Một phương pháp tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất

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. Lời giải : áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương x, y, z ta có : 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) Vậy t = x2 + y2 đạt GTNN bằng  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. 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 Từ các kết quả trên ta suy ra : 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. LÀM QUEN VỚI BẤT ĐẲNG THỨCTRÊ-BƯ-SEP Các bạn đã từng được làm quen với các bất đẳng thức Cô si, Bunhiacôpski nhưng không ít bạn còn chưa biết về bất đẳng thức Trê - bư - sép. Con đường đi đến bất đẳng thức này thật là giản dị, quá gần gũi với những kiến thức cơ bản của các bạn bậc THCS. Các bạn có thể thấy ngay : Nếu a1 ≤ a2 và b1 ≤ b2 thì (a2 - a1) (b2 - b1) ≥ 0. Khai triển vế trái của bất đẳng thức này ta có : a1b1 + a2b2 - a1b2 - a2b1 ≥ 0 => : a1b1 + a2b2 ≥ a1b2 + a2b1. Nếu cộng thêm a1b1 + a2b2 vào cả hai vế ta được : 2 (a1b1 + a2b2) ≥ a1 (b1 + b2) + a2 (b1 + b2) => : 2 (a1b1 + a2b2) ≥ (a1 + a2) (b1 + b2)   (*) Bất đẳng thức (*) chính là bất đẳng thức Trê - bư - sép với n = 2. Nếu thay đổi giả thiết, cho a1 ≤ a2 và b1 ≥ b2 thì tất cả các bất đẳng thức trên cùng đổi chiều và ta có : 2 (a1b1 + a2b2) ≤ (a1 + a2) (b1 + b2)   (**) Các bất đẳng thức (*) và (**) đều trở thành đẳng thức khi và chỉ khi a1 = a2 hoặc b1 = b2. Làm theo con đường đi tới (*) hoặc (**), các bạn có thể giải quyết nhiều bài toán rất thú vị. Bài toán 1 : Biết rằng x + y = 2. Chứng minh x2003 + y2003 ≤ x2004 + y2004. Lời giải : Do vai trò bình đẳng của x và y nên có thể giả sử x ≤ y. Từ đó => : x2003 ≤ y2003. Do đó (y2003 - x2003).(y - x) ≥ 0 => : x2004 + y2004 ≥ x.y2003 + y.x2003 Cộng thêm x2004 + y2004 vào hai vế ta có : 2.(x2004 + y2004) ≥ (x+y) (x2003 + y2003) = 2.(x2003 + y2003)=> : x2004 + y2004 ≥ x2003 + y2003 (đpcm). Để ý rằng : Bất đẳng thức vừa chứng minh trở thành đẳng thức khi và chỉ khi x = y = 1 ; các bạn sẽ có lời giải của các bài toán sau : Bài toán 2 : Giải hệ phương trình : Nếu các bạn quan tâm tới các yếu tố trong tam giác thì vận dụng các bất đẳng thức (*) hoặc (**) sẽ dẫn đến nhiều bài toán mới. Bài toán 3 : Cho tam giác ABC có diện tích bằng 1. AH và BK là các đường cao của tam giác. Chứng minh : (BC + CA).(AH + BK) ≥ 8. Lời giải : Ta có AH x BC = BK x CA = 2. Do vai trò bình đẳng của BC và CA nên có thể giả sử rằng BC ≤ CA => 2/BC ≥ 2/CA => AH ≥ BK. Do đó (CA - BC).(BK - AH) ≤ 0 => : CA x BK + BC x AH ≤ BC x BK + CA x AH Cộng thêm CA x BK + BC x AH vào 2 vế ta có : 2.(CA x BK + BC x AH) ≤ (BC + CA) (AH + BK) => : (BC + CA).(AH + BK) ≥ 8. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi BC = CA hoặc BK = AH tương đương với BC = CA hay tam giác ABC là tam giác cân đỉnh C. Bài toán 4 : Cho tam giác ABC với BC = a, CA = b, AB = c và các đường cao tương ứng của các cạnh này có độ dài lần lượt là ha, hb, hc. Chứng minh : với S là diện tích tam giác ABC. Lời giải : Do vai trò bình đẳng của các cạnh trong tam giác nên có thể giả sử rằng a ≤ b ≤ c => : 2S/a ≥ 2S/b ≥ 2S/c => ha ≥ hb ≥ hc . Làm như lời giải bài toán 3 ta có : (a + b).(ha + hb) ≥ 8S => : 1/(ha + hb) ≤ (a + b)/(8S)     (1) Tương tự ta được : 1/(hb + hb) ≤ (b + c)/(8S)     (2) 1/(hc + ha) ≤ (c + a)/(8S)     (3) Cộng từng vế của (1), (2), (3) dẫn đến : Bất đẳng thức (4) trở thành đẳng thức khi và chỉ khi các bất đẳng thức (1), (2), (3) đồng thời trở thành đẳng thức tương đương với a = b = c hay tam giác ABC là tam giác đều. Bây giờ các bạn thử giải các bài tập sau đây : 1) Biết rằng x2 + y2 = 1. Tìm giá trị lớn nhất của F = (x4 + y4) / (x6 + y6) 2) Cho các số dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 1. Chứng minh : 3) Cho tam giác ABC có độ dài các cạnh lần lượt là a, b, c và độ dài các đường phân giác trong thuộc các cạnh này lần lượt là la, lb, lc. Chứng minh : 4) Hãy dự đoán và chứng minh bất đẳng thức Trê - bư - sép với n = 3. Từ đó hãy sáng tạo ra các bài toán. Nếu bạn thấy thú vị với những khám phá của mình ở bài tập này, hãy gửi gấp bài viết về cho chuyên mục EUREKA của TTT2. PHƯƠNG PHÁP HOÁN VỊ VÒNG QUANH Phân tích thành nhân tử là một trong những kĩ năng cơ bản nhất của chương trình đại số bậc THCS. Kĩ năng này được sử dụng khi giải các bài toán : biến đổi đồng nhất các biểu thức toán học, giải phương trình, chứng minh bất đẳng thức và giải các bài toán cực trị ... Sách giáo khoa lớp 8 đã giới thiệu nhiều phương pháp phân tích thành nhân tử. Sau đây tôi xin nêu một phương pháp thường sử dụng, dựa vào việc kết hợp các phương pháp quen thuộc như đặt nhân tử chung, nhóm số hạng, hằng đẳng thức ... Phương pháp này dựa vào một số nhận xét sau đây : 1/ Giả sử phải phân tích biểu thức F(a, b, c) thành nhân tử, trong đó a, b, c có vai trò như nhau trong biểu thức đó. Nếu F(a, b, c) = 0 khi a = b thì F(a, b, c) sẽ chứa các nhân tử a - b, b - c và c - a. Bài toán 1 : Phân tích thành nhân tử : F(a, b, c) = a2(b - c) + b2(c - a) + c2(a - b). Nhận xét : Khi a = b ta có :F(a, b, c) = a2(a - c) + a2(c - a) = 0, do đó F(a, b, c) có chứa nhân tử a - b. Tương tự F(a, b, c) chứa các nhân tử b - c, c - a. Vì F(a, b, c) là biểu thức bậc ba, do đó F(a, b, c) = k.(a - b)(b - c)(c - a). Cho a = 1, b = 0, c = -1 ta có : 1 + 1 = k.1.1.(-2) => k = -1. Vậy : F(a, b, c) = -(a - b)(b - c)(c - a). Bài toán 2 : Phân tích thành nhân tử : F(a, b, c) = a3(b - c) + b3(c - a) + c3(a - b). Nhận xét : Tương tự như bài toán 1, ta thấy F(a, b, c) phải chứa các nhân tử a - b, b - c, c - a. Nhưng ở đây F(a, b, c) là biểu thức bậc bốn, trong khi đó (a - b)(b - c)(c - a) bậc ba, vì vậy F(a, b, c) phải có một thừa số bậc nhất của a, b, c. Do vai trò a, b, c như nhau nên thừa số này có dạng k(a + b + c). Do đó :F(a, b, c) = k(a - b)(b - c)(c - a)(a + b + c) Cho a = 0 ; b = 1 ; c = 2 => k = -1. Vậy : F(a, b, c) = -(a - b)(b - c)(c - a)(a + b + c). 2/ Trong một số bài toán, nếu F(a, b, c) là biểu thức đối xứng của a, b, c nhưng F(a, b, c) ≠ 0 khi a = b thì ta thử xem khi a = -b, F(a, b, c) có triệt tiêu không, nếu thỏa mãn thì F(a, b, c) chứa nhân tử a + b, và từ đó chứa các nhân tử b + c, c + a. Bài toán 3 : Chứng minh rằng :Nếu : 1/x + 1/y + 1/z = 1/(x + y + z) thì 1/xn + 1/yn + 1/zn = 1/(xn + yn + zn) với mọi số nguyên lẻ n. Nhận xét : Từ giả thiết 1/x + 1/y + 1/z = 1/(x + y + z) => : (xy + xz + yz)(x + y + z) - xyz = 0 (*) Do đó ta thử phân tích biểu thứcF(x, y, z) = (xy + xz + yz)(x + y + z) - xyz thành nhân tử. Chú ý rằng khi x = - y thì F(x, y, z) = - y2z + y2z = 0 nên F(x, y, z) chứa nhân tử x + y. Lập luận tương tự như bài toán 1, ta có F(x, y, z) = (x + y)(y + z)(x + z). Do đó (*) trở thành : (x + y)(y + z)(x + z) = 0 Tương đương với : x + y = 0 hoặc y + z = 0 hoặc z + x = 0 . Nếu x + y = 0 chẳng hạn thì x = - y và do n lẻ nên xn = (-y)n = -yn. Vậy : 1/xn + 1/yn + 1/zn = 1/(xn + yn + zn) Tương tự cho các trường hợp còn lại, ta có đpcm. Có những khi ta phải linh hoạt hơn trong tình huống mà hai nguyên tắc trên không thỏa mãn : Bài toán 4 : Phân tích đa thức sau thành nhân tử :F(x, y, z) = x3 + y3 + z3 - 3xyz. Nhận xét : Ta thấy rằng khi x = y hay x = -y thì F(x, y, z) ≠ 0. Nhưng nếu thay x = -(y + z) thì F(x, y, z) = 0 nên F(x, y, z) có nhân tử x + y + z. Chia F(x, y, z) cho x + y + z, ta được thương x2 + y2 + z2 - xy - yz - zx và dư là 0. Do đó :F(x, y, z) = (x + y + z)(x2 + y2 + z2 - xy - yz - zx). Ta có thể thêm bớt vào F(x, y, z) một lượng 3x2y + 3xy2 để nhân được kết quả này. Các bạn hãy dùng các phương pháp và kết quả nêu trên để giải các bài tập sau đây. Bài toán 5 : Tính tổng : trong đó k = 1, 2, 3, 4. Bài toán 6 : Chứng minh rằng (a - b)5 + (b - c)5 + (c - a)5 chia hết cho 5(a - b)(b - c)(c - a). TS. Lê Quốc Hán(ĐH Vinh) MỘT PHƯƠNG PHÁP TÌM NGHIỆM ĐỘC ĐÁO Bằng kiến thức hình học lớp 6 ta có thể giải được các phương trình bậc hai một ẩn được không ? Câu trả lời là ở trường hợp tổng quát thì không được, nhưng trong rất nhiều trường hợp ta vẫn có thể tìm được nghiệm dương. Ví dụ : Tìm nghiệm dương của phương trình x2 + 10x = 39. Lời giải : Ta có : x2 + 10x = 39 tương đương x2 + 2.5.x = 39 Từ biến đổi trên, ta hình dung x là cạnh của một hình vuông thì diện tích của hình vuông đó là x2. Kéo dài mỗi cạnh của hình vuông thêm 5 đơn vị (như hình vẽ), ta dễ thấy : Hình vuông to có độ dài cạnh là x + 5 sẽ có diện tích là 64. Do đó :(x + 5)2 = 64 = 82 tương đương x + 5 = 8 hay x = 3. Vậy phương trình có nghiệm dương là x = 3. Phương pháp này đã được nhà toán học Italia nổi tiếng Jerôm Cacđanô (1501 - 1576) sử dụng khi tìm nghiệm dương của phương trình x2 + 6x = 31. Các bạn hãy tìm nghiệm dương của phương trình x2 - 8x = 33 bằng phương pháp hình học thử xem ? MỘT DẠNG TOÁN VỀ ƯCLN VÀ BCNN Trong chương trình số học lớp 6, sau khi học các khái niệm ước chung lớn nhất (ƯCLN) và bội chung nhỏ nhất (BCNN), các bạn sẽ gặp dạng toán tìm hai số nguyên dương khi biết một số yếu tố trong đó có các dữ kiện về ƯCLN và BCNN. Phương pháp chung để giải : 1/ Dựa vào định nghĩa ƯCLN để biểu diễn hai số phải tìm, liên hệ với các yếu tố đã cho để tìm hai số. 2/ Trong một số trường hợp, có thể sử dụng mối quan hệ đặc biệt giữa ƯCLN, BCNN và tích của hai số nguyên dương a, b, đó là : ab = (a, b).