Tạp chí toán tuổi thơ 2 kỳ số 44

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (3.64 MB, 34 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

44

"ÔN KIẾN THỨC - LUYỆN KĨ NĂNG"

CHỈ CẦN CHĂM LÀ SẼ GIỎI !

"ƠN KIẾN THỨC - LUYE

ỨC - LUYE

Ứ

C - LUYỆ

C - LUYEN KĨ

Ä

N KĨ

N K NA

Ĩ NA

Ĩ

ÊNG"

CHÚC MỪNG

TOÁN TUỔI THƠ 1

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

1 l

Kết quả :

(TTT2 số 42)

l

Kỡ naứy :

- Phân tích :Giả sử dựng
được điểm M trên cung lớn

AB sao cho MA  3MB. áp
dụng tính chất tia phân giác
của tam giác, ta sẽ có ngay
cách dựng điểm M. Thật
vậy, dựng phân giác của
lần lượt cắt dây cung

AB vµ cung nhá AB tại các
điểm N, P. Suy ra Plà trung
điểm cđa cung nhá AB vµ
Nh vËy N,

Pcố định và Mchính là giao
điểm của PNvới đường trịn.

- Cỏch dng :Dng im

Plà trung điểm của cung nhỏ

ABvà điểm Ntrên dây cung

ABsao cho NA3NB(chia
ụi liờn tip). PNct cung ln

ABcủa đường tròn tại M, là

im cn dng (MA3MB).
Luụn dng được duy nhất
điểm M thỏa mãn bài toán
(đề nghị các bạn tự thực
hiện phần chứng minh và
biện luận).

Nhận xét.Đa số các bạn
đã dựng điểm M theo cách
trên và cịn biết rằng với mọi
dây cung ABbất kì của đường
trịn, ta đều xác định được
điểm M thuộc đường tròn
sao cho MA  3MB. Khi đó
bài tốn có hai nghiệm hình.

Ngồi ra các bạn cịn có
hai cách dựng khác cũng
đúng :

+ Lần lượt dựng điểm K

nằm trong đoạn ABvà điểm

K nằm ngoài đoạn AB sao
cho KA= 3KBvµ K’A= 3K’B.

M là giao điểm của đường
trịn đường kính KK’và cung
lớn AB(MK, MK’lần lượt là
phân giác trong và phân giác
ngoài của ).

+ LÊy một điểm M0bất kì
trên cung lớn AB, dựng

Trên Ox lấy

điểm Evà trên Oylấy điểm

Fsao cho OF3OE;
Dùng vỊ phÝa cung lín

AB, M lµ giao

điểm của Azvà cung lớn AB.
Các bạn được thưởng kì
này là Đinh Xuân Lộc, 8A,
THCS Ngô Đồng, Giao Thủy,

Nam Định ; Lê Văn Tuấn,
8C, THCS Lê Thánh Tông,
Thọ Xuân, Thanh Hóa ;

Hong Minh Lập, 8E, THCS
Quang Trung, Kiến Xương,

Th¸i Bình ; Nguyễn Minh
Hiếu, 8A11, THCS Giảng Võ,
Ba Đình, Hà Nội ; Nguyễn
Khánh Linh, số 82, đường
Nguyễn Khắc Nhu, TP. Bắc
Giang, Bắc Giang.

Anh Compa

  ;

BAz OFE

  0 ;

xOy AM B



AMB

 3.

NA MA
NB MB

,

AMB

Trên bảng viết 10 chữ số 0, 1, 2, ..., 9,
xếp theo thứ tự tăng dần hoặc giảm dần.
Hãy điền thêm các dấu phép tính để được
kết quả là 2006.

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

2

Xuất phát từ một bài toán bất ng thc :

Bài toán 1.Cho hai số không âm a, btháa
m·n ab1. Chøng minh

Lêi gi¶i.Chó ý tíi mét tÝnh chÊt cđa lịy
thõa bËc hai : víi mọi x, y không âm thì

xyx2y2, ta có hai cách giải sau đây.

Cách 1.Ta có :

Vi mi a, bkhông âm, bất đẳng thức trên
luôn đúng. Đẳng thức xảy ra

Cách 2. áp dụng bất ng thc

Bu-nhi-a-cốp-ski ta có :

lĐây là một bài toán không quá khó. Mặt

khỏc, cú th gợi mở để học sinh tự khái
quát dần lên theo các hướng khác nhau.
Điều đó rất bổ ích cho việc rèn luyện năng
lực tư duy, thói quen khám phá và niềm say
mê học tập sáng tạo của học sinh.

- Gợi mở thứ nhất.Từ cách 2, ta hồn
tồn có cơ sở nghĩ đến việc thay đổi điều
kiện ab1 của bài toán 1thành abn

để tìm kết luận tương ứng !

Làm tương tự cách 2 ta chứng minh
được bất đẳng thức a b 2 .n Từ đó

     

     

2
2

(1 1 ) (1 1)( )

( ) 2 2.

a b a b

   1.

a b

    

      

    

      

2 2

2 ( ) ( 2)

2 2 1 2 2

2 1 2

2 0 ( ) 0.

a b a b

a b ab ab

ab ab a b

a ab b a b

  2.

a b

nguyễn trường tuyn
(THCS Hưng Thịnh, Bình Giang, Hải Dương)

REỉN LUYỆN KHẢ NAấNG

KHÁI QUÁT HÓA

Câu đố kì trước chắc là cho biết trước ô
chữ hàng dọc nên có rất nhiều bạn tham
gia. Phần lớn các bạn đều đưa ra đáp án
đúng. Ngoài các bài giải với ô chữ vẽ rất
đẹp, những vần thơ hay, những bức tranh
ngộ nghĩnh, Hồng Hà còn nhận được rất
nhiều ý kiến khen ngợi, động viên cũng như
sự yêu mến của các bạn. Hồng Hà rất cảm
động và xin hứa sẽ cố gắng nhiều hơn nữa
để Hồng Hà mãi là người bạn thõn ca tt

c cỏc bn.

Các hàng ngang theo thø tù tõ trªn

xuống dưới là : đầm, sơng, rạch(có thể
điền là rãnh), kênh, mương, ao, ngòi.
Hồng Hà xin tặng quà cho 20 bạn xuất
sắc nhất : Phạm Thị Vân Nga, 8C, THCS
Chu Văn An, Chí Linh ; Phạm Xn Đức,
xóm 7, thôn Do Nghĩa, Nghĩa An, Ninh
Giang, Hải Dương; Nguyễn Thị Hạnh, 9B,
THCS n Phong, n Phong, Bắc Ninh;

Ngun ThÞ Mai Anh, 6C, THCS Dệt, Việt
Trì, Phú Thọ; Đỗ Quỳnh Trang, 9C, THCS
Tản Đà, Ba Vì ; Kiều Hồng Quân, 7C,
THCS Thạch Thất, Thạch Thất, Hà Tây ;

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

3

ta có bài toán :

Bài toán 2. Cho hai số không âm a, b

thỏa mÃn a b n (víi n  , n  1).
Chøng minh

- Gợi mở thứ hai. Bây giờ, nếu không
phải là hai sè a, b mµ lµ ba sè a, b, c th×

bài tốn 1sẽ biến đổi ra sao nhỉ ?

Víi a  b  c  1, theo cách 2 (lời giải

bài toán 1) ta có :

Nếu cho a  b  c  n th× cuèi cùng ta
chứng minh được :

Bài toán 3.Cho ba số không âm a, b, c

thỏa mÃn abc n(với n , n 1).
Chøng minh

- Gợi mở thứ ba. ... Đến đây, hầu hết
các bạn đều tự nhận ra bài toán tổng quát,
bao trùm tất cả các kết quả trên :

Bài toán 4.Cho msố không âm a1, a2,

a3, ..., amthỏa mÃn a1a2a3... amn

(m, nlà các số tự nhiên không nhỏ h¬n 1).
Chøng minh

- Gợi mở thứ tư.Liệu bài tốn 1có cịn
điều gì khác để bàn đến hay khơng ?

Đối với một số bạn thì câu chuyện xung
quanh bài tốn 1chưa thể dừng lại. Ví dụ,

các bạn hãy xét xem các bài toán sau liên
quan đến bài toán 1như thế nào, có tiếp
tục mở rộng được hay không và đề nghị
các bạn gii chỳng, xem nh bi tp.

Bài toán 5.Cho 3 số không âm a, b, c

thỏa mÃn abc1. Chứng minh :

Bài toán 6.Cho 3 số không âm a, b, c, d

thỏa mÃn abcd1. Chứng minh :

Bài toán 7. Cho a, b, c thỏa mÃn là ba
cạnh của một tam giác cã chu vi b»ng 1.
Chøng minh :

        2 3.

a b c b c a c a b

        

   2 3.

a b c b c d c d a

d a b

       2 2 ;

a b b c c d d a

      6.

a b b c c a

   

1 2 ... m .

a a a mn

   3 .

a b c n

         

   

2
2

(1 1 1 ) (1 1 1)( )

( ) 3

a b c a b c

a b c

  2 .

a b n

Lương Xuân Huy, 9A, THCS Tiên Lữ, Tiên
Lữ ; Trần Anh Tuấn, số nhà 168, đường
Nguyễn Huệ, P. Hiến Nam, TX. Hưng Yên ;

Nguyễn Thị Thúy Liên, mẹ là Nguyễn Thị
Hoa, giáo viên Vật Lý, THTP Khoái Châu,
Khoái Châu, Hưng Yên ; Đỗ Thị Phương,
8A, THCS Thân Nhân Trung, Việt Yên, Bắc
Giang ; Đinh Thị Hạnh, con bố Đinh Ngọc
Cường, Đài Điện thoại An Dương, Hải
Phòng; Lê Thị Mai Phương, con bố Lê Sỹ
ứng, số nhà 01, đường 30/4, tiểu khu 4, thị
trấn Hà Trung ; Hoàng Thị Vân Anh, 7B,
THCS Lê Hữu Lập, Hậu Lộc, Thanh Hóa;

Ngun Minh Uyªn, sè nhµ 51, tỉ 24,
P. Phan ThiÕt, TX. Tuyªn Quang, Tuyªn

Quang ; Lê Thị Hồng Nhung, xóm 6, Thụy
Quỳnh, Thái Thụy, Thái Bình; Ngơ Thị Mai
Hạnh, 7A1, THCS Hai Bà Trưng, TX. Phúc
Yên, Vĩnh Phúc ; Nguyễn Thị Ngọc Anh,
mẹ là Hoàng Thị Minh Châu, Bưu điện thị
xã Hồng Lĩnh, Hà Tĩnh ; Hà Thị Thanh
Bình, 87, THCS Nguyễn Chí Diểu, TP. Huế,
Thừa Thiên - Huế ; Nguyễn Đăng Bảo
Hanh, 7/11, THCS Trưng Vương, TP. Đà
Nẵng, Đà Nẵng; Trần Thị Tường Vân, 8/7,
THCS Thị Trấn, Vĩnh Thuận, Kiên Giang.

Chúc mừng bạn Nguyễn Thị Xuân, 9A,
THCS Thạch Hòa, Thạch Thất, Hà Tây (số
điện thoại 0984849611) đã trúng thưởng

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

4 l

Kết quả :

(TTT2 sè 42)

l

Kì này :

l Lời giải đã nêu tưởng chừng đúng, tuy

nhiên nó đã mắc sai lầm khi xử lí bất đẳng
thức HKAM, dẫn đến kết luận sai về giá
trị lớn nhất của đoạn HK. Đẳng thức ở đây
khơng thể xảy ra vì khi đó HK cũng là
đường kính của đường tròn ngoại tiếp tứ
giác AHMK, suy ra vuông. Điều này

trái với giả thiết là ABCnhọn.

lLời giải đúng.Bốn điểmA, H, M, Kcùng

thuộc đường trịn đường kính AMnên ta có
 MBCvà MHKđồng dạng

mà MHMBHKBC.
Đẳng thức xảy ra Htrùng với B, lúc đó

và AMlà đường kính của (O).
Vậy đoạn HK có độ dài lớn nhất bằng

BC, khi M là điểm đối xứng của Aqua O.

l Các bạn được thưởng kì này là Nguyễn

Hoµng HiƯp, 127B, tiểu khu 3, thị trấn Neo,
Yên Dũng, Bắc Giang ; Nguyễn Hoàng
Bảo, 8A, THCS Nguyễn Tự Tân, Bình Sơn,

Qung Ngói ; Nguyn Duy Cng, 9A,
THCS Võ Thị Sáu, TP. Hải Dương, Hải
Dương ; Trần Anh Ngọc, Đội 2, Liên Lộc,
Hậu Lộc, Thanh Hóa ; Lê Duy Tùng, 9E,
THCS Chu Văn An, Eakar, Đắk Lắk.

Anh kÝnh lóp
 90o

ABM
 BC MB ,

HK MH

       ;  
MBC MAC MHK MCB MAB MKH


HAK

NHƯ TH CHA C SAO ?

Bài toán.Cho x, y, zthỏa mÃn x2y2z227. Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức Pxyzxyyzzx.

Mt bn học sinh đã làm như sau :
Lời giải.Với mọi x, y, zta có :

(xy)20 ; (yz)20 ; (zx)20

suy ra x2y22xy; y2z22yz; z2x22zx

2(x2y2z2) 2(xyyzzx) 27 xyyzzx; (1)
(x1)20 ; (y1)20 ; (z1)20

suy ra x21 2x; y21 2y; z21 2z

(x2y2z2) 3 2(xyz) 15 xyz. (2)
Céng theo tõng vÕ cña (1) ; (2) suy ra P 42.

VËy giá trị lớn nhất của Plà 42.

Bài làm rất cẩn thận, sạch sẽ nhưng... vẫn bị điểm
kém. Các bạn có biết tại sao không ?

Nguyn minh c
(Lp 9/4, THCS Nguyn Du, TX. Tam Kì, Quảng Nam)

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

5 l

KÕt quả :

(TTT2 số 42)

v

Kỡ naứy :

Có quá nhiều cách giải. Sau đây là một số cách.

Cỏch 1.Cỏc con số ghi ở phía dưới mỗi hình chính là số hình chữ nhật có cạnh khơng
vượt q hai lần độ dài cạnh hình vng nhỏ. Do đó kết quả cần tìm là 7.

