Tạp chí toán tuổi thơ 2 kỳ số 37

<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1></div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

1

l

KÕt qu¶ :

_{(TTT2 sè 35)}

DỰNG HÌNH VNG

l

Kì này :

(TTT2 số 35)
(TTT2 số 35)
(TTT2 số 35)
(TTT2 số 35)
(TTT2 số 35)
(TTT2 số 35)
(TTT2 số 35)
(TTT2 số 35)
(TTT2 số 35)
(TTT2 số 35)
(TTT2 số 35)
(TTT2 số 35)
Cho trước tứ giác ABCD

(hình vẽ). Hãy dựng hình
vng có cùng diện tích vi t
giỏc ú.

Vũ Hằng
(Xóm 4A, Trình Trung Tây,
An Ninh, Tiền Hải, Thái Bình)

Cú nhiu cỏch xác
định ba đường thẳng có

đồng quy hay không trong
điều kiện không xác định
được giao điểm của chúng
như bài toán đã đưa ra. Xin
giới thiệu một số cách :

Cách 1. (sử dụng tính
chất ba đường cao trong
tam giác đồng quy) Lấy
một điểm Athuộc a, qua A
kẻ AHvng góc với c tại
H, AHcắt btại I. Qua I kẻ
IKvng góc với atại K, IK
cắt c tại C. Ta có a, b, c
đồng quy khi và chỉ khi AC
vng góc với b.

Cách 2. (sử dụng phép
đối xứng trục)Dựng đường
thẳng dvng góc với brồi
dựng các đường thẳng a’,
c’lần lượt đối xứng với a, c
qua d. Ta có a, b, c đồng
quy khi và chỉ khi a’, b, c’
đồng quy.

Cách 3. (sử dụng phép
đối xứng tâm) Tương tự
như cách 2 (lấy tâm đối
xứng Onằm trên b).

Cách 4. (sử dụng tính
chất hai đường chéo trong
hình bình hành cắt nhau tại
trung điểm của mỗi đường)
Trên blấy một điểm B, qua
đó dựng các đường thẳng
song song với a, c, lần lượt
cắt c, a tại C, A. Gọi giao
điểm của ACvà b là M. Ta
có a, b, c đồng quy khi và
chỉ khi Mlà trung điểm của
AC.

Cách 5.(sử dụng định lí
Ta-lét)Kẻ hai đường thẳng
song song d₁, d₂, cùng cắt
a, b, ctạo ra hai hình thang
nhỏ có giao điểm của các
đường chéo lần lượt là M,
N. Ta có a, b, c đồng quy
khi và chỉ khi MN// d₁// d₂.

Các bạn được thưởng kì
này : Trần Văn Hạnh, 9B,
THCS Nghĩa An, Ninh
Giang, Hải Dương; Hoàng
Thị Thu Hiền, 8E, THCS Lê
Mao, TP. Vinh ; Nguyễn
Mạnh Tuấn, 8B, THCS Lí

Nhật Quang, Đô Lương,
Nghệ An ; Hồng Văn
Nghĩa, xóm 2, Đơng Trung,
Trung Đơng, Trực Ninh,
Nam Định ; Võ Thị Ngọc
Lưu, 8₆, THCS Trần Phú,
Tam Đàn, Phú Ninh,
Quảng Nam.

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

2

Trên TTT2 số 2, tác giả Nguyễn Đức
Tấn đã từng khẳng định : “khai thác bài
toán trong sách giáo khoa đem đến cho
chúng ta nhiều điều thú vị và sâu sắc”. Hệ
thống bài tập trong SGK hết sức cơ bản,
được chọn lọc kĩ lưỡng, hàm chứa rất nhiều
vấn đề để chúng ta có thể học tập, khai
thác, phát triển. Để học tốt mơn tốn, hãy
bắt đầu từ những bài tập trong SGK.

Ch¼ng hạn, chúng ta xét bài tập 11 trang
104 SGK Toán 9, tËp 1:

Bài tốn 1 (bài tập 11).Cho đường trịn
(O) đường kính AB, dây CD khơng cắt
đường kính AB. Gọi H và K theo thứ tự là
chân các đường vng góc kẻ từ A và B
đến CD. Chứng minh rằng CHDK.

Lêi gi¶i.

Tõ gi¶ thiÕt ta cã AH// BK(cùng vuông
góc với CD), suy ra ABKHlà hình thang.

Gọi I là trung điểm của HK, ta có OI là
đường trung b×nh cđa h×nh thang ABKH
nên OI// AH, suy ra OICDIcũng là
trung điểm của CDCHDK.

lbi toán trên, ta đã chứng minh CHDK
bằng cách chứng minh CD và HK có cùng
trung điểm (điều này không chỉ đúng khi CD
và HKcùng nằm trên một đường thẳng). Hoàn

toàn tương tự, ta chứng minh ngay được bài
toán sau và đề xuất được bài toán đảo của nó.
Bài tốn 2. Cho đường trịn (O) đường
kính AB, dây CDkhơng cắt đường kính AB.
Các đường thẳng vng góc với CD, đi qua
C và Dlần lượt cắt ABtại Hvà K. Chứng
minh rằng AHBK.

Bài toán 3 (bài toán đảo của bài tốn 2).
Trên đường kính AB của (O) lấy hai điểm
H, K sao cho AH  BK. Qua H, K vẽ hai
đường thẳng song song, lần lượt cắt (O) tại
C, D (C, D cùng nằm về một phía của
đường thẳng AB). Chứng minh rằng HC,
KDcùng vng góc với CD.

lTiếp tục để ý đến chi tiết “dây CD không
cắt đường kính AB” trong bài tốn 1. Tại
sao phải có giả thiết này ? Câu trả lời “dễ
kiếm”là bài tốn 1 vẫn đúng trong trường
hợp dây CDbất kì.

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

3

(b»ng 0 hc CD).

Trường hợp 2. Dây CD khơng cắt AB,
đây chính là trường hợp của bài toán 1.

Trường hợp 3. Dây CDcắt ABtại điểm G.