[a, b], trong đó (a, b) là ƯCLN và [a, b] là BCNN của a và b. Việc chứng minh hệ thức này không khó : Theo định nghĩa ƯCLN, gọi d = (a, b) => a = md ; b = nd với m, n thuộc Z+ ; (m, n) = 1 (*) Từ (*) => ab = mnd2 ; [a, b] = mnd => (a, b).[a, b] = d.(mnd) = mnd2 = ab=> ab = (a, b).[a, b] . (**) Chúng ta hãy xét một số ví dụ minh họa. Bài toán 1 : Tìm hai số nguyên dương a, b biết [a, b] = 240 và (a, b) = 16. Lời giải : Do vai trò của a, b là như nhau, không mất tính tổng quát, giả sử a ≤ b. Từ (*), do (a, b) = 16 nên a = 16m ; b = 16n (m ≤ n do a ≤ b) với m, n thuộc Z+ ; (m, n) = 1. Theo định nghĩa BCNN : [a, b] = mnd = mn.16 = 240 => mn = 15 => m = 1 , n = 15 hoặc m = 3, n = 5 => a = 16, b = 240 hoặc a = 48, b = 80. Chú ý : Ta có thể áp dụng công thức (**) để giải bài toán này : ab = (a, b).[a, b] => mn.162 = 240.16 suyy ra mn = 15. Bài toán 2 : Tìm hai số nguyên dương a, b biết ab = 216 và (a, b) = 6. Lời giải : Lập luận như bài 1, giả sử a ≤ b. Do (a, b) = 6 => a = 6m ; b = 6n với m, n thuộc Z+ ; (m, n) = 1 ; m ≤ n. Vì vậy : ab = 6m.6n = 36mn => ab = 216 tương đương mn = 6 tương đương m = 1, n = 6 hoặc m = 2, n = 3 tương đương với a = 6, b = 36 hoặcc là a = 12, b = 18. Bài toán 3 : Tìm hai số nguyên dương a, b biết ab = 180, [a, b] = 60. Lời giải : Từ (**) => (a, b) = ab/[a, b] = 180/60 = 3. Tìm được (a, b) = 3, bài toán được đưa về dạng bài toán 2. Kết quả : a = 3, b = 60 hoặc a = 12, b = 15. Chú ý : Ta có thể tính (a, b) một cách trực tiếp từ định nghĩa ƯCLN, BCNN : Theo (*) ta có ab = mnd2 = 180 ; [a, b] = mnd = 60 => d = (a, b) = 3. Bài toán 4 : Tìm hai số nguyên dương a, b biết a/b = 2,6 và (a, b) = 5. Lời giải : Theo (*), (a, b) = 5 => a = 5m ; b = 5n với m, n thuộc Z+ ; (m, n) = 1. Vì vậy : a/b = m/n = 2,6 => m/n = 13/5 tương đương với m = 13 và n = 5 hay a = 65 và b = 25. Chú ý : phân số tương ứng với 2,6 phải chọn là phân số tối giản do (m, n) = 1. Bài toán 5 : Tìm a, b biết a/b = 4/5 và [a, b] = 140. Lời giải : Đặt (a, b) = d. Vì , a/b = 4/5 , mặt khác (4, 5) = 1 nên a = 4d, b = 5d. Lưu ý [a, b] = 4.5.d = 20d = 140 => d = 7 => a = 28 ; b = 35. Bài toán 6 : Tìm hai số nguyên dương a, b biết a + b = 128 và (a, b) = 16. Lời giải : Lập luận như bài 1, giả sử a ≤ b. Ta có : a = 16m ; b = 16n với m, n thuộc Z+ ; (m, n) = 1 ; m ≤ n. Vì vậy : a + b = 128 tương đương 16(m + n) = 128 tương đương m + n = 8Tương đương với m = 1, n = 7 hoặc m = 3, n = 5 hay a = 16, b = 112 hoặc a = 48, b = 80 Bài toán 7 : Tìm a, b biết a + b = 42 và [a, b] = 72. Lời giải : Gọi d = (a, b) => a = md ; b = nd với m, n thuộc Z+ ; (m, n) = 1. Không mất tính tổng quát, giả sử a ≤ b => m ≤ n. Do đó : a + b = d(m + n) = 42 (1)    [a, b] = mnd = 72 (2) => d là ước chung của 42 và 72 => d thuộc {1 ; 2 ; 3 ; 6}. Lần lượt thay các giá trị của d vào (1) và (2) để tính m, n ta thấy chỉ có trường hợp d = 6 =>   m + n = 7 và mn = 12 => m = 3 và n = 4 . (thỏa mãn các điều kiện của m, n). Vậy d = 6 và a = 3.6 = 18 , b = 4.6 = 24 Bài toán 8 : Tìm a, b biết a - b = 7, [a, b] = 140. Lời giải : Gọi d = (a, b) => a = md ; b = nd với m, n thuộc Z+ ; (m, n) = 1. Do đó : a - b = d(m - n) = 7   (1’)    [a, b] = mnd = 140   (2’) => d là ước chung của 7 và 140 => d thuộc {1 ; 7}. Thay lần lượt các giá trị của d vào (1’) và (2’) để tính m, n ta được kết quả duy nhất : d = 7 => m - n = 1 và mn = 20 => m = 5, n = 4 Vậy d = 7 và a = 5.7 = 35 ; b = 4.7 = 28 . Bài tập tự giải : 1/ Tìm hai số a, b biết 7a = 11b và (a, b) = 45. 2/ Tìm hai số biết tổng của chúng bằng 448, ƯCLN của chúng bằng 16 và chúng có các chữ số hàng đơn vị giống nhau. 3/ Cho hai số tự nhiên a và b. Tìm tất cả các số tự nhiên c sao cho trong ba số, tích của hai số luôn chia hết cho số còn lại. MỘT SỐ DẠNG TOÁN SỬ DỤNG PHÉP PHÂN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ Sau khi xem xong tạp chí Toán Tuổi thơ 2 số 5 (tháng 7 năm 2003), tôi rất tâm đắc với các bài toán phân tích đa thức thành nhân tử. Do đó tôi mạnh dạn trao đổi với bạn đọc về vấn đề vận dụng phép phân tích đa thức thành nhân tử vào giải một số dạng toán ở bậc THCS. 1. Rút gọn các biểu thức đại số. Bài toán 1 : Rút gọn : với ab ≠ 0. Lời giải : Bài toán 2 : Rút gọn : Lời giải : 2. Chứng minh bất đẳng thức Bài toán 3 : Cho ΔABC với góc A ≥ góc B ≥ góc C. Chứng minh : Lời giải : Hạ AH vuông góc với BC ; BI vuông góc với AC. Ta có AH = ha, BI = hb. Dễ thấy 2 tam giác vuông AHC và BIC đồng dạng và chung góc C. => ha/hb = AH/BI = b/a . áp dụng điều tương tự ta có : Vì góc A ≥ góc B ≥ góc C tương đương với a ≥ b ≥ c nên (**) đúng, tức là (*) được chứng minh. 3. Giải phương trình và bất phương trình Bài toán 4 : Giải phương trình : 4x3 - 10x2 + 6x - 1 = 0 (1) Lời giải : (1) 4x3 - 2x2 - 8x2 + 4x + 2x - 1 = 0 tương đương 2x2(2x - 1) - 4x(2x - 1) + (2x - 1) = 0hay (2x - 1)(2x2 - 4x + 1) = 0 Bài toán 5 : Giải phương trình : Lời giải : Ta có : Vậy phương trình (2) có nghiệm duy nhất là x = 3. Bài toán 6 : Giải bất phương trình : 7x3 - 12x2 - 8 < 0 (3) Lời giải : (3) 7x3 - 14x2 + 2x2 - 8 < 0 tương đương với 7x2(x - 2) + 2(x2 - 4) < 0 hay (x - 2)(7x2 + 2x + 4) < 0 tương đương với (x - 2)[6x2 + 3 + (x + 1)2] x < 2. Vậy bất phương trình (3) có nghiệm là x < 2. 4. Một số bài toán khác. Bài toán 7 : CMR nếu : với a, b ≠ 0 ; a ≠ b ; a, b ≠ 1/2 thì a + b + 3/2 = 1/a + 1/b. Lời giải : (*) tương đương : a2b - 2a3b - 2b2 + 4ab2 = b2a - 2ab3 - 2a2 + 4a2b hay : 3ab2 - 3a2b - 2a3b + 2b3a - 2b2 + 2a2 = 0 3ab(b - a) + 2ab(b2 - a2) - 2(b2 - a2) = 0 (b - a)[3ab + 2ab(b + a) - 2(a + b)] = 0 Vì a ≠ b => b - a ≠ 0 nên hệ thức trên tương đương với : 3ab + 2ab(b + a) - 2(a + b) = 0 Do a.b ≠ 0 => 3/2 + a + b - (a + b)/ab = 0 => : a + b + 3/2 = 1/a + 1/b . (đpcm). Bài toán 8 : Chứng minh : n2 + 11n + 39 không chia hết cho 49 với "n thuộc N. Lời giải : Xét M = n2 + 11n + 39 = n2 + 2n + 9n + 18 + 21 = (n + 2)(n + 9) + 21. Có (n + 9) - (n + 2) = 7 => n + 9 và n + 2 cùng chia hết cho 7 hoặc không cùng chia hết cho 7. - Nếu n + 9 và n + 2 cùng chia hết cho 7 thì (n + 9)(n + 2) chia hết cho 49 mà 21 không chia hết cho 49 nên M không chia hết cho 49. - Nếu n + 9 và n + 2 không cùng chia hết cho 7 thì (n + 9)(n + 2) không chia hết cho 7 mà 21 chia hết cho 7 nên M không chia hết cho 49. Vậy n22 + 11n + 39 không chia hết cho 49. Sau đây là một số bài tập để các bạn thử vận dụng : 1. Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình : x6 - x4 + 2x3 + 2x2 = y2. 2. Cho ab ≥ 1. Chứng minh : 1/(1 + a2) + 1/(1 + b2) ≥ 2/(1 + ab). 3. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên lẻ n thì (n86 - n4 + n2) chia hết cho 1152. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN Trong quá trình giảng dạy và làm toán, tôi đã hệ thống được một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên, hi vọng sẽ giúp các em học sinh biết lựa chọn phương pháp thích hợp khi giải bài toán loại này. Phương pháp 1 : Đưa về dạng tích Biến đổi phương trình về dạng : vế trái là tích của các đa thức chứa ẩn, vế phải là tích của các số nguyên. Thí dụ 1 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình : y3 - x3 = 91   (1) Lời giải : (1) tương đương với (y - x)(x2 + xy + y2) = 91   (*) Vì x2 + xy + y2 > 0 với mọi x, y nên từ (*) => y - x > 0. Mặt khác, 91 = 1 x 91 = 7 x 13 và y - x ; x2 + xy + y2 đều nguyên dương nên ta có bốn khả năng sau : y - x = 91 và x2 + xy + y2 = 1 ; (I) y - x = 1 và x2 + xy + y2 = 91 ; (II) y - x = 3 và x2 + xy + y2 = 7 ; (III) y - x = 7 và x2 + xy + y2 = 13 ; (IV) Đến đây, bài toán coi như được giải quyết. Phương pháp 2 : Sắp thứ tự các ẩnNếu các ẩn x, y, z, ... có vai trò bình đẳng, ta có thể giả sử x ≤ y ≤ z ≤ ... để tìm các nghiệm thỏa mãn điều kiện này. Từ đó, dùng phép hoán vị để => các nghiệm của phương trình đã cho. Thí dụ 2 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : x + y + z = xyz   (2). Lời giải : Do vai trò bình đẳng của x, y, z trong phương trình, trước hết ta xét x ≤ y ≤ z. Vì x, y, z nguyên dương nên xyz ≠ 0, do x ≤ y ≤ z => xyz = x + y + z ≤ 3z => xy ≤ 3 => xy thuộc {1 ; 2 ; 3}. Nếu xy = 1 => x = y = 1, thay vào (2) ta có : 2 + z = z, vô lí. Nếu xy = 2, do x ≤ y nên x = 1 và y = 2, thay vào (2), => z = 3. Nếu xy = 3, do x ≤ y nên x = 1 và y = 3, thay vào (2), => z = 2. Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình (2) là các hoán vị của (1 ; 2 ; 3). Thí dụ 3 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : 1/x + 1/y + 1/z = 2   (3) Lời giải : Do vai trò bình đẳng của x, y, z, trước hết ta xét x ≤ y ≤ z. Ta có : 2 = 1/x + 1/y + 1/z ≤ 3.1/x => x ≤ 3/2 => x = 1. Thay x = 1 vào (3) ta có :1/y + 1/z + 1 = 2 => 1 = 1/y + 1/z ≤ 2/y => y ≤ 2 => y = 1 => 1/z = 0 (vô lí)hoặc y = 2 => 1/z = 2 => z = 2. Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình (3) là các hoán vị của (1 ; 2 ; 2). Phương pháp 3 : Sử dụng tính chất chia hết Phương pháp này sử dụng tính chất chia hết để chứng minh phương trình vô nghiệm hoặc tìm nghiệm của phương trình. Thí dụ 4 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x2 - 2y2 = 5   (4) Lời giải : Từ phương trình (4) ta => x phải là số lẻ. Thay x = 2k + 1 (k thuộc Z) vào (4), ta được : 4k2 +4k + 1 - 2y2 = 5 tương đương 2(k2 + k - 1) = y2 => y2 là số chẵn => y là số chẵn. Đặt y = 2t (t thuộc Z), ta có : 2(k2 + k - 1) = 4t2 tương đương k(k + 1) = 2t2 + 1   (**) Nhận xét : k(k + 1) là số chẵn, 2t2 + 1 là số lẻ => phương trình (**) vô nghiệm. Vậy phương trình (4) không có nghiệm nguyên. Thí dụ 5 : Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên x, y, z thỏa mãn : x3 + y3 + z3 = x + y + z + 2000   (5) Lời giải : Ta có x3 - x = (x - 1).x.(x + 1) là tích của 3 số nguyên liên tiếp (với x là số nguyên). Do đó : x3 - x chia hết cho 3. Tương tự y3 - y và z3 - z cũng chia hết cho 3. Từ đó ta có : x3 + y3 + z3 - x - y - z chia hết cho 3. Vì 2000 không chia hết cho 3 nên x3 + y3 + z3 - x - y - z ≠ 2000 với mọi số nguyên x, y, z tức là phương trình (5) không có nghiệm nguyên. Thí dụ 6 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình : xy + x - 2y = 3   (6) Lời giải : Ta có (6) tương đương y(x - 2) = - x + 3. Vì x = 2 không thỏa mãn phương trình nên (6) tương đương với: y = (-x + 3)/(x - 2) tương đương y = -1 + 1/(x - 2). Ta thấy : y là số nguyên tương đương với x - 2 là ước của 1 hay x - 2 = 1 hoặc x - 2 = -1 tương đương với x = 1 hoặc x = 3. Từ đó ta có nghiệm (x ; y) là (1 ; -2) và (3 ; 0). Chú ý : Có thể dùng phương pháp 1 để giải bài toán này, nhờ đưa phương trình (6) về dạng : x(y + 1) - 2(y + 1) = 1 tương đương (x - 2)(y + 1) = 1. Phương pháp 4 : Sử dụng bất đẳng thức Dùng bất đẳng thức để đánh giá một ẩn nào đó và từ sự đánh giá này => các giá trị nguyên của ẩn này. Thí dụ 7 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x2 - xy + y2 = 3   (7) Lời giải : (7) tương đương với (x - y/2)2 = 3 - 3y2/4 Vì (x - y/2)2 ≥ 0 => 3 - 4y2/4 ≥ 0 => -2 ≤ y ≤ 2 . Lần lượt thay y = -2 ; 2 ; -1 ; 1 ; 0 vào phương trình để tính x. Ta có các nghiệm nguyên của phương trình là :(x ; y) thuộc {(-1 ; -2) ; (1 ; 2) ; (-2 ; -1) ; (2 ; 1) ; (-1 ; 1) ; (1 ; -1)}. Chắc chắn còn nhiều phương pháp để giải phương trình nghiệm nguyên và còn nhiều thí dụ hấp dẫn khác. Mong các bạn tiếp tục trao đổi về vấn đề này. Các bạn cũng thử giải một số phương trình nghiệm nguyên sau đây : Bài 1 : Giải các phương trình nghiệm nguyên : a) x2 - 4 xy = 23 ; b) 3x - 3y + 2 = 0 ; c) 19x2 + 28y2 =729 ; d) 3x2 + 10xy + 8y2 = 96. Bài 2 : Tìm x, y nguyên dương thỏa mãn : a) 4xy - 3(x + y) = 59 ; b) 5(xy + yz + zx) = 4xyz ; c) xy/z + yz/x + zx/y = 3 ; d) 1/x + 1/y + 1/z = 1/1995. GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNHBẰNG CÁCH ĐÁNH GIÁ CÁC ẨN Hệ phương trình là một dạng toán thường gặp trong các kì thi của học sinh lớp 9. Có nhiều hệ phương trình khi giải trực tiếp sẽ rất phức tạp, thậm chí không giải được. Trong một số trường hợp như vậy, ta có thể tìm cách đánh giá giữa các ẩn hoặc giữa ẩn với một số, từ đó xác định nghiệm của hệ. Phương pháp này gọi là “phương pháp đánh giá các ẩn”. 1. Đánh giá giữa các ẩn Ví dụ 1 (đề thi vào khối chuyên Toán Tin, ĐHQG Hà Nội năm 1996) : Giải hệ phương trình Lời giải : Điều kiện : x ≥ 1/2 ; y ≤ 1/2. Ta sẽ chứng minh x = y. Thật vậy : Vậy nghiệm duy nhất của hệ phương trình (thỏa mãn điều kiện) là : x = y = 1. Ví dụ 2 (đề thi vào khối chuyên, ĐHSPHN năm 2004) : Tìm nghiệm dương của hệ Lời giải : Ta sẽ chứng minh x = y = z. Do x, y, z có vai trò như nhau nên không mất tổng quát, giả sử x y và x z. (4) Vì x > 0, y > 0, z > 0 nên : Từ (1), (2), (4) => 2x2004 = y6 + z6 ≤ x6 + z6 = 2y2004 => 2x2004 ≤ 2y2004 => x ≤ y. (5) Từ (1), (3), (4) => 2x2004 = y6 + z6 ≤ y6 + x6 = 2z2004 => 2x2004 ≤ 2z2004 => x ≤ z. (6) Từ (4), (5), (6) suy ra x = y = z. Thay vào (1) ta có 2x2004 = x6 + x6 = 2x6 suy ra x = 1 (do x > 0). Vậy hệ có nghiệm dương duy nhất : x = y = z = 1. Ví dụ 3 : Tìm a, b, c biết 4a - b2 = 4b - c2 = 4c - a2 = 1 (*) Lời giải : Ta thấy ngay a > 0, b > 0, c > 0. Giả sử a > b, từ (*) ta có : 4a - 4b = b2 - c2 > 0 => b > c (>0) ; 4b - 4c = c2 - a2 > 0 => c > a (>0). => b > c > a trái với giả thiết a > b => a ≤ b. Tương tự như trên, nếu a < b thì cũng dẫn đến điều vô lí. Vậy a = b, suy ra : 4a - 4b = b2 - c2 = 0 => b = c => a = b = c. Thay vào (*) ta có : 4a - b2 = 1 4a - a2 = 1 a2 - 4a + 1 = 0 Giải phương trình bậc hai ẩn a trên ta được hai nghiệm là ++++++++ Vậy hệ phương trình (*) có hai nghiệm : 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 + 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. Các bạn hãy thử giải các hệ phương trình sau : SỬ DỤNG DIỆN TÍCHTRONG CHỨNG MINH HÌNH HỌC Có nhiều bài toán hình học tưởng như không liên quan đến diện tích, nhưng nếu ta sử dụng diện tích thì lại dễ dàng tìm ra lời giải của bài toán. Bài toán 1 : Tam giác ABC có AC = 2 AB. Tia phân giác của góc A cắt BC ở D. Chứng minh rằng DC = 2 DB. Phân tích bài toán (h.1) Để so sánh DC và DB, có thể so sánh diện tích hai tam giác ADC và ADB có chung đường cao kẻ từ A. Ta so sánh được diện tích hai tam giác này vì chúng có các đường cao kẻ từ D bằng nhau, và AC = 2 AB theo đề bài cho. Giải : Kẻ DI vuông góc với AB, DK vuông góc với AC. Xét ΔADC và ΔADB : các đường cao DI = DK, các đáy AC = 2 AB nên SADC = 2 SADB. Vẫn xét hai tam giác trên có chung đường cao kẻ từ A đến BC, do SADC = 2 SADB nên DC = 2 DB. Giải tương tự như trên, ta chứng minh được bài toán tổng quát : Nếu AD là phân giác của ΔABC thì DB/DC = AB/AC. Bài toán 2 : Cho hình thang ABCD (AB // CD), các đường chéo cắt nhau tại O. Qua O, kẻ đường thẳng song song với hai đáy, cắt các cạnh bên AC và BC theo thứ tự tại E và F. Chứng minh rằng OE = OF. Giải : Cách 1 : (h.2) Kẻ AH, BK, CM, DN vuông góc với EF. Đặt AH = BK = h1, CM = DN = h2. Ta có : Từ (1), (2), (3) => : Do đó OE = OF. Cách 2 : (h.3) Kí hiệu như trên hình vẽ. Ta có SADC = SBDC . Cùng trừ đi S5 được : S1 + S2 = S3 + S4 (1) Giả sử OE > OF thì S1 > S3 và S2 > S4 nên S1 + S2 > S3 + S4, trái với (1). Giả sử OE < OF thì S1 < S3 và S2 < S4 nên S1 + S2 < S3 + S4, trái với (1). Vậy OE = OF. Bài toán 3 : Cho hình bình hành ABCD. Các điểm M, N theo thứ tự thuộc các cạnh AB, BC sao cho AN = CM. Gọi K là giao điểm của AN và CM. Chứng minh rằng KD là tia phân giác của góc AKC. Giải : (h.4) Kẻ DH vuông góc với KA, DI vuông góc với KC. Ta có : DH . AN = 2 SADN (1) DI . CM = 2 SCDM (2) Ta lại có SADN = 1/2.SABCD (tam giác và hình bình hành có chung đáy AD, đường cao tương ứng bằng nhau), SCDM = 1/2.SABCD nên SADN = SCDM (3) Từ (1), (2), (3) => DH . AN = DI . CM. Do AN = CM nên DH = DI. Do đó KI là tia phân giác của góc AKC. Như vậy khi xét quan hệ giữa độ dài các đoạn thẳng, ta nên xét quan hệ giữa diện tích các tam giác mà cạnh là các đoạn thẳng ấy. Điều đó nhiều khi giúp chúng ta đi đến lời giải của bài toán. Bạn hãy sử dụng diện tích để giải các bài toán sau : 1. Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi M là một điểm bất kì thuộc cạnh đáy BC. Gọi MH, MK theo thứ tự là các đường vuông góc kẻ từ M đến AB, AC. Gọi BI là đường cao của tam giác ABC. Chứng minh rằng MH + MK = BI. Hướng dẫn : Hãy chú ý đến SAMB + SAMC = SABC. 2. Chứng minh rằng tổng các khoảng cách từ một điểm M bất kì trong tam giác đều ABC đến ba cạnh của tam giác không phụ thuộc vị trí của M. Hướng dẫn : Hãy chú ý đến SMBC + SMAC + SMAB = SABC. 3. Cho tam giác ABC cân tại A. Điểm M thuộc tia đối của tia BC. Chứng minh rằng hiệu các khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng AC và AB bằng đường cao ứng với cạnh bên của tam giác ABC. Hướng dẫn : Hãy chú ý đến SMAC - SMAB = SABC. 4. Cho hình thang ABCD (AB // CD, AB < CD). Các đường thẳng AD và BC cắt nhau tại O. Gọi F là trung điểm của CD, E là giao điểm của OF và AB. Chứng minh rằng AE = EB. Hướng dẫn : Dùng phương pháp phản chứng. MỘT PHƯƠNG PHÁP VẼ ĐƯỜNG PHỤ Bài toán 1 : Cho góc xOy. Trên Ox lấy hai điểm A, B và trên Oy lấy hai điểm C, D sao cho AB = CD. Gọi M và N là trung điểm của AC và BD. Chứng minh đường thẳng MN song song với phân giác góc xOy. Suy luận : Vị trí đặc biệt nhất của CD là khi CD đối xứng với AB qua Oz, phân giác góc xOy. Gọi C1 và D1 là các điểm đối xứng của A và B qua Oz ; E và F là các giao điểm của AC1 và BD1 với Oz. Khi đó E và F là trung điểm của AC1 và BD1, và do đó vị trí của MN sẽ là EF. Vì vậy ta chỉ cần chứng minh MN // EF là đủ (xem hình 1). Thật vậy, do AB = CD (gt), AB = C1D1 (tính chất đối xứng) nên CD = C1D1. Mặt khác ME và NF là đường trung bình của các tam giác ACC1 và BDD1 nên NF // DD1, NF = 1/2DD1 , ME // CC1 , ME = 1/2 CC1 => ME // NF và NE = 1/2 NF => tứ giác MEFN là hình bình hành => MN // EF => đpcm. Bài toán 1 có nhiều biến dạng” rất thú vị, sau đây là một vài biến dạng của nó, đề nghị các bạn giải xem như những bài tập nhỏ ; sau đó hãy đề xuất những “biến dạng” tương tự. Bài toán 2 : Cho tam giác ABC. Trên AB và CD có hai điểm D và E chuyển động sao cho BD = CE. Đường thẳng qua các trung điểm của BC và DE cắt AB và AC tại I và J. Chứng minh ΔAIJ cân. Bài toán 3 : Cho tam giác ABC, AB ≠ AC. AD và AE là phân giác trong và trung tuyến của tam giác ABC. Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE cắt AB và AC tại M và N. Gọi F là trung điểm của MN. Chứng minh AD // EF. Trong việc giải các bài toán chứa các điểm di động, việc xét các vị trí đặc biệt càng tỏ ra hữu ích, đặc biệt là các bài toán “tìm tập hợp điểm”. Bài toán 4 : Cho nửa đường tròn đường kính AB cố định và một điểm C chuyển động trên nửa đường tròn đó. Dựng hình vuông BCDE. Tìm tập hợp C, D và tâm hình vuông. Ta xét trường hợp hình vuông BCDE “nằm ngoài” nửa đường tròn đã cho (trường hợp hình vuông BCDE nằm trong đường tròn đã cho được xét tương tự, đề nghị các bạn tự làm lấy xem như bài tập). Suy luận : Xét trường hợp C trùng với B. Khi đó hình vuông BCDE sẽ thu lại một điểm B và các điểm I, D, E đều trùng với B, trong đó I là tâm hình vuông BCDE. Vậy B là một điểm thuộc các tập hợp cần tìm. Xét trường hợp C trùng với A. Dựng hình vuông BAD1E1 khi đó D trùng với D1, E trùng với E1 và I trùng với I1 (trung điểm của cung AB ). Trước hết, ta tìm tập hợp E. Vì B và E1 thuộc tập hợp cần tìm nên ta nghĩ ngay đến việc thử chứng minh Đ BEE1 không đổi. Điều này không khó vì Đ ACB = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) và ΔBEE1 = ΔBCA (c. g. c) => Đ BEE1 = Đ BCA = 90o => E nằm trên nửa đường tròn đường kính BE1 (1/2 đường tròn này và 1/2 đường tròn đã cho nằm ở hai nửa mặt phẳng khác nhau với “bờ” là đường thằng BE1). Vì Đ DEB = Đ E1EB = 90o nên D nằm trên EE1 (xem hình 2) => Đ ADE1 = 90o = Đ ABE1 => D nằm trên đường tròn đường kính AE1, nhưng ABE1D1 là hình vuông nên đường tròn đường kính AE1 cũng là đường tròn đường kính BD1. Chú ý rằng B và D1 là các vị trí giới hạn của tập hợp cần tìm, ta => tập hợp D là nửa đường tròn đường kính BD1 (nửa đường tròn này và điểm A ở về hai nửa mặt phẳng khác nhau với bờ là đường thẳng BD1). Cuối cùng, để tìm tập hợp I, ta cần chú ý II1 là đường trung bình của ΔBDD1 nên II1 // DD1 => Đ BII1 = 90 => tập hợp I là nửa đường tròn đường kính BI1 (đường tròn này và A ở về hai nửa mặt phẳng khác nhau với bờ là BD1). Để kết thúc, xin mời bạn giải bài toán sau đây : Bài toán 5 : Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB cố định và 1 điểm C chuyển động trên nửa đường tròn đó. Kẻ CH vuông góc với AB. Trên đoạn thẳng OC lấy điểm M sao cho OM = CH. Tìm tập hợp M. VẬN DỤNG BỔ ĐỀ HÌNH THANG VÀO GIẢI TOÁN * Trong Tạp chí Toán Tuổi thơ 2 số 4 (TTT2(4)), tháng 6 năm 2003, ở mục kết quả Thử tí toán, để chia đôi một đoạn thẳng song song với một đường thẳng cho trước chỉ bẳng thước thẳng, ta đã dựa vào một bổ đề : “Đường thẳng nối giao điểm các đường chéo của hình thang với giao điểm các cạnh bên kéo dài sẽ chia đáy của hình thang thành hai phần bằng nhau”. Bổ đề này thường được gọi là bổ đề “Hình thang”. Để chứng minh bổ đề, các bạn có thể tham khảo phần chứng minh trong TTT2(4). * ở bài viết này, xin nêu thêm một số dạng ứng dụng khác của bổ đề “Hình thang”. Bài toán 1 : Cho DABC. M, N, P lần lượt là các điểm trên các cạnh BC, CA, AB. Nối AM, BN, CP cắt nhau tại I, J, K (hình 1). Kí hiệu S là diện tích, chứng minh rằng : Nếu SΔAIN = SΔBJP = SΔCKM = SΔIJK thì SAPJI = SBMKJ = SCNIK. Lời giải : Gọi L là giao điểm của CI và NK. Từ SΔANI = SΔIJK => SΔANI + SΔAIJ = = SΔIJK + SΔAIJ => SΔNAJ = SΔKAJ. Ta nhận thấy ΔNAJ và ΔKAJ có chung cạnh AJ nên khoảng cách từ N và K tới AJ là bằng nhau, dẫn đến NK // AJ. Xét hình thang KNAJ, có hai cạnh bên AN x JK = C ; có hai đường chéo AK x JN = I, theo bổ đề “Hình thang”, CI cắt NK tại trung điểm của NK. Vậy L là trung điểm của NK (*). Từ (*) ta chứng minh được SΔCIN = S ΔCIK, mà SΔAIN = S ΔCKM => SΔCIM = SΔCIA => IA = IM (**) ( ΔCIM và ΔCIA có chung đường cao hạ từ C tới AM). Từ (**) => S ΔBIA = S ΔBIM ( ΔBIM và ΔBIA có chung đường cao hạ từ B tới AM). Tương đương với S ΔBPJ + SAPJI = S ΔIJK + SBJKM hay SAPJI = SBJKM (do S ΔBPJ = SIJK). Hoàn toàn tương tự, ta chứng minh được từng cặp trong ba tứ giác APJI, BMKJ, CNIK có diện tích bằng nhau và do đó diện tích của ba tứ giác này bằng nhau. * Xét bài toán đảo của bài toán dựng hình chỉ bằng thước kẻ trong TTT2(4) nói trên. Bài toán 2 : Cho trước một đoạn thẳng AB và trung điểm M của nó. Chỉ bằng thước thẳng, hãy dựng qua điểm C nằm ngoài AB, một đường thẳng song song với AB. Lời giải : Phân tích : Giả sử dựng được đường thẳng (d) đi qua C và song song với AB (hình 2). Trên phần kéo dài của tia BC, lấy một điểm S bất kì. Gọi giao điểm của SA và (d) là D, AC cắt BD tại O. Theo bổ đề Hình thang, đường thẳng SO đi qua điểm M, từ đó ta có cách dựng. Cách dựng : Lấy điểm S như trên. Lần lượt nối AC, SM, các đường thẳng này cắt nhau tại O. Nối SA, BO, cắt nhau tại D. Đường thẳng (d) đi qua C, D chính là đường thẳng cần dựng : (d) đi qua C, (d) // AB. * Kết quả của bài toán 2 cũng được vận dụng trong nhiều bài toán dựng hình chỉ bằng thước thẳng. Bài toán 3 : Cho hình bình hành ABCD với O là tâm. Chỉ dùng thước thẳng, qua O, hãy dựng đường thẳng song song với một cạnh bất kì của hình bình hành ABCD. Lời giải : Theo bài toán, O lần lượt là trung điểm AC, BD (hình 3). áp dụng bài toán 2 cho đoạn thẳng AC với O là trung điểm của AC và B là điểm nằm ngoài AC, ta hoàn toàn dựng được đường thẳng Bx // AC. Tương tự, ta cũng dựng được đường thẳng Cy // BD. Gọi E là giao điểm của Bx, Cy, ta thấy ngay OBEC là hình bình hành. Do đó, nếu gọi I là giao điểm của BC và OE thì I là trung điểm của BC, mặt khác O là trung điểm của BD nên OI là đường trung bình của DBCD, OI // CD. => OE là đường thẳng cần dựng. Bài toán 4 : Trong mặt phẳng cho trước đường tròn (S) và tâm O của nó ; một điểm M và một đường thẳng (d) bất kì. Chỉ bằng thước thẳng, hãy dựng một đường thẳng đi qua M song song với (d). Lời giải : Để áp dụng được bài toán 2 trong trường hợp này, ta cần xác định được trên (d) hai điểm P, Q khác nhau và điểm N là trung điểm của PQ. Ta thực hiện như sau : Trên (d), lấy một điểm P tùy ý (hình 4). Qua P, kẻ cát tuyến PAB tới (S). AO, BO cắt (S) lần lượt tại C, D. CD cắt (d) tại Q. Theo tính chất của đường tròn, ta chứng minh được tứ giác ABCD là hình bình hành có tâm là điểm O. Theo bài toán 3, qua O ta dựng được đường thẳng song song với AB và dễ thấy đường thẳng này cắt PQ tại N là trung điểm của PQ. Đến đây, ta có thể => cách dựng đường thẳng qua M song song với (d) dựa vào bài toán 2. Bài tập tự giải : Bài toán 5 : Cho trước đường tròn (S) và tâm O của nó, M là một điểm bất kì. Chỉ dùng thước thẳng, hãy dựng qua M một đường thẳng vuông góc với một đường thẳng (d) cho trước. Bài toán 6 : Cho tứ giác ABCD, AD cắt BC tại S, AC cắt BD tại O. Chứng minh rằng nếu SO đi qua trung điểm M của AB thì SO cũng đi qua trung điểm N của CD và tứ giác ABCD là hình thang. CHỨNG MINH MỘT SỐ KHÔNG PHẢI LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG Trong chương trình Toán lớp 6, các em đã được học về các bài toán liên quan tới phép chia hết của một số tự nhiên cho một số tự nhiên khác 0 và đặc biệt là được giới thiệu về số chính phương, đó là số tự nhiên bằng bình phương của một số tự nhiên (chẳng hạn : 0 ; 1 ; 4 ; 9 ;16 ; 25 ; 121 ; 144 ; …). Kết hợp các kiến thức trên, các em có thể giải quyết bài toán : Chứng minh một số không phải là số chính phương. Đây cũng là một cách củng cố các kiến thức mà các em đã được học. Những bài toán này sẽ làm tăng thêm lòng say mê môn toán cho các em. 1. Nhìn chữ số tận cùng Vì số chính phương bằng bình phương của một số tự nhiên nên có thể thấy ngay số chính phương phải có chữ số tận cùng là một trong các chữ số 0 ; 1 ; 4 ; 5 ; 6 ; 9. Từ đó các em có thể giải được bài toán kiểu sau đây : Bài toán 1 : Chứng minh số : n = 20042 + 20032 + 20022 - 20012 không phải là số chính phương. Lời giải : Dễ dàng thấy chữ số tận cùng của các số 20042 ; 20032 ; 20022 ; 20012 lần lượt là 6 ; 9 ; 4 ; 1. Do đó số n có chữ số tận cùng là 8 nên n không phải là số chính phương. Chú ý : Nhiều khi số đã cho có chữ số tận cùng là một trong các số 0 ; 1 ; 4 ; 5 ; 6 ; 9 nhưng vẫn không phải là số chính phương. Khi đó các bạn phải lưu ý thêm một chút nữa : Nếu số chính phương chia hết cho số nguyên tố p thì phải chia hết cho p2. Bài toán 2 : Chứng minh số 1234567890 không phải là số chính phương. Lời giải : Thấy ngay số 1234567890 chia hết cho 5 (vì chữ số tận cùng là 0) nhưng không chia hết cho 25 (vì hai chữ số tận cùng là 90). Do đó số 1234567890 không phải là số chính phương. Chú ý : Có thể lý luận 1234567890 chia hết cho 2 (vì chữ số tận cùng là 0), nhưng không chia hết cho 4 (vì hai chữ số tận cùng là 90) nên 1234567890 không là số chính phương. Bài toán 3 : Chứng minh rằng nếu một số có tổng các chữ số là 2004 thì số đó không phải là số chính phương. Lời giải : Ta thấy tổng các chữ số của số 2004 là 6 nên 2004 chia hết cho 3 mà không chia hết 9 nên số có tổng các chữ số là 2004 cũng chia hết cho 3 mà không chia hết cho 9, do đó số này không phải là số chính phương. 