Cách 2.Nếu ghép thêm ba hình vng nhỏ một cách hợp lí ta sẽ có các con số ở dưới
hình. Do đó kết quả sẽ là 4.

Cách 3.Nếu lấy số ở dưới mỗi hình trừ đi số hình vng ở hình đó ta có kết quả là dãy
số cách đều 4 ; 3 ; 2. Do đó kết quả nhận được đối với hình cuối cùng phải là 1. Từ đó suy
ra số cần điền vào dấu chấm hỏi là 5.

Các bạn giải xuất sắc bằng các cách suy luận khác nhau được thưởng kì này : Trần Thị
Hằng, số nhà 40/18, phường Trung Sơn, TX. Tam Điệp, Ninh Bình; Lê Thị Thu Huyền,
8/3, THCS Lê Quý Đôn, TP. Hải Dương, Hải Dương; Cát Xuân Anh, 9C, THCS Lê Văn
Thịnh, Gia Bình, Bắc Ninh.

Nguyễn Đăng Quang
Điền số mấy vào dấu chấm hỏi để hợp lơgic ?

Ngồi cách gửi bài dự thi về tạp chí, các
bạn hãy gọi đến số 19001548và làm theo
chỉ dẫn hoặc nhắn tin đến số 8109theo mẫu

3T IQ2 X Y, trong đó Xlà đáp án của bạn ;

Ylà số người có đáp án đúng.

Chúc mừngbạn Nguyễn Văn Quý, 8B,
THCS Thái Hòa, Thái Thụy, Thái Bình (số
điện thoại 036720665) đã trúng thưởng

cuéc thi trªn TTT2 sè 42.

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

6 ỨNG DỤNG CỦA HỆ PHƯƠNG TRÌNH

TRONG VIỆC TÍNH GIÁ TRỊ CỦA BIỂU THỨC

u u u u u u u u u u u u u u u u u u

Có nhiều bài tốn tưởng chừng khơng
liên quan đến hệ phương trình, nhưng nếu
biết đưa về hệ phương trình thì lời giải sẽ trở
nên ngắn gọn và đơn giản. Trong số đó có

bài tốn tính giá trị của biu thc.

Ví dụ 1.Tính giá trị của biểu thức :

Lời giải.

Đặt

Suy ra a> 0 ; b> 0 ; ab> 0 ;
và
Ta có hệ phương trình

Trõ theo tõng vÕ (1) cho (2) suy ra
(v× ab> 0).
VËy :

Nhận xét.Trong lời giải trên, chúng ta đã
dựa vào mối liên hệ giữa hai căn thức
để tính hiệu của
chúng. Tương tự, các bạn hãy theo dõi tiếp
các ví dụ sau õy.

Ví dụ 2(TTT2 số 19, tác giả Nguyễn Văn
Lạc).Tính giá trị của biểu thức :

Lời giải.Đặt

(a, b, c, d, ab, cdđều dương). Suy ra :

a2b210. Ta có hệ phương trình

Cộng theo từng vế (1) và (2) suy ra
(vì ab> 0) ; (3)
Tương tự với c, dta có hệ phương trình

Trõ theo tõng vÕ (4) cho (5) suy ra
(v× cd> 0). (6)
Tõ (3) vµ (6) suy ra

VÝ dơ 3.Tính giá trị của biểu thức :

Lời giải.

36 847 36 847.

27 27

     7 1  7 1 2 7. 

B a b c d
  c d 7 1

 2    2

(c d) 8 2 7 ( 7 1)

2 2 10 (4)

2 2 7 2. (5)

c d

  




 


7 1

a b

   

2 2

(a b )  8 2 7 ( 7 1) 
  




 



2 2 10 (1)

2 2 7 2. (2)

a b

 25 17 2 7   ( 7 1) 2  7 1;
ab

 5 17 2 7
d

 5 17 2 7 ;  5 17 2 7 ;

c b

 5 17 2 7 ;
a

      

     

5 17 2 7 5 17 2 7

5 17 2 7 5 17 2 7 .

 

12 23 ; 12 23

 2 2 0.

     

2 2 2 2 2

a ab b a b

2 2 24 (1)

2 22 (2)

a b

ab
  

 



     

2 2 12 23 12 23 24.

a b

 12223 144 23 11 
ab

 12 23 ;  12 23.

a b

 12 23 12 23 2.

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

7

Đặt
suy ra

Ta có hệ phương trình

Céng theo tõng vÕ (1) vµ (2) suy ra
(ab)312 5(ab) C35C 12 0
(C3)(C23C4) 0 C3.

VËy : C3.

VÝ dụ 4.Tính giá trị của biểu thức :

Lời giải.Đặt
suy ra a> 0 ; b> 0 ;

Ta có hệ phương trình

Cộng theo từng vế (1) và (2) suy ra
Giải phương trình trùng phương trên

ta được
(lấy nghiệm dương).
Mời các bạn tiếp tục trao i cựng chỳng

tôi. Sau đây là một bài tập vận dụng.

Bài tập.Tính giá trị của các biểu thức :

      
      
    
     
 
 

  
3 3
4
4
4 4

1) 1 2 1 1 2 1 2 4 1

2 4 1 ... 2 1 ;

2) 35 69 35 69 12 8 2 ;

3) 5 2 7 5 2 7 10 19

10 19 ;
1

4) 17 12 2 ;

17 12 2

5) 5 2 6 5 2 6.

a a

   

VËy : D 2 13 5 (v× a b > 0).

  

2 2 13 5

      2

( ’ 4 14 2 65 ( 13 5) )

    

    

4 2

( ) 4( ) 14 2 65

4 14 2 65 0.

a b a b

D D

3 2 2 3 2

4 4

4 6 4 4( ) 2 (1)

16 2 65. (2)

a b a b ab a b

a b
     


  

   
     
  
     
2
4
4

3 2 2 3

2 2 2 2

(8 65) 16(8 65)

64 16 65 65 128 16 65 1;

4 6 4

4 [( ) 2 ] 6 4( ) 2.

a b a b ab

ab a b ab a b a b

  

4 4 16 2 65 ;

a b

48 65 4 8  65 .

48 65 4 8  65 ;

    

   

4
4

8 65 4 8 65

8 65 4 8 65 .

  




 

 3 3

3 ( ) 5( ) (1)

12. (2)

ab a b a b

a b

336847 5 ; 3 3 12.

27 3

ab a b

36 847 ; 36 847

27 27

a b

(TiÕp theo bìa 3)

Hàng 4 :BÃi biển Cửa Lò thuộc tỉnh này.

Hng 5 :Khu du lịch Ghềnh Đá đĩa
thuộc tỉnh này.

Hàng 6 :Thành phố có di tích cố đơ
được UNESCO cơng nhận là di sản vn
húa th gii.

Hàng 7 :Hang Pắc Bó thuộc tỉnh này.

Hàng 8 :TØnh cã vïng vÞnh được
UNESCO công nhận là di sản thiên
nhiên thế giới.

Hàng 9 :ải Chi Lăng thuéc tØnh nµy.

Hàng 10 :Huyện đảo Trường Sa
thuộc tỉnh này.

Hàng 11 :Vườn quốc gia Cúc Phương
thuộc tỉnh này.

Hàng 12 :Tỉnh cực Nam của đất nước.
Ngoài cách gửi bài về Công ty Bản
đồ - Tranh ảnh Giáo khoa, các bạn hãy
gọi đến số 19001548 và làm theo chỉ
dẫn hoặc nhắn tin đến số 8109 theo
mẫu 3T TG2 X Y, trong đó Xlà đáp án
của bạn cho cột dọc (các chữ cái viết

liền nhau, khơng có dấu) ; Ylà số người
có đáp án đúng.

Chúc mừng bạn Nguyễn Trọng
Hưng, 7A, THCS Thành Nhân, Ninh
Giang, Hải Dương (số điện thoại

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

8

ThS.NGUN V¡N NHO (NXBGD)

Olympic Tốn Châu á Thái Bình
Dương, gọi tắt là APMO (Asian Pacific
Mathematics Olympiad) được tổ chức lần
đầu tiên vào năm 1989 với chỉ bốn nước
tham gia, đó là úc, Hồng Cơng, Ca-na-đa
và Sin-ga-po. Từ đó đến nay đã 17 năm
trôi qua, cuộc thi này ngày càng thu hút
nhiều đất nước có hải phận thuộc Thái
Bình Dương (Pacific-Rim). Năm 1998, có
đến 22 nước tham gia, trong đó có nhiều
nước thuộc châu Mĩ La tinh và châu Phi.
Giống như những cuộc thi mang tính quốc
tế khác, APMO cũng nhằm vào các mục
đích :

a) Khám phá tài năng tốn học, khích lệ
phong trào học tập và nghiên cứu toán học
của các quốc gia thuộc vùng Pacific-Rim.
b) Duy trì, phát triển mối quan hệ hữu

nghị và hợp tác quốc tế của học sinh cũng
như giáo viên thuộc các nước khu vực
Pacific-Rim.

c) Tạo cơ hội trao đổi thông tin về thực
tiễn giáo dục cũng như chương trình hiện
hành của các nước Thái Bình Dương.

Các học sinh giỏi Toán tại Việt Nam bắt
đầu tham gia cuộc thi APMO lần đầu tiên
vào năm 1996, nhằm vào kì thi lần thứ
tám, với tổng số 14 nước tham gia. Có thể
nói, ngay từ lần đầu tiên tham gia này,
Việt Nam đã gây được một tiếng vang trên
thế giới : điểm trung bình đạt được là 33.90,
xếp hạng nhất. Những năm tiếp theo, tính
đến bây giờ, đội tuyển Việt Nam chưa
chiếm lại được vị trí hạng nhất, nhưng ln

giữ vị trí nhì hoặc ba trên tổng số các nước
tham gia ngày càng tăng.

Cũng như nhiều cuộc thi khác dành cho
THPT, bao giờ cũng có bài ở mức độ vừa,
mà trình độ khá giỏi THCS nước ta có thể
giải được. Đặc biệt, những bài toán trong
những năm đầu của cuộc thi thường là dễ
hơn so với những năm sau này. Trong số
này, chúng tôi tuyển chọn để giới thiệu 3
bài phù hợp cho các bạn THCS. Hi vọng

một ngày nào đó trong tương lai, trong số
các bạn sẽ có người là thành viên của đội
Việt Nam tham dự APMO.

Bµi 1.(APMO, 1989)

Chứng minh rằng phương trình 5n2 
36a218b26c2(4 ẩn) khơng có nghiệm
ngun, ngoại trừ nghim abcn0.

Bài 2.(APMO, 1991)

Hai đường tròn (C) và (C) cùng tiếp xúc
với đường thẳng ABtại B. HÃy chỉ ra cách
dựng tất cả các đường tròn đi qua A và
tiếp xúc với cả hai đường tròn (C) và (C).

Bài 3.(APMO, 1996)

Cho tứ giác ABCDcó ABBCCDDA.
Gọi MNvà PQlà 2 đoạn thẳng song song
cïng vu«ng gãc víi BD và khoảng
cách giữa chúng là , với M AD,

NDC, PABvµ QBC.

Chøng minh r»ng chu vi của lục giác

AMNCQPkhông phụ thuộc vào vị trí của

MN v PQ, min l khong cỏch d giữa
chúng khơng đổi.

BD
d 

gIèI THIỴU CC THI

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

9 CUỘC THI OLYMPIC TỐN QUỐC GIA AI-LEN

Bµi 1.(Problem 3, 1990)

Giả sử pa3b3(ab)(a2abb2).
Vì a, blà các số nguyên dương nên ta cú

a2 ab b2> 1, mà p nguyên tố suy ra

ab1 ab1 p3b23b1
4p12b212b4 3(2b1)21.

Như vậy có nghĩa là 4pchia cho 3 được
thương là (2b1)2và dư 1. Ta có đpcm.

Bµi 2. (Problem 1, 1991)

lVíi m3, ta cã (n1)2n2(n1)2

 3n2  2, chia cho 3 dư 2, khơng là số
chính phương (số chính phương khi chia
cho 3 chỉ có thể dư 0 ; 1). Do đó m 3.

lVíi m4, ta cã (n 1)2... (n2)2

4n24n 6, chia cho 4 dư 2, không là
số chính phương (số chính phương khi chia
cho 4 chỉ có thể dư 0 ; 1). Do đó m 4.

lVíi m5, ta cã (n 2)2... (n2)2

5n210 là số chính phương nếu n22
là bội của 5, khơng đúng vì n22 khi chia
cho 5 chỉ có thể dư 1 ; 2 ; 3. Do đó m 5.

lVíi m6, ta cã (n 2)2... (n3)2

6n26n19 6n(n1) 19, chia 4 dư
3, khơng là số chính phương. Do đó m 6.

lVíi m11, ta cã (n5)2... (n5)2

 11n2  110  11(n2  10) là số chính
phương nếu n2 10 là bội của 11. Kiểm
tra với n bằng 10 ; 12 ; 21 ; 23 ta nhận
thấy giá trị 23 thỏa mãn.

Từ đó ta có một ví dụ thỏa mãn u cầu
của đề bài là 182192... 282772.

Bài 3. (Problem 3, 1991) Ta chứng
minh bằng quy nạp. Trước hết, số 3 là số
chấp nhận được vì

Gi¶ sư N3 là số chấp nhận được, khi

ú ta cú trong đó a1,

a2, ..., aNlà các số ngun dương đơi một
khác nhau và khác 1. Ta có :

và dễ thấy 2,
2a1, 2a2, ..., 2aNlà các số nguyên dương
đôi một khác nhau và khác 1 nên N  1
cũng là số chấp nhận được. Theo nguyên lí
quy nạp ta có mọi số nguyên dương N3
đều là số chấp nhận được.

Bµi 4. (Problem 2, 1992)

Gọi p(m) là tích các chữ số của số nguyên
dương mvà Rklà số lập bởi kchữ số 1.

