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 + 3 + IW
2a + 4e < (b + e) + 2(œ + b) = 2a + 8b +e

và ta thu đượcø < b vac < 6. Sử dụng kết
qua do ta lai suy ra :ð « 2ø + 2e - ð <
2a + (a +b) +b = Sa va tuong ty lab < 3e.

Bay gid ta sẽ chứng mình rằng:
(6) h„ — hụ < mụ — mụ
từ (5) và bổ đề trên

{Vi rằng,

ta nhận

+ my Tức < mạ + hệ Tức < mt

được :h„

+t, tm, < (W8/2)\(a +b +c) và đó chinh 1a
điều mà ta cần phải chứng minh. Do vậy bài
toán được

giải quyết]

hơng giảm tổng qt ta có thể giả thiết
b= 1. Rhi đó ta sẽ có 1/3 < ø < 1; L3 <
e

<1;9ø

<1+c;2<l†+ø;a+c> l1.

Nếu ta gọi 8 là diện tích của tam giác thì :

168? = (itat+e) (1+ea-c) (€+1- 2)

(c= 1 +a) = 21 + a2) (ce?- ef (1 - 0)? va

biểu thức vế phải là 1 hàm tăng ngặt đối với

biến e được xác định trong đoạn 1/3 < ¢ <
1. Bởi vậy nếu ta thay e bởi (1 + a)/2 vào

ham do ta sẽ có : 16S? < 3/16 x (3 ~ ø)(3øœ
~1)

(

+ø)2.

Do đó

:

(6) hạ — h, = 2S — a)/a <
< (V5/8(( — a?)a) {(3 — a)(3e — Ù).

a

= (2 + 2c? — c?)1⁄2,
)

my= (2a?+ 2c? — 1)

va ta od :
> 0.

S

Vt,

¥S — Vi = (S—ON2S+8)
Cho nén ta nhận được :

m,— m, > (3/2)(1~ a2yf[2(a2+ 4c2+ 1p)".
Thay e bởi (1 + a)/2 vào vế phải của bất
đẳng thức trên ta nhận được (do 2e < 1 + đ)

() mụ— mụ > 3/4Ax(1— a?)/(1+ a+ a21⁄2
Nhận xét rằng với mọi ø ta có :

(1 - a)*(8a? - a + 3) > O (*) va ta dé

kiểm tra được rằng bất đẳng thức (*) là

tương đương với bất đẳng thức sau :

(8) 2Š a> [1+ a+a2)(3 - ø)(8a - DỊ?

Và rõ ràng từ các bất đẳng thức (6), (7) va
(8) ta suy ra được bất đẳng thức (5).
Vậy

thành

ta đã hoàn

2e và b +c

>

ø +b
(5) đối với

việc

chứng

minh

> 2a

(và do

vậy cũng cả với (4) nữa). Do đó điều khẳng

định của J. Garfunket là đúng đấn (đẳng
thức xây ra khi và chỉ khi a = 6 = ¢).
Vậy là lại thêm một điều "bí mật" đối với

tam giác được khám phá. Ngồi các bất đẳng
thức (D, (1D, ID

và (V) ra liệu cịn có bất

đẳng thức nào nữa không, các bạn hãy thử
tim xem.

Chúc

các bạn

thành

cơng

Ï

HAI CHỮ SỐ CUỐI CÙNG CỦA SỐ CHÍNH PHƯƠNG
PHUONG THAO
Một số chính phương chỉ có thể tận cùng
là 0, 1, 4, 5, 6, 9. Hay nói cách khác các SỐ
tận cùng là 2, 3, 7, 8 không phải là số chính
phương. Một câu hỏi rất tự nhiên nảy ra la:

hai chữ sổ cuối cùng của số chính phương có

6 đây ø, b là các số nguyên

không âm và

b) + bˆ, mà số
b < 9. VIA = 20a+(5a

20a(5a + 5) cd hang đơn vị là 0 còn hàng
chục là số chăn nên tính chẵn lẻ của hai chữ

số tận cùng của Á trùng với tính chẵn lẻ của

thể là những số nào ?

hai chữ số của số 62. Điểm lại tất cả các giá

thể biểu diễn A dưới dang

16, 25, 36, 49, 64,
luận sau đây :

Giả sử A là số chính phương, tức là cớ
A= (10a
+ 6)?

274

trị có thể có được của b2 : 00, 01, 04, 09,

81

ta rút

ra một. số kết


phải là số lẻ,

Tính chất 3 : Nếu hàng đơn vị của một
số chính phương khác 6 thì chữ số hàng chục

phải là số chẩn

Tính chất 3 : Khơng có số chính phương

nào cơ tận cùng là hai số lẻ.
Tỉnh chất 4 : Nếu hai chữ số cuối cùng

của một số chính phương cùng chẵn, thì
chữ số hàng đơn vị của số đó chỉ cớ thể là

0 hoặc 4.

Sử dụng các tính chất trên ta có thể giải

một cách dễ đàng hàng loạt các bài tốn liên

quan tới số chính phương. Xin nêu một vài

ví dụ điển hình.

Bài tốn I : Chứng minh rằng khơng
tổn tại số chính phương lớn hơn 10 mà tất
cả các chữ số của nớ đều giống nhau.
Siải: Giả sử n=a..aa là số chính

phương.

Vì ø

khơng

thể

là số lẻ (theo

tính

chất 3) nên theo tính chất 4 ta rút ra a = 4.
Mật khác số 11...11 khơng chính phương (theo
tính chất 3) nên số n = 44... 44 = 4.11

cũng khơng thể chính phương được.

.„.11

Bài tốn 2 : Gia sit A = 195. Hay dién

vào đằng trước số Á một số chữ số để số

nhận được là số chính phương.
Giải

: Dễ

dàng

kiểm

tra

được

tận

cùng

của A là hai số lẻ, nên theo tinh chất 3 không

thể tồn tại cách điền sao cho số nhận được

là số chính phương.
có

Bài tốn 3 : Cho năm số chính phương
hàng

chục

đơi

một

khác

đơn vị là 6. Chứng minh

nhau

và

hàng

rằng tổng tất cả

các chữ số hàng chục của năm số trên cũng

là số chính phương.

Giải : Theo tính chất 1 ta rút ra các chữ

®) Với ø là số chãn (Tức là z = 2, 4, 6, 8)

số 444 khong chinh phwong vi số

add4 = 4 (500.5 + 111)

ma

số

500.5 + 111 có đạng 4k + 3 khơng phải
dạng của số chính phương.