2. Dùng tính chất của số dư Chẳng hạn các em gặp bài toán sau đây : Bài toán 4 : Chứng minh một số có tổng các chữ số là 2006 không phải là số chính phương. Chắc chắn các em sẽ dễ bị “choáng”. Vậy ở bài toán này ta sẽ phải nghĩ tới điều gì ? Vì cho giả thiết về tổng các chữ số nên chắc chắn các em phải nghĩ tới phép chia cho 3 hoặc cho 9. Nhưng lại không gặp điều “kì diệu” như bài toán 3. Thế thì ta nói được điều gì về số này ? Chắc chắn số này chia cho 3 phải dư 2. Từ đó ta có lời giải. Lời giải : Vì số chính phương khi chia cho 3 chỉ có số dư là 0 hoặc 1 mà thôi (coi như bài tập để các em tự chứng minh !). Do tổng các chữ số của số đó là 2006 nên số đó chia cho 3 dư 2. Chứng tỏ số đã cho không phải là số chính phương. Tương tự các em có thể tự giải quyết được 2 bài toán : Bài toán 5 : Chứng minh tổng các số tự nhiên liên tiếp từ 1 đến 2005 không phải là số chính phương. Bài toán 6 : Chứng minh số : n = 20044 + 20043 + 20042 + 23 không là số chính phương. Bây giờ các em theo dõi bài toán sau để nghĩ tới một “tình huống” mới. Bài toán 7 : Chứng minh số : n = 44 + 4444 + 444444 + 44444444 + 15 không là số chính phương. Nhận xét : Nếu xét n chia cho 3, các em sẽ thấy số dư của phép chia sẽ là 1, thế là không “bắt chước” được cách giải của các bài toán 3 ; 4 ; 5 ; 6. Nếu xét chữ số tận cùng các em sẽ thấy chữ số tận cùng của n là 9 nên không làm “tương tự” được như các bài toán 1 ; 2. Số dư của phép chia n cho 4 là dễ thấy nhất, đó chính là 3. Một số chính phương khi chia cho 4 sẽ cho số dư như thế nào nhỉ ? Các em có thể tự chứng minh và được kết quả : số dư đó chỉ có thể là 0 hoặc 1. Như vậy là các em đã giải xong bài toán 7. 3. “Kẹp” số giữa hai số chính phương “liên tiếp” Các em có thể thấy rằng : Nếu n là số tự nhiên và số tự nhiên k thỏa mãn n2 < k < (n + 1)2 thì k không là số chính phương. Từ đó các em có thể xét được các bài toán sau : Bài toán 8 : Chứng minh số 4014025 không là số chính phương. Nhận xét : Số này có hai chữ số tận cùng là 25, chia cho 3 dư 1, chia cho 4 cũng dư 1. Thế là tất cả các cách làm trước đều không vận dụng được. Các em có thể thấy lời giải theo một hướng khác. Lời giải : Ta có 20032 = 4012009 ; 20042 = 4016016 nên 20032 < 4014025 < 20042. Chứng tỏ 4014025 không là số chính phương. Bài toán 9 : Chứng minh A = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) không là số chính phương với mọi số tự nhiên n khác 0. Nhận xét : Đối với các em đã làm quen với dạng biểu thức này thì có thể nhận ra A + 1 là số chính phương (đây là bài toán quen thuộc với lớp 8). Các em lớp 6, lớp 7 cũng có thể chịu khó đọc lời giải. Lời giải : Ta có : A + 1 = 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. Mặt khác : (n2 + 3n)2 < (n2 + 3n)2 + 2(n2 + 3n) = A. Điều này hiển nhiên đúng vì n ≥ 1. Chứng tỏ : (n2 + 3n)2 A không là số chính phương. Các em có thể rèn luyện bằng cách thử giải bài toán sau : Bài toán 10 : Hãy tìm số tự nhiên n sao cho A = n4 - 2n3 + 3n2 - 2n là số chính phương. Gợi ý : Nghĩ đến (n2 - n + 1)2. Bài toán 11 : Chứng minh số 235 + 2312 + 232003 không là số chính phương. Gợi ý : Nghĩ đến phép chia cho 3 hoặc phép chia cho 4. Bài toán 12 : Có 1000 mảnh bìa hình chữ nhật, trên mỗi mảnh bìa được ghi một số trong các số từ 2 đến 1001 sao cho không có hai mảnh nào ghi số giống nhau. Chứng minh rằng : Không thể ghép tất cả các mảnh bìa này liền nhau để được một số chính phương. Bài toán 13 : Chứng minh rằng : Tổng các bình phương của bốn số tự nhiên liên tiếp không thể là số chính phương. Gợi ý : Nghĩ tới phép chia cho 4. Bài toán 14 : Chứng minh rằng số 333333 + 555555 + 777777 không là số chính phương. Gợi ý : Nghĩ đến phép chia cho … một chục (?) Bài toán 15 : Lúc đầu có hai mảnh bìa, một cậu bé tinh nghịch cứ cầm một mảnh bìa lên lại xé ra làm bốn mảnh. Cậu ta mong rằng cứ làm như vậy đến một lúc nào đó sẽ được số mảnh bìa là một số chính phương. Cậu ta có thực hiện được mong muốn đó không ? CHỨNG MINH MỘT SỐLÀ 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 :Ta có : 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. CHỦ ĐỘNG SÁNG TẠOKHI GIẢI TOÁN HÌNH HỌC Một vấn đề đặt ra là nên cấu tạo đề bài tập toán như thế nào (với mục đích vận dụng kiến thức, rèn luyện kĩ năng, kiểm tra năng lực toán học. v.v...) để phù hợp phương pháp dạy học đổi mới theo định hướng tích cực, độc lập, sáng tạo. Câu trả lời đã trở nên rõ ràng nếu chú ý nhận xét tính đa dạng và phong phú của hệ thống bài tập trong sách giáo khoa mới. Trong khuôn khổ một bài báo, do không thể phân tích hết ưu nhược điểm của từng thể loại bài tập toán nhằm giúp học sinh học tập chủ động, sáng tạo, tác giả xin trao đổi với các bạn đồng nghiệp về vấn đề này thông qua một số ví dụ về bài tập hình học.Thí dụ 1 : Bài tập kích thích mạnh mẽ tư duy học sinh là loại bài tập tình huống. Ta hãy xét bài tập sau (lớp 7). Cho điểm M trên trang giấy và hai đường thẳng d, d’ cắt nhau nhau ngoài trang giấy. Hãy vẽ đường thẳng d’’ đi qua điểm M và giao điểm của d, d’. Nói cách vẽ và giải thích vì sao vẽ được như vậy. Tình huống của bài tập này là : Học sinh phải vẽ một đường thẳng đi qua hai điểm, trong đó một điểm đã cho trước, còn điểm thứ hai thì chưa xác định được. Hướng giải quyết bài toán không phải là vẽ giao điểm của hai đường thẳng d và d’ mà là tìm quan hệ giữa đường thẳng phải vẽ (đường thẳng d’’ đi qua điểm M) với những đường thẳng khác có thể vẽ được trên trang giấy. Quá trình mò mẫm dẫn đến cấu hình ba đường cao đồng quy trong tam giác, từ đó => cách vẽ. Lời giải (tóm tắt) mong đợi là như sau :Cách vẽ : Vẽ đường thẳng a đi qua M và vuông góc với d’, a cắt d tại A. Vẽ đường thẳng b đi qua M và vuông góc với d, b cắt d’ tại B. Vẽ đường thẳng d’’ đi qua M và vuông góc với AB, d’’ là đường thẳng phải vẽ, nó đi qua giao điểm của d và d’ (giao điểm này nằm ngoài trang giấy) vì ba đường cao d, d’, d’’ của tam giác MAB đồng quy. Cũng có thể giải thích như sau : Giả sử giao điểm của d và d’ là C (nằm ngoài trang giấy). Trong tam giác ABC, hai đường cao a và b cắt nhau tại M. Thế thì đường thẳng d’’ đi qua M (trực tâm của tam giác ABC) và vuông góc với AB phải là đường cao thứ ba, vậy d’’ đi qua C. Thí dụ 2 : Ta hãy xét bài tập sau (lớp 8). Cho hình vuông ABCD, I là trung điểm của AB, J là trung điểm của BC và K là trung điểm của IB. Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ B xuống IC. Chứng minh rằng hai đường thẳng HJ và HK vuông góc với nhau. Tình huống đặt ra đối với học sinh ở bài tập này là : Với kiến thức đã học, nên chọn phương pháp nào để chứng minh hai đường thẳng HJ và HK vuông góc với nhau. Học sinh có thể nghĩ tới các hướng chứng minh sau : Đ HKJ = 90o (?) HK và HJ là hai tia phân giác của hai góc kề bù (không thể được !) Δ KHJ = Δ KBJ (?) Định lí Py-ta-go thuận và đảo (?) v.v ... Học sinh loại dần hướng chứng minh sai, và thử các hướng chứng minh có triển vọng.Lời giải (tóm tắt) mong đợi là như sau : Tính HJ2 : Trong tam giác vuông BHC, HJ là trung tuyến ứng với cạnh huyền BC. Gọi cạnh hình vuông là a, ta có :HJ = BC/2 = a / 2, từ đó HJ2 = a2 / 4 HK = IB/2 = a / 4 , từ đó HK2 = a2 / 16 Tính HK 2 : Trong tam giác vuông BHI :Tính JK2 : Trong tam giác vuông BJK : JK2 = BJ2 + BK , từ đó JK2 = a2/4 + a2 . Từ các kết quả trên => JK2 = HJ2 + HK2 và theo định lí Py-ta-go đảo thì tam giácJHK vuông góc tại H, tức là HJ vuông góc với HK. Cũng có thể chứng minh theo hướng : Δ KHJ = Δ KBJ (vì HK = HB, HJ = BJ, KJ chung) => Đ H = Đ B bằng 90o, tức là HJ vuông góc với HK. Chú ý rằng, theo chương trình mới, học sinh lớp 7 chưa học định lí : Trong tam giác vuông, đường trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền. Thí dụ 3 : Ta hãy xét bài tập sau (lớp 7). Trên hình vẽ, người ta đã cho biết : AE = CE, BE // CD, Đ ABC = 88o, Đ BCE = 31o. a) Tính Đ ECD. b) Tính Đ EDC c) Trong tam giác CDE thì cạnh nào lớn nhất ? Đây là một bài tập dễ, vận dụng nhiều kiến thức và có nhiều cách giải khác nhau. Nếu đề kiểm tra cuối năm phần hình học lớp 7 được ra theo kiểu này thì chắc chắn học sinh sẽ bộc lộ rõ ràng mức độ nắm vững kiến thức cơ bản, kĩ năng cơ bản của mình và ngay cả học sinh trung bình, yếu cũng hi vọng giải được hầu hết các câu hỏi của bài toán. Lời giải (tóm tắt) : a) Đ BCD = Đ ABE = 88o (hai góc đồng vị). Đ ECD = Đ BCD - Đ BCE = 88o - 31o = 57o b) Vì tam giác EAC cân nên Đ EAB = Đ ECB = 31o. Trong tam giác ABE : Đ AEB = 180o - 88o + 31o = 61o. Đ EDC = Đ AEB - 61o (hai góc đồng vị). c) Trong tam giác CDE : Đ DEC = 180o - (57o + 61o) = 62 Vậy cạnh CD lớn nhất. Cách giải khác : a) Vì tam giác EAC cân nên Đ EAB = Đ ECB = 31o. Trong tam giác AEB : Đ ABE = 61o.Với tam giác BEC : góc ABE = 88o là góc ngoài ở đỉnh B nên góc BEC = 88o - 31o = 57o. Vì BE // CD nên Đ ECD = Đ BEC = 57o (hai góc so le trong) b) Vì BE // CD nên Đ EDC = Đ AEB = 61o (hai góc đồng vị) c) Trong tam giác CDE : Đ DEC = 180o - (57o + 61o) = 62o Vậy cạnh CD lớn nhất. TÌM CHỮ SỐ TẬN CÙNG Tìm chữ số tận cùng của một số tự nhiên là dạng toán hay. Đa số các tài liệu về dạng toán này đều sử dụng khái niệm đồng dư, một khái niệm trừu tượng và không có trong chương trình. Vì thế có không ít học sinh, đặc biệt là các bạn lớp 6 và lớp 7 khó có thể hiểu và tiếp thu được. Qua bài viết này, tôi xin trình bày với các bạn một số tính chất và phương pháp giải bài toán “tìm chữ số tận cùng”, chỉ sử dụng kiến thức THCS. Chúng ta xuất phát từ tính chất sau : Tính chất 1 : a) Các số có chữ số tận cùng là 0, 1, 5, 6 khi nâng lên lũy thừa bậc bất kì thì chữ số tận cùng vẫn không thay đổi. b) Các số có chữ số tận cùng là 4, 9 khi nâng lên lũy thừa bậc lẻ thì chữ số tận cùng vẫn không thay đổi. c) Các số có chữ số tận cùng là 3, 7, 9 khi nâng lên lũy thừa bậc 4n (n thuộc N) thì chữ số tận cùng là 1. d) Các số có chữ số tận cùng là 2, 4, 8 khi nâng lên lũy thừa bậc 4n (n thuộc N) thì chữ số tận cùng là 6. Việc chứng minh tính chất trên không khó, xin dành cho bạn đọc. Như vậy, muốn tìm chữ số tận cùng của số tự nhiên x = am, trước hết ta xác định chữ số tận cùng của a. - Nếu chữ số tận cùng của a là 0, 1, 5, 6 thì x cũng có chữ số tận cùng là 0, 1, 5, 6. - Nếu chữ số tận cùng của a là 3, 7, 9, vì am = a4n + r = a4n.ar với r = 0, 1, 2, 3 nên từ tính chất 1c => chữ số tận cùng của x chính là chữ số tận cùng của ar. - Nếu chữ số tận cùng của a là 2, 4, 8, cũng như trường hợp trên, từ tính chất 1d => chữ số tận cùng của x chính là chữ số tận cùng của 6.ar. Bài toán 1 : Tìm chữ số tận cùng của các số : a) 799   b) 141414   c) 4567 Lời giải : a) Trước hết, ta tìm số dư của phép chia 99 cho 4 : 99 - 1 = (9 - 1)(98 + 97 + … + 9 + 1) chia hết cho 4 => 99 = 4k + 1 (k thuộc N) => 799 = 74k + 1 = 74k.7 Do 74k có chữ số tận cùng là 1 (theo tính chất 1c) => 799 có chữ số tận cùng là 7.b) Dễ thấy 1414 = 4k (k thuộc N) => theo tính chất 1d thì 141414 = 144k có chữ số tận cùng là 6. c) Ta có 567 - 1 chia hết cho 4 => 567 = 4k + 1 (k thuộc N) => 4567 = 44k + 1 = 44k.4, theo tính chất 1d, 44k có chữ số tận cùng là 6 nên 4567 có chữ số tận cùng là 4. Tính chất sau được => từ tính chất 1. Tính chất 2 : Một số tự nhiên bất kì, khi nâng lên lũy thừa bậc 4n + 1 (n thuộc N) thì chữ số tận cùng vẫn không thay đổi. Chữ số tận cùng của một tổng các lũy thừa được xác định bằng cách tính tổng các chữ số tận cùng của từng lũy thừa trong tổng. Bài toán 2 : Tìm chữ số tận cùng của tổng S = 21 + 35 + 49 + … + 20048009. Lời giải : Nhận xét : Mọi lũy thừa trong S đều có số mũ khi chia cho 4 thì dư 1 (các lũy thừa đều có dạng n4(n - 2) + 1, n thuộc {2, 3, …, 2004}). Theo tính chất 2, mọi lũy thừa trong S và các cơ số tương ứng đều có chữ số tận cùng giống nhau, bằng chữ số tận cùng của tổng : (2 + 3 + … + 9) + 199.(1 + 2 + … + 9) + 1 + 2 + 3 + 4 = 200(1 + 2 + … + 9) + 9 = 9009. Vậy chữ số tận cùng của tổng S là 9. Từ tính chất 1 tiếp tục => tính chất 3. Tính chất 3 : a) Số có chữ số tận cùng là 3 khi nâng lên lũy thừa bậc 4n + 3 sẽ có chữ số tận cùng là 7 ; số có chữ số tận cùng là 7 khi nâng lên lũy thừa bậc 4n + 3 sẽ có chữ số tận cùng là 3. b) Số có chữ số tận cùng là 2 khi nâng lên lũy thừa bậc 4n + 3 sẽ có chữ số tận cùng là 8 ; số có chữ số tận cùng là 8 khi nâng lên lũy thừa bậc 4n + 3 sẽ có chữ số tận cùng là 2. c) Các số có chữ số tận cùng là 0, 1, 4, 5, 6, 9, khi nâng lên lũy thừa bậc 4n + 3 sẽ không thay đổi chữ số tận cùng. Bài toán 3 : Tìm chữ số tận cùng của tổng T = 23 + 37 + 411 + … + 20048011. Lời giải : Nhận xét : Mọi lũy thừa trong T đều có số mũ khi chia cho 4 thì dư 3 (các lũy thừa đều có dạng n4(n - 2) + 3, n thuộc {2, 3, …, 2004}). Theo tính chất 3 thì 23 có chữ số tận cùng là 8 ; 37 có chữ số tận cùng là 7 ; 411 có chữ số tận cùng là 4 ; … Như vậy, tổng T có chữ số tận cùng bằng chữ số tận cùng của tổng : (8 + 7 + 4 + 5 + 6 + 3 + 2 + 9) + 199.(1 + 8 + 7 + 4 + 5 + 6 + 3 + 2 + 9) + 1 + 8 + 7 + 4 = 200(1 + 8 + 7 + 4 + 5 + 6 + 3 + 2 + 9) + 8 + 7 + 4 = 9019. Vậy chữ số tận cùng của tổng T là 9. * Trong một số bài toán khác, việc tìm chữ số tận cùng dẫn đến lời giải khá độc đáo. Bài toán 4 : Tồn tại hay không số tự nhiên n sao cho n2 + n + 1 chia hết cho 19952000. Lời giải : 19952000 tận cùng bởi chữ số 5 nên chia hết cho 5. Vì vậy, ta đặt vấn đề là liệu n2 + n + 1 có chia hết cho 5 không ? Ta có n2 + n = n(n + 1), là tích của hai số tự nhiên liên tiếp nên chữ số tận cùng của n2 + n chỉ có thể là 0 ; 2 ; 6 => n2 + n + 1 chỉ có thể tận cùng là 1 ; 3 ; 7 => n2 + n + 1 không chia hết cho 5. Vậy không tồn tại số tự nhiên n sao cho n2 + n + 1 chia hết cho 19952000. Sử dụng tính chất “một số chính phương chỉ có thể tận cùng bởi các chữ số 0 ; 1 ; 4 ; 5 ; 6 ; 9”, ta có thể giải được bài toán sau : Bài toán 5 : Chứng minh rằng các tổng sau không thể là số chính phương : a) M = 19k + 5k + 1995k + 1996k (với k chẵn) b) N = 20042004k + 2003 Sử dụng tính chất “một số nguyên tố lớn hơn 5 chỉ có thể tận cùng bởi các chữ số 1 ; 3 ; 7 ; 9”, ta tiếp tục giải quyết được bài toán : Bài toán 6 : Cho p là số nguyên tố lớn hơn 5. Chứng minh rằng : p8n +3.p4n - 4 chia hết cho 5. * Các bạn hãy giải các bài tập sau : Bài 1 : Tìm số dư của các phép chia : a) 21 + 35 + 49 + … + 20038005 cho 5 b) 23 + 37 + 411 + … + 20038007 cho 5 Bài 2 : Tìm chữ số tận cùng của X, Y : X = 22 + 36 + 410 + … + 20048010 Y = 28 + 312 + 416 + … + 20048016 Bài 3 : Chứng minh rằng chữ số tận cùng của hai tổng sau giống nhau : U = 21 + 35 + 49 + … + 20058013 V = 23 + 37 + 411 + … + 20058015 Bài 4 : Chứng minh rằng không tồn tại các số tự nhiên x, y, z thỏa mãn : 19x + 5y + 1980z = 1975430 + 2004. THÊM CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGIỆM NGUYÊN Sau bài “Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên” của cô giáo Nguyễn Thị Lệ Huyền (TTT2 số 14), rất nhiều bạn đã bổ sung thêm các phương pháp khác hoặc minh họa bằng nhiều bài toán khá thú vị. Kì này, tòa soạn tổng hợp giới thiệu tiếp một số phương pháp từ các bài gửi về của nhóm giáo viên Toán, trường THCS Phan Bội Châu, Hải Dương, nhà giáo Minh Trân, phòng giáo dục Hương Thuỷ, Thừa Thiên, Huế ; Phan Tuấn Dũng, 9A, THCS Phong Bắc, Kì Anh ; Dương Ngọc Tuyền, 9B, THCS Hoàng Xuân Hàn, Đức Thọ, Hà Tĩnh ; Dương Mạnh Linh, 9A2, THCS Lê Quý Đôn, ý Yên, Nam Định để bạn đọc cùng tham khảo. Phương pháp 5 : Đưa về dạng tổng Biến đổi phương trình về dạng : vế trái là tổng của các bình phương, vế phải là tổng của các số chính phương. Thí dụ 8 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 + y2 - x - y = 8   (8) Lời giải : (8) 4x2 + 4y2 - 4x - 4y = 32 (4x2 - 4x + 1) + (4y2 - 4y + 1) = 34 |2x - 1|2 + |2y - 1|2 = 32 + 52. Bằng phương pháp thử chọn ta thấy 34 chỉ có duy nhất một dạng phân tích thành tổng của hai số chính phương 32 và 52. Do đó phương trình thỏa mãn chỉ trong hai khả năng : Giải các hệ trên => phương trình (8) có bốn nghiệm nguyên là (x ; y) Є {2 ; 3) ; (3 ; 2) ; (-1 ; -2) ; (-2 ; -1)} Phương pháp 6 : lùi vô hạn Thí dụ 9 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 - 5y2 = 0   (9) Lời giải : Giả sử (x0 ; y0) là nghiệm của (9) thì : x02 - 5y02 = 0 => x0 chia hết cho 5, đặt x0 = 5x1 ; (x1 Є Z), ta có : 25x12 - 5y02 = 0 5x12 - y02 = 0 => y0 chia hết cho 5, đặt y0 = 5y1 ; (y1 Є Z). Từ đó ta có : 5x12 - 25y12 = 0 x12 - 5y12 = 0. Vậy nếu (x0 ; y0) là nghiệm nguyên của (9) thì (x0/5 ; y0/5) cũng là nghiệm nguyên của (9). Tiếp tục lập luận tương tự, ta có với k nguyên dương bất kì, cũng là nghiệm nguyên của (9) hay x0 và y0 đều chia hết cho 5k với mọi k là số nguyên dương tùy ý. Điều này chỉ xảy ra khi x0 = y0 = 0. Vậy phương trình (9) có nghiệm duy nhất là x = y = 0. Phương pháp 7 : xét chữ số tận cùng Thí dụ 10 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 1! + 2! + ... + x! = y2   (10) Lời giải : Cho x lần lượt bằng 1 ; 2 ; 3 ; 4, ta có ngay 2 nghiệm nguyên dương (x ; y) của phương trình (10) là (1 ; 1) và (3 ; 3). Nếu x > 4 thì dễ thấy k! với k > 4 đều có chữ số tận cùng bằng 0 ị 1! + 2! + 3 ! + 4! + 5! + ... + x! = 33 + 5! + ... + x! có chữ số tận cùng bằng 3. Mặt khác vế phải là số chính phương nên không thể có chữ số tận cùng là 3. Vậy phương trình (10) chỉ có hai nghiệm nguyên dương (x ; y) Є {(1 ; 1) ; (3 ; 3)}. Thí dụ 11 : Tìm x, y nguyên dương thỏa mãn phương trình : x2 + x - 1 = 32y + 1   (11) Lời giải : Cho x các giá trị từ 0 đến 9, dễ dàng xác định được chữ số tận cùng của x2 + x - 1 chỉ nhận các giá trị 1 ; 5 ; 9. Mặt khác, ta thấy 32y + 1 là lũy thừa bậc lẻ của 3 nên chữ số tận cùng của nó chỉ có thể là 3 hoặc 7, khác với 1 ; 5 ; 9. Vậy (11) không thể xảy ra. Nói cách khác, phương trình (11) không có nghiệm nguyên dương. Bài toán này cũng có thể giải bằng phương pháp sử dụng