Giả sử tồn tại số nguyên dương n để
cho p(n) Rk, trong ú k> 1.

lTrong số nkhông có các chữ số chẵn vì

p(n) Rk, là số lẻ (tận cùng bằng 1) ;

lTrong số nkhông thể có các chữ số 5 vì

p(n) Rk, kh«ng chia hÕt cho 5 ;

lTrong sè nkh«ng thĨ có các chữ số 3 và

9 vỡ nu iu ny đúng thì p(n) Rk, chia
hết cho 3 và 9, suy ra kphải là bội của 3,
điều này có nghĩa Rkphải là bội của 111 
3  37, tức là Rkchia hết cho số nguyên
tố 37, mâu thuẫn với giả thiết Rklà tích
của các thừa số có 1 chữ số.

l Do đó trong số n chỉ có thể có các chữ

sè 1 vµ 7, suy ra Rklµ mét lịy thõa của 7.
Mặt khác, dễ kiểm tra thấy R6chia hết
cho 7 còn R1, R2, ..., R5 không chia hết
cho 7.

Suy ra nếu Rkchia hết cho 7 thì kphải là
bội của 6 klà bội của 3, không xảy ra.

Vậy ta cã ®pcm.

1 2

1 1 1 ... 1
2 2a 2a 2aN

    

1 2

1 1 1 1 1 1 1

1 ...

2 2 2 2 a a aN

 

        

 

1 2

1 1 1

1 ... ,

a a a

   

1 1 1

1 .

2 3 6
  

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

10 Hướng dẫn giải đề kì trước :

Kì thi tuyển sinh vào lớp 10 (vòng 2),

Khối THPT chuyên, Đại học Sư phạm Hà Nội,

nm hc 2006-2007

(Đ đăng trên TTT2 số 43)

Câu 1.Ta cã (3x4)(x1)(6x7)26
(6x8)(6x6)(6x7)272.

Đặt 6x7 t, phương trình trở thành
(t1)(t1)t272 t4t272 0
(t29)(t28) 0 t29 0 t 3.

Từ đó 6x7  3

C©u 2.Ta cã (y1)4y4(x1)2x2
2y44y36y24y1 2x22x1
y42y33y22yx2x

(y2y)22(y2y) 1 x2x 1
(y2y1)2x2x1. (1)

Víi mäi x0 ta cã :

x2< x2x1 x22x1. (2)
Do đó, nếu x; ythì từ (1) ; (2) suy ra

x2< (y2y1)2(x1)2
x< y2y1 x1
y2y1 x1
(y2y1)2(x1)2

x2x1 x22x1 x0 y0.
Vậy cặp số nguyên không âm (x; y) duy
nhất thỏa mãn phương trình là (0 ; 0).

C©u 3.Tõ gi¶ thiÕt ta cã

suy ra x1, x2là hai nghiệm của phương trình

x22axb20.

Trước hết ta chứng minh : Nếu zvà
thì zlà số chính phương. Thật vậy :
giả sử với p, qvà p, qnguyên

tố cùng nhau. Suy ra , do đó p2chia
hết cho q2. Vì p, qnguyên tố cùng nhau nên

pchia hÕt cho qq1 zp2.

V× suy ra

x1x2l s chớnh
phng

Mặt khác, suy

ra là số nguyên không âm. Như
vậy ta có

(với k là
số nguyên không âm)

k2< n2k21 k22k1 (k1)2
k < nk1 nk1

k21 n2(k1)2k22k 1
Vậy x1x2.

Câu 4.

1) Ta có

EMBNlà tứ giác nội tiếp.

2) Gọi I là giao điểm của AB vµ O1O2

(ABO1O2tại Ilà trung điểm của AB).
Dễ thấy O1ABđều, có cạnh bằng 1 cm

    

  

o o

180 180

MBN MBA NBA EMN ENM

MEN MBN MEN

     

    

    ; 

MBA EMN NBA ENM

0 1 0.

k b n bk

    ’   

 n2 1 m  n2 1 k2
b

2 2 2 1

m  ’ a b b n 

m
 ’

1,2 ;

x    a ’  a

 

 b x x1 2  a bn .



 1 2  

1 2 x x2

x x



 1 2  

1 2
2

x x

a n

b x x

2
2

p
z

q


p
z

q


z

 







1 2

2
1 2

x x a

x x b

2 ; 5.

3 3

x  x 

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

11

Từ đó ta có độ dài các cạnh của AO1O2.
3) Vì EMBN là tứ giác nội tiếp nên theo
định lí Ptơ-lê-mê ta có

EMBMENBMEBMN. (1)

Mặt khác, hai tam gi¸c BMN ; AO1O2

đồng dạng do

Suy ra

BN: BM: MNAO2: AO1: O1O2

(2)
Tõ (1) vµ (2) suy ra

(3)

Dùng BHBN, xét BHEvuông tại H, ta
có

suy ra BE2BH. Mặt khác,

BHBN2r24 cm suy ra BE8 cm. (4)
Từ (3) và (4) suy ra

4) Vẽ tia Atlà tia đối của tia AO1.
Nếu ba điểm A, B, Ethẳng hàng thì ta có

suy ra

MNhay (d) là phân giác
ngoài của

Câu 5. Đặt T  {0 ; 3 ; 9}, ta nhËn thÊy

T cã tÝnh chÊt : NÕu u ; v Tvµ u > v th×

uvE{3 ; 6 ; 9}.

Giả sử a1, a2, ..., a700 là tất cả 700 số
nguyên dương đôi một khác nhau, mỗi số
không lớn hơn 2006 của X. Xét tập hợp :

Y{(u; ai) | uT, aiX, i{1 ; 2 ; ... ; 700}}.
V× Tcã 3 phần tử ; Xcó 700 phần tử nên Y

có 2100 phần tử. Với mỗi phần tử (u; ai) Y

ta t tương ứng với tổng uai.

Vì 0 u 9 và 1 ai2006 nên 1 uai
 2015, các tổng u  ai chỉ có thể nhận
nhiều nhất là 2015 giá trị khác nhau. Do đó
tồn tại hai phần tử khác nhau (u; ai) và (v; aj)
của Ysao cho uaivaj.

Nếu uvthì aiajsuy ra (u; ai) (v; aj),
trái với giả thiết trên ;

Nếu u> vthì ajaiuvE;
Nếu u< vthì aiajvuE.

Vậy trong tập hợp X luôn tìm được hai
phần tử x, y sao cho x  y thc tËp hỵp

E{3 ; 6 ; 9}.

1 2.

O AO

 

tAN NAO 2 

 1  2   1 2

MO A NO A MAO NAO

      ,

MBE EMN ENM NBE

2EM EN 4( 3 15) cm.

 

sin sin sin30  1
2
o

BH BEH BMN



  3 15

2 .

EM EN EB


2 :1: 3 15.

  2 1 12 .

BNM AO O AO B

  1 2 11 ;

BMN AO O AO B

1 2 3 2 15 cm.

O O 

 

1
2

1 cm 1 1 3 cm ;

2 4 2

1 15

4 cm

4 2

AI O I

O I

     

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

12 l

KÕt qu¶ :

THI GII TON QUA TH

Bài 1(42).Có bao nhiêu số tự nhiên ncó

5 chữ số, thỏa mÃn : 2 là ước của n ; 3 lµ
íc cđa n1 ; 4 lµ íc của n2 ; 5 là ước
của n3 ?

Lời giải.Ta thấy số 2 thỏa mÃn các tính
chất 2 là ước cđa 2 ; 3 lµ íc cđa 2 1 ; 4
lµ íc cđa 2 2 ; 5 lµ íc cđa 2 3.

Mặt khác, BCNN(2 ; 3 ; 4 ; 5) 60 suy ra

n60k2 (với k).

Vì ncó 5 chữ số suy ra 10460k2 < 105
166 < k1666 knhËn 1666 166 1500
giá trị.

Vy cú 1500 s t nhiờn ntha món iu
kin đề bài.

Nhận xét.Các bạn cũng có thể nhận xét
rằng, từ giả thiết ta nhận ra n2 cùng chia
hết cho 2 ; 3 ; 4 ; 5, từ đó cũng suy ra được

n có dạng 60k  2. Có nhiều bạn giải tốt
nhưng vẫn cịn khơng ít các bạn đã mắc
phải những sai lầm đáng tiếc hoặc lựa chọn
cách giải phức tạp. Các bạn có lời giải tốt
nhất là Nguyễn Xuân Thiện, xóm 3, Nam
Cao, Kiến Xương, Thái Bình; Nguyễn Anh
Tuấn, 7B, THCS Hồng Quang, Ân Thi,

Hng Yªn; Phïng Mạnh Linh, 7A4, THCS
Trần Đăng Ninh, TP. Nam Định, Nam §Þnh;

Tạ Thị Hải Yến, 6A, THCS Nhữ Bá Sỹ,
Hoằng Hóa, Thanh Hóa ; Phạm Quỳnh
Anh, 6/1, THCS Lê Quý Đôn, TP. Hải
Dương, Hải Dương ; Nguyễn Ngọc Long,
8A, THCS huyện Thuận Thành, Thuận
Thành, Bắc Ninh; Nguyễn Trà Giang, 8C5,
THCS Chu Văn An, Ngơ Quyền, Hải
Phịng ; Trần Thị Tú Tâm, 8A, THCS BC
Xuân Diệu, Can Lộc ; Nguyễn Trà Giang,
7B, THCS Hoàng Xuân Hãn, Đức Thọ, Hà
Tĩnh; Hồng Văn Đơng, 6D, THCS Lý Nhật
Quang, Đô Lương ; Bạch Nguyễn Trà My,
7C, THCS Đặng Thai Mai, TP. Vinh, Nghệ
An ; Trần Thị Thanh Hương, 7A1, THCS
Lâm Thao, Lâm Thao ; Nguyễn Quốc Hùng,
7E, THCS Văn Lang, Việt Trì, Phú Thọ ;

TrÇn Minh Huy; Lª Thanh Nga, 6A1, THCS

Trưng Vương, Mê Linh, Vĩnh Phúc ;

Ngun Minh C«ng, 7A11, THCS Giảng Võ,
Ba Đình, Hà Nội.

Nguyn anh quõn
Bi 2(42).Cho ba số dương a, b, c. Chứng

minh rằng

Lêi gi¶i (của bạn Nguyễn Ngọc Trung,
9A1, THCS Lâm Thao, Phú Thọ).

Đặt .

ỏp dng bt ng thc quen thuộc : với
mọi x, y, zlà các số thực, ta có

(xyz)23(xyyzzx), suy ra

Đặt . Theo bất đẳng thức Cơ-si
cho ba số dương, ta lại có

(1 a)(1 b)(1 c) 1 (abc) 
(abbcca) abc1 3t3t2t3
(1 t)3. (2)

Tõ (1) vµ (2) suy ra
3

t  abc

   

  



  

2 3 3

(1 )(1 )(1 )

3 . (1)

(1 )(1 )(1 )

abc a b c


   
   


 
  
    
 
  
    

  

2 3 1 1

(1 )(1 ) (1 )(1 )
1
(1 )(1 )
3( (1 ) (1 ) (1 ))

(1 )(1 )(1 )

3((1 )(1 )(1 ) 1)

(1 )(1 )(1 )

ab b c bc c a

ca a b

c a a b b c

abc a b c

a b c abc

abc a b c

1 1 1

(1 ) (1 ) (1 )

a b b c c a

   

  

3abc(13 3abc).




1 1 1

(1 ) (1 ) (1 )

a b b c c a 

   

 

3 3 3 3

3 3 3

(1 ) (1 )

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

13

Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh
(đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi abc).

Nhận xét.Đây là bài toán bất đẳng thức
khá hay và khó. Chỉ có ít bạn giải đúng.
Ngoài bạn Trung, các bạn sau cũng có lời
giải đúng : Mạc Thị Thu Huệ, 7A, THCS
Đồng Quế, Lập Thạch, Vĩnh Phúc; Nguyễn
Doãn Tiến Đạt, 9C, THCS Phan Bội Châu,
Tứ Kỳ, Hải Dương ; Hồ Hữu Quân, 9C,
THCS Hồ Xuân Hương, Quỳnh Lưu, Nghệ
An ; Trịnh Thị Thủy Tiên, 8H, THCS Trần
Phú, TP. Quảng Ngãi, Quảng Ngãi ; Phạm
Hằng Nga, 9C, THCS Thị Trấn Kỳ Anh ;

Phan Lê Vũ, 9A, THCS Chu Văn An, Hương
Khê, Hà Tĩnh ; Lê Duy Tùng, 9E, THCS
Chu Văn An, EaKar, Đắk Lắk.

Nguyễn Minh Đức
Bài 3(42).Chứng minh rằng, nếu phương
trình x2ax b 0 có nghiệm thì nghiệm
thỏa mãn

Lời giải. Giả sử phương trình trên có
nghiệm là x0, suy ra

(1)
áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-ski
cho hai bộ số (a; b) và (x0; 1) ta có

suy ra
(theo (1)). (2)

Ta l¹i cã (3)

Tõ (2) vµ (3) suy ra

Nhận xét. 1) Với cách giải tương tự ta

cũng chứng minh được : “Nếu x0là nghiệm
của phương trình xnan1xn1... a1x
 a0  0 (n là số nguyờn dng) thỡ

2) Các bạn lời giải tốt nhất là Trần Thị
Nga, 8A, THCS Tiên Du, Tiên Du, Bắc
Ninh ; Nguyễn Hoàng Hiệp, số 127B, tiểu
khu 3, thị trấn Neo, Yên Dũng, Bắc Giang;

Mc Thị Thu Huệ, 7A, THCS Đồng Quế,
Lập Thạch ; Phạm Thị Bích Ngọc, con bố
Phạm Văn Chiến, phố Me, Hợp Hòa, Tam

Dương, Vĩnh Phúc; Đinh Văn Nhật, khu 8,
Vũ Yển, Thanh Ba ; Nguyễn Ngọc Trung,
9A1, THCS Lân Thao, Lâm Thao, Phú Thọ;

Vũ Thanh Tú, 9A2, THCS Vũ Hữu, Bình
Giang, Hải Dương ; Lê Anh Công, 8C,
THCS Lê Hữu Lập, Hậu Lộc ; Hoàng Minh
Tuấn, 9G, THCS Trần Mai Ninh, TP. Thanh
Hóa, Thanh Hóa; Nguyễn Danh Dũng, 8C,
THCS Lý Nhật Quang, Đô Lương, Nghệ An;

Phan Long Tri Yên, 7H, THCS Hùng
Vương, TP. Tuy Hòa, Phú Yên ; Lê Duy
Tùng, 9E, THCS Chu Văn An, huyện
EaKar, Đắk Lắk.

