Đang tải... (xem toàn văn)
Tuyển tập 30 năm Tạp Chí Toán Học và Tuổi Trẻ (part4-2)
ate Vi rang 2m, < 2b TY dé suy ra: 4a + 2c < 2(b+c) + (2 +b) =a + + IW 2a + 4e < (b + e) + 2(œ + b) = 2a + 8b +e ta thu đượcø < b vac < Sử dụng kết qua ta lai suy :ð « 2ø + 2e - ð < 2a + (a +b) +b = Sa va tuong ty lab < 3e Bay gid ta chứng rằng: (6) h„ — hụ < mụ — mụ từ (5) bổ đề {Vi rằng, ta nhận + my Tức < mạ + hệ Tức < mt :h„ +t, tm, < (W8/2)\(a +b +c) chinh 1a điều mà ta cần phải chứng minh Do tốn giải quyết] hơng giảm tổng quát ta giả thiết b= Rhi ta có 1/3 < ø < 1; L3 < e (3/2)(1~ a2yf[2(a2+ 4c2+ 1p)" Thay e (1 + a)/2 vào vế phải bất đẳng thức ta nhận (do 2e < + đ) () mụ— mụ > 3/4Ax(1— a?)/(1+ a+ a21⁄2 Nhận xét với ø ta có : (1 - a)*(8a? - a + 3) > O (*) va ta dé kiểm tra bất đẳng thức (*) tương đương với bất đẳng thức sau : (8) 2Š a> [1+ a+a2)(3 - ø)(8a - DỊ? Và rõ ràng từ bất đẳng thức (6), (7) va (8) ta suy bất đẳng thức (5) Vậy thành ta hoàn 2e b +c > ø +b (5) việc chứng minh > 2a (và với (4) nữa) Do điều khẳng định J Garfunket đấn (đẳng thức xây a = = ¢) Vậy lại thêm điều "bí mật" tam giác khám phá Ngoài bất đẳng thức (D, (1D, ID (V) liệu cịn có bất đẳng thức không, bạn thử tim xem Chúc bạn thành công Ï HAI CHỮ SỐ CUỐI CÙNG CỦA SỐ CHÍNH PHƯƠNG PHUONG THAO Một số phương tận 0, 1, 4, 5, 6, Hay nói cách khác SỐ tận 2, 3, 7, khơng phải số phương Một câu hỏi tự nhiên nảy la: hai chữ sổ cuối số phương có ø, b số nguyên không âm b) + bˆ, mà số b < VIA = 20a+(5a 20a(5a + 5) cd hang đơn vị cịn hàng chục số chăn nên tính chẵn lẻ hai chữ số tận Á trùng với tính chẵn lẻ thể số ? hai chữ số số 62 Điểm lại tất giá thể biểu diễn A dang 16, 25, 36, 49, 64, luận sau : Giả sử A số phương, tức cớ A= (10a + 6)? 274 trị có b2 : 00, 01, 04, 09, 81 ta rút số kết phải số lẻ, Tính chất : Nếu hàng đơn vị số phương khác chữ số hàng chục phải số chẩn Tính chất : Khơng có số phương tận hai số lẻ Tỉnh chất : Nếu hai chữ số cuối số phương chẵn, chữ số hàng đơn vị số cớ thể Sử dụng tính chất ta giải cách dễ đàng hàng loạt toán liên quan tới số phương Xin nêu vài ví dụ điển hình Bài tốn I : Chứng minh khơng tổn số phương lớn 10 mà tất chữ số giống Siải: Giả sử n=a aa số phương Vì ø khơng thể số lẻ (theo tính chất 3) nên theo tính chất ta rút a = Mật khác số 11 11 khơng phương (theo tính chất 3) nên số n = 44 44 = 4.11 khơng thể phương .„.11 Bài toán : Gia sit A = 195 Hay dién vào đằng trước số Á số chữ số để số nhận số phương Giải : Dễ dàng kiểm tra tận A hai số lẻ, nên theo tinh chất tồn cách điền cho số nhận số phương có Bài tốn : Cho năm số phương hàng chục đơi khác đơn vị Chứng minh hàng tổng tất chữ số hàng chục năm số số phương Giải : Theo tính chất ta rút chữ ®) Với ø số chãn (Tức z = 2, 4, 6, 8) số 444 khong chinh phwong vi số add4 = (500.5 + 111) ma số 500.5 + 111 có đạng 4k + khơng phải dạng số phương +) 3444 9444 khơng phương chúng chia hết cho mà không chia hết cho +) Kiểm tra trực tiếp hai số 7444 ta phương nhận thấy lại 5444 chúng khơng Vậy tốn có nghiệm 1444 Bài tốn : Hãy tìm số phương có tận bốn chữ số giống khác không Giải : Giả sử tổn số phương : A=a bcecc với c # Từ tính chất tính chất ta rút e = Khi số A viết dạng : A =a b 104 + 4444 = 4.