Ta sÏ chøng minh CD vµ HK cã cïng
trung ®iĨm. ThËt vËy :

Qua O kẻ đường thẳng vng góc với
CD, cắt CDvà AKlần lượt tại I, J. Như vậy I
là trung điểm của CDvà IJ// KB// AH(cùng
vng góc với CD). Vì Olà trung điểm của
ABnên OJlà đường trung bình của tam giác
ABK, suy ra J là trung điểm của AK. Từ đó
ta lại có IJlà đường trung bình của tam giác
KAH, suy ra Ilà trung điểm của HK. Suy ra
CDvà HKcó cựng trung im ICHDK.

Vậy CHDKvới dây CDbất kì.

lNhng cỏch nhỡn khác nhau về một bài

toán thường cho ta những cách phát biểu
khác khau về bài tốn đó và ngược lại, từ
đó có thể hình thành phẩm chất nhạy bén
cho người làm toán. Hai bài toán sau là
những cách phát biểu khác của bài toán 4.
Bài toán 5. Cho tứ giác ACBD nội tiếp
đường trịn đường kính AB. Chứng minh rằng
hình chiếu vng góc của các cặp cạnh đối
của tứ giác trên đường chéo CDbằng nhau.
Bài tốn 6.Cho ba điểm A, G, Bđơi một
khác nhau, thẳng hàng theo thứ tự đó và
các đường trịn (O), (O₁), (O₂) lần lượt có
đường kính là AB, AG, BG. Qua Gvẽ một
cát tuyến cắt (O) tại C, Dvà cắt (O₁), (O₂)
lần lượt tại H, K. Chứng minh rằng CHDK.
Việc “mổ xẻ” bài toán 1ở trên mới chỉ là
“bước dạo đầu”. Hi vọng các bạn sẽ học được
nhiều điều thơng qua các bài tập trong SGK.

Thể lệ cuộc thi

THEÁ GIễÙI QUANH TA

Đơn vị tổ chức : Công ty Bản đồ
-Tranh ảnh Giáo khoa và Tạp chí Tốn
Tuổi thơ, thuộc Nhà xuất bản Giáo dục.

Mục đích cuộc thi : Tạo ra một sân
chơi tìm hiểu kiến thức qua bản đồ và
tranh ảnh giáo khoa.

Đối tượng dự thi : Tất cả học sinh
bậc THCS và THPT.

Hình thức dự thi : Cuộc thi kéo dài
trong 10 tháng, mỗi tháng có một câu đố
đăng trên tạp chí Tốn Tuổi thơ 2 từ
tháng 3 đến tháng 12 năm 2006. Bài dự
thi giải câu đố gửi về Công ty Bản đồ
-Tranh ảnh Giáo khoa (45 Hàng Chuối,
Hà Nội). Thời hạn gửi bài không quá 30
ngày kể từ ngày phát hành Tạp chí (ngày
15 hàng tháng).

Giải thưởng :

+ Từng thángđều có tặng phẩm cho
10 cá nhân và 1 đơn vị (danh sách các
bạn được thưởng của mỗi kì sẽ được
đăng cùng với đáp án cách sau một kì).

+ Tổng kết 10 tháng gồm có 18 giải
cá nhân và 6 giải tập thể (cho đơn vị lớp
hoặc trường có nhiều bài dự thi đạt chất
lượng tốt) :

l3 giải nhất cá nhân, mỗi giải trị giá
1.000.000 đồng

l 6 giải nhì cá nhân, mỗi giải trị giá
400.000 đồng

l 9 giải ba cá nhân, mỗi giải trị giá
200.000 đồng

l 1 giải nhất tập thể, mỗi giải trị giá
1.000.000 đồng

l 2 giải nhì tập thể, mỗi giải trị giá
500.000 đồng

l 3 giải ba tập thể, mỗi giải trị giá
300.000 đồng

Các cá nhân và tập thể đạt giải đều được
nhận Bằng chứng nhận của Ban Tổ chức.
Rất mong bạn đọc tích cực hưởng ứng
tham gia cuộc thi.

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

4

l

Kết quả :

_{(TTT2 sè 35)}

l

Kỡ naứy :

Bài toán sau nằm
trong đề thi tốn của
một kì thi quan trọng.
Bài tốn. Cho
tam giác ABC có
AB  3 cm, AC 
4 cm, BC  5 cm.

Về bên ngồi tam giác, vẽ hai nửa đường
trịn đường kính AB, AC. Một đường thẳng d
di động qua A, cắt hai nửa đường tròn
đường kính AB, AClần lượt tại M, N(khác
A). Tìm giá trị lớn nhất của chu vi tứ giác
BCNM.

Một số học sinh đã “giải được” bài toán này
với cùng một đáp số “đẹp”, lời giải như sau :

Lêi gi¶i.Gäi Ilà trung điểm của BC.
Tam giác ABCvuông tại A(vì AB2AC2
BC2) nªn BC2AI.

VÏ BE  CN(E  CN), dƠ thÊy tø giác
BMNElà hình chữ nhật suy ra MNBEBC.

Gọi Dlà trung điểm của MN. Ta có IDlà
đường trung bình cđa h×nh thang BMNC,
suy ra MBNC2ID2AIBC.

Do đó chu vi của tứ giác BCNM không
vượt quá BCBCBC15 (cm).

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi E trùng
với Cvà Dtrùng với A.

Vậy giá trị lớn nhÊt cña chu vi tø giác
BCNMlà 15 cm.

HÃy thử tìm hiểu lời giải trên và cho biết
ý kiến của mình, các bạn nhé.

nguyn c tấn(TP. Hồ Chí Minh)

Lời giải mắc sai lầm ở bước lập luận :
F(x, y) đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi
a(x1)2và b(xy)2(yx)2đồng
thời đạt giá trị nhỏ nhất. Lập luận này chỉ
đúng khi các giá trị nhỏ nhất đó đạt được tại
cùng một giá trị của các biến. Rõ ràng ở
đây ađạt GTNN khi x 1, còn bđạt GTNN
khi x yyx0, tức là khi xy0.

