Giải toán thế nào? từ mục giải toán thế nào của TTT

BÀN LUẬN VỀ BÀI TOÁN "BA VỊ THẦN"
Chúng ta đều đã biết bài toán thú vị : “Ba vị thần” sau :
Ngày xưa, trong một ngôi đền cổ có 3 vị thần giống hệt nhau. Thần thật thà (TT) luôn luôn nói thật,
thần dối trá (DT) luôn luôn nói dối và thần khôn ngoan (KN) lúc nói thật lúc nói dối. Các vị thần vẫn
trả lời câu hỏi của khách đến lễ đền nhưng không ai xác định được chính xác các vị thần. Một hôm có
một nhà hiền triết từ xa đến thăm đền. Để xác định được các vị thần, ông hỏi thần bên trái :
- Ai ngồi cạnh ngài ?
- Đó là thần TT (1)
Ông hỏi thần ngồi giữa :
- Ngài là ai ?
- Ta là thần KN (2)
Sau cùng ông hỏi thần bên phải :
- Ai ngồi cạnh ngài ?
- Đó là thần DT (3)
Nhà hiền triết thốt lên :
- Tôi đã xác định được các vị thần.
Hỏi nhà hiền triết đã suy luận như thế nào ?
Lời giải : Gọi 3 vị thần theo thứ tự từ trái sang phải là : A, B, C.
Từ câu trả lời (1) => A không phải là thần TT.
Từ câu trả lời (2) => B không phải là thần TT.
Vậy C là thần TT. Theo (3) đ B là thần DT đ A là thần KN
Nhận xét : Cả 3 câu hỏi đều tập trung xác định thần B, phải chăng đó là cách hỏi “thông minh” của
nhà hiền triết để tìm ra 3 vị thần ?
Câu trả lời không phải, mà là nhà hiền triết gặp may do 3 vị thần đã trả lời câu hỏi không “khôn
ngoan” !
Nếu 3 vị thần trả lời “khôn ngoan” nhất mà vẫn đảm bảo tính chất của từng vị thần thì sau 3 câu hỏi,
nhà hiền triết cũng không thể xác định được vị thần nào. Ta sẽ thấy rõ hơn qua phân tích sau về 2
cách hỏi của nhà hiền triết :
1. Hỏi thần X :
- Ngài là ai ?
Có 3 khả năng trả lời sau :

- Ta là thần TT => không xác định được X (Cách trả lời khôn nhất)
- Ta là thần KN => X là thần KN hoặc DT
- Ta là thần DT => X là KN
2. Hỏi thần X :
- Ai ngồi cạnh ngài ?
Cũng có 3 khả năng trả lời sau :
- Đó là thần TT => thần X khác thần TT
- Đó là thần KN => không xác định được X (cách trả lời khôn nhất)
- Đó là thần DT => không xác định được X (cách trả lời khôn nhất)
Trong cả 2 cách hỏi của nhà hiền triết đều có cách trả lời khiến nhà hiền triết không có được một
thông tin nào về ba vị thần thì làm sao mà xác định được các vị thần. Nếu gặp may (do sự trả lời ngờ
nghệch) thì chỉ cần sau 2 câu hỏi nhà hiền triết cũng đủ để xác định 3 vị thần. Các bạn tự tìm xem
trường hợp đó các câu trả lời của các vị thần là như thế nào nhé.
Bài toán cổ này thật là hay và dí dỏm, nhưng nếu các vị thần trả lời theo các phương án “khôn ngoan”
nhất thì có cách nào để xác định được 3 vị thần sau 1 số ít nhất câu hỏi được không ?
Rõ ràng là không thể đặt câu hỏi như nhà hiền triết được.
Phải hỏi như thế nào để thu được nhiều thông tin nhất ?
Bây giờ ta đặt vấn đề như sau :
1
Mỗi lần hỏi chỉ được hỏi 1 vị thần và chính vị đó trả lời. Cần hỏi như thế nào để sau một số ít nhất
câu hỏi ta xác định được các vị thần. Bài toán rõ ràng là không dễ chút nào, nhưng tôi tin rằng các
bạn sẽ tìm ra nhiều phương án tối ưu đấy !
Sau đây là một phương án của tôi.
Hỏi thần A :
- Ngài là thần KN ?
- Nhận được câu trả lời.
Hỏi thần B :
- Ngài là thần KN ?
- Nhận được câu trả lời.
Sau đó tôi chỉ cần hỏi thêm 1 hoặc 2 câu nữa là xác định được chính xác 3 vị thần. Như vậy số câu