(@ 2500 + 1111) il Tính chất : Nếu hàng đơn vị số phương chữ số hàng chục 4(4m + 3) Do số 4m + khơng phải dạng số phương nên A khơng thể phương Nói cách khác khơng tổn số phương có tận bốn chữ số giống nhau, khác không Bài đến toán : Ta viết số tự nhiên từ 100 liên tiếp thu số 1234567891011 9899100 Hỏi số có số hàng chục năm số phương nơi phải số phương hay không ? +7+9 = 25 la 86 chinh phuong Bài tốn : Tìm số phương có bốn phương sau khí bỏ hai chữ số khơng cuối Giải ; Theo tính chất khơng thể Để kết thúc báo đề nghị bạn tự giải toán sau : phải 1, 3, 5, 7, Ré rang 1+34+5 chữ số dạng abbb số lẻ Dễ thấy # O néu theo tinh chat rit = Kiểm tra giá trị a ta thấy : +) a = ta duge 86 1444 = 382 Giải: Số khơng phải số ta nhận số melí khơng phương (theo tính chất 83), Bài tốn : Hãy tìm dạng tổng qt số phương cớ tận ba chữ số giống khác không 275 Chuong 11 - BAN DOC TIM TOI THẾ NAO TÔI Đà HỌC ĐỊNH LÍ PITAGO NHƯ NGUYEN VĂN KHÁNH (Hà Giang) Các bạn quen biết định lí Pitago Khơng biết học định lí bạn có lấy làm hứng thú khơng ? Riêng tơi định lí để lại cho ấn tượng sắc lí thú, vỉ ln ln gợi cho suy nghỉ tìm tồi, làm cho học tốn ln thấy say sưa thú Tôi muốn nêu q trình tơi học sâu tơi tơi vị, tập định lí Pitago nhân rút vài kết luận muốn trao đổi bạn ộ € I , hi € ‘ § niệm sâu sắc hình ảnh ø2, b2, c2, điện tích hình vng cạnh a, b, c cịn tích ư,c, x.y gợi cho tơi nghĩ đến diện tích hình chữ nhật tam giác ChÍnh thế, biết hệ thức : b2=ab' c2 = œc' (hình 3) tơi thấy diện tích hình vng cạnh ị diện tích hình chữ nhật Cử diện tích hình vng cạnh c điện tích hình chữ (3) z Im Hink I Hai cách chứng minh gợi cho nhat BHKM ma Spuxy+ Scuxy=2 a a ý a Hình Chúng ta biết, lớp chứng minh định lí Pitago cách chấp hình : lấy tam giác vng chấp thành hình ta chứng hệ thức g2 = b2 + c? Thật vậy, hình (1) ta có : 6+o2=4 b 2” + @ Do a? = bể + c2 Khi học cách chứng minh nhà, tơi "bắt chước" cách chắp hình trên, xếp lại tam giác vuông bồng vui mừng tỉm cách chứng minh nhờ cách chấp vẽ hình (2) : “Thật cách cộng diện tích tơi có : a2=4 bà + @®- e# (2) Do : ø?= ð2+ c2 (hình vng trắng có cạnh 276 b - c) MK #W Hình Nên tơi lại có ø2 = ð2 + c? Về chứng nhận minh sau tơi có suy minh thực chỗ nghĩ nhiều vất chất ba biết dùng ba cách vả kiểu chứng biểu thức cần tìm (œ2 = ð? + c2) biến đổi để biểu thức tương đương (1), (2) (3) biểu thức chứng minh cách dễ đàng, cách tìm ý nghĩa hình học "Thế tơi bất đầu thực điều suy nghỉ Tơi có kiểu biến đổi sau đây, mà cho không khớ khăn nghỉ : bạn b.c 8=p.r=p — 8) =~z— 1) a? = 8? +c? wa? - 6? = =2? + (a + b)(a — b) = c2 va atb r=p-c Do : (4) e T2 “an ©) Hệ thức (4) gợi cho tơi nhớ đến hệ thức lượng vòng tròn (ð) gợi cho nghĩ đến tam giác đồng dạng Thế nghỉ đến cách dựng đoạn œ+b a — ð cạnh huyền tam giác ABC, hi vọng tìm tam giác đồng dạng Tơi dựng hình (4) Qua hình vẽ ta có : "Thế tơi lại có định lí Pitago cách chứng minh 8) a? = 6? +c? , a? = (b — 6)? + Qe a?— (b- c)?= (a— b+ c)(at b- c)= Be dp ~ 0) =% So sánh với (6) ta p( — a) = (p — b)@ — ø) P pTo pob pa (D Hệ thức (7) gợi cho nghĩ đến tam giác p~ p-c nội đồng dạng È p- c gợi nghỉ tiếp bàng có cạnh p p - ơ, Song hiệu p ¬ ø, p - b, đến bán kính vịng trịn tiếp Ti vẽ hình (5) thấy tam giác OHB BKO, đồng dạng với nhau, dé Hình — A ADE vuông A —> Or _ OH BK HB AC = 5DE=6b ; —- — —— DAB= 90'— CAD= 90-— ADC= AEB; DAB chung cho hai tam gidc ABD va ABE, hai tam giác đồng dạng với có : Nhung AH =p —a,HB=p-b, AH BE AB, atb_¢ ABF DB "3ˆ “z-b Do 8K Ũ a2 =b2 + c2 Nếu ta ý AB AK=0,K=p c tiếp tuyến vịng trịn ngoại tiếp tam giác ADE thấy AB? = BD BE hay c? = (a + 5)(a — b) Do a2 = ð2 + c2, 2) a2=02+d2 —> a2 = (b+ c}?