Lời giải đúng như sau :

Biến đổi F(x, y) 3x2 2x 1 2y2

 .

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ,

y  0. Vậy GTNN của F(x, y) là , đạt
được khi , y0.

Xin trao thưởng cho các bạn có lập luận
tốt hơn cả : Hồng Văn Cơng, 7B, THCS
Phạm Huy Thông, Ân Thi, Hưng Yên ;
Trần Thị Hải Anh, 8A, THCS Liên Bảo,
TX. Vĩnh Yên, Vĩnh Phúc ; Trần Văn

Hạnh, 9B, THCS Nghĩa An, Ninh Giang,
Hải Dương ; Tạ Thanh Thủy, 9C, THCS
Thanh Thủy, Thanh Thủy, Phú Thọ ;
Nguyễn Mạnh Tuấn, 8B, THCS Lý Nhật
Quang, Đơ Lương, Nghệ An.

Anh KÝnh Lóp
1

3
x  

2
3

1
3
x  

2

2

1 2 2

3 2

3 3 3

x y

 _  _{ } _

 

 

ĐÁP SỐ “ĐẸP” ?

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

5

v

Kì này :

l

KÕt qu¶ :

HÌNH CUỐI LÀ HÌNH NAỉO ?

_{(TTT2 số 35)}

TTT đăng bài giải của bạn Võ Quang Dũng, 8B, THCS bán công Xuân Diệu, Can Lộc,
Hà Tĩnhvà bạn Nguyễn Bá Tuấn Anh, 8A, THCS Đặng Thai Mai, TP. Vinh, NghƯ An:

Bµi 1.

Quy luật bài này đã tìm ra
Đáp án chắc chắn là D nha
Bởi vì hình một, hai, ba có
Số trục đối xứng một, hai, ba
D có bốn trục, ai cũng rõ
Phù hợp quy luật của bài ra
Cuối cùng em chúc sang tuổi nữa
Báo nhiều bè bạn khắp gần xa.

Bµi 2.

Hình 1 một trục đối xứng này
Hình 2 tương tự thật là hay
Hình 3 cũng vậy khơng hơn kém
Hình cuối chắc là hình B đây !

Ngoài hai bạn Quang Dũngvà Tuấn Anh, các bạn sau cũng được thưởng : Lê Thị
Thanh Hằng, 9C, THCS Thị Trấn Hà Trung ; Nguyễn Thị Kiều Linh, 9C, THCS Kiu
Phỳ, Quc Oai, H Tõy.

Nguyễn Đăng Quang
Bạn hÃy cho biÕt thø tù cña bèn phÐp tÝnh

điền vào ô vuông từ trên xuống dưới như thế nào
để từng dòng ra kết quả cú ý ngha ?

1. Năm hiện nay

Năm sinh = ?
2. Vận tốc trung bình

Thời gian đi = ?
3. Số kẹo

Số bạn = ?

4.Sĩ số lớp năm ngoái

Số bạn mới vào = ?

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

6

NGHIM NGUYấN - NGHIỆM HỮU TỈ

CỦA PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI

lĐầu tiên, ta xem xét điều kiện cần và đủ
để phương trình bậc hai có nghiệm hữu tỉ.

Định lí 1. Phương trình bậc hai :
ax2bxc0 (a *, b; c)
có nghiệm hữu tỉ khi và chỉ khi  b24ac
là số chính phương.

Chøng minh.

+ Điều kiện cần. Nếu phương trình (*) có
các nghiệm là số hữu tỉ thì
khi đó là số hữu tỉ. Đặt (với
p; q, q0 và (p, q) 1). Suy ra q2 p2
q2chia hết cho p2.

Mặt khác, (p, q) 1 suy ra (p2, q2) 1
 chia hết cho p2  p2q21
q1   p2là một số chính phương.
+ Điều kiện đủ.Đảo lại, nếu b24ac d2
là một số chính phương thì phương trình (*)
có nghiệm rõ ràng là số hữu tỉ.
lĐịnh lí sau đây cho phép ta tìm nghiệm
hữu tỉ (nếu có) của phương trình bậc hai.

Định lí 2. Nếu (p; q, q 0
và (p, q) 1) là nghiệm hữu tỉ của phương trình
bậc hai ax2bxc0 (a *, b; c)
thì qlà ước của avà plà ước của c.

Chứng minh.Thay vào phương
trình (*) ta có

ap2bpqcq20 ap2 q(bpcq)
suy ra ap2chia hết cho qqlà ước của a
(vì (p, q) 1).

Tương tự cq2  p(ap bq) suy ra p là
ước của c.

l Ta thấy nghiệm nguyên là trường hợp
đặc biệt của nghiệm hữu tỉ (khi a1).
lMột số ví dụ minh họa.

Ví dụ 1. Cho a, b, clà các số nguyên lẻ.
Chứng minh rằng phương trình bậc hai
ax2bxc0 khơng có nghiệm hữu tỉ.

Lời giải. Cách 1. Giả sử phương trình
đã cho có nghiệm hữu tỉ, theo định lí 1 thì
b24acm2là một số chính phương.

Suy ra b2m24ac.

Vì b2lẻ, 4acchẵn nên m2phải là số lẻ.
Ta lại biết rằng bình phương của một số lẻ
khi chia cho 8 chỉ có số dư là 1 nên b2m2
chia hết cho 8 ; aclà số lẻ nên 4ackhông
chia hết cho 8. Điều này mâu thuẫn với
b2m24ac.

Vậy phương trình ax2  bx  c  0 với

a, b, clà các số nguyên lẻ không có nghiệm
hữu tỉ.

Cách 2. Giả sử phương trình đã cho có
nghiệm hữu tỉ (p ; q, q 0 và
(p, q) 1), theo định lí 2thì qlà ước ca a
v pl c ca c.