+) 3444 và 9444 khơng chính phương do
chúng chia hết cho 3 mà không chia hết
cho 9.
+) Kiểm

tra trực tiếp hai số cịn

và 7444 ta cũng
chính phương.

nhận

thấy

lại 5444

chúng

khơng

Vậy bài tốn có nghiệm duy nhất là 1444.
Bài tốn ư : Hãy tìm một số chính
phương có tận cùng bằng bốn chữ số giống
nhau khác không.
Giải : Giả sử tổn tại một số chính phương

như vậy :

A=a...bcecc với c # 0. Từ tính chất 3 và
tính chất 4 ta rút ngay ra e = 5. Khi đó số
A có thể viết dưới dạng :

A =a...b. 104 + 4444 =
4.(@...6 . 2500 + 1111)
il

Tính chất 1 : Nếu hàng đơn vị của một
số chính phương là 6 thì chữ số hàng chục

4(4m + 3)

Do số 4m + 8 khơng phải dạng của số
chính phương nên A khơng thể chính
phương. Nói cách khác khơng tổn tại số
chính phương nào có tận cùng là bốn chữ số
giống nhau, khác khơng

Bài
1 đến

tốn 6 : Ta viết các số tự nhiên từ
100 liên tiếp nhau và thu được số

1234567891011..9899100.

Hỏi

số

trên

có

số hàng chục của năm số chính phương nơi

phải là số chính phương hay khơng ?

+7+9

= 25 la 86 chinh phuong.
Bài tốn 4 : Tìm số chính phương có bốn

phương vì sau khí bỏ hai chữ số khơng cuối

Giải ; Theo tính chất 3 thì 6 khơng thể

Để kết thúc bài báo này đề nghị các bạn
tự giải bài toán sau đây :

trên phải là 1, 3, 5, 7, 9. Ré rang 1+34+5

chữ số dạng abbb.

là số lẻ. Dễ thấy 6 # O néu theo tinh chat 4
rit ra 6 = 4. Kiểm tra các giá trị của a ta
thấy :

+) a = 1

ta duge 86 1444 = 382

Giải:

Số trên

không

phải

là số chính

cùng đi ta nhận được số melí khơng chính
phương (theo tính chất 83),

Bài tốn 7 : Hãy tìm dạng tổng quát của

các số chính phương cớ tận cùng là ba chữ

số giống nhau khác không.

275


Chuong 11 - BAN DOC

TIM TOI

THẾ NAO

TÔI ĐÃ HỌC ĐỊNH LÍ PITAGO NHƯ

NGUYEN VĂN KHÁNH
(Hà Giang)

Các bạn đều đã quen biết định lí Pitago.
Khơng biết khi học định lí đó thì bạn có lấy
gì làm hứng thú khơng ? Riêng tơi thì định
lí đó đã để lại cho tơi những ấn tượng
sắc và lí thú, vỉ nó ln ln gợi cho
những suy nghỉ và tìm tồi, nó làm cho
học tốn luôn luôn thấy say sưa và thú
Tôi muốn nêu ra đây q trình tơi học

sâu
tơi
tơi
vị,
tập

định lí Pitago như thế nào và nhân đó rút
ra vài kết luận muốn trao đổi cùng các bạn.

ộ

€

I
,

hi
€

‘

§

niệm

khá

sâu

sắc

hình

ảnh

của

ø2, b2, c2,.... là điện tích các hình vng cạnh

a, b, c.... cịn các tích ư,c, x.y gợi cho tơi nghĩ
đến diện tích của hình chữ nhật hay là tam

giác. ChÍnh vì thế, khi biết các hệ thức :

b2=ab' và c2 = œc' (hình 3) thì tơi thấy

ngay rằng diện tích hình vng cạnh ị bằng
diện tích hình chữ nhật Cử
và diện tích
hình vng cạnh c bằng điện tích hình chữ

(3)

z

Im

Hink I

Hai cách chứng minh trên gợi cho tơi một

nhat BHKM ma Spuxy+ Scuxy=2

a

a

ý

a

Hình 2

Chúng ta đều biết, ở lớp 7 đã chứng minh
định lí Pitago bằng cách chấp hình : lấy 4

tam giác vng bằng nhau rồi chấp thành
hình

1

ta

sẽ

chứng

mình

được

hệ

thức

g2 = b2 + c?. Thật vậy, căn cứ hình (1) ta có :

6+o2=4

b.

2” +

@

Do đó a? = bể + c2

Khi học cách chứng minh này ở nhà, tôi

đã "bắt chước" cách chắp hình trên, sắp xếp

lại các tam giác vuông... và bồng tôi rất vui
mừng khi tỉm ra một cách chứng minh mới

nữa nhờ cách chấp được vẽ ở hình (2) :
“Thật vậy bằng cách cộng diện tích tơi có :

a2=4. bà + @®- e#

(2)

Do đó : ø?= ð2+ c2 (hình vng trắng có

cạnh

276

là b - c).

MK

#W

Hình 3

Nên tơi lại có ø2 = ð2 + c?
Về
chứng
nhận
minh

sau tơi có suy
minh trên và
được rằng thực
trên là ở chỗ

nghĩ nhiều
cũng khá vất
chất của ba
đã biết dùng

về ba cách
vả tôi mới
kiểu chứng
biểu thức

cần tìm (œ2 = ð? + c2) biến đổi đi để được các

biểu thức tương đương (1), (2) và (3) những

biểu thức này chứng minh được một cách dễ
đàng, bằng cách tìm ý nghĩa hình học của nó.
"Thế là tơi bất đầu thực hiện điều suy nghỉ

đơ. Tơi đã có các kiểu biến đổi sau đây, mà


tôi cho rằng không khớ khăn
cũng nghỉ ra được :

lắm các 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 đó :

(4)

e

T2 “an

©)

Hệ thức (4) gợi cho tơi nhớ đến hệ thức
lượng trong vịng trịn và (ð) gợi cho tơi nghĩ

đến những tam giác đồng dạng. Thế là tôi
nghỉ đến cách dựng các đoạn œ+b
và
a — ð trên cạnh huyền của tam giác ABC, và
hi vọng sẽ tìm ra những tam giác đồng dạng
nào đấy. Tơi đã dựng được hình (4). Qua

hình vẽ ta có :

