SỬ DỤNG DIỆN TÍCH TRONG 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. SỬ DỤNG DIỆN TÍCH TRONG 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 S ADC = 2 S ADB . Vẫn xét hai tam giác trên có chung đường cao kẻ từ A đến BC, do S ADC = 2 S ADB 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 = h 1 , CM = DN = h 2 . Ta có : Từ (1), (2), (3) => : Do đó OE = OF. Cách 2 : (h.3) Kí hiệu như trên hình vẽ. Ta có S ADC = S BDC . Cùng trừ đi S 5 được : S 1 + S 2 = S 3 + S 4 (1) Giả sử OE > OF thì S 1 > S 3 và S 2 > S 4 nên S 1 + S 2 > S 3 + S 4 , trái với (1). Giả sử OE < OF thì S 1 < S 3 và S 2 < S 4 nên S 1 + S 2 < S 3 + S 4 , 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 S ADN (1) DI . CM = 2 S CDM (2) Ta lại có S ADN = 1/2.S ABCD (tam giác và hình bình hành có chung đáy AD, đường cao tương ứng bằng nhau), S CDM = 1/2.S ABCD nên S ADN = S CDM (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 S AMB + S AMC = S ABC . 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 S MBC + S MAC + S MAB = S ABC . 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 S MAC - S MAB = S ABC . 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 C 1 và D 1 là các điểm đối xứng của A và B qua Oz ; E và F là các giao điểm của AC 1 và BD 1 với Oz. Khi đó E và F là trung điểm của AC 1 và BD 1 , 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 = C 1 D 1 (tính chất đối xứng) nên CD = C 1 D 1 . Mặt khác ME và NF là đường trung bình của các tam giác ACC 1 và BDD 1 nên NF // DD 1 , NF = 1/2DD 1 , ME // CC 1 , ME = 1/2 CC 1 => 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 BAD 1 E 1 khi đó D trùng với D 1 , E trùng với E 1 và I trùng với I 1 (trung điểm của cung AB ). Trước hết, ta tìm tập hợp E. Vì B và E 1 thuộc tập hợp cần tìm nên ta nghĩ ngay đến việc thử chứng minh Đ BEE 1 không đổi. Điều này không khó vì Đ ACB = 90 o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) và ΔBEE 1 = ΔBCA (c. g. c) => Đ BEE 1 = Đ BCA = 90 o => E nằm trên nửa đường tròn đường kính BE 1 (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 BE 1 ). Vì Đ DEB = Đ E 1 EB = 90 o nên D nằm trên EE 1 (xem hình 2) => Đ ADE 1 = 90 o = Đ ABE 1 => D nằm trên đường tròn đường kính AE 1 , nhưng ABE 1 D 1 là hình vuông nên đường tròn đường kính AE 1 cũng là đường tròn đường kính BD 1 . Chú ý rằng B và D 1 là các vị trí giới hạn của tập hợp cần tìm, ta => tập hợp D là nửa đường tròn đường kính BD 1 (nửa đường tròn này và điểm A ở về hai nửa mặt phẳng khác nhau với bờ là đường thẳng BD 1 ). Cuối cùng, để tìm tập hợp I, ta cần chú ý II 1 là đường trung bình của ΔBDD 1 nên II 1 // DD 1 => Đ BII 1 = 90 => tập hợp I là nửa đường tròn đường kính BI 1 (đường tròn này và A ở về hai nửa mặt phẳng khác nhau với bờ là BD 1 ). 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. LÀM QUEN VỚI BẤT ĐẲNG THỨC TRÊ-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 a 1 ≤ a 2 và b 1 ≤ b 2 thì (a 2 - a 1 ) (b 2 - b 1 ) ≥ 0. Khai triển vế trái của bất đẳng thức này ta có : a 1 b 1 + a 2 b 2 - a 1 b 2 - a 2 b 1 ≥ 0 => : a 1 b 1 + a 2 b 2 ≥ a 1 b 2 + a 2 b 1 . Nếu cộng thêm a 1 b 1 + a 2 b 2 vào cả hai vế ta được : 2 (a 1 b 1 + a 2 b 2 ) ≥ a 1 (b 1 + b 2 ) + a 2 (b 1 + b 2 ) => : 2 (a 1 b 1 + a 2 b 2 ) ≥ (a 1 + a 2 ) (b 1 + b 2 ) (*) Bất đẳng thức (*) chính là bất đẳng thức Trê - bư - sép với n = 2. Nếu thay đổi giả thiết, cho a 1 ≤ a 2 và b 1 ≥ b 2 thì tất cả các bất đẳng thức trên cùng đổi chiều và ta có : 2 (a 1 b 1 + a 2 b 2 ) ≤ (a 1 + a 2 ) (b 1 + b 2 ) (**) Các bất đẳng thức (*) và (**) đều trở thành đẳng thức khi và chỉ khi a 1 = a 2 hoặc b 1 = b 2 . 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 x 2003 + y 2003 ≤ x 2004 + y 2004 . Lời giải : Do vai trò bình đẳng của x và y nên có thể giả sử x ≤ y. Từ đó => : x 2003 ≤ y 2003 . Do đó (y 2003 - x 2003 ).