Vì a, c lẻ nên q, p cũng lẻ, suy ra ap2,
bpq, cq2lẻ ap2bpq cq2lẻ, khác 0.
Điều này mâu thuẫn với giả thiết x0  p_q lµ

0  p

x
q

2

2 0

p  p 

a b c

q
q

0  p

x
q

0  p

x
q

1; 2   b d₂

x

a

  p
q


1; 2   b₂

x

a

giáp trần quân(Sinh viên trường ĐHQG Hà Nội)
Trong bài viết này ta xét phương trình bậc hai :

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

7

nghiệm hữu tỉ của phương trình đã cho. Từ
đó suy ra điều phải chứng minh.

Chú ý. Kết quả trên còn đúng với đa thức
bậc bất kì với các hệ số là số nguyên lẻ.

Ví dụ 2. Tìm tất cả các số ngun a để
phương trình sau có nghiệm ngun :

x2(3 2a)x40 a0.
Lời giải. Theo định lí 1, trước hết để
phương trình có nghiệm hữu tỉ thì phải có
 n2là một số chính phương.

(3 2a)24(40 a) n2
4a216a151 n2
(2a4)2n2167

(2a4 n)(2a4 n) 167

{2a4 n; 2a4 n} {1 ; 167} hoặc
{1 ; 167} (vì 167 là số nguyên tố).

Suy ra a 40 hoặc a  44. Thử lại, ta
thấy chúng đều thỏa mãn điều kiện đề bài.
Vậy các số ngun acần tìm là 40 ; 44.
Tuy nhiên có những bài tốn khơng cần
sử dụng hai định lí đã phát biểu.

Ví dụ 3. Tìm tất cả các cặp số tự nhiên
(m, n) để phương trình x2__mnx__m__n_₀
có nghiệm ngun.

Hướng dẫn.Giả sử phương trình trên có
hai nghiệm ngun x₁x₂. Theo định lí Vi-ét
ta có x₁x₂mnvà x₁x₂mn.

Ta cã (x₁1)(x₂1) x₁x₂(x₁x₂) 1,
(m1)(n1) mn(mn) 1, suy ra
(x₁1)(x₂1) (m1)(n1) 2.

Nếu m0 thì n0 và ngược lại. Khi đó
phương trình trên có nghiệm ngun x0.
Nếu m1 và n1, suy ra x₁1 và x₂1,
có ba khả năng xảy ra :

+ (x₁1)(x₂1) 1 suy ra (m; n) (2 ; 2) ;
+ (x₁1)(x₂1) 2 suy ra (m; n) (1 ; 5)
hc (5 ; 1) ;

+ (x₁1)(x₂1) 0 suy ra (m; n) (2 ; 3)
hc (3 ; 2).

Vậy có tất cả 6 cặp số tự nhiên (m, n)
thỏa mãn điều kiện đề bài là : (0 ; 0), (2 ; 2),
(1 ; 5), (5 ; 1), (2 ; 3), (3 ; 2).

Ví dụ 4.Tìm m để phương trình sau có

nghiệm nguyên : 2x22mxm21 0.
Lời giải. Ta thấy x  x₀ là nghiệm của
phương trình tồn tại msao cho :

2x₀22mx₀m21 0

phương trình m2 2x₀m 2x₀21  0
có nghiệm đối với ẩn m

 ’_m0  x₀21 0  1 x₀1.
Do đó x₀x₀{1 ; 0 ; 1}.
Ta có : x₀0 m 1 ;

x₀ 1 m22m1 0 m 1 ;
x₀1 m22m1 0 m1.

Vậy phương trình có nghiệm ngun khi
và chỉ khi m 1.

Điều kiện cần và đủ để phương trình bậc
hai có nghiệm ngun cịn được ứng dụng
vào việc giải bài tốn sau đây.

Ví dụ 5. Chứng minh rằng với mọi số
nguyên n ta đều có n2 n2 không chia
hết cho 49.

Lời giải.Giả sử n2n2 49k(k),
nghĩa là phương trình n2n2 49k 0
với đối số nphải có nghiệm nguyên
 _nphải là số chính phương

1 4(2 49k) h2196k7 h2

7(28k1) h2, suy ra 28k1 phải chia
hết cho 7, điều này vô lí.

Vậy n2n2 49k, điều phải chứng minh.
lBài tập vËn dông.

Bài 1. Cho a, blà các số nguyên. Chứng
minh rằng phương trình sau khơng có
nghiệm hữu tỉ : x23ax3(b21) 0.

Bài 2. Tìm tất cả các số nguyên a để
phương trình sau có nghiệm ngun :

x2_₍_a_₅₎_x_₅_a_₂__0.

Bài 3. Tìm tất cả các số ngun a để
phương trình sau có nghiệm ngun :

x2ax198 a.

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

8

Ru-ma-ni (Romania) là một đất nước có
truyền thống Toán học lâu đời, là nơi sinh ra
nhiều nhà tốn học nổi tiếng thế giới như
Lơ-ba-sép-xki (Lobachevsky), Gau-xơ
(Gauss), ... , là nơi gặp gỡ của nhiều thí
sinh IMO trong các kì thi IMO 1959, 1960,
1969, 1978, 1999.

Hội Toán học Ru-ma-ni (Romanian

Mathematical Society)thành lập năm 1910,
đến nay có hơn 8000 hội viên. Những hoạt
động nổi bật của Hội gồm có :

S¸ng lËp kì thi học sinh giỏi quốc gia (tổ
chức lần đầu tiên vào năm 1950) ;

xut, ng tham gia sáng lập kì thi
toán quốc tế IMO (tổ chức lần đầu tiên năm
1959 tại Ru-ma-ni) ;

Xuất bản cuốn tạp chí Tốn học Gazeta,
một diễn đàn lớn của những người yêu Toán.
Trong số này và số tiếp theo, chúng tôi
sẽ giới thiệu cùng các bạn một số bài thi vơ
địch Tốn quốc gia Ru-ma-ni của các năm
1999, 2000. Các bài toán này được tuyển
chọn, cải biên để phù hợp với học sinh giỏi
THCS của nước ta.

Bài 1 (Problem 7.1, 1999). Xác định độ
dài ba cạnh của một tam giác vuông, biết
chúng là ba số nguyên và tích độ dài hai
cạnh góc vng bằng ba lần chu vi.