"Thế

là tơi

lại có

một

mới của 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

được p( — a) = (p — b)@ — ø)
P__pTo
pob
pa

(D

Hệ thức (7) gợi cho tôi nghĩ đến những tam

giác
p~
p-c
nội

đồng dạng
È và p- c.
gợi tơi nghỉ
tiếp và bàng

có các cạnh là p và p - ơ,
Song các hiệu p ¬ ø, p - b,
đến các bán kính vịng trịn
tiếp. Ti đã vẽ ra hình (5)

và thấy rằng các tam giác OHB

và BKO,

đồng dạng với nhau, do dé
Hình

—

A

ADE

vng

ở A

—>

Or
_ OH
BK
HB

4

1
vì AC = 5DE=6b ;

—-

—

——

DAB= 90'— CAD= 90-— ADC= AEB; DAB
chung cho hai tam gidc ABD va ABE, do đó
hai tam giác này đồng dạng với nhau và có :

Nhung
AH

=p —a,HB=p-b,

AH

BE AB,
atb_¢
ABF DB "3ˆ
“z-b

Do đó

8K
Ũ

a2 =b2
+ c2

Nếu ta chú ý rằng AB

AK=0,K=p

c

là tiếp tuyến của

vòng trịn ngoại tiếp tam giác ADE thì cũng
thấy ngay rằng AB? = BD. BE

hay c? = (a + 5)(a — b). Do đó 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 tôi nhớ đến công thức tính
b.

diện tích của tam

giác S=p.r= S.

Và

quả thật, đối với tam giác vng thì đẳng
thức (6) là đúng vì

A

đó

~P__

Gọip là nửa chu vi ta có ;

2p.

Do

Hình 5

90°

r=(—a)tg=(p —8).Wg —

8,

pus

p-6
p-@
Biến đổi ngược lại tôi lại cớ

g2 =b2
+ c2
Trên đây là vài điều suy nghỉ được của

tơi về định lí Pitago, trong q trình học tập

nơ. Những điều này có thể người ta đã biết

lâu rồi, nhưng đó là điều khơng quan trọng.
Cái quan trọng là ở chỗ, qua việc học tập
nó, tơi rút ra được mấy điều :

- Tôi đã học định lí Pitago khơng phải

chi qua 1, 2 giờ giảng của thấy trên lớp, 1
277


vài

bài

tập

áp

dụng

nó,

mà

tơi học

tập

nó

một cách thường xun : tìm ý nghĩa của nó,
tìm các cách chứng minh, tìm các cách biểu

hiện khác nhau của nớ, ln ln suy nghĩ
về định lí đó, suy nghỉ từ ngày này qua ngày
khác, năm này qua năm khác.

~ Mỗi khi học được một cái gì mới tơi ln
ln có ý thức "dùng cái mới để soi sáng

CÁC DUONG

thêm cái cũ". Chính vÌ cơng việc có Ít nhiều

cái vẻ "khảo cổ này" tôi đã thu được nhiều
điều bổ Ích : hiểu chắc cái mới, hiểu sâu cái
cũ và đo đó làm cho tơi ngày càng ham thích
học tốn.

Đó là những kết luận tơi muốn
cùng các bạn.

trao đổi

n TUYẾN CỦA MỘT TAM GIAC
NGUN ĐẠO PHƯƠNG

Trong chương

nhiều

trình

kiến thức mới

tốn phổ thơng có

học qua tưởng như đơn

Bằng

trực

giác ta cũng

thấy

ngay

các

biết

đường n tuyến khơng đồng quy (với n z 2)
các bạn có thể chứng minh dễ dàng được
điều đó. Chúng cắt nhau tại các điểm A’ B’

trong học tập và giúp ta hiểu sâu sắc kiến

tuyến, /œ có thể coi G là một trường hợp đặc
biệt của tam giác A' B` C' khi n = 2.

bạn một vấn để nhỏ ; các đường n tuyến của

giữa

giản. Nhưng nếu ta biết cách học, biết cách

xem

xét

vấn

để dưới

nhiều

khía

cạnh,

mở rộng kiến thức thì ta sẽ thu được nhiều
kiến thức mới, gây cho ta nhiều hứng thú
thức
một

cũ.

tam

Sau

đây

tôi xin

giới

thiệu

với

các

giác

Trên các cạnh 8C, CA, AB của tam giác

ABC ta lấy những điểm D, E, K sao cho :

rater

1

là một
số đại số)

Những đường AD, BE, CK được gọi là các
đường r tuyến của tam giác ABC.

C’. Coi Œ là giao điểm của ba đường trung

2) Điều ta suy nghÏ tiếp là như vậy thì

đường ø tuyến khi n = 2. Ta hãy tìm hiểu
những tính chất của các đường 7+ tuyến.

Ta đã biết các đường trung tuyến của một,

tam giác đổng quy tại một điểm. Đó là trọng

tâm Ở của tam giác.
278

và

các

điểm

A’,

B’,

C’ cé

mot

Ta đã biết G chia ba mỗi đường

tuyến
giao

kể từ cạnh

điểm

A,

8,

tương ứng.

C' của

Vậy

ba đường

tính

trung

liệu các
né tuyến

có cùng chia mỗi đường ø tuyến theo cùng

một tÌ số khơng ?

Trước hết ta hãy xem A' chia ø tuyến KC

theo ti s6 nao.
Ấp dụng định lí Ménélaut (*) vao tam giác

BKC,

Như vậy ta đã mở rộng khái niệm các
đường trung tuyến. Các đường trung tuyến
AM, BN, CP là trường hợp đặc biệt của các

G

chất giống nhau nào đó.