(y - x) ≥ 0 => : x 2004 + y 2004 ≥ x.y 2003 + y.x 2003 Cộng thêm x 2004 + y 2004 vào hai vế ta có : 2.(x 2004 + y 2004 ) ≥ (x+y) (x 2003 + y 2003 ) = 2.(x 2003 + y 2003 ) => : x 2004 + y 2004 ≥ x 2003 + y 2003 (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 h a , h b , h c . 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 => h a ≥ h b ≥ h c . Làm như lời giải bài toán 3 ta có : (a + b).(ha + hb) ≥ 8S => : 1/(h a + h b ) ≤ (a + b)/(8S) (1) Tương tự ta được : 1/(h b + h b ) ≤ (b + c)/(8S) (2) 1/(h c + h a ) ≤ (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 x 2 + y 2 = 1. Tìm giá trị lớn nhất của F = (x 4 + y 4 ) / (x 6 + y 6 ) 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 l a , l b , l c . 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) = a 2 (b - c) + b 2 (c - a) + c 2 (a - b). Nhận xét : Khi a = b ta có : F(a, b, c) = a 2 (a - c) + a 2 (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) = a 3 (b - c) + b 3 (c - a) + c 3 (a - b). 7 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/x n + 1/y n + 1/z n = 1/(x n + y n + z n ) 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 thức F(x, y, z) = (xy + xz + yz)(x + y + z) - xyz thành nhân tử. Chú ý rằng khi x = - y thì F(x, y, z) = - y 2 z + y 2 z = 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 x n = (-y) n = -y n . Vậy : 1/x n + 1/y n + 1/z n = 1/(x n + y n + z n ) 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) = x 3 + y 3 + z 3 - 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 x 2 + y 2 + z 2 - xy - yz - zx và dư là 0. Do đó : F(x, y, z) = (x + y + z)(x 2 + y 2 + z 2 - xy - yz - zx). Ta có thể thêm bớt vào F(x, y, z) một lượng 3x 2 y + 3xy 2 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. 8 Ví dụ : Tìm nghiệm dương của phương trình x 2 + 10x = 39. Lời giải : Ta có : x 2 + 10x = 39 tương đương x 2 + 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 x 2 . 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 x 2 + 6x = 31. Các bạn hãy tìm nghiệm dương của phương trình x 2 - 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 = mnd 2 ; [a, b] = mnd => (a, b).[a, b] = d.(mnd) = mnd 2 = 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.16 2 = 240.16 suyy ra mn = 15. 9 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 = mnd 2 = 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 = 8 Tương 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. VẬN DỤNG BỔ ĐỀ HÌNH THANG VÀO GIẢI TOÁN 10 [...]... (*) 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... 116 = 102 + 42 GIẢI HỆ BẰNG CÁCH ĐÁNH GIÁ CÁC ẨN PHƯƠNG TRÌNH 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. .. 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 thi t 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... 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 n 4(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... biệt là được giới thi u 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... 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 100 0 mảnh bìa hình chữ nhật, trên mỗi mảnh bìa được ghi một số trong các số... 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 : 13 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 = h a, BI = hb Dễ thấy 2 tam giác vuông AHC và BIC đồng dạng và chung góc C =>... Bài viết này, tôi muốn giới thi u 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)... 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... 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 = 102 4 => 210 + 1 = 102 5 ∶ 25 => 2 20 - 1 = (210 . 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. ; 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