V. Biểu diễn lũy thừa bậc cao qua lũy thừa bậc 1 Thí dụ 5 : Tính giá trị của biểu thức :
2. Đánh giá ẩn với một số
Ví dụ 4 (đề thi vào lớp 10 chuyên, ĐHQG Hà Nội 2004) : Biết a > 0, b > 0 và a100 + b100 = a101 + b 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.
Các bạn hãy thử giải các hệ phương trình sau :
TÌM LỜI GIẢI BÀI TOÁN BẰNG CÁCH MỞ RỘNG BÀI TOÁN
Trong “Croatian National Mathematics Competition Kraljevica, May-1996” tôi đã gặp một bài toán bất đẳng thức khá thú vị :
Bài toán 1 : Cho các số a, b, c, d khác 0 và thỏa mãn đẳng thức a + b + c + d = 0.
Đặt S1 = ab + bc + cd ; S2 = ac + ad + bd. Chứng minh rằng :
Ban đầu, tôi chưa tìm ngay được lời giải trực tiếp cho bài toán trên. Khi đó tôi đã tự hỏi : “Bài toán bắt nguồn từ đâu nhỉ ?”.
Trả lời câu hỏi này, tôi đã tìm được một lời giải cho bài toán trên. Ta xét bài toán sau :
Bài toán 2 : Cho các số a, b, c, d khác 0 và thỏa mãn đẳng thức a + b + c + d = 0.
Đặt S1 = ab + bc + cd ; S2 = ac + ad + bd.
Xác định điều kiện cho cặp số dương (α , β ) để S = α S1 + β S2 ≤ 0. Lời giải : Đặt
Ta có : S = α S1 + β S2
= α (ab + bc + cd) + β (ac + ad + bd)
= α (ab + b(-M - b) + (-M - b)(M - a)) + + β (a(-M - b) + a(M - a) + b(M - a)) = α (ab - bM - b2 - M2 - bM + aM + ab) + + β (-aM - ab + aM - a2 + bM - ab) = 2α ab - 2α bM - α b2 - αM2 + αaM - 2β ab - β a2 + β bM
= -α M2 + (α a + β b - 2α b)M + 2α ab - α b2 - - 2β ab - β a2.
Coi S = f(M) là tam thức bậc hai theo M, ta có S ≤ 0 <=> f(M) ≤ 0 <=> DM ≤ 0 (vì -a < 0) <=> (α a + β b - 2α b)2 + 4α (2α ab - α b2 - - 2β ab - β a2) ≤ 0
<=> α 2a2 + β 2b2 + 4α 2b2 + 2α β ab - 4α 2ab - - 4α β b2 + 8α 2ab - 4α 2b2 - 8α β ab - 4α β a2 ≤ 0 <=> (α 2 - 4α β )a2 + (4α 2 - 6α β )ab + (β 2 - - 4α β )b2 ≤ 0
<=> α (α - 4β )a2 + α (4α - 6β )ab + β (β - 4α )b2 ≤ 0 (*).
* Xét trường hợp 0 < a ≤ b : Chia cả hai vế của (*) cho b2 ≠ 0 và đặt t = a/b ta có : f(t) = α (α - 4β )t2 + α (4α - 6β )t + β (β - 4α ) ≤ 0,
trong đó f(t) là tam thức bậc hai theo t. Vì α (α - 4β ) < 0 nên f(t) ≤ 0 <=> ∆’t ≤ 0 <=> α 2(2α - 3β )2 -α β (α - 4β )(β - 4α ) ≤ 0
<=> α 2(4α2 - 12αβ + 9β 2) - αβ (αβ - 4β2 - - 4α2 + 16αβ ) ≤ 0 <=> 4α4 - 12α3β 9α2β2 - α 2β2 + 4αβ3 + + 4α3β - 16α2β2 ≤ 0 <=> 4α 4 - 8α 3β - 8α 2β 2 + 4α β 3 ≤ 0
<=> α 3 - 2α 2β - 2α β 2 + β 3 ≤ 0
<=> (α / β )3 - 2(α / β )2 - 2α /β + 1 ≤ 0 (chia cả hai vế cho b3 ≠ 0) <=> x3 - 2x2 - 2x + 1 ≤ 0 (đặt 0 < x ≤ 1)
<=> (x + 1)(x2 - 3x + 1) ≤ 0 <=> x2 - 3x + 1 ≤ 0 (x + 1 > 0)
(tính ∆x)
Vậy với 0 < α ≤ β thì S = α S1 + β S2 ≤ 0 khi và chỉ khi β (1).