Ghi chú. Problem 7.1 là bài toán số 1
trong đề thi dành cho học sinh lớp 7, hệ phổ
thơng 10 năm.

Bµi 2 (Problem 7.3, 1999). Cho từ giác

lồi ABCD với và

Hai tia ADvà BCcắt nhau tại E, hai tia AB
và DCcắt nhau tại F. Chøng minh r»ng :

a) AB.DEBC.CE;
b)

Bài 3(Problem 7.4, 1999). Cho tam giác
ABC, hai điểm D, Elần lượt nằm trên các
cạnh BC và AB, F nằm trên cạnh ACsao
cho EFsong song với BC, Gnằm trên cạnh
BCsao cho EGsong song với AD. Gọi M,
N lần lượt là trung điểm của AD và BC.
Chứng minh rằng :

a)

b) Trung điểm của FG nằm trên đường
thẳng MN.

Bài 4(Problem 8.4, 1999, cải biên).
Chứng minh rằng với mọi số nguyên xvà y,
biểu thức sau không bao giờ nhận giá trị
bằng 77 :

Nx5x4_y_₁₃_x3_y2_₁₃_x2_y3_₃₆_xy4_₃₆_y5_.
1;

 

EF EG
BC AD

2 1( . _{. ).}

2

 

AC AD AF AB AE

 _ _.

ABC ACD

 _

BAC CAD

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

CUỘC THI OLYMPIC TỐN HỌC CỦA NƯỚC ANH

9

Bµi 1.(Problem 7, 1965)

Đặt f(x) xx3x9x27x81x243.
Phần dư khi chia đa thức này cho x1 là
một số k, xác định bởi : f(x) (x1)g(x) k,
với g(x) là một đa thức nào đó. Cho x1,

ta được kf(1) 6.

Tương tự, phần dư khi chia f(x) cho x21
có dạng axb, trong đó f(x) (x21)h(x)
 ax b, với h(x) là một đa thức nào đó.
Suy ra 6 f(1) ab, 6 f(1)  ab.
Từ đó, a6, b0, phần dư là 6x.

Bµi 2.(Problem 8, 1965)

NÕu b vµ x tháa m·n x2  bx  1 
x2xbth× (b1)(x1) 0.

Suy ra b1 hoặc x1. Khi b1 ta được
x2x 1 0, phương trình này khơng có
nghiệm thực. Khi x1 suy ra b 2.

Vậy chỉ có b  2 thỏa mãn điều kiện
đề bài.

Bµi 3.(Problem 9, 1965)

Sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai
số dương ta có : (xy)(yz)(z x)

.

Do trường hợp x  y  z không xảy ra
nên bất đẳng thức trên khơng tồn tại dấu
bằng, suy ra điều phải chứng minh.

Bµi 4.(Problem 1, 1966)

Biến đổi ta có ,

đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x 0. Do
đó giá tr ln nht ca f(x) bng 5.

Đặt ux21 x2_u₁

Đặt

5v2v1 5(v0,1)20,95 0,95.
Đẳng thức xảy ra khi v 0,1 u10
x3.

Vậy giá trị nhỏ nhất của f(x) 0,95.
Bài 5. (Problem 10, 1966)

+ Nếu Xvà Y đứng chung hàng ngang
thì vì X là người cao nhất trong hàng
ngang đó nên Xcao hơn Y.

+ Nếu Xvà Yđứng chung hàng dọc thì
vì Ylà người thấp nhất trong hàng dọc đó
nên Xcao hơn Y.

+ Nếu Xvà Ykhơng đứng chung hàng
ngang cũng như hàng dọc, gọi Zlà người
đứng cùng hàng ngang với X và đứng

cùng hàng dọc với Y. Như lập luận ở trên,
ta thấy Xcao hơn Zvà Zcao hơn Y. Suy
ra Xvẫn cao hơn Y.

Tãm lại, Xcao hơn Y.
Bài 6. (Problem 11(a), 1966)

Lấy số nguyên bất kì chia cho 100, các
số dư có thể là 0, 1, ... , 99. Chia tập các
số dư này thành 51 tập hợp con như sau :
hai tập một phần tử là {0} và {50}, 49 tập,
mỗi tập gồm hai phÇn tư : {1, 99}, {2, 98},
... , {49, 51}.

Bây giờ, xét 52 số nguyên tùy ý cho
trước. Xét một số nguyên tùy ý chọn từ 52
số này. Rõ ràng khi chia cho 100, số này
sẽ có số dư thuộc một trong 51 tập nói
trên. Nhưng có đến 52 số, nên phải có hai
số có số dư thuộc cùng một tập. Khi đó, rõ
ràng hai số này có tổng hoặc hiệu là bội
của 100.

2
2
1 _{1 5}

1 1 _{( )}

1v

v

v u f v

u v

v
 
    

2 2

2 2

( 1) ( 1) 5 5

( ) u u u u .

f u

u u

     

  

4 2

4 2

4 9

( ) 5 5

2 1

x x
f x

x x


  

 

2 xy 2 yz 2 zx 8xyz

   

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

10

Kì thi tuyển sinh vào lớp 10, năm học 2005 - 2006

trường THPT năng khiếu Trần Phú, Hải Phòng

Bài 1. 1. Điều kiện để P xác định :
xy0 ; x  1 ; y1. Rút gọn ta được
Pxxyy.

2. P2 (x1)(y1) 1. Vì x và y
nguyên nên ta tìm được :

(x; y) {(2 ; 0) ; (0 ; 2)}.

Bài 2. 1. Khi m2, phương trình (1) trở
thành x(x2_₈_x₎__{0 có nghiệm}_x_{0 hoc}
x 8.

2. Đáp số : m< 2.

+ Vi m 2, phương trình (1) khơng có
nghiệm dương nên khơng thỏa mãn.

+ Với m> 2, nghiệm x2 m< 0. Mặt khác
(2) có ’_xm212 > 0, S 2(m2) < 0,
P4m8 > 0, nên (2) có hai nghiệm âm
tức là (1) khơng có nghiệm dương. Do đó
m> 2 khơng thỏa mãn.