hỏi nhiều nhất là 4.
Các bạn có thể rút số câu hỏi xuống dưới 4 được không ?
Xin mời các bạn hãy giải trí bài toán này bằng một phương án tuyệt vời nào đó (Nhớ là chỉ hỏi một
thần và chính vị đó trả lời)
Xin chào tạm biệt.
Hẹn gặp lại các bạn ở một số tạp chí khác.
Vũ Quốc Lương
(THCS Chu Văn An, Hà Nội
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.
2
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.
3
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
4
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.
NGND. Vũ Hữu Bình
MỘT PHƯƠNG PHÁP VẼ ĐƯỜNG PHỤ
Trong quá trình học toán ở bậc THCS, có lẽ hấp dẫn nhất và khó khăn nhất là việc vượt qua các bài
toán hình học, mà để giải chúng cần phải vẽ thêm các đường phụ. Trong bài báo này, tôi xin nêu một
phương pháp thường dùng để tìm ra các đường phụ cần thiết khi giải toán hình học : Xét các vị trí đặc
biệt của các yếu tố hình học có trong bài toán cần giải.
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.
5
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  BEE
1
không đổi. Điều này không khó vì  ACB = 90
o

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) và ΔBEE
1
= ΔBCA (c. g. c) =>  BEE
1
=  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  DEB =  E
1
EB = 90
o
nên D nằm trên EE
1
(xem hình 2)
=>  ADE
1
= 90

o
=  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
=>  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 :
6
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.
TS. Lê Quốc Hán
(ĐH Vinh)
7
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.
8
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.
Lê Võ Việt Khang
(Hà Nộ)
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).
9
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).
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 :
10
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 : 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 :
11
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 ?
Phạm Đình Trực
(TP Hồ Chí Minh)
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.
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.
12

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.
Nhà Giáo Ưu Tú Võ Ngọc Phan
(THCS Đặng Thai Mai, TP. Vinh)
13
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 S
ΔAIN
= S
ΔBJP
= S
ΔCKM
= S
ΔIJK
thì S
APJI
= S
BMKJ
= S
CNIK
.
Lời giải : Gọi L là giao điểm của CI và NK.
Từ S
ΔANI
= S
ΔIJK
=> S

ΔANI
+ S
ΔAIJ
= = S
ΔIJK
+ S
ΔAIJ
=> S
ΔNAJ
= S
ΔKAJ
.
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 S
ΔCIN
= S
ΔCIK
, mà S
ΔAIN
= S
ΔCKM
=> S
ΔCIM
= S
ΔCIA
=> 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
+ S
APJI
= S
ΔIJK
+ S
BJKM
hay S
APJI
= S
BJKM
(do S
ΔBPJ
= S
IJK
).
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.
14
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 :
15
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.
Nguyễn Hoàng Anh
(GV THCS Nguyễn Du, Quận I, TP. Hồ Chí Minh)
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.
16
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 = h
a
, BI = h
b
. Dễ thấy 2 tam
giác vuông AHC và BIC đồng dạng và chung góc C. => h
a
/h
b
= 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 : 4x
3
- 10x
2
+ 6x - 1 = 0 (1)
Lời giải :
(1) 4x
3
- 2x
2
- 8x
2
+ 4x + 2x - 1 = 0 tương đương 2x
2
(2x - 1) - 4x(2x - 1) + (2x - 1) = 0
hay (2x - 1)(2x
2
- 4x + 1) = 0
17
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 : 7x
3
- 12x
2
- 8 < 0 (3)
Lời giải : (3) 7x

3
- 14x
2
+ 2x
2
- 8 < 0
tương đương với 7x
2
(x - 2) + 2(x
2
- 4) < 0 hay (x - 2)(7x
2
+ 2x + 4) < 0
tương đương với (x - 2)[6x
2
+ 3 + (x + 1)2] < 0 hay x - 2 < 0 => 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 : a
2
b - 2a
3
b - 2b
2
+ 4ab
2
= b
2

a - 2ab
3
- 2a
2
+ 4a
2
b hay :
3ab
2
- 3a
2
b - 2a
3
b + 2b
3
a - 2b
2
+ 2a
2
= 0
3ab(b - a) + 2ab(b
2
- a
2
) - 2(b
2
- a
2
) = 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
18
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 : n
2
+ 11n + 39 không chia hết cho 49 với "n thuộc N.
Lời giải : Xét M = n
2
+ 11n + 39 = n
2
+ 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 n
2
2 + 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 : x
6
- x
4
+ 2x
3
+ 2x
2
= y