— Độc (b + e)2— œ2 = Đbc + ( +e+a)( +c— a) = 2òbc b ~ 4) = Độc ¡p @ — a) =TT” — (8) Hệ thức (6) gợi nhớ đến cơng thức tính b diện tích tam giác S=p.r= S Và thật, tam giác vng đẳng thức (6) A ~P Gọip nửa chu vi ta có ; 2p Do Hình 90° r=(—a)tg=(p —8).Wg — 8, pus p-6 p-@ Biến đổi ngược lại lại cớ g2 =b2 + c2 Trên vài điều suy nghỉ tơi định lí Pitago, q trình học tập nơ Những điều người ta biết lâu rồi, điều khơng quan trọng Cái quan trọng chỗ, qua việc học tập nó, tơi rút điều : - Tơi học định lí Pitago khơng qua 1, giảng thấy lớp, 277 vài tập áp dụng nó, mà tơi học tập cách thường xun : tìm ý nghĩa nó, tìm cách chứng minh, tìm cách biểu khác nớ, luôn suy nghĩ định lí đó, suy nghỉ từ ngày qua ngày khác, năm qua năm khác ~ Mỗi học tơi ln ln có ý thức "dùng để soi sáng CÁC DUONG thêm cũ" Chính vÌ cơng việc có Ít nhiều vẻ "khảo cổ này" thu nhiều điều bổ Ích : hiểu mới, hiểu sâu cũ đo làm cho tơi ngày ham thích học tốn Đó kết luận tơi muốn bạn trao đổi n TUYẾN CỦA MỘT TAM GIAC NGUYÊN ĐẠO PHƯƠNG Trong chương nhiều trình kiến thức tốn phổ thơng có học qua tưởng đơn Bằng trực giác ta thấy biết đường n tuyến không đồng quy (với n z 2) bạn chứng minh dễ dàng điều Chúng cắt điểm A’ B’ học tập giúp ta hiểu sâu sắc kiến tuyến, /œ coi G trường hợp đặc biệt tam giác A' B` C' n = bạn vấn để nhỏ ; đường n tuyến giản Nhưng ta biết cách học, biết cách xem xét vấn để nhiều khía cạnh, mở rộng kiến thức ta thu nhiều kiến thức mới, gây cho ta nhiều hứng thú thức cũ tam Sau xin giới thiệu với giác Trên cạnh 8C, CA, AB tam giác ABC ta lấy điểm D, E, K cho : rater số đại số) Những đường AD, BE, CK gọi đường r tuyến tam giác ABC C’ Coi Œ giao điểm ba đường trung 2) Điều ta suy nghÏ tiếp đường ø tuyến n = Ta tìm hiểu tính chất đường 7+ tuyến Ta biết đường trung tuyến một, tam giác quy điểm Đó trọng tâm Ở tam giác 278 điểm A’, B’, C’ cé mot Ta biết G chia ba đường tuyến giao kể từ cạnh điểm A, 8, tương ứng C' Vậy ba đường tính trung liệu né tuyến có chia đường ø tuyến theo tÌ số khơng ? Trước hết ta xem A' chia ø tuyến KC theo ti s6 nao Ấp dụng định lí Ménélaut (*) vao tam giác BKC, Như ta mở rộng khái niệm đường trung tuyến Các đường trung tuyến AM, BN, CP trường hợp đặc biệt G chất giống ứng với cát tuyến AA'D, ta : Œ) Định it MEnelait phát biểu nhục sau “Nếu đường thẳng bất kì, khơng qua đinh tam giác ABC cắt cạnh tâm giác điểm tương ứng L, M, N ta có đằng thức : LC MA NB Bạn đọc chứng dễ dang dink If bang cách kế AO II BC áp dụng định lí Talét > = = GE =GC+— CA > Ầ Tuong ty Gk =GA+1aB Bll Sl BIS Nhưng me _ > > Vay GD+ GE+ GK= GA+ GB+ GC) + o> — x AB + BC + GA) Ta biến đổi sau : AR_ = MC AC _ AK-AC_ AK-ÄC CK n~n) ICn(-n) pnt Từ ta có : AK KC ntl Vay A' chia n tuyến KC, kể từ cạnh tương ứng, theo tỉ số Chứng minh n?