+ Với m< 2, nghiệm x2 m> 0. Mặt
khác (2) có P4m8 < 0 nên (2) có hai
nghiệm trái dấu. Vì m < 2 nên t(2 m) 
4 m20, suy ra x2 mkhông phải là
nghiệm của (2). Vậy với m < 2 thì (1) có
hai nghiệm dương và một nghiệm âm thỏa
mãn bi toỏn.

Bài 3. 1. Đáp số : m 0 hoặc m  2.

Ta cã

nên hệ có nghiệm duy nhất m 1, khi
đó nghiệm của hệ là x1 ; y  m1. Do
đó y2x(m1)21 m0 ; m 2.
2. áp dụng bất đẳng thức Cơ-si ta có :

Víi mäi x> 1, ta lại có

áp dụng

iu ny ta cú T ú

suy ra điều phải chứng minh.

Đẳng thức xảy ra abc4.
Bài 4. 1. Xét hai tam giác ABMvà NBM,
ta có AB là đường kính của (O) nên
M là trung điểm của

cung nhỏ AC nên suy ra

Suy ra tam gi¸c BAN cân
tại B.

Ta lại có ABCM là tứ giác nội tiếp nên
suy ra tam giác MCN
cân tại M.

2. Từ kết quả trên cùng với giả thiết

MQ MBta suy ra hai tam giác MQNvà
MBC bằng nhau (c.g.c), suy ra QN BC.
Mặt khác ta có ACvuông góc với BCnên
BA2BC.BQBC(BNQN) BC(ABBC)
BC(BC2R) 4R2BC

Bài 5. 1. Ta cã {1 ; 2 ; 3 ; ... ; 2n}
{1 ; 3 ; 5 ; ... ; 2n1}  {2.1 ; 2.2 ; 2.3 ;
... ; 2.2n 1}. Tổng các ước số lẻ lớn nhất
của các sè 2.1 ; 2.2 ; 2.3 ; ... ; 2.2n 1
( 5 1) . R

  _ _ _,

MCN MAB MNB

 _ _.

MAB MNB

 _ _,

ABM NBM

 _ __{90 ;}o

AMB NMB

3

3 4.4.4 12.

M  

2

( 2) 0 4,

1

   


x
x

x

3

3 .

1 1 1

a b c _M

a b c

   

  

3

1 1 1

3

1 1 1

a b c

b c a

a b c

b c a

  

  

  

  

1 ( 1) 1

     

 _

 _{  }  _{  }

 

mx y m x m

x y m y x m

2

2
(1)

( ) 2( 2) 4 8 0. (2)

x m

t x x m x m
 


 

     


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

11

ĐỀ THI TUYỂN SINH VAØO TRƯỜNG THPT CHUYÊN,

TỈNH THÁI BÌNH, NĂM HỌC 2005 - 2006

Dành cho học sinh thi vào chuyên Toán - Tin, thời gian làm bài 150 phỳt

Bài 1.(3,0 đim)

1. Gii phng trỡnh :

2. Trong h trục tọa độ Oxyhãy tìm trên
đường thẳng y2x1 những điểm M(x, y)
thỏa mãn điều kiện :

Bài 2.(2,5 điểm)
1. Cho phương trình :

(m1)x2(m 1)xm3 0
(mlµ tham sè).

Tìm tất cả các giá trị của mđể phương
trình có nghiệm đều là những số nguyên.
2. Cho 3 số , , . Đặt a    ,
b, c.

Chứng minh các phương trỡnh sau u
cú nghim :

x22ax3b0 ; ax22bx3c0.
Bài 3.(3,0 điểm)

Cho tam gi¸c ABC.

1. Gọi Mlà trung điểm của AC. Cho biết
BM  AC. Gọi D là điểm đối xứng của B
qua A, Elà điểm đối xứng của M qua C.
Chứng minh DMvuụng gúc vi BE.

2. Lấy một điểm Obất kì nằm trong tam
gi¸c ABC. C¸c tia AO, BO, CO cắt các
cạnh BC, CA, ABtheo thứ tự tại các ®iĨm
D, E, F. Chøng minh r»ng :

Bµi 4. (0,75 ®iĨm)

Xét các đa thức P(x) x3ax2bxc.
Q(x) x2x2005.
Biết phương trình P(x) 0 có 3 nghiệm
phân biệt, cịn phương trình P(Q(x)) 0 vơ
nghiệm.

Chøng minh rằng P(2005) > .
Bài 5. (0,75 điểm)

Cú hay khơng 2005 điểm phân biệt trên
mặt phẳng mà bất kì ba điểm nào trong
chúng cũng đều tạo thành một tam giác
có góc tù.

1
64

a) 1.

b) 1 1 1 64.

OD OE OF
AD BE CF

AD BE CF

OD OE OF

  

 _  _  _ _

   

   

2_₅ _₆ __0.

y y x x

1 3 2 1.

   

x x x

chÝnh lµ tỉng các ước số lẻ lớn nhất của

các sè 1 ; 2 ; 3 ; ... ; 2n 1_{nên tổng này}

chính là S(n1). Suy ra :

S(n) 1 3 5 ... (221) S(n1)
S(n1) 4n 1S(n1).
Từ công thức trên bằng quy nạp ta chứng
minh được S(n)

2. Qua B, kẻ đường thẳng dsong song
với đường thẳng d, cắt CC₁ tại C. Lấy M
thuộc dsao cho ABMMlà hình bình hành.
Kẻ MH vuông góc với BC tại H. Ta cã :
AM.B₁C₁  BM’.BC’  BC.BH  k > 0,

không đổi. Suy ra H cố định  M’ thuộc
đường thẳng qua H, vng góc với BC(cố
định) Mcũng thuộc một đường thẳng cố
định (vng góc với BC).

4 _2.

3

n

1

(1 2 1)2
2



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

12

l

KÕt qu¶ :

THI GIẢI TỐN QUA THƯ

Bµi 1 (35).BiÕt r»ng xvµ y là các số tự

nhiên có 2005 chữ số. Số xchỉ viết bởi các
chữ số 9 và số ychỉ viết bởi các chữ số 8.
HÃy so sánh tổng các chữ số của tích xyvà
tổng các chữ số của x2.