ứng

với cát tuyến AA'D,

ta được

:

Œ) Định it
MEnelait
phát
biểu nhục sau
“Nếu một đường
thẳng bất kì, khơng
đi qua đinh của
tam giác ABC và
cắt các cạnh của
tâm giác tại các
điểm tương ứng L,
M, N thì ta có
đằng thức :

LC MA NB
Bạn đọc có thể chứng mình dễ dang dink If nay bang
cách kế AO II BC rồi áp dụng định lí Talét


>

=

1 =

GE =GC+— CA

>
Ầ

Tuong ty

vì

Gk =GA+1aB

Bll Sl BIS

Nhưng

me
_ >
>
Vay GD+ GE+ GK= GA+ GB+ GC) +
1
o>
—
x AB + BC + GA)

Ta biến đổi như sau :

AR_ = MC
AC _ AK-AC_
AK-ÄC
CK

1 n~n) ICn(-n) pnt
Từ đó ta có :

AK
KC

1
ntl

Vay A' chia n tuyến KC, kể từ cạnh tương
ứng,

theo

tỉ số là

. Chứng minh
n?—n+1
tương tự ta cũng có kết quả như vậy đối với
các điểm B’, C’.
Tém lai A’, B’, C’ chia méi đường n tuyến

&
>

GA+

1

Do đó

Chú
ý là với n = 2 thì

1

_l

t

n—n+1
3 2
có trường hợp của các đường trung tuyến.
3) Bây giờ ta chú ý đến tam giác DEK là

tam giác có đỉnh là chân của các đường n
tuyến. Khi ø = 2 tam giác ĐEK có vị trí đặc

biệt là tam gidc MNP. Ta da biét tam giác
MNP và tam giác ABC có cùng trọng tâm

G. Bởi vậy ta dự đốn là tam giác DEK và
tam giác ABC cũng có trọng tâm trùng

nhau.

Ta hãy chứng minh

giác DEK,

G là trọng tâm tam

5,

Vi G la trong tâm tam giác ABC

kể từ cạnh tương ứng theo cùng một tỉ số là
nent)

OD

—

GB+

GC=

—-

>

—

0, và AB

=>

—»

+ BC

nên

>

+ CA =0

: GD + GE + GK=0

Điều này chứng tỏ G cũng là trọng tâm
của tam giác DEK (dpem).
Két qua trên đây không phụ thuộc vào số
z, nên ta đi đến điều lí thú sau : Có số

tam giác có dinh nồềm trên cạnh của một
tam

gide

cho

trước

mà

có trọng

tâm

trùng

uới trọng tâm của tam giác cho trước : đó là
những tam giác có đỉnh là các điểm chia các

cạnh của tam giác theo cùng một tỈ số.
4) Ö phần 1) ta da coi G là một trường
hợp đặc biệt của tam

giác A’B’C’

khin

= 2.

Như thế ta cũng có thể coi G như là một
tam giác đặc biệt : "tam giác - điểm",

"Tam giác - điểm" G có trọng tâm trùng
với chính nơ, tức là trọng tâm của tam giác

ABC.

Vậy ta cũng có thể dự đốn là tam giác
A'B'C' và tam giác ABC có trọng tâm trùng

nhau. Muốn chứng minh dự đoán này 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

1

>
—

KA'’= ————KC

~

nˆ—n+1

nén GA’ = GK+ ————— KC
n—n +1
279


Tương tự G# = GỖ +

Gt = Gk +

1

~

n2-n+1

1 — zh

ne-nt+l

Cộng từng vế ta được :

>

>

GA’ + GB’ + GC

Điều
của tam
5) Ta
chất hay

————ĐA

ee
ee
=0

Chẳng hạn nếu bạn đã học định lí Stiua
thÌ bạn có thể chứng minh khơng khó khăn

me

gì cơng thức :

=GD+GE+GK+

đệ2+d2+
+ dc + đệd2==

1
=
+ Ty
C+ DA + BY

Ta lại

trong

có :

tuyến ứng với các cạnh a, ở, c. Trong trường
hop n = 2, công thức trên đây 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

các

đường

n

3

=>

—

là

độ + đệ + độ =2 (g2 + b2 + c?)
là công thức quen
trung tuyến.

>»

MỘT

=

=

D.

nen KC+ DA+ BB= mt
Vậy

+A

đó

2—

wath
2y
g2 +22)
n

nˆ~n+

KC
tương

này chứng tỏ G cũng là trong tam
giác A'B'C”.
cịn có thể tÌm thấy một số tính
khác nữa của đường mœ tuyến.

Đặt

—

Ree CB+ BA=0

y=

thuộc đối với các đường

n?—n+1
2

n

có thể thấy (bằng cách dùng đạo hàm chẳng
hạn) rằng y đạt cực tiểu khi n = 2.
Ban còn có thể chứng minh rằng các tam

giác A'AC, B'BA, C'CB có diện tích bằng nhau.

PHƯƠNG

PHÁP

TÍNH

TỔNG

NGUYEN VAN DIEN
Trong tốn học chúng ta thường gặp
những bài tốn tính tổng của hàng loạt số

hạng được sắp xếp theo một quy luật nào đó.

Cấp số cộng, cấp số nhân mà ta đã biết, việc

tính tổng của chúng khá đơn giản. Một khi
ta gặp bài tốn tính tổng mà các số hạng
khơng lập thành một cấp số như :

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)@-

thì chắc các bạn gặp nhiều

Dn

khớ khăn. Để

giúp các bạn phần nào giải quyết khó khăn
đó tơi xin giới thiệu cùng bạn đọc một
280

phương pháp tính tổng sau. Gid sit f(x) la
một hàm số nào đó va œ() là một hàm số
khác được thỏa mãn

:

fx) = e@ + h) — p(Œ)

(1)

trong đó h là một số nào đó.
Lần lượt thay
x bằng 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 từng vế các 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 thế muốn tổng có đạng

Ax) + fle + h) + fa + 2h) +... + fiz + nh)

thực hiện được nếu ta chọn được một hàm

số ø(xz) mà hàm g(x) được liên hệ với fix)
theo đẳng thức (1) tức là

f4) = cứ + h) — pœ)

Để làm sáng tỏ vấn để này ta khảo sat

2) Tinh téng

S= coar+cosx+ cosix +...4+ cos(2n— 1»
Ta biết rằng
sin2nx — sin2(n — 1)x = 2cos(2n — 1)xsinr
Vậy ta chọn

ví dụ 1, 2 ở trên

§= 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

bằng dãy x +h
các hàm

ham

f(x),

; x + 2k ;...;

sau

khi

thay

(x) = Veta + A)

đó

là

+ 2h)

p(x + h) = L/ứ + h)Œ + 2h)(x + 3h)

va @Œ+ h)—~ øœ) = 1+
~ l#Œ

x

x + nh ta được

ƒ@) ;fŒ + h);f( + 2h) ;... ;fx+nh)
các số hạng trên, chúng ta xét hàm

khi

Ø() = sin2(n — 1x
khi đó

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 đó suy ra

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 của tổng đã cho là :

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 bằng dãy số tự nhiên 1, 2, 3, ...
Từ đó suy ra

