đương với 4(a3 + b3) a3 + b3 + 3ab(a+b) hay : 4(a3 + b3) (a + b)3
Ta đề xuất được bài toán :
Bài toán 4 :
Với a, b, c dương, chứng minh rằng : 8(a3 + b3 + c3) (a + b)3 + (b + c)3 + (c + a)3
* Nhận xét : Nếu bổ sung giả thiết abc = 1, thì (*) tương đương với : a3 + b3 + abc ab(a + b) + abc hay là : a3 + b3 + 1 ab(a + b + c)
hay : 1/(a3 + b3 + 1) 1/(ab(a + b + c)) Tương tự, ta có :
1/(b3 + c3 + 1) 1/(bc(a + b + c)) ; 1/(c3 + a3 + 1) 1/(ca(a + b + c)) . => :
1/(a3 + b3 + 1) + 1/(b3 + c3 + 1) + 1/(c3 + a3 + 1) 1/(ab(a + b + c)) + 1/(bc(a + b + c)) + 1/(ca(a + b + c)) = 1/(a + b + c).(a + b + c)/abc = 1 .
Ta đề xuất được bài toán :
Bài toán 5 : Cho a, b, c dương, abc = 1. Chứng minh rằng :
1/(a3 + b3 + 1) + 1/(b3 + c3 + 1) + 1/(c3 + a3 + 1) 1 . * áp dụng bài toán 5, ta sẽ chứng minh :
Bài toán 6 : (Đề dự tuyển kì thi toán Quốc tế lần thứ 37, năm 1996).
Cho a, b, c dương, abc = 1. Chứng minh :
ab/(a5 + b5 + ab) + bc/(b5 + c5 + bc) + ca/(c5 + a5 + ca) 1 .
Lời giải : Ta sẽ chứng minh
ab/(a5 + b5 + ab) + bc/(b5 + c5 + bc) + ca/(c5 + a5 + ca) 1/(a3 + b3 + 1) + 1/(b3 + c3 + 1) + 1/(c3 + a bằng cách chứng minh :
ab/(a5 + b5 + ab) 1/(a3 + b3 + 1) (1) ; bc/(b5 +c5 + bc) 1/(b3 + c3 + 1) (2) ; ca/(c5 + a5 +c a) 1/(c3 + a3 + 1) (3) ; Thật vậy :
(1) tương đương với : a5 + b5 + ab ab(a3 + b3 +1) hay là : a5 + b5 ab(a3 + b3)
tương đương a5 + b5 a4b + ab4
(a5 - a4b) + (b5 - ab4) 0 (a - b)(a4 - b4) 0
(a - b)2(a + b)(a2 + b2) 0, đúng.
Tương tự, (2) và (3) cũng đúng, bài toán được chứng minh.
* Đề nghị các bạn áp dụng bất đẳng thức (*) để tiếp tục chứng minh các bài toán :