Lời giải.Theo bài ra ta có :

Do ú :

Tổng các chữ số của xylà :

2004 8 7 2004 1 2 18045.

Tổng các chữ số của x2là :
2004 9 8 1 18045.

Vậy tổng các chữ số của xyvà tổng các
chữ số của x2bằng nhau.

Nhn xét. 1) Với cách chứng minh trên,
hai bạn Đoàn Thu Hồng, 9/2, THCS Lê Quý

Đôn, TP. Hải Dương và Trần Văn Hạnh, 9B,
THCS Nghĩa An, Ninh Giang, Hải Dương
đã chứng minh đúng bài toán tổng quát của
bài toán đã cho : “Với x và y là các số tự
nhiên có nchữ số (n*). Số xchỉ viết bởi
các chữ số 9 và số ychỉ viết bởi các chữ số
a (1  a  9). Khi đó tổng các chữ số của
tích xy bằng tổng các chữ số của x2 _bằng
9n(không phụ thuộc vào giá trị của a)”.

2) Có rất đơng các bạn tham gia giải bài

này và hầu hết các bạn đều giải đúng.
Ngồi hai bạn nói ở trên, các bạn sau có lời
giải gọn gàng : Nguyễn Thị Mĩ Hằng, 7A₃,
THCS Chu Mạnh Trinh, Văn Giang, Hưng
Yên ; Nguyễn Quang Huy, 9B, THCS Kiều
Phú, Quốc Oai, Hà Tây; Kim Huyền Trang,
6A₁ ; Nguyễn Thị Hồng Vân ; Nguyễn Thị

ánh Nguyệt, 8A₁, THCS Lâm Thao, Lâm
Thao, Phú Thọ ; Phan Phú Nguyên, 6A,
THCS Lý Nhật Quang, Đô Lương, Nghệ An;
Lê Mạnh Thắng, 7B₉, THCS Chu Văn An,
Ngô Quyền, Hải Phòng.

Trần Hữu Nam
Bài 2 (35).Hãy xác định a để h phng
trỡnh sau cú nghim duy nht :

(1)
Lời giải.

Điều kiện cÇn.

Chú ý, nếu (x, y, z) là một nghiệm của (1)
thì (x, y, z) cũng là một nghiệm của (1), do
đó nếu (1) có nghiệm duy nhất thì z z, suy
ra z0. Nếu (x, y, 0) là một nghiệm của (1)
thì (y, x, 0) cũng là nghiệm của (1), do đó
nếu (1) có nghiệm duy nhất thì y x.

Thay y xvµ z0 vµo (1) ta cã :

Bëi vËy 0  (4x2 4x)  2(2x2  2x) 
4a3 2a6a3. Suy ra .

Điều kiện đủ.

Với , hệ phương trình (1) trở thành
(2)

2

2 2 2

4 2 2 4 ( ) 1

1.
2

xy x y z x y
x y z x y

 _ _ _ _ _


     

1
2
a 

1
2
a 

2
2

4 4 4 3

2 2 .

x x a

x x a

   



 

2

2 2 2

4 2 2 4 ( ) 4 3

.
xy x y z x y a
x y z x y a

 _ _ _ _{ } _


    

2

2005 ch÷ sè 2005 ch÷ sè
2005 ch÷ sè 2005 ch÷ sè
2005 ch÷ sè

99...9 99...9
(100...0 1) 99...9
99...900...0

x  

  



 
 


2005 ch÷ sè 2005 ch÷ sè
2004 ch÷ sè 2004 ch÷ sè

99...9
99...9800...01.


 
 

2005 ch÷ sè 2005 ch÷ sè
2005 ch÷ sè 2005 ch÷ sè
2005 ch÷ sè

99...9 88...8
(100...0 1) 88...8
88...800...0

xy  

  



 
 


2005 ch÷ sè 2005 ch÷ sè
2004 ch÷ sè 2004 ch÷ sè

88...8
88...8711...12.


 
 

2005 ch÷ sè 2005 ch÷ sè

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

13

Ta sÏ chøng minh (2) cã nghiƯm duy nhÊt.
ThËt vËy

Víi x, y, znhư trên ta có 4xy2x2y
4z2(xy) 1.

Vậy là nghiệm duy

nhất cđa (2).

Kết luận.Hệ phương trình (1) có nghiệm
duy nhất khi và chỉ khi .

NhËn xÐt. Mét sè bạn có nhận xét vội
vàng là nếu (x, y, z) là một nghiệm của (1)
thì (y, x, z) cũng là một nghiệm của (1).
Các bạn sau đây có lời giải tốt : Nguyễn Thị
Mĩ H»ng, 7A₃ ; NguyÔn Ngäc H­ng, 8A₃,
THCS Chu Mạnh Trinh, Văn Giang, Hưng
Yên; Nguyễn Ngọc Long, 7A, THCS huyện
Thuận Thành, Bắc Ninh ; Võ Xuân Minh,
81, THCS Nguyễn Văn Trỗi, Cam Nghĩa,
Cam Ranh, Khánh Hòa; Đậu Công Thành,
8C, THCS Cao Xu©n Huy, DiƠn Ch©u,
NghƯ An; Mai Trung Nghĩa, 9B, THCS Lê
Hữu Lập, Hậu Lộc, Thanh Hóa.

Nguyễn Minh Đức
Bài 3 (35).

Cho
Tính

Lời giải.Xét bài toán mở rộng :

Cho (a0).

Tính theo avà b.

Ta cã

suy ra

a22aMM2x2y2(x2b)(y2b) 


2x2y2b(x2y2) b2

 . (1)

Ta l¹i cã M2x2(y2b) y2(x2b) 


2x2y2b(x2y2)  . (2)
Trõ theo tõng vÕ (1) vµ (2) ta suy ra :

a22aMb2 .
Bài 3 (35)là trường hợp đặc biệt (ab1)
của bài toán trên, khi đó M0.