ÑU +ƒ@) +ƒf() + .. +ƒf{m =

= 2sinx[cosx + cosx + cosix + ...
+ cos(2n — 1)x]

=ø(® + 1) — ø(1)

= sin2nx — 0 = sin2nz,

Vậy

8 =sin2nx/2sinr nếu sinx z 0

Mời các bạn hãy thử lại kết quả trên bằng
quy nạp.
Tom lại phương pháp tính tổng trên là
một phương pháp có hiệu lực trong việc tính
tổng hàng loạt các số hạng được sắp xếp theo

thứ tự nhất định. Nhưng vấn đề khó đồng

thời là mấu chốt của phương pháp này là
chọn được hàm g(+) thỏa mãn đẳng thức (1).
Một khi đã chọn được thích hợp thì bài tốn
coi như giải được.
Để kết thúc vấn đề này mời bạn đọc hãy

áp dụng phương pháp này vào ví dụ 3 nêu

ở trên và hai bài sau đây

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 này tơi muốn

tương

dương

và

nói với các bạn về sự

phương

của ba định lH sau :
Dinh

H I : Trong

pháp

một

chứng

tam

giác

,

minh

A
ABC
BHA = BAC)

bình phương cạnh huyền bằng tổng các bình
Định lí II : Bình phương của một cạnh,

đối diện uới góc nhọn (hay tù) của một tam
giác, bằng tổng cóc bình phương của 2 cạnh

Định lí HI : (Stinơ) Cho 3 điểm ABC lần
lượt

nằm

trên

một

diểm P ta đều có :

đường

thẳng.

Với

PA?.BC
+ PB?. CÁ + PC? AB +
+ BC.CA.AB=0

mọi

4 ABC
=
CHA = BAC Non

BC

sao

B61 phia đối với
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) và (4) suy ra

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 6 về 1
phia d6i véi B. H’,

(1)

Cộng vế với vế của (1) và (2) ta có :

:

mọi giá trị
(nhọn hay
đều dựng
và H' trên

aH'AC

;

AC/BC = H'C/AC + AC? =BC.HO

AWK

2) Chứng minh định lí IÍ bằng cách khác :
Với
của A
tù) ta
được ïH

chung

(H, B về 1 phía của C),

1) Dùng đồng dạng chứng mình định lí 1.

Từ định lí I suy ra định lí H, các bạn xem
chương I1, sách hình học lớp 8.
a) Dùng đồng dạng

â

(C, H về 1 phía của B)

kía trừ di (hay cộng thêm) 2 lần tích của
một trong 2 cạnh ấy uới hình chiếu của cạnh
kia trên nó.

AHBA

AB/BC = HB/BA -> AB? = BC.BH

vudng,

phương của 2 cạnh góc uuông (Pitago).

wu
Nén

AB? + AC? = BC? + 2AB . AT hay

BC? = AB? + AC? - 2AB. Al

Khi  < 90 = 7 và B ở về 1 phía của A

nên BC? = AB? + AC? — 2AB. AI

Khi  > 90? = ¡ và B ở vé 2 phia cia A

nên 4B

và A7 ngược

chiều.

Do đó

:

BC? = AB? + AC? + 2AB. AI
Từ định lÍ này ta suy ra định lí Pitago.
Pitago chỉ là hệ quả của định lí này mà thơi.

(+) Đoạn thẳng có gạch trên chỉ độ dài đại sổ của đoạn
thẳng đó (ví dụ P4 = ÁP).

282


Thật vậy khi4 = 90? 7 = Â do dé TA = 0 cho

Tiên

BC? = AB? + AC? — ĐAB. 0 = AB? + AC?

b) Dùng định lí III. Nếu có

PA? BC+ PBR?CA+ PC? AB+ Bồ. CAAB= 0

Khi 4 > 90° ta lay dau

CB? = AB? + 2AH . AB (H va B @ 2 phía đối

vi A).

3)

Chttng

định lí III (Sting).

a) Ding Pitago ;

thì ta sẽ suy ra được định lí II.

Để

Theo Sting ta có

minh

đơn

giản

ta

hãy kí hiệu hớa và

CB. HA + CH? .AB + CA?. BH +
+HA.AB.BH =0

(7)

(trường hợp tù ta đổi đấu các số hạng thì

cũng được đẳng thức (7).

làm

mất

dấu đại số

bằng cách quy định
chiều. Ta tính

Hink 5

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 = 0

= 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

3

Hình

h?,e+ q'e + [h2 + (b + e)?l(a + b) —
— (l2 + b2)(œ + b + e) — c{g + b + c)(a + b) =

4

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 = 0 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

đó :

Ngược lại nếu có Stinơ ta cũng suy ra
được định lí Pitago. VÌ điều kiện khơng cho
phép, tơi nhường các bạn suy nghĩ.

HB = AB — AH

Khi 4 < 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

cùng

PC? = PB? + BC? + 2CB BH
(2)
nhân 2 vế của (1) với BC và của (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 là suy ra. Thí dụ đồng

dạng suy ra Pitago).

= PB*(AB + BC) + AB. BC(AB + BC)

Nhận

nén PA? BC + PC?.AB
+ PB?.CA +

— Ngồi ra cịn nhiều phương pháp chứng
minh khác nữa.
.

+AB.BC.TA=0

Vay dinh li da duge ching minh.

Chú ý : khi PABRC thẳng hàng định lí II

vẫn đúng song phương pháp trên không sử
dụng được
thức Salg.

muốn

chứng

mỉnh

xét :

ta dùng

hệ

— Đây là 3 định lí cơ bản trong hệ thức lượng

của các hình có vai trị bình đẳng như nhau.
- Dinh

If Sting có nhiều

theo 3 cạnh thì rất nhanh

MOT

ting dung.

Thi

dụ : dùng Stinơ tính độ dài đường phân giác
và đơn giản.