* Xét trường hợp 0 < β ≤ α , tương tự như trường hợp trên : Chia cả hai vế của (*) cho a2 ≠ 0 và đặt u = b/a ta có : f(u) = β (β - 4α )u2 + α (4α - 6β )u + α (α - 4β ) ≤ 0. Vì β (β - 4α ) < 0 nên f(u) ≤ 0 <=> ∆’u ≤ 0 <=> α 2(2α - 3β )2 - α β (α - 4β )(β - 4+α ) ≤ 0 <=> α 3 - 2α 2β - 2α β 2 + β 3 ≤ 0 <=> (β /α )3 - 2(β /α )2 - 2β /α + 1 ≤ <=> y3 - 2y2 - 2y + 1 ≤ 0 (đặt β /α = y, 0 < y ≤ 1), bất phương trình có nghiệm :
Vậy với 0 < β ≤ α thì S = α S1 + β S2 ≤ 0 khi và chỉ khi
(2).
Từ (1) và (2) suy ra : Với α và β là các số dương, điều kiện để S = α S1 + β S2 ≤ 0 là
Trở lại bài toán 1. Ta thấy nó là một trường hợp đặc biệt của kết quả trên :
Với α = 5 và β = 8 thì đúng, suy ra S = 5S1 + 8S2 ≤ 0. Với α = 8 và β = 5 thì đúng, suy ra S = 8S1 + 5S2 ≤ 0. Vậy :
Qua bài toán này ta thấy rằng, việc lựa chọn hướng chứng minh cho nhiều bài toán hoàn toàn không đơn giản nhưng trong một số trường hợp, khi đặt vấn đề tìm lời giải cho bài toán mở rộng của nó thì lại đem đến thành công bất ngờ
8h LÀM QUEN VỚI CHỮNG MINH BẰNG PHẢN CHỨNG TRONG HÌNH HỌC
Phản chứng là một phương pháp chứng minh gián tiếp rất hiệu quả, khi đó ta phải chứng minh mệnh đề phủ định là sai. Trong quá trình giảng dạy ở trường phổ thông, tôi nhận thấy học sinh còn chưa thuần thục khi áp dụng phương pháp này để chứng minh các bài toán hình học.
Hi vọng rằng qua các ví dụ dưới đây, các bạn sẽ nắm vững hơn phương pháp chứng minh đặc biệt này.
Ví dụ 1 : Chứng minh rằng trong tứ giác ABCD, nếu ∠ A = ∠ B; ∠ D > ∠ C thì AD < BC. Lời giải : Ta sẽ chứng minh AD ≥ BC là sai. Thật vậy, gọi giao điểm của AD và BC là E ta có :
∠ DAB = ∠ ABC (giả thiết) suy ra ∠ EAB = ∠ EBA => ∆ EAB cân tại E => EA = EB.
Giả sử AD = BC => AD + EA = BC + EB => ED = EC => ∆ EDC cân tại E => trái với giả thiết. Giả sử AD > BC => AD + EA > BC + EB => ED > EC => ∠ C > ∠ D, cũng tráI với giả thiết. Vậy chỉ có thể là AD < BC.
Ghi chú : Ta hoàn toàn có thể chứng minh trực tiếp kết quả này.
Ví dụ 2 : Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a ; M là trung điểm của cạnh AD ; điểm E nằm trên BC thỏa
mãn điều kiện 0 < CE < a/2. Qua M kẻ đường thẳng song song với AE, cắt cạnh CD tại F. Chứng minh rằng hình thang AMFE không thể là hình thang cân.
Lời giải : Giả sử AMFE là hình thang cân thì AM = FE (*) và ∠ MAE = ∠ FEA, mà ∠ MAE = ∠ FEA = ∠ BEA => EA là phân giác của (góc ngoài của ∆ EFC).
Mặt khác CA là phân giác của ∠ BCD (tính chất đường chéo của hình vuông), suy ra A là tâm đường tròn bàng tiếp trong ∠ ECF của ∆ EFC (đường tròn này tiếp xúc với CE và CF lầ lượt tại B và D).