—n+1 tương tự ta có kết điểm B’, C’ Tém lai A’, B’, C’ chia méi đường n tuyến & > GA+ Do Chú ý với n = _l t n—n+1 có trường hợp đường trung tuyến 3) Bây ta ý đến tam giác DEK tam giác có đỉnh chân đường n tuyến Khi ø = tam giác ĐEK có vị trí đặc biệt tam gidc MNP Ta da biét tam giác MNP tam giác ABC có trọng tâm G Bởi ta dự đoán tam giác DEK tam giác ABC có trọng tâm trùng Ta chứng minh giác DEK, G trọng tâm tam 5, Vi G la tâm tam giác ABC kể từ cạnh tương ứng theo tỉ số nent) OD — GB+ GC= —- > — 0, AB => —» + BC nên > + CA =0 : GD + GE + GK=0 Điều chứng tỏ G trọng tâm tam giác DEK (dpem) Két qua không phụ thuộc vào số z, nên ta đến điều lí thú sau : Có số tam giác có dinh nồềm cạnh tam gide cho trước mà có trọng tâm trùng uới trọng tâm tam giác cho trước : tam giác có đỉnh điểm chia cạnh tam giác theo tỈ số 4) Ö phần 1) ta da coi G trường hợp đặc biệt tam giác A’B’C’ khin = Như ta coi G tam giác đặc biệt : "tam giác - điểm", "Tam giác - điểm" G có trọng tâm trùng với nơ, tức trọng tâm tam giác ABC Vậy ta dự đốn tam giác A'B'C' tam giác ABC có trọng tâm trùng Muốn chứng minh dự đoán ta phải ching minh Ta phai ching minh GD + GE + GK =0 > = ` =~ 1s Tacs GD = GB + BD = GB+ BC : — = GA’ + GB’ + GC =0 Th có : > > = GA’= GK’+ KA’ >, = Nhung > — KA'’= ————KC ~ nˆ—n+1 nén GA’ = GK+ ————— KC n—n +1 279 Tương tự G# = GỖ + Gt = Gk + ~ n2-n+1 — zh ne-nt+l Cộng vế ta : > > GA’ + GB’ + GC Điều tam 5) Ta chất hay ————ĐA ee ee =0 Chẳng hạn bạn học định lí Stiua thÌ bạn chứng minh khơng khó khăn me cơng thức : =GD+GE+GK+ đệ2+d2+ + dc + đệd2== = + Ty C+ DA + BY Ta lại có : tuyến ứng với cạnh a, ở, c Trong trường hop n = 2, công thức trở thành : > = KA o> 1> + AC = —B, — tự — 1> : aye +B = E 1» “1A +C đ ,d,,ở_ +1—¬ => > GA => —, + GB +GC =0 độ đài đường n => — độ + đệ + độ =2 (g2 + b2 + c?) công thức quen trung tuyến >» MỘT = = D nen KC+ DA+ BB= mt Vậy +A 2— wath 2y g2 +22) n nˆ~n+ KC tương chứng tỏ G tam giác A'B'C” cịn tÌm thấy số tính khác đường mœ tuyến Đặt — Ree CB+ BA=0 y= thuộc đường n?—n+1 n thấy (bằng cách dùng đạo hàm chẳng hạn) y đạt cực tiểu n = Ban chứng minh tam giác A'AC, B'BA, C'CB có diện tích PHƯƠNG PHÁP TÍNH TỔNG NGUYEN VAN DIEN Trong toán học thường gặp tốn tính tổng hàng loạt số hạng xếp theo quy luật Cấp số cộng, cấp số nhân mà ta biết, việc tính tổng chúng đơn giản Một ta gặp tốn tính tổng mà số hạng khơng lập thành cấp số : 1) 8= L#@ + h) œ + 2B) (# + 3h) + + U(x +A) (x + 2h) (x + Bh) (x + 4h) + vat Ua + nh) [x + (2 + DAIx x [x + (m+ QA lx + (m + 8)h] 2) cost+ cosdx+ cosixt +cos(22— 1)x 3) 12.3423.44+ +@-2)@- bạn gặp nhiều Dn khớ khăn Để giúp bạn phần giải khó khăn tơi xin giới thiệu bạn đọc 280 phương pháp tính tổng sau Gid sit f(x) la hàm số va œ() hàm số khác thỏa mãn : fx) = e@ + h) — p(Œ) (1) h số Lần lượt thay x dãy z + b ; x + 2h ; ; x +nh vao đẳng thức (1) ta có : f& + h) = pặ + 2h) ~ p& + h) Q) fla + Ih) = p(x + Bh) — p(x + 2h) (3) fe + nh) = ple + (n+ Al ~ p(x +nhj(n + 1) Cộng vế đẳng thức (1) (2) (3) (n + 1) lại ta có f@) + f& + b) +f@ + 3h) + +ớ + nh) = ple + (n+ 1A) - p@œ) — JE # (w + 1)h]£ + @w + 2)k] x Như muốn tổng có đạng Ax) + fle + h) + fa + 2h) + + fiz + nh) thực ta chọn hàm số ø(xz) mà hàm g(x) liên hệ với fix) theo đẳng thức (1) tức f4) = + h) — pœ) Để làm sáng tỏ vấn để ta khảo sat 2) Tinh téng S= coar+cosx+ cosix + 4+ cos(2n— 1» Ta biết sin2nx — sin2(n — 1)x = 2cos(2n — 1)xsinr Vậy ta chọn ví dụ 1, §= LŒ@ + kh) + 9h)Œ + BA) + Ux + Aye + 2h)\Œ + 8h)œ + 4h) + + nh)[x + ín + 1)h]lx + (n + 2)h] ix + (n+ 3A] Dé xudt hién dãy x +h hàm ham f(x), ; x + 2k ; ; sau thay (x) = Veta + A) + 2h) p(x + h) = L/ứ + h)Œ + 2h)(x + 3h) va @Œ+ h)—~ øœ) = 