Nguyễn Văn Mạnh
Bài 4(42). Cho ABCđều. Các điểm M,

N, P theo thø tự thuộc các cạnh BC, CA,

AB. Biết S(ANP)  S(BMP)  S(CMN).
Chøng minh r»ng ANP BPM CMN.

Lời giải.Đặt BCCAABa; BMx;

CNy; APz. Không mất tính tổng quát,
giả sử x y z.

Suy ra xy0 ; yz0. (1)

Theo gi¶ thiÕt : S(BPM) S(CMN)

2 2 2

0 n 1 ... 1 0 1

x  a   a a 

      

   

2 2 2 2 2 2

0 0

2 2

1 1

1 (®pcm).

a b x x a b

x a b


  

 
4 4
2
0 0
0
2 2
0 0
1 1.
1 1

x x x

x x

2 2 0

2
0 1
x
a b
x
 


2 2 2 2

0 0

(ax b) (a b x)( 1),

x02  (ax0 b) x04(ax0b) .2
2

0 0 0

x ax  b

 2 21.

x a b

3 3

3 3 2 2

3 3

3((1 ) 1) 9

(1 ) (1 )

3 3 (do 0).

(1 ) (1 )

t t

t t t t

P P

t t abc abc

  

 

 

   

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

14

(kÕt qu¶ quen thuéc)

x(yz) a(xy) 0. (2)
Tõ (1) vµ (2) suy ra xyz

 ANP BPM CMN(c.g.c).

Nhận xét.Nhiều bạn đã tham gia giải bài
này và đều giải đúng, một số bạn có lời giải
quá dài. Các bạn có lời giải tốt : Nguyễn
Hoàng Hiệp, cố 127B, tiểu khu 3, thị trấn
Neo, Yên Dũng, Bắc Giang ; Đinh Văn
Nhật, khu 8, Vũ Yển, Thanh Ba, Phú Thọ;

Nguyễn Ngọc Long, 8A, THCS huyện

Thuận Thành, Bắc Ninh ; Phạm Quang
Thịnh, 8H, THCS Hùng Vương, TP. Tuy Hòa,

Phú n; Hồng Thị Hạnh, thơn Trung, xã
Tn Chính, Vĩnh Tường, Vĩnh Phúc.

Nguyễn Minh Hà
Bài 5(42). Chứng minh rằng một tứ giác
lồi nội tiếp trong một tam giác đều có cạnh
bằng 2006 thì khơng thể có cả bốn cạnh
đều lớn hơn 1003.

Lời giải. Trước hết xin phát biểu và
chứng minh một bổ đề.

Bổ đề. Cho tam giác đều XYZ có cạnh
bằng a và các điểm K, Ltheo thứ tự thuộc
các đoạn XY, XZ. Ta có KLa.

Chứng minh. Có hai trường hợp cần
xem xét.

Trường hợp 1. Một trong hai điểm K, L

trùng với một trong ba điểm X, Y, Z.
Dễ thấy KLa(bạn đọc tự kiểm tra).

Trường hợp 2.Không có điểm nào trong
hai điểm K, L trùng với một trong ba điểm

X, Y, Z.

XÐt tam gi¸c KYL, ta có

(1)
Xét tam giác LYZ, ta có

(2)
Từ (1) và (2) suy ra KL< YZKL< a.
Tóm lại, ta luôn có KL a.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi K, Ltrùng
với hai trong ba điểm X, Y, Z.

Trở lại việc giải bài to¸n.

Giả sử tam giác đều nói trong đề bài là

ABC, tứ giác lồi nói trong đề bài là MNPQ.
Gọi D, E, F là trung điểm của BC, CA,

AB. Ta thấy AEF, BFD, CDElà các tam giác
đều với cạnh là 1003. (3)

Vì MNPQnội tiếp tam giác ABCnên các
điểm M, N, P, Qthuộc các đường gấp khúc

EAF, FBD, DCE. Theo nguyên lí Đi-rích-lê,
tồn tại hai trong bốn ®iÓm M, N, P, Qcïng
thuéc mét trong ba ®êng gÊp khóc EAF,

FBD, DCE. Khơng mất tính tổng qt, giả
sử M, N thuộc EAF. áp dụng bổ đề cho
AEFvà chú ý tới (3), ta có MN1003.

VËy tø giác MNPQkhông thể có cả bốn
cạnh cùng lớn hơn 1003.

Nhn xét. 1) Tuy bài toán này khơng
khó, nhưng để có một lời giải hồn chỉnh,
ngắn gọn lại là chuyện không dễ.

2) Các bạn có lời giải tương i tt :

Nguyễn Thảo Nguyên, xãm 1, x· Hng
ChÝnh, Hng Nguyªn, NghƯ An; Phan Hå
Nam Uyªn, 8/10, THCS Lê Quý Đôn,
Thăng Bình, Quảng Nam ; Nguyễn Văn
Linh, 7A1, THCS Nguyễn Đăng Đạo,
TP. Bắc Ninh, Bắc Ninh ; Trần Vũ Trung,
9A9, THCS Phùng Chí Kiên, TP. Nam Định,

Nam Định; Nguyễn Việt Dinh, 9A3, THCS
Lâm Thao, Lâm Thao, Phó Thä.

Ngun Minh Hµ

   .

YLZ YXL YZL  YZ YL

    .

YKL KXL XYZ LYK   YL KL

2 2

(a z x) (a x y)

a a

   

 

BP BM CM CN
BA BC CB CA

 

 

( ) ( )

S BPM S CMN
S BAC S CBA

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

15 Thi giải toán qua thư

Các bạn được thưởng kì này

Ngun Ngäc Long, 8A, THCS hun
Thn Thµnh, Thn Thành ; Trần Thị
Nga, 8A, THCS Tiên Du, Tiên Du, Bắc
Ninh ; Nguyễn Ngọc Trung, 9A1, THCS
L©m Thao, L©m Thao, Phó Thọ; Mạc Thị
Thu Huệ, 7A, THCS Đồng Quế, Lập
Thạch, Vĩnh Phúc ; Lê Duy Tùng, 9E,
THCS Chu Văn An, Eakar, Đắk Lắk ;

Nguyễn Hoàng Hiệp, số 127B, tiểu khu 3,
thị trấn Neo, Yên Dịng, B¾c Giang ;

Nguyễn Dỗn Tiến Đạt, 9C, THCS Phan
Bội Châu, Tứ Kỳ,Hải Dương ; Hồ Hữu
Quân, 9C, THCS Hồ Xuân Hương, Quỳnh
Lưu ; Nguyễn Thảo Ngun, xóm 1, Hưng
Chính, Hưng Ngun, Nghệ An; Phan Hồ
Nam Uyên, 8/10, THCS Lê Quý Đơn,
Thăng Bình,Quảng Nam; Trịnh Thị Thủy
Tiên, 8H, THCS Trần Phú, TP. Quảng
Ngãi,Quảng Ngãi ; Nguyễn Xuân Thiện,
xóm 3, Nam Cao, Kiến Xương, Thái Bình.

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10,

THPT CHUN LÊ Q ĐƠN, TỈNH BÌNH ĐỊNH

Năm học 2006-2007 ; Thời gian : 150 phút

C©u 1.(2 điểm)

Rút gọn các biểu thức sau :

a) .

b) , (a> 1).

Câu 2.(2 điểm)

Cho ng thng (d) cú phương trình :

y(m2)x3m1, (m2).

a) Tìm giá trị của mđể đường thẳng (d)
song song với đường thẳng yx5.

b) Tìm m để đường thẳng (d) đi qua
im M(1 ; 2).

Câu 3.(1 điểm)

Cho a, b, c l độ dài ba cạnh của một

tam giác. Chứng minh rng phng trỡnh
sau vụ nghim :

c2x2(a2b2c2)xb20.
Câu 4.(4 điểm)

Cho hai đường tròn (O) và (O) cắt nhau
tại Avà B. Một đường thẳng qua Bcắt (O)
và (O) theo thứ tự tại Cvà D.

a) Chứng tỏ góc CADcó số đo khơng đổi.
b) Tiếp tuyn ca (O) ti Cv (O) ti D

cắt nhau tại E. Chøng minh r»ng bèn ®iĨm

A, C, D, Ecïng n»m trên một đường tròn.

Câu 5.(1 điểm)

Chứng minh rằng : x8x5x2x1 > 0
víi mäi xR.

2
( 1)

2 1

a
B a

a a

 

 

7 2 10 2

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

16

Holey là một thám tử lừng danh ở châu Âu. Nghe nói ở châu ácũng có những thám
tử tài ba khơng kém nên Holey rất muốn có dịp được thử tài của họ. Ơng được biết hiện
nay có bốn thám tử châu árất nổi tiếng, đó là Lichan người Trung Quốc, Fuizi người Nhật
Bản, Tetu người Hàn Quốc và Sê-Lốc-Cốc hiện đang làm việc tại Việt Nam - cộng tác
viên đặc biệt của tạp chí Toán Tuổi thơ. Một lần, Holey quyết định mở cuộc thi tài và mời
các thám tử trên đến tham dự. Vốn có “máu” nghề nghiệp nên cả bốn thám tử được mời
đều thu xếp thời gian để đến khách sạn mà Holey đã đặt sẵn.

NguyÔn Quang Anh

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

17 l

Kết quả :

GIẢI MAế

(TTT2 số 42)

Có lẽ hầu hết các bạn dự thi kì này đều

có những kiến thức nhất định về sử dụng
máy vi tính nên phần lớn các bạn đã đưa ra
câu trả lời chính xác : Hướng suy luận của
Vũ Minh là rất đúng nhưng anh đã quên
mất một điều quan trọng là hàng chữ trên
tờ giấy được đánh máy vi tính, có nghĩa là
dấu cách cũng được coi là một kí tự. Thám
tử Sê-Lốc-Cốc nhớ được điều này nên đã

nhanh chóng nhắc Vũ Minh và nhờ thế mà
anh đã tìm ra mật khẩu.

Phần thưởng kì này được trao cho năm
bạn sau đây : Kiều Hồng Quân, 7C, THCS
Thạch Thất, Thạch Thất, Hà Tây ; Tạ Thị
Hải Yến, 6A, THCS Nhữ Bá Sỹ, Hoằng
Hóa, Thanh Hóa ; Hồng Khánh Ngọc,

khối II, thị trấn Mường Xán, Kì Sơn, Nghệ
An ; Trần Hoàng Liên Thi, 50/3 đường
Phan Chu Trinh, TP. Huế, Thừa Thiên
-Huế; Lê Hoàng Văn, số 5 Trn Phỳ, Vnh
Nguyờn, Nha Trang, Khỏnh Hũa.

Thám tử Sê-Lốc-Cốc

Sau khi các thám tử làm quen với nhau, Holey bắt đầu giới thiệu cách thức thi tài, theo
đó : Mỗi người sẽ phải bốc một lá thăm. Ai bốc được tờ giấy hình tam giác thì sẽ bị một
trong số ba người kia lấy đi một món đồ, nhưng người lấy phải khơn khéo để lại tên mình
dưới một hình thức bí ẩn. Người bị mất đồ thì phải tìm ra “chìa khóa” để giải mã cái tên
đó, nhằm lấy lại món đồ bị mất.

Cả bốn thám tử đều vui vẻ bốc thăm. Kết quả là Sê-Lốc-Cốc đã bốc được tờ giấy hình
tam giác... Ơng rất nóng lịng chờ xem mình sẽ bị mất cái gì.

Một lúc sau, khi mỗi người đã trở về phịng của mình, quả nhiên, thám tử Sê-Lốc-Cốc
phát hiện mình bị mất chiếc đồng hồ quả lắc. Trên chiếc bàn nhỏ ở góc phịng, người lấy
trộm đã để lại một tờ giấy in bảng chữ cái tiếng Anh và một tờ lịch bị cắt đi một vài con
số (xem hình vẽ).

Xem kĩ bảng chữ cái, thám tử thấy : Tương ứng với mỗi chữ cái đều có một số chỉ số thứ
tự của chữ cái đó trong bảng chữ cái. Ngẫm nghĩ một lúc, cuối cùng thám tử Sê-Lốc-Cốc
đã đoán ra ai là người lấy đồng hồ của mình.

Tối hơm đó, khi cả năm thám tử đang quây quần bên bàn ăn, Sê-Lốc-Cốc tươi cười
nhìn một thám tử và hỏi :

- Có đúng anh đã lấy chiếc đồng hồ quả lắc của tơi khơng ?

Người đó hết sức ngạc nhiên rồi gật đầu và rút ra từ túi áo chiếc đồng hồ của thám tử
Sê-Lốc-Cốc. Các thám tử đều trầm trồ thán phục tài ba của Sê-Lốc-Cốc. Riêng Holey
cịn thốt lên :

- Bạn đọc tạp chí Tốn Tuổi thơ thật may mắn vì ln được một thám tử tài giỏi như
Sê-Lốc-Cốc thử tài !

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

18

Các bạn biết khơng, với hai bài tốn quỹ
tích đã trình bày ở kì trước, tơi đã có được
những mở rộng sâu sắc cho bài 5(22), mục
Giải toán qua thư (TTT2 số 22).

Bài 5(22). Cho tam giác đều ABC nội
tiếp đường tròn tâm O bán kính bằng 1. Một
đường thẳng đi qua O cắt hai cạnh AB, AC
lần lượt tại M, N. Kí hiệu S(AMN) là diện tích
của tam giác AMN.

Chøng minh r»ng

Bài toán mở rộng 1. Cho tam giác ABC.
Gọi A1, B1, C1 lần lượt là trung điểm của

BC, CA, AB ; O lµ một điểm thuộc
m(AB1A1C1), không nằm trên hai cạnh

AB1, AC1. Một đường thẳng đi qua O cắt

AB, ACln lượt tại M, N. Tìm các giá trị nhỏ
nhất và lớn nhất của S(AMN).