VAI DAY SỐ ĐẶC BIỆT
LÊ XU

(Nam Hà cũ)

Ta biét rang 96 hang thit n (u,),n > 2, của
một cấp số cộng có cơng sai ở, được xác định bởi
u, =U,

+ d

1) Ta hay nghién ctu mot day 36 {u,}
téng quét hon, được xác định như sau : mỗi
2) là một

hàm

số bậc

nhất

của số hạng đứng trước nó :

u, = OU,4 +b

(i)

trong đó ø và b là những hằng số (khi ø = 1,
ta có cấp

nhân).

số cộng

; khi ư

= 0, ta có cấp số

a) Cơng thức của số hạng tổng
(u,) theo số hạng đầu (u¡) và œ, b, m.
Từ

cơng

thức cua Ug, Uy Uy ta dụ

qt
dốn

tu= G7 lạ, + (g1 2+ @"—3 +,,+ a+ Lb - (2)
Thực vậy : (2) đúng với w = 2.
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) đúng với n = k, thi (2) cing đúng
với nq = k+ 1, vÌ

Trong

a 24 q"-34

(2),

4atl

thay

(œ?~1~— 19/(œ — L), ta được

tổng
bởi

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
công
thức của Ss, theo Mì, 0,Ð VÀ n.

2) Ta hãy nghiên cứu tiếp day {u,}, trong

đơ số hạng thứ œ (n > 2) được xác định
theo
hai số hạng đứng

trước

nó như sau

;

4, = dịu
(4)
nal + au n—2
trong do a, va a, 1a hai hang số cho trước.
Ta sẽ chứng minh

rằng :

a) Nếu {r„} và { v,} la hai dãy thỏa mãn
(4), tức là :
Ty =r,
thì nhân

1; tar,

4

(4a)

Ủn S G10 S1 + au, 4

(4b)

(4a)

với A,

(4b)

với B

(A và B

là

hai số tùy ý) rồi cộng lại, ta được :
Ar, + Bu, = @,(Ar,_, + Br,_ »+

cũng thỏa mãn
4.
b) Nếu z¡ là nghiệm của phương trình

+ = ai +a,

(5)

thi day {x77}:

ra được

+ at— 3, đpem.

nghiém

{u,}, trong do

khée

MuLÔ = Cu

nhau

1

của

m =Œ, + C;

®

P= Cx, + Cx,

và từ hệ này, bao giờ cũng xác dịnh
được
€C¡ va Cy,
CL=@- mx )i(x) — X)

C= (mx, — pie, ~ x.)

Day (6), với hai giá trị này của C, va Cy,

chinh
lA

day
4) =m, uy =p.

Ap

:

dung

thỏa

kết

man

quả

—-......ˆ..

trong trường hợp „ị =0,

4

và

trên

có

vào

day

xa.

wu, = 1 (tức là day

0, 1, 1, 2, 3, 5, 8 ..) Phương trình (B5) có

dang x? =x + 1, do do
x, = (1+ VB)2 và x, = (1 — Vổ)/3, và (7)

0=C,+¢,

l= (C, — Cy v52
do ds C, = -C, = 15, va theo (6), s6 hạng
tổng qt của dãy Phibơnaxi đó là

©) Từ a) và b), suy ra rằng nếu x, va x,

IA hai

và

Lite dé, từ (6), ta được

có dạng

-1

(4). Thật vậy, từ x? = a,x + a,, suy

3171 =a~?

u, =p.

3)

{ Ar, + Bu„}

thỏa mãn

(6), Thực vậy, một đãy như vậy là
hoàn

toàn xác định bởi hai số hạng đầu 1 =m

Phibônaxi

+ a,(Au, -, + Bu,_ 2), tức là dãy

1, x,, 23,2 vey XT

(C, va C, là hai số bất ki), théa man
(4).
Ngược lại, mọi đãy thơa mãn (4)
đầu có
dạng

(5) thì day

1

trị ngun

Tx Gx3—1

(6)

14+V

5\,
t= We [ (ge)5\n_ (“,1-V
QP
)"]
Điều đáng chú
oới mọi

ý là biểu thức này có giá
số tự nhiên

w |

Có thể chứng minh rằng nếu (ð) cố nghiệm

kếp si =x; thÌ

wu, =27-1(C, + Cạn),

TỪ MỘT BÀI TỐN

NGUYEN TOAN

(Trường nghiệp uụ LAm. nghiệp Quảng Ninh)

Trong "Tốn học và Tuổi trẻ” có bài tốn

29/65

: "Chứng

mình

rằng

nếu

ta

có

x? = y? + 2È uới x, y, z > 0 thì ta có các bốt
đẳng thức sau :

a)

ft >

2) xt <

+ xk với b >2

+ # vớik < 2"

Sau khi giải xong bài tốn này, ta khơng

thỏa mãn với kết quả đạt được, ta hãy đào
285


sâu suy nghĩ nhằm khai thác ở bài toán này

những điều mới mẻ.
Đầu tiên, ta nghĩ về bài toán tương tự :

(A)

Néux =y+zvdix,y,z>0
thì xY >y'
+ 2È vdik > 1;
kel

< y

gah

*'<

Te

ta có : khi #° > 2 thik

2 thì š < 1.
1

1

1

(x2 ?=(y)2+ (23

tốn trên

ta có

kook

+X v6i

bài

rằng ta có thể 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
MoM
hay x7 >a

(C) đúng :
X,>0,n

22

t+ Xt...
+X voir >
+a

+... +20

k > a uờ như

x >a tok +

+... +3Ê với k >1

1

với r > 1.

DGt a, =k thi điều kiện r > 1 có thể uiết
thành

n22

thế ta cô :

+ xÊ với k >ư

tương ty xt< xtt xk+.+ xk voi k < ø (đpem).

Pak txt.
tak vik <1

Dùng

kết quả các bài toán

trên,

ta giải

Ta ching minh bing cach quy nap theo n.

được

Giả

hơn tổng các thể tích các hình lập phương
có tổng các diện tích tồn phần bằng diện
tích tồn phần của nớ.

n =2

(B) trở thành (A) ta đã chứng mỉnh.
sử

bài

nghĩa là :

toán

(B)

đúng

Nếu # = #J† #¿† .. † Tu 1X

@

với

nø

-

Lœ@#< + + xk + a tak

„_ ¡> Ô

vik

<1

:

x=x’+x,,

> art

vix’ > 0 nén theo (A) ta có :

voik > 1

yk > ak + ok + we tak
vế với vế ta có :

một số các bài tốn

sau :

1) Một hình lập phương

có thể tích lớn

2) Trong hình hộp chữ nhật với 3 cạnh a,
b, c đường

chéo ở ta có :

ad > ak + ok +c neu k > 2
đt < aÈ + bÈ + c' nếu k < 2
3) Cho

+ @,,@,,..,a, trong dé a, >0

va

n22;a
thuc ta có :

theo giả thiết :
Cộng

1,

>xƒ +xŠ +... ++xỄ_, vớik >1

Ta viết

v6ik > 1

cto xk + ok + tak voi

286

voi

Do (B) ta có : (r số thực)

với k < 1 (đpem)