tính chất chia hết. Phương pháp 8 : Sử dụng tính chất nghiệm của phương trình bậc hai Biến đổi phương trình về dạng phương trình bậc hai của ẩn, coi các ẩn khác là tham số, sử dụng các tính chất về nghiệm của phương trình bậc 2 để xác định giá trị của các tham số. Thí dụ 12 : Giải phương trình nghiệm nguyên : 3x2 + y2 + 4xy + 4x + 2y + 5 = 0   (12) Lời giải : (12)   y2 + (4x + 2)y + 3x2 + 4x + 5 = 0 Ta thấy nếu phương trình có nghiệm thì y nguyên => - 4x - 2 nguyên, mà x nguyên nên nguyên => ∆'y = x2 - 4 = n2 với n Є Z, dùng phương pháp 1 (đưa về dạng tích) => (x + n)(x - n) = 4, ta xác định được x = 2 và x = -2 . Vậy phương trình (12) có hai nghiệm nguyên (x ; y) Є {(2 ;-5); (-2 ; 3)}. Thí dụ 13 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 - (y + 5)x + 5y + 2 = 0   (13) Lời giải : Giả sử phương trình ẩn x có nghiệm nguyên x1, x2 thì theo định lí Vi-ét ta có : => (x1 - 5)(x2 - 5) = 2 = 1.2 = (-1)(-2) => x1 + x2 = 13 hoặc x1 + x2 = 7 => y = 8 hoặc y = 2, thay vào (13), phương trình này có 4 nghiệm : (x ; y) Є {(7 ; 8) ; (6 ; 8) ; (4 ; 2) ; (3 ; 2)}. Chú ý : Một số phương pháp mà các bạn gọi là phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên nhưng chúng tôi thấy không phải là đặc trưng cho phương trình nghiệm nguyên nên không giới thiệu. Chẳng hạn có bạn nêu phương pháp chứng minh nghiệm duy nhất với thí dụ giải phương trình nghiệm nguyên 2x + 5x = 7x. Có bạn viết phương trình về dạng phương trình bậc 2 ẩn x rồi đặt điều kiện ∆x ≥ 0 để có miền giá trị của y, phương pháp này thực ra đã được trình bày ở thí dụ 7, tuy không viết biệt thức ∆’x. Các bạn có thể làm thêm một số bài tập : Bài 1 : Tìm x, y nguyên thỏa mãn các phương trình : a) 5x2 - 4xy + y2 = 169 b) 3x = 4y + 1 Bài 2 : Tìm nghiệm nguyên của các phương trình : a) 5x + 12x = 13x b) y4 = x6 + 3x3 + 1 Bài 3 : Chứng minh rằng phương trình 25t = 2t5 + 1997 không có nghiệm nguyên. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x3 - 3y3 - 9z3 = 0. Bài 5 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2x2 + 2y2 - 2xy + x + y - 10 = 0. TÌM CÁC CHỮ SỐ Tiếp theo TTT2 số 15, chúng tôi xin được tiếp tục trao đổi với bạn đọc về các bài toán tìm hai chữ số tận cùng ; tìm ba chữ số tận cùng của một số tự nhiên. * Tìm hai chữ số tận cùng Nhận xét : Nếu x Є N và x = 100k + y, trong đó k ; y Є N thì hai chữ số tận cùng của x cũng chính là hai chữ số tận cùng của y. Hiển nhiên là y ≤ x. Như vậy, để đơn giản việc tìm hai chữ số tận cùng của số tự nhiên x thì thay vào đó ta đi tìm hai chữ số tận cùng của số tự nhiên y (nhỏ hơn). Rõ ràng số y càng nhỏ thì việc tìm các chữ số tận cùng của y càng đơn giản hơn. Từ nhận xét trên, ta đề xuất phương pháp tìm hai chữ số tận cùng của số tự nhiên x = am như sau : Trường hợp 1 : Nếu a chẵn thì x = am ∶ 2m. Gọi n là số tự nhiên sao cho an - 1 ∶ 25. Viết m = pn + q (p ; q Є N), trong đó q là số nhỏ nhất để aq ∶ 4 ta có : x = am = aq(apn - 1) + aq. Vì an - 1 ∶ 25 => apn - 1 ∶ 25. Mặt khác, do (4, 25) = 1 nên aq(apn - 1) ∶ 100. Vậy hai chữ số tận cùng của am cũng chính là hai chữ số tận cùng của aq. Tiếp theo, ta tìm hai chữ số tận cùng của aq. Trường hợp 2 : Nếu a lẻ , gọi n là số tự nhiên sao cho an - 1 ∶ 100. Viết m = un + v (u ; v Є N, 0 ≤ v < n) ta có : x = am = av(aun - 1) + av. Vì an - 1 ∶ 100 => aun - 1 ∶ 100. Vậy hai chữ số tận cùng của am cũng chính là hai chữ số tận cùng của av. Tiếp theo, ta tìm hai chữ số tận cùng của av. Trong cả hai trường hợp trên, chìa khóa để giải được bài toán là chúng ta phải tìm được số tự nhiên n. Nếu n càng nhỏ thì q và v càng nhỏ nên sẽ dễ dàng tìm hai chữ số tận cùng của aq và av. Bài toán 7 : Tìm hai chữ số tận cùng của các số : a)   a2003     b)  799 Lời giải : a) Do 22003 là số chẵn, theo trường hợp 1, ta tìm số tự nhiên n nhỏ nhất sao cho 2n - 1 ∶ 25. Ta có 210 = 1024 => 210 + 1 = 1025 ∶ 25 => 220 - 1 = (210 + 1)(210 - 1) ∶ 25 => 23(220 - 1) ∶ 100. Mặt khác :22003 = 23(22000 - 1) + 23 = 23((220)100 - 1) + 23 = 100k + 8 (k Є N). Vậy hai chữ số tận cùng của 22003 là 08. b)   Do 799 là số lẻ, theo trường hợp 2, ta tìm số tự nhiên n bé nhất sao cho 7n - 1 ∶ 100. Ta có 74 = 2401 => 74 - 1 ∶ 100. Mặt khác : 99 - 1 ∶ 4 => 99 = 4k + 1 (k Є N) Vậy 799 = 74k + 1 = 7(74k - 1) + 7 = 100q + 7 (q Є N) tận cùng bởi hai chữ số 07. Bài toán 8 : Tìm số dư của phép chia 3517 cho 25. Lời giải : Trước hết ta tìm hai chữ số tận cùng của 3517. Do số này lẻ nên theo trường hợp 2, ta phải tìm số tự nhiên n nhỏ nhất sao cho 3n - 1 ∶ 100. Ta có 310 = 95 = 59049 => 310 + 1 ∶ 50 => 320 - 1 = (310 + 1) (310 - 1) ∶ 100. Mặt khác : 516 - 1 ∶ 4 => 5(516 - 1) ∶ 20 => 517 = 5(516 - 1) + 5 = 20k + 5 =>3517 = 320k + 5 = 35(320k - 1) + 35 = 35(320k - 1) + 243, có hai chữ số tận cùng là 43. Vậy số dư của phép chia 3517 cho 25 là 18. Trong trường hợp số đã cho chia hết cho 4 thì ta có thể tìm theo cách gián tiếp. Trước tiên, ta tìm số dư của phép chia số đó cho 25, từ đó suy ra các khả năng của hai chữ số tận cùng. Cuối cùng, dựa vào giả thiết chia hết cho 4 để chọn giá trị đúng. Các thí dụ trên cho thấy rằng, nếu a = 2 hoặc a = 3 thì n = 20 ; nếu a = 7 thì n = 4. Một câu hỏi đặt ra là : Nếu a bất kì thì n nhỏ nhất là bao nhiêu ? Ta có tính chất sau đây (bạn đọc tự chứng minh). Tính chất 4 : Nếu a Є N và (a, 5) = 1 thì a20 - 1 ∶ 25. Bài toán 9 : Tìm hai chữ số tận cùng của các tổng : a) S1 = 12002 + 22002 + 32002 + ... + 20042002 b) S2 = 12003 + 22003 + 32003 + ... + 20042003 Lời giải : a) Dễ thấy, nếu a chẵn thì a2 chia hết cho 4 ; nếu a lẻ thì a100 - 1 chia hết cho 4 ; nếu a chia hết cho 5 thì a2 chia hết cho 25. Mặt khác, từ tính chất 4 ta suy ra với mọi a Є N và (a, 5) = 1 ta có a100 - 1 ∶ 25. Vậy với mọi a Є N ta có a2(a100 - 1) ∶ 100. Do đó S1 = 12002 + 22(22000 - 1) + ... + 20042(20042000 - 1) + 22 + 32 + ... + 20042. Vì thế hai chữ số tận cùng của tổng S1 cũng chính là hai chữ số tận cùng của tổng 12 + 22 + 32 + ... + 20042. áp dụng công thức : 12 + 22 + 32 + ... + n2 = n(n + 1)(2n + 1)/6 =>12 + 22 + ... + 20042 = 2005 x 4009 x 334 = 2684707030, tận cùng là 30. Vậy hai chữ số tận cùng của tổng S1 là 30. b) Hoàn toàn tương tự như câu a, S2 = 12003 + 23(22000 - 1) + ... + 20043(20042000 - 1) + 23 + 33 + 20043. Vì thế, hai chữ số tận cùng của tổng S2 cũng chính là hai chữ số tận cùng của 13 + 23 + 33 + ... + 20043. áp dụng công thức : => 13 + 23 + ... + 20043 = (2005 x 1002)2 = 4036121180100, tận cùng là 00. Vậy hai chữ số tận cùng của tổng S2 là 00. Trở lại bài toán 5 (TTT2 số 15), ta thấy rằng có thể sử dụng việc tìm chữ số tận cùng để nhận biết một số không phải là số chính phương. Ta cũng có thể nhận biết điều đó thông qua việc tìm hai chữ số tận cùng. Ta có tính chất sau đây (bạn đọc tự chứng minh). Tính chất 5 : Số tự nhiên A không phải là số chính phương nếu : + A có chữ số tận cùng là 2, 3, 7, 8 ; + A có chữ số tận cùng là 6 mà chữ số hàng chục là chữ số chẵn ; + A có chữ số hàng đơn vị khác 6 mà chữ số hàng chục là lẻ ; + A có chữ số hàng đơn vị là 5 mà chữ số hàng chục khác 2 ; + A có hai chữ số tận cùng là lẻ. Bài toán 10 : Cho n Є N và n - 1 không chia hết cho 4. Chứng minh rằng 7n + 2 không thể là số chính phương. Lời giải : Do n - 1 không chia hết cho 4 nên n = 4k + r (r Є {0, 2, 3}). Ta có 74 - 1 = 2400 ∶ 100. Ta viết 7n + 2 = 74k + r + 2 = 7r(74k - 1) + 7r + 2. Vậy hai chữ số tận cùng của 7n + 2 cũng chính là hai chữ số tận cùng của 7r + 2 (r = 0, 2, 3) nên chỉ có thể là 03, 51, 45. Theo tính chất 5 thì rõ ràng 7n + 2 không thể là số chính phương khi n không chia hết cho 4. TIM CÁC CHỮ SỐ ... (tiếp theo kì trước) * Tìm ba chữ số tận cùng Nhận xét : Tương tự như trường hợp tìm hai chữ số tận cùng, việc tìm ba chữ số tận cùng của số tự nhiên x chính là việc tìm số dư của phép chia x cho 1000. Nếu x = 1000k + y, trong đó k ; y Є N thì ba chữ số tận cùng của x cũng chính là ba chữ số tận cùng của y (y ≤ x). Do 1000 = 8 x 125 mà (8, 125) = 1 nên ta đề xuất phương pháp tìm ba chữ số tận cùng của số tự nhiên x = am như sau : Trường hợp 1 : Nếu a chẵn thì x = am chia hết cho 2m. Gọi n là số tự nhiên sao cho an - 1 chia hết cho 125. Viết m = pn + q (p ; q Є N), trong đó q là số nhỏ nhất để aq chia hết cho 8 ta có : x = am = aq(apn - 1) + aq. Vì an - 1 chia hết cho 125 => apn - 1 chia hết cho 125. Mặt khác, do (8, 125) = 1 nên aq(apn - 1) chia hết cho 1000. Vậy ba chữ số tận cùng của am cũng chính là ba chữ số tận cùng của aq. Tiếp theo, ta tìm ba chữ số tận cùng của aq. Trường hợp 2 : Nếu a lẻ , gọi n là số tự nhiên sao cho an - 1 chia hết cho 1000. Viết m = un + v (u ; v Є N, 0 ≤ v < n) ta có : x = am = av(aun - 1) + av. Vì an - 1 chia hết cho 1000 => aun - 1 chia hết cho 1000. Vậy ba chữ số tận cùng của am cũng chính là ba chữ số tận cùng của av. Tiếp theo, ta tìm ba chữ số tận cùng của av. Tính chất sau được suy ra từ tính chất 4. Tính chất 6 : Nếu a Є N và (a, 5) = 1 thì a100 - 1 chia hết cho 125. Chứng minh : Do a20 - 1 chia hết cho 25 nên a20, a40, a60, a80 khi