Lời giải. Trước hết ta phát biểu (không
chứng minh) một bổ đề quen thuộc :

Bổ đề.Tam giác ABCcó Ilà trung điểm
của BC. Một đường thẳng qua I cắt các
đường thẳng AB, AClần lượt tại M, N. Khi
đó ta có : Nếu MBvà NCthì MINI;
Nếu Mnằm ngồi đoạn ABthì MI> NI;
Nếu Nnằm ngồi on ACthỡ MI< NI.

Trở lại lời giải của bài toán. Gäi K, H

lần lượt là giao điểm của COvà AB, BOvà

AC; EABvà FACđể Olà trung điểm
của EF(theo bài toán 2 ca kỡ trc thỡ Ev

Flà tồn tại duy nhất).

Cỏc trng hợp có thể xảy ra là :

Trường hợp 1.OA1C1:

Khi đó EB; FH; MKB; NCH.
Nếu MK; NCthì S(AMN) S(AKC) ;
Nếu MB; NHthì S(AMN) S(ABH) ;
Nếu M  B ; M  K, áp dụng bổ đề với
tam giác ABHcó Olà trung điểm của BHthì

OM< ONvµ OK< OC. Suy ra :

(OMK vµ ONC

cã ) S(AMN) < S(AKC) ;
(OMB vµ ONH

có ) S(AMN) > S(ABH).
Vậy trong trường hợp này thì :

S(AMN)minS(ABH) S(AEF)

MBE; NHF;

S(AMN)maxS(AKC) MK; NC.

Trường hợp 2.OA1B1:
Tương tự trường hợp 1, ta có

S(AMN)minS(AKC) S(AEF)

MKE; NCF;

S(AMN)maxS(ABH) MB; NH.

(Xem tiÕp trang 22)

 

MOB NOH

( ) 1

( )

S OMB OM OB
S ONH ON OH 

 

MOK NOC

( ) 1

( )

S OMK OM OK

S ONC ON OC 

3 ( ) 3 3.

3 S AMN 8

Lê hữu điền khuê
(Lớp 12 Toán, THPT Qc häc H, Thõa Thiªn - H)

(Tiếp theo kì trước)

TỪ HAI BÀI TỐN QUỸ TÍCH

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

TRẬN ĐẤU THỨ BA MƯƠI TƯ

19 TRẬN ĐẤU

THỨ BA MƯƠI SÁU

(TTT2 sè 42)

Có 12 võ sĩ tham gia trận đấu này,
nhưng chỉ có hai võ sĩ trả lời đúng câu hỏi :
“Có thể thay bởi số lớn hơn không ?”.
Rất tiếc hai võ sĩ trả lời được câu hỏi trên lại
giải bài toán theo con đường dài dịng,
phức tạp. Do đó khơng có võ sĩ nào được
đăng quang trong trận đấu này. Chúng tôi

xin giới thiệu với các bạn lời giải gọn gàng
của bài tốn :

Vì a, b, clà các số thực dương nên ta có :

Theo bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-ski
c(2bc) a(2ca) (bca)2.
Chú ý b(2ab) c(2bc) a(2ca) 
(bca)2. Từ đó ta suy ra

Bëi vËy

Để chứng minh không thể thay bởi số
nào lớn hơn, chúng ta sẽ chứng tỏ rằng, với
mọi t , tồn tại các số thực dương a, b, c

tháa m·n . (*)

2a ba 2b cb 2c ac t
1

1
2
1

1 (3 1) 1.

2c aa 2



 

    



 

1 1 1

2 2a bb   2b cc 

      

 

   



2a ba 2b cb 2c ac 
1.

2a bb 2b cc 2c aa 

( (2 )
2a bb 2b cc 2c aa b a b

     

    

 

1.
2a 2bb 2c 2a 2cb 2c 2

  

   

2a ba 2b cb 2c ac 2a2ab2c 

1
2

Thật vậy, ta xét n là số nguyên dương,

a1, bn, cn2, ta cã

Nếu lấy số ngun dương nthỏa mãn

thì (*) đúng.
Bài tốn đã được giải xong.

Ngun Minh §øc
6 4

2 1t t n

 



2 1 2 1

2 2 2 2

4 2 4 2

2 1 2 1

t t

n n

t t

    

 

     

 

2 2 2

2 2 2 2 2

2 2

2 1 2 1 2

2 1.

2 2

a b c n

a b b c c a n n n

n n n

n n

n n n

    

    

     

 

 



lNgười thách đấu. Nguyễn Bá Thuận,

10A2Tin, §HKHTN, §HQG Hµ Néi.

l Bài tốn thách đấu. Cho tam giỏc

ABC(ABAC), nội tiếp đường tròn (O).
Đường tròn (O) tiÕp xóc trong víi (O)
t¹i T, theo thø tù tiÕp xóc víi AB, ACt¹i

E, F. AO’cắt (O) tại M(M A). Chứng
minh rằng BC, EF, MTđồng quy.

lXuÊt xø. S¸ng t¸c.

lThời hạn nhận thách đấu.

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

20

Đối với khá nhiều bạn học sinh THCS,
việc giải bài tốn về bất đẳng thức có liên
quan đến nghiệm của hệ phương trình cịn
tỏ ra lúng túng. Các bạn cần phải nắm vững
định nghĩa nghiệm của phương trình. Hãy
theo dõi một số ví dụ.

Ví dụ 1.Cho x1, x2là các nghiệm khác 0
của phương trình ax2bxc0 ; y1, y2là
các nghiệm của phương trình cy2bya0.
Chứng minh rằng :

Lời giải. Vì x1 là nghiệm khác 0 của
phương trình ax2  bx  c  0, suy ra

là nghiệm
của phương trình cy2bya0.

Tương tự ta có cũng là nghiệm của
phương trình cy2bya0.

Suy ra chÝnh lµ hai nghiƯm y1; y2

của phương trình cy2 by a 0. Khơng
mất tính tổng qt, giả sử

ta cã :

VËy :

Lời bình. 1) Quan sát hai phương trình
đã cho ta thấy chúng có các hệ số liên quan
tới nhau. Do vậy cũng có khả năng các
nghiệm của chúng liên quan tới nhau.

2) Trong lời giải trên, chúng ta đã sử
dụng đến định nghĩa nghiệm của phương
trình mà ít bạn để ý tới.

3) Các bạn hãy thử dùng công thức
nghiệm hay hệ thức Vi-ét để chứng minh
bài tốn xem có được khơng ?

Ví dụ 2. Gọi x0 là nghiệm của phương
trình bậc hai ax2  bx  c  0 và

Chøng minh r»ng :

Lời giải.Vì x0là nghiệm của phương trình

ax2bxc0, suy ra





       
     

     
     
2 2

0 0 0 0

0 0 0

0 0 0 1

b c

ax bx c x x

a a

b c b c

x x x

a a a a

b c b c

x x x

a a a a

x M x M M x

  

0 0 0

ax bx c

 
0 1.
x M
 
  
 

max b c; .

a a

   

2 2 2 2

1 2 1 2 4.

x x y y

2 2

1 2 2 2

1 2

1 1

2x 2x 4.

x x

    

2 2 2 2 2 2 2 2

1 2 1 2 1 1 2 2

2 2

1 2 2 2

1 2

( ) ( )

1 1

x x y y x y x y

x x
x x
       
   
   
     
   
 
1 2
1 2

1 ; 1

y y

x x

1 2

1 1;

x x
2

1
x
 
      
 
2

1 1 1

1 1 0 1

c b a

x x x

 

 

       

 

2 2

1 1 1 2

1 1

0 b c 0

ax bx c x a

x x

   

2 2 2 2

1 2 1 2 4.

x x y y

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

21

(®pcm).

Lời bình. Lời giải trên sử dụng đến định
nghĩa nghiệm của phương trình ; tính chất của
giá trị tuyệt đối ; làm xuất hiện Mvà bớt 1 ở
vế trái của bất đẳng thức

để làm mất dấu đẳng thức và triệt tiêu được

Ví dụ 3. Chứng minh rằng, nếu x0 là
nghiệm của phương trình x2bxc0 thì

Lêi gi¶i.Tõ gi¶ thiÕt suy ra

(áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-ski

cho 4 số b; c; x0; 1)

(đpcm).

(Các bạn xem thêm lời giải bài 3(42)

trong số này).

Vớ d 4. Chứng minh rằng, nếu phương
trình x4  ax3  bx2  ax  1  0 (1) có
nghiệm thì a2(b2)2> 3.

Lời giải.Giả sử xx0là một nghiệm của
phương trình (1), ta kiểm tra được x0  0
nên suy ra

Đặt ta có phương trình (2)

trở thành y2ayb2 0 và phương trình
này ln có nghiệm y thỏa mãn điều kiện
hay y24. (3)
Suy ra y2ayb2

y4(ayb2)2[a2(b2)2](y21)
(áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-ski
cho 4 số a; b2 ; y; 1)

y41 < [a2(b2)2](y21)
y21 < a2(b2)2

3 y21 < a2(b2)2(theo (3))
a2(b2)2> 3 (đpcm).

Đề nghị các bạn làm thêm một số bài tập
áp dụng sau đây :

Bài 1. Chøng minh r»ng, nÕu

thì phương trình bậc hai ax2  bx  c  0
ln có nghiệm.

Bài 2. Chứng minh rằng, nếu phương
trình (x y)2 (x  a)2(y b)2= c2(hai
ẩn x, y) thì a b  c 3.

 
2b c 4

a a

 0 

1 2

y x

 0

0
1 ,

y x
x

     

 

      

 

   

        

   

0 0 2

0 0

0 2 0

0
0

0 0

1 0

1 1 0

1 1 2 0. (2)

x ax b

x x

x a x b

x
x

x a x b

x x

    

4 3 2

0 0 0 0 1 0

x ax bx ax

 x0  b2c21

    

       

4 2 2 2

0 0

2 2 2 2 2 2

0 0

1 ( )( 1)

1 1

x b c x

x b c x b c

x04 (bx0c)2(b2c x2)( 021)
x02bx0c

 2 2

0 1.

x b c



0 1.
x





 

0 0 1

x M x

 x0  M 1





</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

22 TỪ HAI BÀI TỐN QUỸ TÍCH...

(TiÕp theo trang 18)

Trường hợp 3.Omt(AB1A1C1) :

lXÐt MBE; NHF.

Nếu ME; NFthì S(AMN) S(AEF) ;
Nếu MB; NHthì S(AMN) S(ABH) ;
Nếu M  B ; M  E, áp dụng bổ đề với
tam giác AEFcó Olà trung điểm của EFthì

OM> ONvµ OB> OH. Suy ra :

(OME vµ ONF

cã ) S(AMN) > S(AEF) ;
(OMB vµ ONH

cã ) S(AMN) < S(ABH).
Suy ra :

S(AMN)minS(AEF) ME; NF;

S(AMN)maxS(ACK) MK; NC.
Vậy : Theo bài tốn 1 của kì trước thì
trong trường hợp 3, ta có

S(AMN)minS(AEF) ME; NF;
NÕu Omt(AB1A1) th×

S(AMN)maxS(ABH) MB; NH.
Nếu Omt(AC1A1) thì

S(AMN)maxS(ACK) MK; NC.
Nếu OAA1thì

S(AMN)maxS(ABH) S(ACK)
(MB; NHhoặc MK; NC).

KÕt luËn.

S(AMN)min S(AEF) M E; N F;
nÕu O  mt(AB1A1) hoặc O A1B1 thì

S(AMN)max S(ABH) M  B ; N  H ;
nÕu O  mt(AC1A1) hoặc O A1C1 thì

S(AMN)max S(ACK) M K ; N C ;
nếu OAA1thì

S(AMN)maxS(ABH) S(ACK)
(MB; NHhoặc MK; NC).

Bỏ đi giả thiết O m(AB1A1C1) ta có
Bài toán më réng 2. Cho tam gi¸c ABC

và một điểm O  mt(ABC). Một đường

thẳng đi qua Ocắt AB, AClần lượt tại M, N.
Tìm các giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của

S(AMN).

Hướng dẫn. Với A1, B1, C1 lần lượt là
trung điểm của BC, CA, AB, có ba trường
hợp xảy ra là : Om(AB1A1C1) - bài toán
mở rộng 1; Omt(CA1B1) ; Omt(BA1C1).
Lời giải cho hai trường hợp sau là hồn
tồn tương tự. Ví dụ, xét Omt(BA1C1) :

Với K, Hlần lượt là giao điểm của COvà

AB, BO và AC, trong trường hợp này, ta
cũng lần lượt xét các khả năng M  B ;

MK; MBvà MK. Lời giải cũng tương
tự như các bài toán mở rộng trên với chú ý

OB< OH; OK< OC; OM< ON(v× víi I, E,

Flần lượt là trung điểm của MN, BH, CKthì

I m(AB1A1C1), EA1C1, F A1B1suy
ra Olần lượt thuộc các đoạn MI, BE, OF).

Ta cịn có thể tiếp tục mở rộng bài toán
với tứ giác. Để kết thúc, đề nghị các bạn
giải bài toán vận dụng sau :

Cho tam giác ABC và một điểm O
mt(ABC). Một đường thẳng đi qua Ocắt AB,

ACln lt ti M, N. Tìm các giá trị nhỏ nhất
và lớn nhất của S(AMN) trong hai trường
hợp : Om(AMN) ; Omt(AMN).

 

MOB NOH

( ) 1

( )

S OMB OM OB
S ONH ON OH 

 

MOE NOF

( ) 1

( )

S OME OM OE

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

23

Vấn đề “giới hạn” trong khi làm bài tốn
quỹ tích bằng phương pháp thuận đảo
(PPTĐ) là vấn đề mà tơi đã quan tâm từ lâu.
Vì vậy tơi cảm thấy rất tâm đắc sau khi đọc
bài báo Vĩnh biệt “giới hạn”của TS. Nguyễn
Minh Hà đăng trên TTT2 số 29, 30, 31. Một
vấn đề rất tinh tế trong lĩnh vực lôgic toán đã
được TS. Nguyễn Minh Hà giải quyết thật
triệt để, sáng sủa thông qua hai bài toán cụ
thể, đặc biệt sinh động là bài toán 2. Với bài
báo của TS. Nguyễn Minh Hà, tôi nghĩ rằng
vĩnh biệt “giới hạn” là vấn đề không cần bàn
nữa. Chính vì vậy, bài báo “khơng thể vĩnh
biệt giới hạn” của nhà giáo Nguyễn Khánh
Nguyên xuất hiện trên TTT2 số 34 đã ngay
lập tức thu hút tôi. Tôi đã đọc bài báo này rất
kĩ và đã suy nghĩ nhiều về nó. Thơng qua
TTT2, tơi có đơi điều muốn trao đổi với nhà
giáo Nguyễn Khánh Nguyên.