1+ ~ l#Œ x x + nh ta ƒ@) ;fŒ + h);f( + 2h) ; ;fx+nh) số hạng trên, xét hàm Ø() = sin2(n — 1x 1) Tính tổng : >è t x ix + (n+ Bal} h)(@+ 2h)(x+ 3h) + h)( + 2h) = ~8h/zœ + h)x (x + 2h)(@x + 8h) = f(xy Từ suy f@) + f@ + h) + fœ + 2h) + + fœ + nh)= = ~8R[ LưŒ+ h)(x+ 2h)@+ 8h)+ Lx+ h) x (x + 2h) + 8h)Œœ + 4h) + + l/++ œR)[z+ (ø+ 1)8]Íx+ (+ 9)h]x [x + (n + 3)AJ} = glx + (n + LA] — (x) = 1# + (n + 1)h]Íx + (s + 2)h] Ix + (n + 3)A] —wŒ + h)@ + 2h) Vậy giá trị tổng cho : 8= (1/8h) { LưŒ + h) & + 2h) — g(a + 1) = sin2ax tín + 1) — p(n) = sin2nx — sin2(@ — 13x = 2sinxcos(2m — 1}z = ƒ(n) Thay nø dãy số tự nhiên 1, 2, 3, Từ suy ĐU +ƒ@) +ƒf() + +ƒf{m = = 2sinx[cosx + cosx + cosix + + cos(2n — 1)x] =ø(® + 1) — ø(1) = sin2nx — = sin2nz, Vậy =sin2nx/2sinr sinx z Mời bạn thử lại kết quy nạp Tom lại phương pháp tính tổng phương pháp có hiệu lực việc tính tổng hàng loạt số hạng xếp theo thứ tự định Nhưng vấn đề khó đồng thời mấu chốt phương pháp chọn hàm g(+) thỏa mãn đẳng thức (1) Một chọn thích hợp tốn coi giải Để kết thúc vấn đề mời bạn đọc áp dụng phương pháp vào ví dụ nêu hai sau 1) 111+221+3.3 1+ +n.n 1.2.3 n) @ls= 2) 12 +224 924+ 472 281 "BA ĐỊNH LÍ TƯƠNG ĐƯƠNG" TRAN ĐÌNH TRƯỜNG (Thanh Hóa) Bài tơi muốn tương dương nói với bạn phương ba định lH sau : Dinh H I : Trong pháp chứng tam giác , minh A ABC BHA = BAC) bình phương cạnh huyền tổng bình Định lí II : Bình phương cạnh, đối diện uới góc nhọn (hay tù) tam giác, tổng cóc bình phương cạnh Định lí HI : (Stinơ) Cho điểm ABC nằm diểm P ta có : đường thẳng Với PA?.BC + PB? CÁ + PC? AB + + BC.CA.AB=0 ABC = CHA = BAC Non BC B61 phia C Theo cach dung ta có : (Ê chung (2) BCIAB = AC/AW’ (3) _A ACL = AH’AK (CIA= AKH = 1; Nen = CAD AC/AH’ = AI/KH’ Vậy: AB2+AC?2=BC2+BC HH 'Từ (3) (4) suy Ma A BC/AB Nên = AI/KH’ » BC.KH Hình Ấm ¡ (5) =AB.AT KH = = 1/2HH BC.HH = 2AB AI (6) thay (6) vào (ð) ta có : a” (4) AB? + AC? = BC(BH + WC) = = BC(BH + HH’ + WC + WH) = BCŒC + HH) @®) cho AH’C= AHB= BAC va H, C phia d6i véi B H’, (1) Cộng vế với vế (1) (2) ta có : : giá trị (nhọn hay dựng H' aH'AC ; AC/BC = H'C/AC + AC? =BC.HO AWK 2) Chứng minh định lí IÍ cách khác : Với A tù) ta ïH chung (H, B phía C), 1) Dùng đồng dạng chứng định lí Từ định lí I suy định lí H, bạn xem chương I1, sách hình học lớp a) Dùng đồng dạng â (C, H phía B) kía trừ di (hay cộng thêm) lần tích cạnh uới hình chiếu cạnh AHBA AB/BC = HB/BA -> AB? = BC.BH vudng, phương cạnh góc ung (Pitago) wu Nén AB? + AC? = BC? + 2AB AT hay BC? = AB? + AC? - 2AB Al Khi  < 90 = B phía A nên BC? = AB? + AC? — 2AB AI Khi  > 90? = ¡ B vé phia cia A nên 4B A7 ngược chiều Do : BC? = AB? + AC? + 2AB AI Từ định lÍ ta suy định lí Pitago Pitago hệ định lí mà thơi (+) Đoạn thẳng có gạch độ dài đại sổ đoạn thẳng (ví dụ P4 = ÁP) 282 Thật khi4 = 90? =  dé TA = cho Tiên BC? = AB? + AC? — ĐAB = AB? + AC? b) Dùng định lí III Nếu có PA? BC+ PBR?CA+ PC? AB+ Bồ CAAB= Khi > 90° ta lay dau CB? = AB? + 2AH AB (H va B @ phía đối vi A) 3) Chttng định lí III (Sting) a) Ding Pitago ; ta suy định lí II Để Theo Sting ta có minh đơn giản ta kí hiệu hớa CB HA + CH? AB + CA? BH + +HA.AB.BH =0 (7) (trường hợp tù ta đổi đấu số hạng đẳng thức (7) làm dấu đại số cách quy định chiều Ta tính Hink PA? BC + PB? CA + Thay CH? = CA? — AH2 vào (1) ta có PC? AB + BC.CA.AB= CB? HA + CA?,AB + HA? BA + + CA? BH + HA.AB BH = = PA?.c+ PCÌ(œ + b) — — PH(a +b +c) ~ — cø +b + c)(@ +b) Mặt t8) khác PA? = h? + a? PB? = h? + 6? PC? = h? + (b +e)? Thay vào (8) ta có : Hinh Hình h?,e+ q'e + [h2 + (b + e)?l(a + b) — — (l2 + b2)(œ + b + e) — c{g + b + c)(a + b) = hay : CB? = (CA?.AB + HA? BA + CA? x BH + HA AB BH) : (AH) CB? = (CA2(AB + BH) + + HA BA(HA + HB)) : (AH) C#? = [CA?AH + HA.BA(HA+ HB)]:(AH) CB? = CA? + AB(HA + HB) Vì HA +AB+ BH = nên : PC?.AB+ Theo định lí II ta có : PA? = PB? + AB? + 2AB BH CB? = AC? + AB? - 2AH.AB phia vai A) PA? BC + PB?.CA + b) Dùng định lí II CB? = CA? + AB(2AB — 2AH + BA) Vậy : CB? = AC? + AB? - 2AH.AB : Ngược lại có Stinơ ta suy định lí Pitago VÌ điều kiện khơng cho phép, tơi nhường bạn suy nghĩ HB = AB — AH Khi < 90° ta lay dấu : — 63- be— a2e— abe— abe — b*e— ac? be? + BC CA.AB=0 CB? = CA? + AB(2HB + BA) Nên + 2b%e + ac? + be? — h2a— 2b — he ~ beaƯớc lược ta thấy chúng triệt tiêu hết Do CH?= CA?+ AB(HA+ AB+BH+ 2HB+BA) Ma = he + ate + h?a + h2 + ba + b3 + 2bcg + (H, B PC? = PB? + BC? + 2CB BH (2) nhân vế (1) với BC (2) với AB ta cd: PA? BC = PB’ BC + AB? BC + 283 q) + 2AB BH BỐ Tớm lại ta có sơ đồ sau : PC?.AB = PB? AB + BC? AB+ Đồng dạng +2CB.BH.AB cộng vế ta có : PA? BC + PC?.AB = (Các mũi tên tức suy Thí dụ đồng dạng suy Pitago) = PB*(AB + BC) + AB BC(AB + BC) Nhận nén PA? BC + PC?.AB + PB?.CA + — Ngồi cịn nhiều phương pháp chứng minh khác +AB.BC.TA=0 Vay dinh li da duge ching minh Chú ý : PABRC thẳng hàng định lí II song phương pháp không sử dụng thức Salg muốn chứng mỉnh xét : ta dùng hệ — Đây định lí hệ thức lượng hình có vai trị bình đẳng - Dinh If Sting có nhiều theo cạnh nhanh MOT ting dung Thi dụ : dùng Stinơ tính độ dài đường phân giác đơn giản VAI DAY SỐ ĐẶC BIỆT LÊ XU (Nam Hà cũ) Ta biét rang 96 hang thit n (u,),n > 2, cấp số cộng có cơng sai ở, xác định u, =U, + d 1) Ta hay nghién ctu mot day 36 {u,} téng quét hon, xác định sau : 2) hàm số bậc số hạng đứng trước : u, = OU,4 +b (i) ø b số (khi ø = 1, ta có cấp nhân) số cộng ; = 0, ta có cấp số a) Cơng thức số hạng tổng (u,) theo số hạng đầu (u¡) œ, b, m Từ công thức cua Ug, Uy Uy ta dụ quát doán tu= G7 lạ, + (g1 2+ @"—3 +,,+ a+ Lb - (2) Thực : (2) với w = 284 đu, +b= = aưi+ (ak 14 at 24.4 a+ 1), dpem uy, = Uy 1d: 4, (n> Tu =a[d#T lự,> (sẼ—?+ aŸ'—3+ + ø+ 1)b]+ b Với cấp số nhân, có cơng bội g, thÌ số hạng Nếu (2) với n = k, thi (2) cing với nq = k+ 1, vÌ Trong a 24 q"-34 (2), 4atl thay (œ?~1~— 19/(œ — L), ta tổng t„= a9 —T Cụ + (11 — 1)8/(ø— 1) (8) b) Tinh téng S, =u, +u, + cà Tơ, Ta có uy bust tugy = satu, tu,t «+ uy) + nộ uytu,tugt tui = satu, tu,t tu,) tnd tu, yay nb 4, = = (4, tu, t + 4,)(a1) S,, = (Uy 417 7b — ua — 1) hay la, néu thay 4,4, theo (3), ta duge cơng thức Ss, theo Mì, 0,Ð VÀ n 2) Ta nghiên cứu tiếp day {u,}, số hạng thứ œ (n > 2) xác định theo hai số hạng đứng trước sau ; 4, = dịu (4) nal + au n—2 a, va a, 1a hai hang số cho trước Ta chứng minh : a) Nếu {r„} { v,} la hai dãy thỏa mãn (4), tức : Ty =r, nhân 1; tar, (4a) Ủn S G10 S1 + au, (4b) (4a) với A, (4b) với B (A B hai số tùy ý) cộng lại, ta : Ar, + Bu, = @,(Ar,_, + Br,_ »+ thỏa mãn b) Nếu z¡ nghiệm phương trình + = +a, (5) thi day {x77}: + at— 3, đpem nghiém {u,}, khée MuLÔ = Cu m =Œ, + C; ® P= Cx, + Cx, từ hệ này, xác dịnh €C¡ va Cy, CL=@- mx )i(x) — X) C= (mx, — pie, ~ x.) Day (6), với hai giá trị C, va Cy, chinh lA day 4) =m, uy =p Ap : dung thỏa kết man —- ˆ trường hợp „ị =0, có vào day xa wu, = (tức day 0, 1, 1, 2, 3, 5, ) Phương trình (B5) có dang x? =x + 1, do x, = (1+ VB)2 x, = (1 — Vổ)/3, (7) 0=C,+¢, l= (C, — Cy v52 ds C, = -C, = 15, va theo (6), s6 hạng tổng quát dãy Phibơnaxi ©) Từ a) b), suy x, va x, IA hai Lite dé, từ (6), ta có dạng -1 (4) Thật vậy, từ x? = a,x + a,, suy 3171 =a~? u, =p 3) { Ar, + Bu„} thỏa mãn (6), Thực vậy, đãy hoàn toàn xác định hai số hạng đầu =m Phibônaxi + a,(Au, -, + Bu,_ 2), tức dãy 1, x,, 23,2 vey XT (C, va C, hai số bất ki), théa man (4) Ngược lại, đãy thôa mãn (4) đầu có dạng (5) day trị nguyên Tx Gx3—1 (6) 14+V 5\, t= We [ (ge)5\n_ (“,1-V QP )"] Điều đáng oới ý biểu thức có giá số tự nhiên w | Có thể chứng minh (ð) cố nghiệm kếp si =x; thÌ wu, =27-1(C, + Cạn), TỪ MỘT BÀI TOÁN NGUYEN TOAN (Trường nghiệp uụ LAm nghiệp Quảng Ninh) Trong "Tốn học Tuổi trẻ” có tốn 29/65 : "Chứng ta có x? = y? + 2È uới x, y, z > ta có bốt đẳng thức sau : a) ft > 2) xt < + xk với b >2 + # vớik < 2" Sau giải xong toán này, ta không thỏa mãn với kết đạt được, ta đào 285 sâu suy nghĩ nhằm khai thác toán điều mẻ Đầu tiên, ta nghĩ toán tương tự : (A) Néux =y+zvdix,y,z>0 xY >y' + 2È vdik > 1; kel < y gah *'< Te ta có : #° > thik š < 1 1 (x2 ?=(y)2+ (23 tốn ta có kook +X v6i ta tổng quát hóa (A) (B) oo + Kj yyy %, > Ũ, Xp Xz vy %, > 0,2 B 25 o 1a 86 thuc bat ki Thixt> xk txt + tat vik >a thaktok+ tak voik a (C) : X,>0,n 22 t+ Xt +X voir > +a + +20 k > a uờ x >a tok + + +3Ê với k >1 với r > DGt a, =k thi điều kiện r > uiết thành n22 ta : + xÊ với k >ư tương ty xt< xtt xk+.+ xk voi k < ø (đpem) Pak txt tak vik Ô vik art vix’ > nén theo (A) ta có : voik > yk > ak + ok + we tak vế với vế ta có : số tốn sau : 1) Một hình lập phương tích lớn 2) Trong hình hộp chữ nhật với cạnh a, b, c đường chéo ta có : ad > ak + ok +c neu k > đt < aÈ + bÈ + c' k < 3) Cho + @,,@,, ,a, dé a, >0 va n22;a thuc ta có : theo giả thiết : Cộng 1, >xƒ +xŠ + ++xỄ_, vớik >1 Ta viết v6ik > cto xk + ok + tak voi 286 voi Do (B) ta có : (r số thực) với k < (đpem) Ta không dừng lại tốn (A), nghĩ (C) Nếu - z#=xƑƒ+zxf+ +z2 KX, +X,4 4K, xt>yt +“ với k >1 x# >xi tay ti tx, Đặt : zZ = X,xƑ = X, ta có : x2 r < Ta hay xem việc chứng minh bai (C) sai đâu ? Bai chỗ từ r > suy #, >œ với œ,r thực Thì : Nava>0| tự đề xuất toán (A) (B) bạn 2) Tuy nhiên Nếu x5= x5+ 15 + + x5; x, > Ú, tròn qua A, B, # cắt E# 287 Ta cé : FA FB =FK.FE a theo gid thiét : FA FB = EA.ED = EF từ (1) (2) ta có Nhu theo giá thiết : Ok? + OF - 2R? = (OF - OF? = EFGF + FR) = EF EK @®) Do tứ giác AKEFD nội tiếp EAK = (2) : EA ED = EF — FK.FE = —> — cc DFK = EA.ED = OE* - R? FA FB = OF ~ R? EBK = DFK AEBK = AEFC = EK EF = EB EC két hợp với (3) có EH EC = EA.ED (4) (4) chứng tô điều kiện để tứ giác ABCD tiếp vòng tròn : nội > = 5=2 mặt khác + Ê = 2V nên : + 4= 2V (dper (hình 4) Ở tơi khơng muốn nêu lên vi giải toán nhiều cách mà mu: từ cách giải toán đề xuất g' toán khác a) Từ cách : Cách cho thấy điều kiện đầu cho điều kiện cần Liên hệ đẳng thức (3) (4) với nhận xét D, C, Ƒ thẳng hàng ta có : Bài tốn : Cho tứ giác EABK, EA, EB, EK lấy D, C, F cho EA.ED = EB.EC = EK EF Chứng minh điểu kiện : ất có đủ để tứ giác ABKE nội tiếp vòng tròn D, C, F thang hang (hinh 