Lại có 0 < CE < a/2 => BE > a/2
EF = BE + DF > BE > a/2 => EF > AM, Mâu thuẫn với (*). Vậy AMFE không thể là hình thang cân.
Ví dụ 3 : Cho đường tròn tâm O có hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Gọi I và K lần lượt là
trung điểm của OA, OB. Tia CK cắt (O) tại F. Chứng minh rằng không phải là góc vuông. Lời giải : Giả sử ∠ CIF = 90 o suy ra : ∠ OIF + ∠ OIC = ∠ ICD + ∠ OIC = 90 o => ∠ OIF = ∠
Như vậy nếu gọi E là giao điểm của tia CI với (O) ; P và Q lần lượt là giao điểm của tia FI với (O) và đường kính CD thì sđ ∠ ED = sđ ∠ AP + sd ∠ FB
Mặt khác vì AB, CD là hai đường kính vuông góc của (O) nên sđ ∠ AD = sd ∠ DB ; OI = OK (bằng nửa bán kính (O)) nên CD là trung trực của đoạn IK => CD là phân giác của ∠ ECF => sd ∠ DE = sđ ∠
∠ AE = sd ∠ AD - sđ ∠ DE = sđ ∠ DB - sđ ∠ DF = sđ ∠ FB => sđ ∠ FB
Từ (1) và (2) => sđ ∠ DE = sđ ∠ EP => CE là phân giác của ∠ PCD, lại có CI ⊥ PQ nên ∆ CPQ cân tại C và IP = IQ. Ta dễ dàng chứng minh được ∆ AIP = ∆ OIQ (c.g.c).
Suy ra => ∆ BAP có là điều vô lí. Vậy không phải là góc vuông.
Ví dụ sau đây là bài toán thách đấu số 4 (TTT2 số 12) đã quen thuộc với các bạn, bài toán có rất nhiều cách chứng minh. Nhân bài viết này tôi xin trình bày thêm một cách chứng minh khác.
Ví dụ 4 : Cho hình vuông ABCD. Điểm M thuộc miền trong của hình vuông, thỏa mãn điều kiện
∠ MDA = 15 o. Chứng minh rằng MBC là tam giác đều.
Lời giải : Theo giả thiết ta suy ra : ∠ BAM = ∠ CDM = 75 o (1) ; ∠ AMD = 150 o (2) ; ∆ MAD cân tại M => MA = MD => ∆ BMA = ∆ CMD (c.g.c) => MB = MC (4) => ∆ MBC cân tại M => ∠ MBC =
Giả sử ∆ MBC không đều, từ (4) suy ra : MB > BC hoặc MB < BC. Nếu MB > BC => MB > AB => < ∠ BAM => BMA < 75 o, từ (1), (2), (3) ta có :
∠ AMD + ∠ BMA + ∠ CMD < 300 o => ∠ BMC > 60o, từ (5) => ∠ MBC < ∠ BMC => MB < MC , mâu thuẫn với giả thiết ban đầu.
Tương tự như trên, từ MB < BC ta lại chứng minh được MB > BC, là điều vô lí. Vậy chỉ có thể là BC = MB = MC hay ∆ MBC là tam giác đều.
Bài tập vận dụng.
Bài 1 : Cho tam giác ABC. Chứng minh ma > a/2 thì ∠ A nhọn, trong đó a và ma lần lượt là độ dài của cạnh BC và đường trung tuyến kẻ từ A).
Bài 2 : Cho đường tròn (O) và I, K lần lượt là trung điểm của các dây cung AB, CD. Biết rằng AB > CD và tia
AB cắt tia CD tại P, chứng minh rằng PI > PK. 8d KHÔNG COI NHẸ KIẾN THỰC CƠ BẢN
Để giải toán nói chung, đương nhiên bạn cần phải biết vận dụng linh hoạt, tổng hợp các kiến thức của mình, trong đó các kiến thức phức tạp được hình thành từ chính các kiến thức đơn giản nhất, các kiến thức cơ bản. Trong nhiều trường hợp, để giải một bài toán khó đôi khi chỉ cần hoặc cần phải sử dụng đến những kiến thức cơ bản.