Ta không dừng lại ở bài tốn (A), vì nghĩ

thì

(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, thế thì ta có :

x2 <2

Nếu x = Kb xgt

tx

Ta hay ching minh

ok

+“ <## +

(A) tới (B) là do

Ta cod bai todn sau :

ok

Kook

thì

REx

> 1 và khi

theo

từ bài toán

hạng trong tổng

x2 >y? +z2 với k' > 2

tức là

Việc chuyển

sự tổng qt hóa đứng về khía cạnh số các
số hạng trong tổng z = y + z. Bay gid ta cd

thể tổng qt hóa (B) ở khía cạnh khác,
chẳng hạn ở khía cạnh số mũ của các số

Việc chứng mỉnh bài tốn này khơng khó
lam, ta dùng kết quả bài toán trên. Ta đặt

Re

tuong te xt< x,+ xk +...+ x* voik < 1 (dpem)

> 1

h
[3+

với
œ >1.
n

5(a,+
201” a, #„

s2]
«

a

> đệ + a9 +... +ia8

< aft
1 aft+..ta%
82
n via

<

1.


Nhận

xét

:

1) Từ việc giải được một bài tốn, bạn
Tồn đã đào sâu suy nghỉ, bằng tổng quát
hóa, đặc biệt hớa và tương tự, bạn đề xuất

được

những

bài

tốn

mới.

Bạn

Tồn

đã

tự giải quyết được với lời giải đúng, gọn. Kết

quả các bài toán (A), (B) cũng được phát huy
để giải một loại các bài toán (1), (2), (3)...

Qua đây chúng ta thấy học tap được ý
thúc chủ động dé xuét vén đề mới cần giải
quyét sau khi suy nghỉ giải quyết được một
vdn dé nao dé.

cũng cần chú ý rằng

: khi

tổng quát hớa bài toán hớa (B) cớ bài tốn
(Ơ)

bạn

Tồn

đã

phạm

một

sai

lầm

: (C)

khơng đúng với mọi œ thực. VÍ dụ :

Ta co:
nhưng

(2) t 224484

6

BAS(~)”

là

đúng,

> 22 + 32 là sai.

a,>a@

Dúng ra thÌ : từ r >

a > 0. Xin

véi

như sau

chữa

lại bài

1 suy ra
toán

(C)

:

Boden

ec vik > a

+È> xft xÉ+...+
xẾ với k < œ
whe ttt xắ+...+xẾ với b >ø

Chứng minh

: Dat x7 = X, x7 = X, ta ed

XaX, +X, ++ X,

X>0n>2

X>Xt+X;+..+
XP với r>

to ts

XN X+
Hay 1a
XT > eta
+

|

>2

whe cht xÉ+...+
xẼ với k< ø

Nive <0|

xT eT

+ Tt

Giả sử œ > 0.

Mt. XM
+x

vir

a ta

1 thì kè < œ. Do

Ẻ xi +

<1

vOir

<1

đó ta có

>ø;

:

+... +3Ê với k > a

( che ak tht
Trugng

hgpa

<

+x

voi k < ø (đpem)

0, thi:

khir

>

1 thi

Do do, taco:
> a. ir
<1 thik
kkh

|

oak t ht xt voi k
chask + xk + ok vOik > a (d.p.cm).

TOI DA

GIAI MOT BAI TOAN NHU
CAO

THE NAO

LONG

(Lép 10, DHSP

?

VAN

Ha Noi 2)

Vừa qua, tôi được thày giáo cho bài toán

sau : "Phần
va CD, AD,

lượt cắt nhau

kéo đài các cạnh đối dién
oà CB của tử giác ABCD

6 E va E, Chúng

mình

AB
lần

rằng

nếu ; EA.ED

+ FA .FB = EF?

thì tứ giác

rồi

số

ABCD nội tiếp được trong một ng trịn",
Tơi đã giải bài tốn này bằng nhiều cách
từ

khác.

đấy

để

xuất

thêm

một

bài

tốn

Sau đây xin trình bày vấn tắt những

suy nghĩ của tơi.

Cách giải thú nhất :
Dựng

6K.

một

vịng

1

với r >1

Nếu đặt œ' = &, ta có : khi r > 1 thì

khi r <

Ta hay xem việc chứng minh bai (C) sai
ở đâu ? Bai
ở chỗ từ r > 1 suy
ra #, >œ với

œ,r thực.

Thì :
Nava>0|

tự

đề xuất các bài toán (A) (B) và bạn cũng đã

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) và (2) ta có

Nhu vậy theo giá thiết :

Ok? + OF - 2R? = (OF - OF?

= EFGF + FR) = EF. EK

@®)

Do đó tứ giác AKEFD nội tiếp được
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 tơ điều kiện để tứ giác ABCD
tiếp được một vòng tròn là :

nội

>

=

<= OE .OF
= R?

= E va F la hai điểm liên hợp đối vớ

vòng tròn (O) bằng phản chứng dé dan;
chứng minh tứ giác ABCD nội tiếp (hình 3)

EA.ED
+ FA . FB = EF* (dpem).
Cách giải thúc hai :

Cách thứ 4:

Hình 3

Dựng hai vịng trịn (ABE

và (DAF), giả sử chúng lần lượt cất EƑ ở
điểm M, N. Như vậy ta có :

EA.ED + FA .FB= EN .EF + EF MF
= EF(EN + MP).

Hình 2

Trong q trình làm tốn, một
thường nghĩ là điều ngược lại có đúng
Tơi đã chứng minh được đối với bài
cho, điều ngược lại cũng đúng (hình

điều tơi
khơng ?
tốn đã
2).

Trước tiên ta thấy Ƒ ln ở ngồi vịng
trịn (Ĩ) (đo tứ giác ABCD

có E, F la hai điểm

lồi), mặt khác ta

liên hợp với nhau đối

với vòng tròn (O) nên : FI x (O) = A’ thi EA’
là

tiếp

tuyến

của

vòng

FE? = EP + IE? = EA? — A'? +
+ FO? - OP = EA? + FO? — R2 =

tròn

(0)

PEKO) + ARO) = EA. ED + FA . FB (dpem)
Dựa vào đấy ta có thể chứng
tốn bằng phản chứng.

minh

bai

Cóch thứ 3 : 'Ta chứng mính dễ dàng bổ
đề : Điều kiện cẩn và đủ để hai điểm # và
£ là Hên hợp với nhau đổi với (O) la

OE . OF = R? [R ban kinh vong trịn (Ĩ)}. Ap

dụng điều này. Dựng vịng tron (O) qua A,

B, D (hình 8), ta có :

288

Hinh

4

Mặt khác theo giả thiết ta có :
EA.ED + FA .FB = EF2 = EF(EN + Ni
vay : EF(EN + MF) = EF(EN + NF)
ô=MF
= NF âM

= N.