chia cho 25 có cùng số dư là 1 => a20 + a40 + a60 + a80 + 1 chia hết cho 5. Vậy a100 - 1 = (a20 - 1)( a80 + a60 + a40 + a20 + 1) chia hết cho 125. Bài toán 11 : Tìm ba chữ số tận cùng của 123101. Lời giải : Theo tính chất 6, do (123, 5) = 1 => 123100 - 1 chia hết cho 125   (1). Mặt khác : 123100 - 1 = (12325 - 1)(12325 + 1)(12350 + 1) => 123100 - 1 chia hết cho 8   (2). Vì (8, 125) = 1, từ (1) và (2) suy ra : 123100 - 1 chi hết cho 1000 => 123101 = 123(123100 - 1) + 123 = 1000k + 123 (k ∩ N). Vậy 123101 có ba chữ số tận cùng là 123. Bài toán 12 : Tìm ba chữ số tận cùng của 3399...98. Lời giải : Theo tính chất 6, do (9, 5) = 1 => 9100 - 1 chi hết cho 125   (1). Tương tự bài 11, ta có 9100 - 1 chia hết cho 8   (2). Vì (8, 125) = 1, từ (1) và (2) suy ra : 9100 - 1 chia hết cho 1000 => 3399...98 = 9199...9 = 9100p + 99 = 999(9100p - 1) + 999 = 1000q + 999 (p, q Є N). Vậy ba chữ số tận cùng của 3399...98 cũng chính là ba chữ số tận cùng của 999. Lại vì 9100 - 1 chia hết cho 1000 => ba chữ số tận cùng của 9100 là 001 mà 999 = 9100 : 9 => ba chữ số tận cùng của 999 là 889 (dễ kiểm tra chữ số tận cùng của 999 là 9, sau đó dựa vào phép nhân để xác định ). Vậy ba chữ số tận cùng của 3399...98 là 889. Nếu số đã cho chia hết cho 8 thì ta cũng có thể tìm ba chữ số tận cùng một cách gián tiếp theo các bước : Tìm dư của phép chia số đó cho 125, từ đó suy ra các khả năng của ba chữ số tận cùng, cuối cùng kiểm tra điều kiện chia hết cho 8 để chọn giá trị đúng. Bài toán 13 : Tìm ba chữ số tận cùng của 2004200. Lời giải : do (2004, 5) = 1 (tính chất 6) => 2004100 chia cho 125 dư 1 => 2004200 = (2004100)2 chia cho 125 dư 1 => 2004200 chỉ có thể tận cùng là 126, 251, 376, 501, 626, 751, 876. Do 2004200 chia hết cho 8 nên chỉ có thể tận cùng là 376. Từ phương pháp tìm hai và ba chữ số tận cùng đã trình bày, chúng ta có thể mở rộng để tìm nhiều hơn ba chữ số tận cùng của một số tự nhiên. Sau đây là một số bài tập vận dụng : Bài 1 : Chứng minh 1n + 2n + 3n + 4n chia hết cho 5 khi và chỉ khi n không chia hết cho 4. Bài 2 : Chứng minh 920002003, 720002003 có chữ số tận cùng giống nhau. Bài 3 : Tìm hai chữ số tận cùng của : a) 3999    b) 111213 Bài 4 : Tìm hai chữ số tận cùng của : S = 23 + 223 + ... + 240023 Bài 5 : Tìm ba chữ số tận cùng của : S = 12004 + 22004 + ... + 20032004 Bài 6 : Cho (a, 10) = 1. Chứng minh rằng ba chữ số tận cùng của a101 cũng bằng ba chữ số tận cùng của a. Bài 7 : Cho A là một số chẵn không chia hết cho 10. Hãy tìm ba chữ số tận cùng của A200. Bài 8 : Tìm ba chữ số tận cùng của số : 199319941995 ...2000 Bài 9 : Tìm sáu chữ số tận cùng của 521. MỘT PHƯƠNG PHÁP THÚ VỊGIẢI BÀI TOÁN TÍNH GÓC Các bài toán về tính số đo góc rất đa dạng, xuất hiện nhiều trong các kì thi. Để giải quyết tốt dạng toán này có khi phải vẽ hình phụ. Trong bài viết này, tôi xin giới thiệu với các em phương pháp vẽ thêm hình phụ là tam giác đều trong bài toán tính số đo góc. Bài toán 1 : Cho tam giác ABC cân tại A, Ð A = 200. Trên AB lấy điểm D sao cho AD = BC. Tính Ð BDC. Lời giải : Cách 1 : Trên nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng BC, chứa điểm A, dựng tam giác đều BCE (hình 1). Vì tam giác ABC cân tại A, Ð A = 200 nên Ð ABC = Ð ACB = 800. Vậy E thuộc miền trong tam giác ABC, suy ra Ð ACE = 200 (1). Dễ thấy ∆ABE = ∆ACE (c.c.c) nên Ð BAE = Ð CAE = Ð A / 2 = 100   (2). Từ (1) suy ra Ð A = Ð ACE = 200 suy ra ∆DAC = ∆ECA (c.g.c), kết hợp với (2) suy ta Ð ACD = Ð CAE = 1010. Ta có Ð BDC là góc ngoài của ∆DAC nên Ð BDC = Ð DAC + Ð DCA = 200 + 100 = 300. Cách 2 : Trên nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng AB, chứa điểm C, dựng tam giác đều ABI (hình 2). Vì ∆ABC cân tại A, Ð A = 200 nên AI = AB = AC ; Ð CAI = 400 ; Ð IBC = 200 suy ra Ð ACI = 700(∆ACI cân tại A) suy ra Ð BCI = 1500 Lại có ∆ADC = ∆BCI (c.g.c) Suy ra Ð ADC = Ð BCI = 1500 suy ra Ð BDC = 300. Bài toán 2 (đề thi vô định toán Nam Tư năm 1983) : Cho tam giác ABC cân tại A, Ð A = 800. Ở miền trong tam giác lấy điểm I sao cho Ð IBC = 100 ; Ð ICB = 300. Tính Ð AIB. Lời giải : Trên nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng BC, chứa điểm A, dựng tam giác đều BCE (hình 3). Vì ∆ABC cân tại A, nên Ð A = 800 nên Ð ABC = Ð ACB = 500 suy ra Ð ABE = Ð ACE = 100 ; điểm A thuộc miền trong tam giác BCE. Dễ dàng chứng minh được ∆AEB = ∆ICB (g.c.g) suy ra BA = BI suy ra ∆ ABI cân tại B, có Ð ABI = 500 - 100 = 400 suy ra Ð AIB = 700. Bài toán 3 : Cho tam giác ABC cân tại A, Ð A = 1000. Trên cạnh AB kéo dài về phía B, lấy điểm E sao cho AE = BC. Tính Ð AEC. Lời giải : Trên nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng AE, chứa điểm C, dựng tam giác đều AEF (hình 4). Vì ∆ABC cân tại A, Ð A = 1000 nên Ð ABC = 400 ; tia AF nằm giữa hai tia AE, AC Suy ra Ð CAF = 400 suy ra ∆ABC = ∆CAF (c.g.c) Suy ra AC = FC suy ra ∆AEC = ∆FEC (c.c.c) Suy ra Ð AEC = Ð FEC = 1 / 2 Ð AEF = 600 / 2 = 300. Qua một số bài toán nêu trên có thể thấy, việc vẽ thêm hình phụ là tam giác đều tỏ ra rất hiệu quả đối với bài toán tính số đo góc bởi vì nó đã tạo ra các góc 60o ; tạo ra nhiều mối quan hệ bằng nhau giữa các cạnh, các góc, các tam giác, ... Các bạn hãy làm thêm bài toán sau : Bài toán 4 : Cho tam giác ABC cân tại A, Ð A = 800. Trên AC lấy điểm E, trên BC lấy điểm F sao cho Ð ABE = Ð CAF = 300. Tính Ð BEF. ĐỊNH LÍ PY - TA - GO MANG ĐẾN NHIỀU BÀI TOÁN THÚ VỊ Khi hỏi một bạn học sinh lớp 8 năm học 2003-2004 : “Nếu một tam giác vuông cân có cạnh góc vuông bằng 1 thì cạnh huyền bằng bao nhiêu ?”, chắc bạn đó sẽ lúng túng. Điều đó cũng dễ hiểu vì trong chương trình môn toán thì năm học 2003-2004 trở về trước, học sinh lớp 8 chưa học căn bậc hai. Nhưng nếu đặt câu hỏi đó cho một học sinh lớp 7 vào cuối học kì I của năm học 2003-2004 thì bạn đó sẽ trả lời : - Quá dễ ! 12 + 12 = 2, đáp số là chứ gì ! Định lí Py-ta-go và căn bậc hai trong sách giáo khoa Toán 7 mới giúp ta có thêm nhiều khả năng tiếp cận những bài toán thú vị. 1. Bài toán tính độ dài đoạn thẳng Ví dụ 1 : Tính các độ dài x, y trên hình 1. Lời giải : áp dụng định lí Py-ta-go vào các tam giác vuông AHC, AHB ta có : x2 = 162 + AH2 ; y2 = 92 + AH2. Do đó : x2 - y2 = (162+ AH2) - (92 + AH2) = 175 (1) Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác vuông BAC : x2 + y2 = (9 + 16)2 = 625 (2) Từ (1) và (2) suy ra x2 = 400 ; y2 = 225. Do đó : x = 20 ; y = 15. Ví dụ 2 : Một tam giác có độ dài hai cạnh bằng 3 và 8, góc xen giữa bằng 60o. Tính độ dài cạnh còn lại. Lời giải : (hình 2) Xét tam giác ABC có AB = 8 ; AC = 3. Kẻ đường cao AH. Tam giác vuông AHB có ĐA = 60o nên AH = AB : 2 = 8 : 2 = 4. Do AC = 3 nên C nằm giữa A và H và CH = AH - AC = 4 - 3 = 1. Áp dụng định lí Py-ta-go vào các tam giác vuông CHB, AHB ta có : BC2 = BH2 + CH2 = (AB2 - AH2 ) + CH2 = 82 - 42 + 12 = 49. Vậy BC = 7. Ví dụ 3 : Tính chu vi của đường gấp khúc ABCDEA trên hình 3. Hướng dẫn : Hãy kéo dài AB và ED cho cắt nhau tại I.Ááp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác vuông AIE, ta tính được AE = 5, do đó chu vi đường gấp khúc ABCDEA bằng 12. 2. Bài toán tính diện tích tam giác Ví dụ 4 : Cho tam giác đều ABC có cạnh bằng 1dm. Số nào trong các số sau cho giá trị sát nhất với diện tích tam giác ABC : 0,4 dm2 ; 0,5 dm2 ; 0,6 dm2 ? Lời giải : (hình 4) Kẻ đường cao AH. Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác vuông AHC ta có : AH2 = AC2 - HC2 = 12 - 0,52 = 0,75. Giá trị sát nhất với diện tích tam giác ABC là 0,4 dm2. Hướng dẫn : Chú ý rằng 10 = 32 + 12 ; 20 = 22 + 42 ; 50 = (3 + 2)2 + (1 + 4)2. Lời giải : Vẽ thêm các điểm D, H, E như trên hình 5. Ta tính được SADB = 1,5 ; SBHC = 4 ; SBDEH = 2 ; SAEC = 12,5. Do đó : SABC = 12,5 - 1,5 - 4 - 2 = 5. Mời các bạn tự giải các bài tập sau : Bài 1 : Một tam giác vuông cân có cạnh góc vuông bằng 2. Cạnh huyền của tam giác có giá trị sát nhất với số nào trong các số sau : 2,6 ; 2,7 ; 2,8 ; 3. Bài 2 : Một tam giác có độ dài hai cạnh bằng 7 và 5, góc xen giữa bằng 60o. Tính độ dài cạnh thứ ba. Bài 3 : Một tam giác có độ dài hai cạnh bằng 5 và 6, góc xen giữa bằng 120o. Tính độ dài cạnh thứ ba. Bài 4 (bài toán của Xem Lôi-đơ) : ở một hội chợ, người ta quảng cáo bán một cái hồ hình tam giác và ba miếng đất hình vuông dựng trên ba cạnh đó (hình 6). Diện tích ba miếng đất đó bằng 74 acrơ ; 116 acrơ ; 370 acrơ (1acrơ = 4047m2). Bảng quảng cáo không nói rõ diện tích của cái hồ làm nhiều người thắc mắc không rõ diện tích đó lớn hay nhỏ. Bạn hãy tìm diện tích của hồ. Hướng dẫn : 74 = 72 + 52 ; 116 = 102 + 42. 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. Cách 2 : Vì BE là phân giác của Ð 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 : Ð IBA 90o ; Ð IBA = 90 o Gọi M là giao điểm của O1I và CD. Với Ð IBA Ð CIM + Ð 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 ; Ð OO1Z = (180o - 2 Ð O1IZ) + Ð OO1I = 360o - Ð OO2I - (180o - 2( Ð OO22IT) = 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 Ð 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.