1. Nhà giáo Nguyễn Khánh Nguyên đã
phân tích lời giải các bài toán 1, 2 trong bài
báo của TS. Nguyễn Minh Hà để khẳng định
rằng, về thực chất, trong lời giải các bài toán
này, TS. Nguyễn Minh Hà đã thực hiện một
thao tác và thao tác đó đích thị là thao tác
“giới hạn”. Nhưng TS. Nguyễn Minh Hà lại
không nghĩ như vậy. TS. Nguyễn Minh Hà
quan niệm rằng cái thao tác mà nhà giáo

Nguyễn Khánh Nguyên cho rằng cần phải
được đặt tên là “giới hạn” thật ra chỉ là một bộ
phận của phần thuận trong lời giải bài toán
quỹ tích bằng PPTĐ. Theo tơi, cách quan
niệm này là hồn tồn hợp lí bởi những lí do
sau :

a) Quan niệm này phù hợp với đường lối
chung của việc giải bài tốn quỹ tích bằng
PPTĐ mà chúng ta vẫn thường dạy học sinh.
- Thuận : Nếu M có tính chất thì M thuộc
hình H.

- Đảo : Nếu M thuộc hình Hthì M có tính
chất .

Nếu không vĩnh biệt giới hạn thì chúng ta
sẽ mắc lỗi phản sư phạm trong quá trình dạy
học sinh làm toán quỹ tích bằng PPTĐ :

Dy lớ thuyt mt ng (khụng cú thao tỏc

giới hạn), dạy thực hành giải toán một nẻo
(có thao tác giới hạn).

b) Cỏch quan nim ny tránh cho chúng
ta việc đối mặt với ba câu hỏi khơng thể trả
lời (hình như nhà giáo Nguyễn Khánh
Nguyên né tránh việc trả lời ba cõu hi ny).

- Thế nào là thao tác giới hạn ?

- Trong những bài toán quỹ tích được giải
bằng PPTĐ, những bài nào mà chúng ta cần
sử dụng thao tác giới hạn ?

- Với một bài toán quỹ tích được giải bằng
PPTĐ và trong lời giải của nó ta buộc phải sử
dụng thao tác giới hạn, khi nào thao tác
giới hạn được bắt đầu ?

c) Cỏch quan nim này giúp chúng ta
tránh được sai lầm trong khi giải bài tốn quỹ
tích bằng PPTĐ. Trong bài báo của mình,
TS. Nguyễn Minh Hà đã đưa ra hai ví dụ (bài
toán 1, 2) để chứng minh rằng, dùng thao tác
“giới hạn” trong khi giải bài tốn quỹ tích
bằng PPTĐ rất dễ mắc sai lầm. Xin nhấn
mạnh thêm rằng, những ví dụ kiểu như vậy
có rất nhiều trong các tài liệu toán mà tác giả
của những tài liệu này đều là những người rất
am hiểu tốn sơ cấp.

Thưa nhà giáo Nguyễn Khánh Ngun, vì
lí do gì mà chúng ta cứ phải đeo vào cổ mình
cái gông “giới hạn” để mà ngay cả những
người có tay nghề cao trong việc giải toán sơ
cấp vẫn cứ mắc sai lầm trong khi giải bài
tốn quỹ tích bằng PPTĐ.

2. Trong q trình phát triển nhận thức của
nhân loại, có rất nhiều quan niệm đã được
thừa nhận nhưng sau đó lại bị phủ nhận. Xin
nêu một ví dụ cụ thể, trước Copernic, nhân
loại quan niệm rằng mặt trời quay xung
quanh trái đất, nhưng sau Copernic, nhân
loại lại quan niệm rằng trái đất quay xung
quanh mặt trời. Vì vậy, khơng thể nói như nhà
giáo Nguyễn Khánh Ngun, khơng thể vĩnh
biệt “giới hạn” vì khái niệm đó đã tồn tại, đã
có trong đầu chúng ta.

Tóm lại, thưa nhà giáo Nguyễn Khánh
Ngun, khơng có lí do gì để chúng ta khơng
vĩnh biệt “giới hạn”.

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

24

Bí mật của các con số luôn chờ đợi
chúng ta khám phá. TTT2 cũng đã có dịp
giới thiệu về vẻ đẹp, sự thú vị của các con
số. Trong bài viết này tôi xin tiếp tục giới
thiệu thêm với các bạn một nhóm các số
tự nhiên có tính chất thật đặc biệt.

1. ThÝ dơ

Ta dƠ dµng kiểm tra được rằng
11423 55647 63538

23534 31425 75649 130608.
Đẳng thức trên khơng có gì lạ vì nhiều
số khác cũng có tính chất đó. Tuy nhiên
điều đặc biệt đã xảy ra, đẳng thức vẫn
đúng với các bình phương của những con
số trên :

114232556472635382

2353423142527564927264150982.
Nhưng đừng vội tán thưởng, vì đó mới
chỉ là khúc dạo đầu. Tước bỏ dần 1 ; 2 ; 3 ;
4 chữ số ở bên trái của các số ta sẽ thấy
điều kì diệu của những con số trên :
1423 5647 3538 

3534 1425 5649 10608 ;
142325647235382

35342142525649246430982 ;
423 647 538 

534 425 649 1608 ;
423264725382

534242526492886982 ;
23 47 38 34 25 49 108 ;
2324723823422524924182 ;
cuèi cïng :

3 7 8 4 5 9 18 ;

327282425292122.

Và... điều kì diệu vẫn chưa dừng lại. Hai
đẳng thức đầu tiên vẫn còn đúng khi ta
tước bỏ dần 1 ; 2 ; 3 ; 4 chữ số của các số
nhưng ở phía bên phải các số đó :
1142 5564 6353 

2353 3142 7564 13059 ;
114225564263532

23532314227564272622869 ;
114 556 635 

235 314 756 1305 ;
114255626352

235231427562725357 ;
11 55 63 23 31 75 129 ;
1125526322323127527115 ;
cuèi cïng :

1 5 6 2 3 7 12 ;
12526222327262.

Quả là kì diệu phải không các bạn !

2. Giải mÃ bí mật

Tht ra, a phần các tính chất kì lạ
trong tốn học đều có quy luật của nó.

Vào năm 1988, trong tạp chí “Chúng tơi
u tốn học”, một học sinh trung học ở
tỉnh Hồ Nam, Trung Quốc đã ngẫu nhiên
tìm thấy hai đẳng thức :

789 945 864 868 787 943 vµ
789294528642868278729432.

Nếu lần lượt bỏ đi liên tiếp các chữ số ở
vị trí hàng trăm, rồi hàng chục thì tổng các
số mới cũng như tổng các bình phương
của chúng vẫn bằng nhau.

Điều đó có gì bí mật, có quy luật khơng ?
nguyễn thị bình minh (THCS Trần Phú, Hải Phịng)

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

25

Tạp chí “Chúng tơi u tốn học”đã giải đáp
được câu hỏi này. Sự thú vị của các con số
trên đã gây hấp dẫn cho rất nhiều người.

Đến đây ta có các đẳng thức :
3 7 8 4 5 9 18 ;
327282425292122 ;
1 5 6 2 3 7 12 ;

12526222327262.

Câu hỏi đặt ra là còn các bộ 6 chữ số
khác có tính chất tương tự như trên khơng ?
Gọi các chữ số ở vế trái là a, b, cvà các
chữ số ở vế phải là d; e; f ta tìm được 15
bộ chữ số thỏa mãn hai đẳng thức abc
def; a2b2c2d2e2f2(thứ
tự các chữ số trong một vế có thể hoán
đổi) là :

1) 4 1 1 3 3 0 ;
2) 5 2 2 4 4 1 ;
3) 6 3 3 5 5 2 ;
4) 7 4 4 6 6 3 ;
5) 8 5 5 7 7 4 ;
6) 9 6 6 8 8 5 ;
7) 6 2 1 5 4 0 ;
8) 7 3 2 6 5 1 ;
9) 8 4 3 7 6 2 ;
10) 9 5 4 8 7 3 ;
11) 8 2 2 6 6 0 ;
12) 9 3 3 7 7 1 ;
13) 8 3 1 7 5 0 ;
14) 9 4 2 8 6 1 ;
15) 9 2 2 8 5 0.

Bây giờ, ta tiếp tục tìm bộ 6 chữ số tiếp
theo, gắn vào từng bộ chữ số đã tìm được
để tạo thành bộ 6 số có hai chữ số có

cùng tính chất như các bộ chữ số trên.

Nếu các chữ số gắn vào bên trái (hoặc
bên phải) của các chữ số a, b, clần lượt là

x, y, z; các chữ số gắn vào bên trái (hoặc
bên phải) của các chữ số d, e, flần lượt là

z, x, y và x  y  2z thì điều kiện đặt ra
được thỏa mãn.

Vì x, y, znhận các giá trị từ 0 đến 9, nên

ta tìm được 48 bộ ba chữ số (x; y; z) thỏa
mãn phương trình xy2zlà :

(0 ; 2 ; 1) ; (2 ; 0 ; 1) ; (0 ; 4 ; 2) ; (4 ; 0 ; 2);
(0 ; 6 ; 3) ; (6 ; 0 ; 3) ; (0 ; 8 ; 4) ; (8 ; 0 ; 4);
(1 ; 3 ; 2) ; (3 ; 1 ; 2) ; (1 ; 5 ; 3) ; (5 ; 1 ; 3);
(1 ; 7 ; 4) ; (7 ; 1 ; 4) ; (1 ; 9 ; 5) ; (9 ; 1 ; 5);
(2 ; 2 ; 2) ; (2 ; 4 ; 3) ; (4 ; 2 ; 3) ;

(2 ; 6 ; 4) ; (6 ; 2 ; 4) ; (2 ; 8 ; 5) ; (8 ; 2 ; 5);
(3 ; 3 ; 3) ; (3 ; 5 ; 4) ; (5 ; 3 ; 4) ;

(3 ; 7 ; 5) ; (7 ; 3 ; 5) ; (3 ; 9 ; 6) ; (9 ; 3 ; 6);
(4 ; 4 ; 4) ; (4 ; 6 ; 5) ; (6 ; 4 ; 5) ;

(4 ; 8 ; 6) ; (8 ; 4 ; 6) ;

(5 ; 5 ; 5) ; (5 ; 7 ; 6) ; (7 ; 5 ; 6) ;
(5 ; 9 ; 7) ; (9 ; 5 ; 7) ;

(6 ; 6 ; 6) ; (6 ; 8 ; 7) ; (8 ; 6 ; 7) ;
(7 ; 7 ; 7) ; (7 ; 9 ; 8) ; (9 ; 7 ; 8) ;
(8 ; 8 ; 8) ; (9 ; 9 ; 9).

Với bộ 6 số có hai chữ số tìm được, ta
hồn tồn có thể tiếp tục tạo ra các bộ
số có 3 ; 4 ; 5 ; ... chữ số có cùng tính
chất bằng cách liên tiếp thực hiện việc
ghép một trong các bộ chữ số trên vào
bên trái (hoặc bên phải) bộ số đó, thậm
chí chèn vào giữa các số của bộ số ở
cùng một vị trí.

Với đội ngũ các con số hùng hậu này,
các bạn hồn tồn có thể tự mình dựng
lên được rất nhiều đẳng thức thú vị, cho
dù bạn muốn các con số có bao nhiêu chữ
số tùy ý. Thí dụ, ta có thể phát triển các
con số trong hai đẳng thức ban đầu :
11423 55647 63538 

23534 31425 75649 130608 ;
114232556472635382

2353423142527564927264150982
để được các đẳng thức của các con số lớn
hơn bằng cách chèn các bộ chữ số tương

ứng vào giữa chúng :

114523 556947 635738 

235734 314525 756949 ;
114523255694726357382

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

Solution E18. First, let’s consider the
sets consisting of 3 distinct points :

There are ten choices for the first point,
nine choices for the second, and eight
choices for the third.

So the number of sets consisting of 3
distinct points is .

Secondly, we can easily observe that
there are four sets of 3 collinear points on
each of the two longer sides and only one
set on each of the two other sides. Hence,
the total number of such sets is 10.

In conclusion, the number of triangles
that can be formed using the points shown
in the figure is : 120 10 110 (triangles).

Answer : 110 triangles.

Nhận xét. Bài tốn địi hỏi lập luận

nhiều, đa số các bạn chưa quen viết bằng
tiếng Anh. Bạn Dương Kim Ngọc, 8A,
THCS thị trấn Trới, Hoành Bồ, Quảng Ninh

lập luận tốt và có đáp số đúng, rất đáng tiếc
phần tiếng Anh cha t yờu cu.

TS. Ngô ánh Tuyết (NXBGD)

10 9 8 120
6

  

26

Problem E20.

(Propose by Tran Xuan
Dan, Thanh Mien district,
Hai Duong province)

Given a number whose
division by 3 gives
remainder 1, division by
7 leaves remainder 3,
what is the remainder if it
is divided by 21?

ldigit :ch÷ sè (danh tõ)

lnatural numbers :số tự nhiên (danh từ)
lreverse :đảo ngược (động từ)

l concyclic :cùng nằm trên một đường

tròn (tính từ)

lremainder :số dư (danh từ)
larbitrary :tùy ý (tính từ)
lcollinear :thẳng hàng (tính từ)

Keỏt quaỷ cuoọc thi

TH GII QUANH TA

Đáp án câu hỏi kì 6 :

sông nào lớn nhất ?