T õy 1=2>5=2

mt khác
3 + Ê = 2V nên : 3 + 4= 2V (dper

(hình 4)

Ở đây tơi khơng muốn chỉ nêu lên vi

giải một bài toán bằng nhiều cách mà mu:
từ các cách giải một bài toán đề xuất và g'
những bài toán khác.

a) Từ cách 1 và 2 : Cách 2 cho thấy điều

kiện đầu bài đã cho còn là điều kiện cần.
Liên hệ các đẳng thức (3) và (4) với nhận
xét D, C, Ƒ thẳng hàng ta có :
Bài tốn 1 : Cho tứ giác EABK, trên EA,

EB,

EK

lần lượt lấy D,

C, F sao cho

EA.ED = EB.EC = EK. EF

Chứng

minh

rằng

điểu

kiện

:

ất có và đủ

để tứ giác ABKE nội tiếp trong vòng tròn là
D, C, F thang hang (hinh 5).

Đặt các tâm vòng tròn 0, 0,, 04, O,.
Ta

thấy cứ nối đỉnh bất kì của tứ giấc tồn phần

với M thì sẽ có 1 đường 00; G #754,
J = 1,., 4) vuông gớc với đường nối đó. Cho
nên ta thử áp dụng góc có cạnh tương ứng

vng góc để tìm thêm các 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

có thể nội tiếp được. Vậy có :

Bài tốn 8 : Chứng minh rằng trong 1 tứ
giác toàn phần tâm 4 đường tròn ngoại tiếp 4
tam giác nằm trên một đường trịn (hình 6).

Hinh §

b) Từ cách 4 : 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 cũng qua M. Từ đây ta có :
Bài tốn 2 : Chứng minh rang trong một
tứ giác tồn phần các vịng trịn ngoại tiếp

©) Ta nhỉn vào hình 1 đưới một khía cạnh
khác. Ta cố các vịng ngoại tiếp các tam giác
DEM, BEM, ADB cùng qua C. Trên cơ sở

này ta có thé dé ra bài tốn : (hinh 7).

4 tam giác đổng quy ở một điểm. Các bạn

thử chứng minh điều này (coi M là giao điểm
hai vòng trong BCE và CDF tồi xết các tứ
giác nội tiếp (hình 6),

Hình

AE,

7

Bài tốn 4 : Cho một tam giác AEF. Trên
EE,

FA

lấy lần lượt các điểm

D, M,

B.

Chứng minh rằng các vòng tròn ngoại tiếp
các tam giác DEM, BFM, ADR đồng quy ở
một điểm.

Nơi chung các bài tốn trên khơng có gì

đình

49-Tore

6

mới nhưng đã làm cho tơi rất thú vị và chắc
các bạn hiểu được rằng tại sao tơi rất u

thích toán.

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 những điểm

Bổ đề 2. Nếu

bán kinh là 0M = 3 {2
Xem

va

và ngược

Ĩ là trọng tâm của hai điểm A, B, tơi

đã chứng mỉnh quỹ tích này bàng cách khác
và nhờ đó đã đi đến bài toán tổng quát :
. . Á„

(cùng một

(2)

i=l
lại, nếu có (2) thì cũng cd (1),

¿=1

2,

1. Cho n diém Aj, Á„,

(1) thì

SaÐ

Dama, =

MA? + MB? = k?
O, diểm giữa của AB,

bằng

"

M sao cho

la vong trịn tâm

có O xác định

với mọi điểm M, ta đều cớ

nghĩa là (1) và (2) tương đương với nhau.
Chúng mình bố đề 2. Với mọi điểm M và

O bat kì, ta đều cớ

—
—~
aMA,
=o,Mf0— + 4,04,
(i = 1, 2,... 22)

do đó ta có

mat phẳng) và œ số thực bất kÌ ơi, đ¿,...
ø„. Tìm quỹ tích những điểm M sao cho

Seah, = Saad + ¥ 0,04,

i=1

i=

¿=1

Từ đây, ta thấy ngay rằng nếu (1) đúng
thì (2) cũng đúng và ngược lại (đpem).

Chúng mình bổ đề 1, bằng quy nạp :

n

(k là số thực bat ki > a, # 0).

1) Với n = 1 (cd a, va A,). Lấy O = A).

¿=1

2) Giả sử dựng được Ø cho hệ x - 1 diém,

Học về khái niệm trục đẳng phương của
hai vịng trịn, tơi cũng mở rộng ra và giải

được bài tốn tổng qt :

2. Cho œ vịng trịn C,, C,,..., C, (thuộc một.

n1

tức là có O mà ø,ƠÄ, = 0 (8). Do bổ để 2,
¿=1

cần và đủ để có Ø° cho hệ + điểm là

mặt phẳng) và ø số thực bất kia, @,..., đ,
Tim quỹ tích những điểm M sao cho
"

Š a,0A, = Se «00°

(=1

Thay

5S) aP(M,C) =k

trong dé P(M , C,) là phương tích củaM đối với

vịng trịn C,,& là số bất kì cho trước, S3 ø,z 0.
i=

Để

giải hai bài tốn trên, tơi dùng

hai bổ để :

Bổ đề 1. Cho n điểm A,, Ấy s..
a

số thực đụ, đạn

đạn với

a, #0; dung duge

=

34,04, = 0

i=l

290

a,

hay

~

00? = —~. OA, (vl 2p; = 0)
> đ

do đó OỔ' hồn tồn xác định và duy nhất.
Ta dung được duy nhất điểm Ở” thỏa mãn
(4), tức là có
°

—_

3 4,07A, = 0 (dpem)

duy nhất một điểm O sao cho
kẻ

(3) vào (4), có

đến

A, van

œ)

(4)

a, 04, = Sa, dỡ

i=l

"

=1

i=
Bây giờ ta đi vào giải hai bai toán tổng

quát.