2
.
2. Cho ab ≥ 1.
Chứng minh : 1/(1 + a
2
) + 1/(1 + b
2
) ≥ 2/(1 + ab).
3. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên lẻ n thì
( )
1152
24
86

nn
n
++

.
Phạm Văn Chiến
(GV trường THCS Xuân Phong, Xuân Trường, Nam Định)
19
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 = 2004
2
+ 2003
2
+ 2002
2
- 2001
2

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 p
2
.
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 = 2004
4
+ 2004
3
+ 2004
2
+ 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 = 4
4
+ 44
44
+ 444
444
+ 4444
4444

+ 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”
20
Các em có thể thấy rằng : Nếu n là số tự nhiên và số tự nhiên k thỏa mãn n
2
< 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 2003
2
= 4012009 ; 2004
2
= 4016016 nên 2003
2
< 4014025 < 2004
2
. 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 = (n
2
+ 3n)(n
2
+ 3n + 2) + 1 = (n
2
+ 3n)
2
+ 2(n2 + 3n) +1 =
(n
2
+ 3n +1)
2
.
Mặt khác :
(n
2
+ 3n)
2
< (n
2
+ 3n)
2
+ 2(n
2
+ 3n) = A.
Điều này hiển nhiên đúng vì n ≥ 1. Chứng tỏ : (n
2
+ 3n)
2

< A < A + 1 = (n
2
+ 3n +1)
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 = n
4
- 2n
3
+ 3n
2
- 2n là số chính phương.
Gợi ý : Nghĩ đến (n
2
- n + 1)
2
.
Bài toán 11 : Chứng minh số 23
5
+ 23
12
+ 23
2003
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 333
333
+ 555
555
+ 777
777
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 ?
Để kết thúc bài viết này, tôi muốn chúc các em học thật giỏi môn toán ngay từ đầu bậc THCS và cho tôi được
nói riêng với các quý thầy cô : nguyên tắc chung để chứng minh một số tự nhiên không là số chính
phương, đó là dựa vào một trong các điều kiện cần để một số là số chính phương (mà như các quý thầy
cô đã biết : mọi điều kiện cần trên đời là dùng để … phủ định !). Từ đó các quý thầy cô có thể sáng tạo
thêm nhiều bài toán thú vị khác.
Mong các em và quý thầy cô phát hiện thêm nhiều điều kiện cần nữa để chúng ta có thể tìm hiểu kĩ hơn về số
chính phương.
)
21
CHỨNG MINH MỘT SỐ
LÀ 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
a
n
= n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 là số chính phương.
Lời giải : Ta có :
a
n
= n(n + 1) (n + 2) (n + 3) + 1
= (n
2
+ 3n) (n
2
+ 3n + 2) + 1
= (n
2
+ 3n)
2
+ 2(n
2
+ 3n) + 1
= (n
2
+ 3n + 1)
2
Với n là số tự nhiên thì n
2
+ 3n + 1 cũng là số tự nhiên, theo định nghĩa, a
n
là số chính phương.

Bài toán 2 : Chứng minh số :
là số chính phương.
Lời giải :
Ta có :
22
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 3m
2
+ m = 4n
2
+ n thì m - n và
4m + 4n + 1 đều là số chính phương.
Lời giải :
Ta có : 3m
2
+ m = 4n2 + n
tương đương với 4(m
2
- n2) + (m - n) = m
2

hay là (m - n)(4m + 4n + 1) = m
2
(*)
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 : m

2
chia hết cho d
2
=> 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 3
n
+ 4 không là số chính phương.
4) Tìm số tự nhiên n để n
2
+ 2n + 2004 là số chính phương.
5) Chứng minh : Nếu : và n là hai số tự nhiên thì a là số chính phương.
23
Nguyễn Đức Trường
(GV THCS Đa Tốn, Gia Lâm, Hà Nội
CHỦ ĐỘNG SÁNG TẠO
KHI 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
24
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 :
 HKJ = 90
o
(?)
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 HJ
2
: 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 HJ
2
= a
2
/ 4
HK = IB/2 = a / 4 , từ đó HK
2
= a
2
/ 16
Tính HK
2
: Trong tam giác vuông BHI :
Tính JK
2
: Trong tam giác vuông BJK :
JK
2
= BJ
2
+ BK<SUP.2< sup> , từ đó JK

2
= a
2
/4 + a
2
.
Từ các kết quả trên => JK
2
= HJ
2
+ HK
2
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) =>  H = 
B bằng 90
o
, 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,  ABC = 88
o
,  BCE = 31
o
.
a) Tính  ECD.
b) Tính  EDC
25