ú l h thng sụng Amadơn, có lưu vực
rộng nhất thế giới, nằm trên lục địa Nam Mĩ
với nhiều sông nhánh đan chéo nhau thành
một mạng lưới sông dày đặc (dài khoảng 6516
km, đứng thứ hai trên thế giới về chiều dài sau
sơng Nin). Sơng có mạng lưới các phụ lưu dày
đặc với khoảng 500 phụ lưu lớn nhỏ, trong đó
có khoảng 17 phụ lưu có chiều dài 1500 km.
Thượng nguồn của sông Amdôn là sông
Ucagali, bắt nguồn từ dãy núi Anđét thuộc
lãnh thổ Pêru, đổ ra biển Đại Tây Dương. Lưu

vực có diện tích 7000000 km2, chiếm 40%
diện tích Nam Mĩ, lớn gấp 2 lần diện tích lưu
vực sơng Cơngơ ở châu Phi.

Sơng Amadơn có lịng sơng rộng, Sau khi
hợp lưu với sơng Ucayali lịng sơng rộng từ 1
đến 2 km ; khi chảy qua miềm đồng bằng lịng
sơng rộng 20 km ; khu vực hạ lưu lịng sơng
có chỗ rộng đến 80 km.

Do khí hậu nóng và ẩm ướt quanh năm nên
sơng có nhiều nước và chế độ nước điều hịa.
Hàng năm sơng đổ ra biển một lượng nước khổng
lồ với lưu lượng trung bình là 120000 m3/giây,
đồng thời là một lượng phù sa lớn tới 1 tỉ m3.

Hệ thống sông Amadôn chảy qua các nc
Braxin, Vờnờxuờla, Cụlụmbia, Pờru, ấcuao,
Bụlivia.

Các cá nhân và tập thể xuất sắc nhất
được trao tặng phẩm kì nàylà Trần Thị Thùy
Trang, 8H, THCS Qu¶ng Phó, TP. Qu¶ng Ng·i,

Quảng Ngãi; Nguyễn Đình Thi, 8B, THCS Trần
Quốc Toản, TP. Tuy Hòa, Phú Yên; Nguyễn Thị
Nga, con bố Hùng, xóm 6, Đông Sơn, Đô
Lương, Nghệ An; Lê Thị Thảo, 10A5, THPT Gia
Lộc, Gia Lộc, Hải Dương ; Nguyễn Thị Kiều
Oanh, 7C, THCS Lê Quý Đôn, TX. Tuyên

Quang, Tuyên Quang; Trần Thị Phương Thảo,
10 Toán, THPT chuyên Lào Cai, Lào Cai; Mẫn
Thị ánh Ngọc, 8B, THCS Yên Phong, Yên
Phong, Bắc Ninh ; Lê Xuân Quý, 9A, THCS
Nguyễn Hằng Chi, ích Hậu, Can Lộc, Hà Tĩnh;
Trần Thị Thanh, khu 18, xã Xuân Lũng, Lâm
Thao, Phú Thọ; Lê Minh Hoàng, 7A6, THCS
Lương Khánh Thiện, Kiến An ; Phòng Giáo dục
huyện Kiến An, Hải Phịng.

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

27 l

KÕt qu¶ :

XIN NHỜ SỬA NGAY !

(TTT2 sè 42)

l

Kì này :

Rất nhiều từ láy vần R có mặt trong bài
thơ này, nhưng một số từ bị dùng sai và
một số từ bị đặt nhầm chỗ. Bạn hãy thay
những từ bị dùng sai và sửa những từ
nhầm vị trí để bài thơ hay hơn nhé (nhớ là
vẫn phải thay bng nhng t lỏy vn R).

Suối chảy rúc ríchtrên non

Rầm rầmcây lá, véo von chim rừng

Rì ràokhúc hát tưng bõng

Ròng rãbướm đậu trên từng cánh lan

Ve kêu rầu rĩhè sang

Học sinh trò chuyện reng reng trên đường

Rn rngb i diu hnh

Chim hót róc ráchtrong lành sáng xuân

Rừng rựctrống giục đầu thôn
Cành cây rên rỉkhi cơn bÃo về

Rn rónc chy chậm ghê
Khi buồn - ráo riết, ủ ê mặt mày

Rung rinhnc mt chy ri

Lửa hồng răng rắcđun nồi bánh chưng
Tiếng chuông điện thoại rưng rưng
Ra rảchuẩn bị, đẩy nhanh tiến tr×nh.

Vương Trọng Kiên
(số 25, tổ 8, Quan Hoa, Cầu Giấy, Hà Nội)

Tồn bộ bài gửi đến chỉ có 1 bài sai về nội dung : Đó là bài của
bạn PDT (Quảng Ngãi). Bạn viết : “Quảcùtung ném ngoài trời ngày
xuân” là sai. Phải viết : “Quả cịn tung ném ngồi trời ngày xn”
mới đúng vì cịnlà quả cầu có nhiều dải vải màu dùng để tung, ném
làm trò chơi trong ngày hội ở một số dân tộc miền núi. Bài thơ có
thể sửa lại như sau : Cái cùcịn gọi con quay

Đoạt giải vô địch nhận ngay cúp vàng
Tài xế mua một canxăng

Cái cặpđựng sách vở mang tới trường
Cưỡi ngựa cần có dây cương

Cái cốnggiúp nước có đường chảy qua
Cái cungbắn tên đi xa

Cái cộtchống đỡ cho nhà thẳng ngay
Cái cađựng nước có quai

Con trâu đi trước cái càyđi sau
Cái cốixay giã giỏi sao
Câu cá phải có cần câuvới mồi

Träng tài điều khiển bằng còi

Quả còntung ném ngoài trời ngày xuân
Cái còng tra tay phạm nhân

Mun nh khi lng dựng cânbiết liền
Cái cồng- nhạc cụ Tây Nguyên
Dây cápnhiều sợi thép bn bờn trong

Trăm nhát cuốc giật vào trong
Cái cótquây thóc gän trong gãc buång.

Năm bạn được thưởng kì này là :

Nguyễn Trà Giang, 8C5, THCS Chu Văn
An, Ngô Quyền, Hải Phòng ; Nguyễn
Trung Dũng, số 28 ngõ 86, Cây Đa,
đường Nguyễn Sinh Sắc, TP. Vinh, Nghệ
An ; Quách Thu Thảo, 106 Lý Chiêu
Hoàng, phường Suối Hoa, TP. Bắc Ninh,

Bắc Ninh; Nguyễn Thị Phương Lan, 7B,
THCS chuyên Lý Tự Trng, Bỡnh Xuyờn,

Vĩnh Phúc; Trần Thị Ngọc Diệu, mẹ là
Phạm Thị Dung, số 270/29 ấp Vĩnh Hưng I,
Vĩnh Thành, Chợ L¸ch, An Giang.

Phú Bình
Ngồi cách gửi bài dự thi về tạp chí, các bạn hãy tìm từ thích hợp để thay thế từ “rúc
rích” trong câu “Suối chảy rúc rích trên non”, bằng cách gọi đến số 19001548và làm
theo hướng dẫn hoặc nhắn tin đến số 8109theo mẫu 3T V2 X Y, trong đó Xlà đáp án
của bạn (các chữ cái viết liền nhau, khơng có dấu) ; Ylà số ngi cú ỏp ỏn ỳng.

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

28

Trần Đăng Khoa :

Những chuyện ngồi lê đôi mách, làm
bạn bè hiểu lầm nhau, sao lại là chuyện
tốt đẹp được ? Căn bệnh có tính tồn cầu
này có từ lâu lắm rồi. Cách đây trên 200
năm, nhà văn Đan Mạch nổi tiếng thế giới
An-đéc-xen đã viết rất hóm về căn bệnh
“bn dưa lê” này. Đại khái, buổi sáng, chị

gà mái vừa nhảy ra khỏi chuồng thì bị
rụng mất một cái lơng cánh. Chuyện rụng
lơng với lũ gà thì cũng bình thường thơi.
Thế mà chị ngan vẫn rỉ tai chị vịt. Rồi chị
vịt lại thì thào với chị ngỗng. Cứ rầm rầm
rì rì. Đến lúc câu chuyện trở lại tai chị gà
mái, là nhân vật chính, cũng là nơi khởi
nguồn câu chuyện thì đã thành một điều
kinh khủng. Và rồi chính chị gà mái lại quả
quyết : “Này kinh lắm nhá. Có một mụ gà
mái đánh nhau với tình địch. Đánh ác lắm
đến mức trụi thùi lụi, chẳng cịn một cái
lơng nào...”.

“Bn dưa lê” là căn bệnh chung của
cả lồi người, khơng phân biệt giới tính. ở
đàn ơng thì người ta gọi là chuyện bàn trà,
quán bia. Cứ hai anh ngồi với nhau thì anh
thứ ba sẽ “hi sinh”. Căn bệnh này lây cả
sang báo giới. Khối anh “buôn dưa lê”
cũng chẳng thua gì chị em. Bản thân anh
Khoa cũng thành nhân vật của bao nhiêu
chuyện hãi hùng. Người viết nhiều khi cịn
là bạn mình. Họ khơng xấu và cũng khơng
ác ý. Tt c ch vui thụi m...

Căn bệnh này khó chữa được em ạ. Và

cng ng ngh n chuyn cha bởi cái
mồm luôn luôn rỗi rãi. Mồm có phải lúc

nào cũng dùng để ăn đâu. Mồm rỗi mà
khơng biết dùng để làm việc gì thì tất phải
“bn” thơi chứ sao. Mà cái trò “kinh
doanh” này lại không cần “vốn” nên ai
cũng “kinh doanh” được. Anh không nghĩ
“buôn dưa lê” là nhu cầu tất yếu của đời
sống mà đó chỉ là nhu cầu tất yếu của...
cái mồm. Lồi người thơng minh lắm. Họ
đã nghĩ ra cách phòng bệnh “buôn dưa
lê”, bằng cách tạo “công ăn việc làm” cho
cái mồm. Và thế là họ sáng chế ra... kẹo
cao su. Đấy là thứ kẹo chỉ có nhai mà
khơng nuốt. Vậy thì cần cải tiến nâng cấp
kẹo cao su, để làm sao loại kẹo này có
khả năng gây... nghiện. Và như thế con
người ta, trừ những lúc ngủ, còn đã thức
là... nhai. Chỉ có thế, căn bệnh “bn dưa
lê” có thể sẽ chấm dứt.

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

29 l

KÕt qu¶ :

(TTT2 sè 42)

Ơ chữ

l

Kì này :

Ngồi cách gửi bài dự thi về tạp chí, các bạn hãy đốn từ
ở hàng ngang thứ ba từ trên xuống, bằng cách gọi đến số

19001548và làm theo hướng dẫn hoặc nhắn tin đến số 8109

theo mẫu 3T VA2 X Y, trong đó Xlà đáp án của bạn (các chữ
cái viết liền nhau, khơng có dấu) ; Ylà số người có đáp án
đúng.

Chúc mừngbạn Trần Bảo Linh, số nhà 54, đường Nguyễn
Văn Trỗi, phường Bến Thủy, TP. Vinh, Nghệ An (số điện thoại

0982046509) đã trúng thưởngcuộc thi trên TTT2 số 42.

- How does an elephant get up an
oak tree ?

- He stands on an acorn and waits
for it to grow.

Hồng Bắc(st)

CI TRONG VN ANH

Trên mỗi hàng ngang của ô chữ này là
tên một loài cá. Bạn tìm được không nào ?

Trần Thị Ngọc Trâm
(Bố là Trần Duy Hưng, Chi cục thuế
Cẩm Xuyên, Hà Tĩnh)

Trong chuyn “thăm Vườn Anh” kì này,
sự hiểu biết của các bạn về các nước trên
thế giới đã làm cho Chủ Vườn bất ngờ.

Chỉ với bảy hàng ngang trong một ơ chữ
nhưng đã có rất nhiều quốc gia được các
bạn nhắc tới. Hơn nữa, có nhiều bạn cịn
đưa thêm thơng tin về thủ đơ và vị trí địa
lí của các nước đó.

C¸c tõ hàng ngang (từ trên xuống) :
Lát-vi-a ; Bra-xin ; Kê-ni-a ; Nam Phi ;
An-ba-ni ; Mi-an-ma ; Đức.

Năm bạn xuất sắc nhất được nhận quà

TÊN CÁC NƯỚC

của Chủ Vườn : Nguyễn Thị Hoàng Yến,
9B, THCS Thuận Thành, Thuận Thành,

B¾c Ninh ; Trần Văn Ngọc Hưng, 8/1,
THCS Phan Thúc Duyện, Điện Thọ, Điện
Bàn, Quảng Nam ; Nguyễn Thị Ngọc

ánh, con bố Nguyễn Văn Lực, Phòng khám
Trung tâm y tế Sầm Sơn, TX. Sầm Sơn,

Thanh Hóa; Nguyễn Thảo Nguyên, xóm 1,
Hưng Chính, Hng Nguyªn, NghƯ An ;

Nguyễn Thùy Linh, 10A1, THPT chuyên
Lương Thế Vinh, Biên Hịa, Đồng Nai.

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

30

(TTT2 sè 42)
§ång dao ca hát vui chơi

Đồng tiền vất vả mới thời làm ra
Đồng bằng màu mỡ phù sa
Đồng Lộc lịch sử ngÃ ba oai hïng

Đồng lịng khăng khít đến cùng

Đồng nghiệp người có cùng chung một nghề
Đồng hương người ở cùng quê

Đồng hồ giờ giấc dễ bề biết ngay
Đồng chí cùng giúp một tay
Đồng ruộng tươi tốt cấy cày lúa rau

Đồng nghĩa tương tự giống nhau
Đồng thời khơng trước khơng sau tí nào

§ång khởi lừng lẫy phong trào
Đồng ca một tốp cùng vào ngân nga

Đồng niên bằng tuổi thôi mà
Đồng dạng - khái niƯm khi ta häc h×nh

Các thảo dân thật thơng minh
Gửi nhanh, đáp đúng mau rinh quà về !

Ban thưởng : Lê Thanh Hà, 501/7/2B
Lê Duẩn, TP. Buôn Ma Thuột, Đắk Lắk;

Nguyễn Thị Nga, 6B, THCS Lý Nhật
Quang, Đô Lương, Nghệ An ; Mẫn Thị

ánh Ngọc, 8B, THCS Yên Phong, Yên
Phong, Bắc Ninh; Vũ Thu Thảo, số nhà
111, khu tập thể đội xe khách, phố Long
Xuyên, P. Hùng Vương, TX. Phú Thọ, Phú
Thọ ; Bùi Thị Thu Thủy, 8A1, THCS Lê
Thanh Nghị, Gia Lộc, Hải Dương.