5) Đặt tâm vòng tròn 0, 0,, 04, O, Ta thấy nối đỉnh tứ giấc tồn phần với M có đường 00; G #754, J = 1,., 4) vuông gớc với đường nối Cho nên ta thử áp dụng góc có cạnh tương ứng vng góc để tìm thêm tính chất xem Sao Th có : —— 0,0,1 AM, 0,0,1 MB = — 6,0,0, = AmB pe — ma tự AMB = 0,0,0, 0,0,0,0, AEB30,00, = AEB = AEB, tuong Tu day tử giác nội tiếp Vậy có : Bài toán : Chứng minh tứ giác tồn phần tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác nằm đường trịn (hình 6) Hinh § b) Từ cách : ta thay M = ®, gợi ý : “— — —— MBE = MAE = MFD ta giác FCBM nội tiếp hay vòng tròn ngoại tiếp tam giác FCB qua Aƒ Tương tự có vịng trịn ngoại tiếp ADFA qua M Từ ta có : Bài tốn : Chứng minh rang tứ giác tồn phần vịng trịn ngoại tiếp ©) Ta nhỉn vào hình đưới khía cạnh khác Ta cố vịng ngoại tiếp tam giác DEM, BEM, ADB qua C Trên sở ta có thé dé tốn : (hinh 7) tam giác quy điểm Các bạn thử chứng minh điều (coi M giao điểm hai vòng BCE CDF tồi xết tứ giác nội tiếp (hình 6), Hình AE, Bài toán : Cho tam giác AEF Trên EE, FA lấy điểm D, M, B Chứng minh vòng tròn ngoại tiếp tam giác DEM, BFM, ADR đồng quy điểm Nơi chung tốn khơng có đình 49-Tore làm cho thú vị bạn hiểu u thích tốn 289 MO RONG MOT BAI TOAN PHAN ĐĂNG CẦU (Thanh Hóa) Trong hinh hoc phang, ta cé dinh If : Cho hai điểm A, B Quỹ tích điểm Bổ đề Nếu bán kinh 0M = {2 Xem va ngược Ó trọng tâm hai điểm A, B, chứng mỉnh quỹ tích bàng cách khác nhờ đến toán tổng quát : Á„ (cùng (2) i=l lại, có (2) cd (1), ¿=1 2, Cho n diém Aj, Á„, (1) SaÐ Dama, = MA? + MB? = k? O, diểm AB, " M cho la vong trịn tâm có O xác định với điểm M, ta cớ nghĩa (1) (2) tương đương với Chúng bố đề Với điểm M O bat kì, ta cớ — —~ aMA, =o,Mf0— + 4,04, (i = 1, 2, 22) ta có mat phẳng) œ số thực bất kÌ ơi, đ¿, ø„ Tìm quỹ tích điểm M cho Seah, = Saad + ¥ 0,04, i=1 i= ¿=1 Từ đây, ta thấy (1) (2) ngược lại (đpem) Chúng bổ đề 1, quy nạp : n (k số thực bat ki > a, # 0) 1) Với n = (cd a, va A,) Lấy O = A) ¿=1 2) Giả sử dựng Ø cho hệ x - diém, Học khái niệm trục đẳng phương hai vòng tròn, tơi mở rộng giải tốn tổng quát : Cho œ vòng tròn C,, C,, , C, (thuộc n1 tức có O mà ø,ÔÄ, = (8) Do bổ để 2, ¿=1 cần đủ để có Ø° cho hệ + điểm mặt phẳng) ø số thực bất kia, @, , đ, Tim quỹ tích điểm M cho " Š a,0A, = Se «00° (=1 Thay 5S) aP(M,C) =k dé P(M , C,) phương tích củaM vịng trịn C,,& số cho trước, S3 ø,z i= Để giải hai toán trên, dùng hai bổ để : Bổ đề Cho n điểm A,, Ấy s a số thực đụ, đạn đạn với a, #0; dung duge = 34,04, = i=l 290 a, hay ~ 00? = —~ OA, (vl 2p; = 0) > đ OỔ' hồn tồn xác định Ta dung điểm Ở” thỏa mãn (4), tức có ° —_ 4,07A, = (dpem) điểm O cho kẻ (3) vào (4), có đến A, van œ) (4) a, 04, = Sa, dỡ i=l " =1 i= Bây ta vào giải hai bai toán tổng quát ... trình học tập nơ Những điều người ta biết lâu rồi, điều khơng quan trọng Cái quan trọng chỗ, qua việc học tập nó, rút điều : - Tôi học định lí Pitago khơng qua 1, giảng thấy lớp, 277 vài tập áp... nó, mà tơi học tập cách thường xun : tìm ý nghĩa nó, tìm cách chứng minh, tìm cách biểu khác nớ, ln ln suy nghĩ định lí đó, suy nghỉ từ ngày qua ngày khác, năm qua năm khác ~ Mỗi học tơi ln ln... thú, vỉ ln ln gợi cho suy nghỉ tìm tồi, làm cho học tốn ln ln thấy say sưa thú Tôi muốn nêu trình tơi học sâu tơi tơi vị, tập định lí Pitago nhân rút vài kết luận muốn trao đổi bạn ộ € I , hi € ‘