Hệ thống ví dụ dưới đây sẽ chứng minh cho các bạn thấy tầm quan trọng của bất đẳng thức a2 0 với mọi a (*).
Ví dụ 1 : 1) Chứng minh rằng x2 - x + 1 > 0 với mọi x. 2) Tìm giá trị nhỏ nhất của y = x2 - 2x + 5.
Lời giải :
1) Ta có
với mọi x, do 3/4 > 0 và theo (*).
2) Ta có y = x2 - 2x + 5 = (x - 1)2 + 4 ≥ 4 do (x - 1)2 ≥ 0 với mọi x. Đẳng thức xảy ra <=> (x - 1) 1.
Vậy y đạt giá trị nhỏ nhất là 4 khi x = 1. Ví dụ 2 : Giải hệ phương trình
Lời giải : Cộng theo từng vế các phương trình trong hệ trên ta có : x2 + y2 + z2 = y - 1 + z - 1 + x - 1 <=> (x2 - x + 1) + (y2 - y + 1) + (z2 - z + 1) = 0
Vì x2 - x + 1 > 0 ; y2 - y + 1 > 0 ; z2 - z + 1 > 0 với mọi x, y, z (theo ví dụ 1.1) nên phương trình này vô nghiệm.
Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm.
Ví dụ 3 (đề thi TS vào lớp 10 chuyên Phan Bội Châu, Hà Tĩnh) : Giải hệ phương trình
Lời giải :
<=> 2x2 - 2xy + 2y2 - 2yz + 2z2 - 2zx = 0
<=> (x2 - 2xy + y2) + (y2 - 2yz + z2) + + (z2 - 2zx + x2) = 0 <=> (x - y)2 + (y - z)2 + (z - x)2 = 0 (3)
Vì (x - y)2 ≥ 0 ; (y - z)2 ≥ 0 ; (z - x)2 ≥ 0 với mọi x, y, z => (x - y)2 + (y - z)2 + (z - x)2 ≥ 0 với mọi x, y, z => (3) <=> x - y = y - z = z - x = 0 <=> x = y = z, thay vào (2) ta có :
3.x2002 = 3.y2002 = 3.z2002 = 32003
=> x2002 = y2002 = z2002 = 32002
Vậy hệ phương trình ban đầu có hai nghiệm x = y = z = 3 và x = y = z = - 3.
Ví dụ 4 : Giải phương trình
Lời giải : Điều kiện x ≥ 2 (2). Ta có :
<=> x = 2, thỏa mãn điều kiện (2).
Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất x = 2.
Ví dụ 5 ((đề thi TS vào lớp 10 ĐHKHTN - ĐHQG Hà Nội 2002) : Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam
giác. Chứng minh rằng phương trình sau vô nghiệm : x2 + (a + b + c)x + ab + bc + ca = 0.
Lời giải : Phương trình tương đương với
với mọi x, a, b, c nên để chứng minh phương trình trên vô nghiệm, ta cần phải chứng minh : 4(ab + bc + ca) - (a + b + c)2 > 0.
Thật vậy : 4(ab + bc + ca) - (a + b + c)2 = 2(ab + bc + ca) - a2 - b2 - c2 = 2c(a + b) - (a - b)2 - c2. Vì a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác nên : |a - b| < c => (a - b)2 < c2
=> (a - b)2 + c2 < 2c2 ; c < a + b => 2c2 < 2c(a + b). Suy ra (a - b)2 + c2 < 2c(a + b) <=> 2c(a + b) - (a - b)2 - c2 > 0 <=> 4(ab + bc + ca) - (a + b + c)2 > 0.
Vậy phương trình ban đầu vô nghiệm.
trong sách giáo khoa mà thầy cô giáo đã truyền đạt cho các em. 9h 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.
Lời giải : Gọi giao điểm của CG với AB là K và DF với BC là M.
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.
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 = BK
∆ 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 => ∠ ICM = 90 o =>O1I ⊥ CD ; Mà OO2 ⊥ CD => OO2 // O1I.
Tương tự OO1 // O2I, suy ra 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 - 2 ∠ O1IZ) + ∠ OO1I = 360o - ∠ OO2I - (180o - 2( ∠ OO2</SUB Đ O1IZ)) = 360o - ∠ OO2MI - (180 2 ∠ O,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
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