Vua tÕu

l

Kết quả :

Th¸nh chỉ :

Ngoài cách gửi bài dự thi vỊ t¹p chÝ,

các bạn hãy giải đáp câu “Bàn gì cầm bút
viết tên ?”, bằng cách gọi đến số

19001548và làm theo chỉ dẫn hoặc nhắn
tin đến số 8109 theo mẫu 3T RC2 X Y,
trong đó Xlà đáp án của bạn, các chữ cái
viết liền nhau, không có dấu ; Y là số
người có đáp án đúng.

Chúc mừngbạn Nguyễn Ngọc Khánh,
8A1, THCS Quán Hành, Nghi Lộc, Nghệ

An (số điện thoại 0915237088) đã trúng
thưởngcuộc thi trên TTT2 số 42.

l

Kì này :

Bàn gì trao i iu hay ?

Bàn gì quần áo phẳng ngay tức thì ?
Bàn gì thất bại buồn ghê ?

Bàn gì dao kéo, thuốc mê sẵn sàng ?
Bàn gì gay gắt tới cïng ?

Bàn gì hai chiếc quay vịng trước sau ?
Bàn gỡ khỏn gi hũ reo ?

Bàn gì khi gõ chữ theo ra liền ?
Bàn gì cầm bút viết tên ?

Bn gì giúp bạn sáng thêm nụ cười ?
Nào mời tất cả cùng ngồi

Bàn nhau giải đố tìm lời giải hay !

Trần Thị Như ý
(Đội 4, xóm 4, Nghĩa Tân, Nghĩa Hưng,
Nam Định)

BAỉN Gè ?

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

Hi :Em rt núng tính và
cịn dữ nữa... nên các bạn
đã đặt cho em cái tên kì
quặc “Sư tử Hà Đơng”. Em
đã cố sửa nhưng tính nào
vẫn tật nấy. Anh bảo em
phải làm sao õy ?

Cô bé thần thông

(8G, THCS Nguyễn TrÃi,
Nghi Xuân, Hà Tĩnh)
Đáp :

Danh hiệu Sư tử Hà Đông
Chỉ dành cho bậc có chồng
mà thôi
Bây giờ oan uổng em tôi
Mai sau vÉn thÕ...

chång ngåi co ro.

Hái : Anh Phã Gì ¬i !
NÕu chóng em hái anh bằng
thơ thì anh nghĩ thế nào ?

Lê Thị Việt Hà
(8G, THCS Nguyễn TrÃi,
Nghi Xuân, Hà Tĩnh)
Đáp :

Xin em cứ hỏi ngay cho
Để anh còn liệu mà lo trả lời

Nhng th em chớ gây cười
Mải cười anh lại quên người

hái anh.

Hỏi :Anh ơi ! Có một bạn
rất mến em nhưng em lại
khơng thích bạn ấy. Bạn ấy
càng cố gắng thì em càng
thấy ghét. Nhưng em khơng
thể nào nói cay nghiệt để
bạn ấy dứt khốt. Anh cứu
em với !

Chip - 7889

(Khu Đình Giã, thị trấn Cao
Thượng, Tân Yên, Bắc
Giang)
Đáp :

Anh thì anh rút cho nhanh
Mến người, người lại

đành hanh ghét mình
Thơi thì cứ mặc người xinh

Quay về giải mấy bài hình

còn hơn !
Hỏi :Tại sao các bài giải
phải giải ra các tờ giấy riêng
hở “đại ca” ? Em nghĩ viết
chung vào một tờ thì tiết
kiệm hơn chứ ?

Ngun Long
(28, Đào Duy Từ, Bồng Sơn,

Hoài Nhơn, Bình Định)
Đáp :

Anh cũng tính đủ mọi đường
Nhưng nhiều thầy chấm

thì lường sao đây ?
Một tờ gửi tới mấy thầy
Một vòng “du lịch” bao ngày,

đệ ơi !
Hỏi : Thưa “sếp” ! Thời
buổi này Tiếng Anh có quan
trọng khơng ạ ? Nếu có thì
tại sao tạp chí lại khụng cú

nhiều chuyên mục về tiếng
Anh hơn ?

Lờ c Anh
(8A, THCS Trng Vng,
Thanh Lõm, Mờ Linh, Vnh Phỳc)

Đáp :

Cng tựy tng vic,
tng ngi
Nga, Anh, Phỏp, Nht,...

nên xơi tiếng nào
Tiếng Anh đưa thật nhiều vào
Các bạn mê Toán vẫy chào
bọn anh ?

Hỏi :Toán Tuổi thơ 1 dành
cho bậc Tiểu học sắp tròn 6
tuổi còn Toán Tuổi thơ 2
dành cho bậc THCS mới chỉ
hơn 3 tuổi. Tờ nào là anh ?
Tờ nào là em ?

Cón con

(9/1, THCS Lê Q Đơn,
Hải Dương)
Đáp :

Tờ em là để cho anh

Tờ anh là quyết để dành

cho em
Trên đời nghĩ kĩ mà xem
Ai ra đời trước gọi em được à ?

</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>

32

Bài 3(44).Cho f(x) x2x8. Giải phương trình [f(x)]2f(x) 8 x.

Trần Phương Nam (TP. Mỹ Tho, Tiền Giang)
Bài 4(44).Cho ba đường tròn (O1), (O2), (O3) cùng đi qua điểm O. Các điểm A1, A2, A3

theo thứ tự thuộc các đường tròn (O1), (O2), (O3) sao cho OA1, OA2, OA3theo thø tù song
song víi O2O3, O3O1, O1O2. Chøng minh r»ng O, A1, A2, A3cïng thuéc mét đường tròn.
Nguyễn Minh Hà (ĐHSP Hà Nội)
Bài 1(44).Cho số tự nhiªn cã ba

chữ số. Mỗi lần được phép biến đổi
số đã cho bởi một trong hai cách
sau : 1) Lấy chữ số đầu tiên (hoặc
chữ số cuối cùng) và đặt nó vào
giữa hai chữ số còn lại.

2) Đảo ngược số đã cho.
Hỏi nếu biến đổi như thế 2005
lần thì từ số ban đầu là 123 ta có
thể nhận được số 312 hay không ?
Nguyễn Trọng Tuấn
(THPT Hùng Vương, Pleiku, Gia Lai)

English version translated by Pham Van Thuan

Bài 5(44).Giả sử Mlà một điểm bất kì trong tam giác ABC. Qua Mkẻ các đường th¼ng

DE, IJ, FGlần lượt song song với BC, CA, AB(trong đó G, JBC; E, FCA; D, IAB).

Chøng minh r»ng .

Nguyễn Văn Mạnh (Hà Nội)

2
3

AIMF BGMD CEMJ ABC

S S S  S

1(44). Given a natural three-digit
num-ber, we can change the given number in
two following possible ways :

1) Take the first digit (or the last digit)
and insert it into the other two.

2) Reverse the order of the digits. After
2005 times of so changing, can we obtain
the number 312 from the given number 123 ?

2(44).Let x, y, zbe real numbers in the

interval (0 ; 1) such that

xyz(1 x)(1 y)(1 z).

Prove that .

3(44).Given f(x) x2x8, solve the
equation [f(x)]2f(x) 8 x.

4(44). Three circles (O1), (O2), (O3)
intersect in one point O. Three points A1,

A2, A3 lie on the circles (O1), (O2), (O3)
respectively such that OA1, OA2, OA3are
parallel to O2O3, O3O1, O1O2 in that
order. Prove that O, A1, A2, A3 concyclic.

5(44). Suppose that M is an arbitrary
point in the triangle ABC. Through point

M, construct lines DE, IJ, FG such that
they are respectively parallel to BC, CA,
AB(in which G, JBC; E, FCA; D, I
AB). Prove that

.
2
3

AIMF BGMD CEMJ ABC

S S S  S

2 2 2 3



x y z

Bài 2(44).Cho x, y, zlà
các số thực thuộc khoảng
(0 ; 1) và thỏa mÃn :

xyz(1 x)(1 y)(1 z).
Chøng minh r»ng :

.
Phan TiÕn Thµnh
(10T1, THPT Ngun Tr·i,

Hải Dương)

2 2 2 3

  

</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>

* Biên tập : Nguyễn Anh Quân, Phan Hương.

* Kĩ thuật vi tính : Đỗ Trung Kiên. * Mĩ thuật : Tiến Dũng.

* Trị sự - Phát hành : Trịnh Đình Tài, Trịnh Thị Tuyết
Trang, Mạc Thanh Huyền.

* Địa chỉ liên lạc : số 38, ngõ 61, Trần Duy Hưng,
Q. Cầu Giấy, Hà Nội. * ĐT : 04.5567125.

* Fax : 04.5567124. * Đường dây nóng : 0903436757.

* Website : E-mail : toantt@ fpt.vn

* Giấy phép xuất bản : 31/GPBVHTT ngày 23/1/2003
-Bộ Văn hóa và Thông tin.

* In tại : Công ti cổ phần in Sách giáo khoa TP. Hà Nội.
Nộp lưu chiểu tháng 10 năm 2006.

CHỊU TRÁCH NHIỆM XUẤT BẢN
Chủ tịch HĐQT kiêm Tổng Giám đốc : NGƠ TRẦN ÁI
Phó Tổng Giám đốc kiêm Tổng biên tập : NGUYỄN QUÝ THAO

BỘ SÁCH "ƠN KIẾN THỨC - LUYỆN KĨ NĂNG"

PHÁT HÀNH NHỮNG CUỐN ĐẦU TIÊN

Giá : 3000đ

Những cuốn sách đầu tiên của bộ sách "Ôn

kiến thức - Luyện kĩ năng" sẽ được phát hành
trong tháng 11 năm 2006 : Hình học 8, Đại số 8,
Hình học 9, Đại số 9.

Tác giả của các cuốn sách đầu tiên là các
nhà giáo uy tín về chun mơn và giàu kinh
nghiệm về giảng dạy mơn Tốn bậc THCS :
PGS. TS. Tơn Thân, NGND. Vũ Hữu Bình,
NGƯT. Bùi Văn Tuyên, nhà giáo Vũ Quốc Lương.

Mỗi cuốn sách gồm các chương bám sát
chương trình mơn Tốn của từng lớp. Mỗi
chương được chia thành các vấn đề trọng tâm
nhất với sự dẫn dắt giảng giải dễ hiểu cùng các
ví dụ sinh động khơng trùng lặp với sách giáo
khoa. Đặc biệt là hệ thống các lưu ý nhằm nhấn
mạnh các hướng khai thác và những sai lầm dễ
mắc khi giải toán. Cuối mỗi vấn đề đều có các
bài tập luyện thêm để củng cố kiến thức. Cuối
mỗi chương đều có những bài tự kiểm tra với cả
hai hình thức trắc nghiệm và tự luận để các bạn
tự đánh giá trình độ nhận thức của mình.

Các cuốn sách của bộ sách này được viết
theo cùng một phong cách xuyên suốt qua các

lớp. Khi bạn đã quen với một cuốn sách ở lớp
dưới thì bạn cũng sẽ dễ dàng sử dụng các cuốn
sách của các lớp trên.

Tạp chí Tốn Tuổi thơ và đội ngũ các tác giả
của cả ba bậc học mong muốn bộ sách "Ôn
kiến thức - Luyện kĩ năng" sẽ trở thành người
bạn đồng hành của các bạn học sinh suốt
những năm học phổ thông.

Các nhà giáo dạy toán cũng sẽ được chia sẻ
nhiều kinh nghiệm giảng dạy qua các cuốn sách
này để nâng cao chất lượng rèn luyện cho học
sinh và làm cho mỗi tiết

dạy thêm lí thú.

Đặc biệt, Tạp chí đã
tái bản cuốn "TUYỂN
TẬP ĐỀ THI MÔN
TỐN TRUNG HỌC CƠ
SỞ" phục vụ các bạn ơn
thi vào lớp 10 THPT, lớp
10 chuyên năm học tới.

</div>

Tạp chí toán tuổi thơ 2 kỳ số 44

<b>44</b>

<b>"ÔN KIẾN THỨC - LUYỆN KĨ NĂNG"</b>

<b>CHỈ CẦN CHĂM LÀ SẼ GIỎI !</b>

<b>"ƠN KIẾN THỨC - LUYE</b>

<b>ỨC - LUYE</b>

<b>Ứ</b>

<b>C - LUYỆ</b>

<b>C - LUYEN KĨ</b>

<b>Ä</b>

<b>N KĨ</b>

<b>N K NA</b>

<b>Ĩ NA</b>

<b>Ĩ</b>

<b>ÊNG"</b>

CHÚC MỪNG

TOÁN TUỔI THƠ 1

1

l

Kết quả :

l

Kỡ naứy :

2

REỉN LUYỆN KHẢ NAấNG

KHÁI QUÁT HÓA

3

4

l

Kết quả :

l

Kì này :

NHƯ TH CHA C SAO ?

5

l

KÕt quả :

v

Kỡ naứy :

6

ỨNG DỤNG CỦA HỆ PHƯƠNG TRÌNH

TRONG VIỆC TÍNH GIÁ TRỊ CỦA BIỂU THỨC

u u u u u u u u u u u u u u u u u u

7

8

gIèI THIỴU CC THI

9

CUỘC THI OLYMPIC TỐN QUỐC GIA AI-LEN

10

Hướng dẫn giải đề kì trước :

Kì thi tuyển sinh vào lớp 10 (vòng 2),

Khối THPT chuyên, Đại học Sư phạm Hà Nội,

nm hc 2006-2007

11

12

l

KÕt qu¶ :

THI GII TON QUA TH

13

14

15

Thi giải toán qua thư

Các bạn được thưởng kì này

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10,

THPT CHUN LÊ Q ĐƠN, TỈNH BÌNH ĐỊNH

Năm học 2006-2007 ; Thời gian : 150 phút

16

17

l

Kết quả :

GIẢI MAế

(TTT2 số 42)

18

TỪ HAI BÀI TỐN QUỸ TÍCH

TRẬN ĐẤU THỨ BA MƯƠI TƯ

19

TRẬN ĐẤU

THỨ BA MƯƠI SÁU

20





21