Nhận xét.Bài tốn có vẻ quen thuộc với
các bạn vì đã có nhiều bạn tham gia giải và
đều giải đúng. Một số bạn còn giải bằng hai
cách và có những nhận xét để mở rộng bài
tốn. Tuy nhiên, tất cả các bạn đều chưa đi
đến được mở rộng trên. Các bạn tiêu biểu là :
Hoàng Thị Thu Hiền, 8E, THCS Lê Mao,
TP. Vinh, Nghệ An ; Bùi Thanh Sơn, 9A₅,
THCS Quang Trung, TP. Thanh Hóa,
Thanh Hóa ; Vương Bằng Việt, 9/4, THCS
Lê Văn Thiêm, TX. Hà Tĩnh ; Trần Quốc
Luật, 9C, THCS Nguyễn Tuấn Thiện,

Hương Sơn, Hà Tĩnh; Nguyễn Xuân Thiện,
9A₁, phân hiệu học sinh giỏi Thanh Nê,
Kiến Xương, Thái Bình ; Ngơ Việt Hùng,
8A₃, THCS Chu Mạnh Trinh, Văn Giang,
Hưng Yên ; Nguyễn Ngọc Huy, 7A, THCS
Trần Văn Ơn, Hồng Bàng, Hải Phòng ;

2 2
2
a b
M
a

 
2 2

2xy x b y b(  )(  )

2 2

2xy x( b y)( b)

2 2

2xy x( b y)( b)

2 2

2xy x( b y)( b)

2

2 2 2

(a M ) _xy (x b y)( b)_

 

2 2

( )( ) ,

xy x b y b M

    

2 2

x y b y x b

   

2 2

( )( )

a xy  x b y  b

2 2

M x y  b y x b

2 2

x x b y y b a

 _ _  _ _ _

  

  

2 ₁ 2 _1.

M x y  y x 

2 ₁ 2 _{1 1.}

x x y y

 _ _  _ _{ }

  

  

1
2
a 
1_; 1_; ₀

2 2

x   y  z 

2 2 2

2 2

2

1 1 ₀

4 4

1 1 ₀

2 2

1_; 1_; _0.

2 2

x x y y z

x y z

x y z

   

_   _{ }   _ 
   
   
_  _ _  _  
   
    

2 2 2 1

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

14

Trần Văn Hạnh, 9B, THCS Nghĩa An, Ninh
Giang ; Vũ Thanh Tú, 9A₂, THCS Vũ Hữu,
Bình Giang, Hải Dương ; Võ Văn Tuấn,
9A₅, THCS Nguyễn Du, KRơng Buk, Đắk
Lắk ; Kim Đình Sơn, 8D, THCS Liên Bảo,
TX. Vĩnh Yên, Vĩnh Phúc ; Phạm Minh
Quân, 8₂, THCS Nguyễn Du, Phan Thiết,
Bình Thuận; Võ Trần Tâm, 7E, THCS Thị
Trấn Gio Linh, Gio Linh, Quảng Trị; Phạm
Thái Hoàng, 9A₉, THCS Ngơ Sĩ Liên, Hồn
Kiếm, Hà Nội; Lê Trọng Tín, 8A, THCS Yên
Phong, Yên Phong, Bắc Ninh ; Nguyễn
Tiến Mạnh, 9A₁, THCS Thị Trấn Thanh Ba II,
Thanh Ba, Phú Thọ.

Nguyễn Anh Quân
Bài 4 (35).Cho tam giác ABC, AB< AC.
Các điểm M, Nlần lượt thuộc các cạnh AB,
AC sao cho BM  CN. Gọi giao điểm của
BNvà CMlà O. Đường thẳng qua O, song

song với phân giác của góc BAC cắt các
đường thẳng AB, AC theo thứ tự tại X, Y.
Chứng minh rng : BXCA; CYBA.

Lời giải. (của bạn Võ Văn Tuấn, 9A₅,
THCS Nguyễn Du, KRông Buk, Đắk Lắk)

Dựng hình bình hành ABDC. Đặt E là
giao của MCvà BD. Ta có :

(vì BE// CN)

(vì CNBM) (vì BM// DC).
Suy ra DO là phân giác góc BDC (*)
DO song song phân giác góc BAC (vì
ABDClà hình bình hành) DOđi qua X, Y

(so le) (theo (*))

BXDcân tại BBXBDBXCA
(vì ABDClà hình bình hành).

Tng t ta có tam giácCYD cân tại C,
suy ra CYCDCYBA.

NhËn xét. 1) Bài toán này không khó
nhưng chỉ có ít bạn tham gia giải. Có 2 lời
giải sai, một số lời giải quá dài.

2) Các bạn sau đây có lời giải tốt :

Nguyễn Xuân Thiện, 9A₁, phân hiệu học
sinh giỏi Thanh Nê, Kiến Xương, Thái Bình;
Nguyễn Ngọc Trung, 8A₁, THCS Lâm
Thao, Lâm Thao, Phú Thọ ; Trần Văn
Hạnh, 9B, THCS Nghĩa An, Ninh Giang,
Hải Dương ; Tạ Quang Sơn, 9A₂, THCS
Trưng Vương, Thanh Lâm, Mê Linh, Vĩnh
Phúc; Đỗ Đức Hiếu, 8C, THCS Lê Thánh
Tông, Thọ Xuân, Thanh Hóa.

Nguyễn Minh Hà
Bài 5 (35). Các đường trung tuyến của
tam giác không cân ABCkẻ từ A, B, Ccắt
đường tròn ngoại tiếp tam giác lần lượt tại
các điểm M, N, P. Chứng minh rằng : Nếu
MN  MP thì ta có , trong đó
BCa, CAb, ABc.

Lời giải.Giả sử Glà trọng tâm tam giác
ABC. Vì ACG PMGvà NMG ABG
nên

T (1), (2) ng thi kết hợp với giả thiết
MNMPta được :

(1) ; (2)

MP MG MN MG

AC CG AB  BG

2 2

2

2
b c
a  



BDX

 

BXD CDX

DE
DC

BE

BM


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

15

Từ tính chất trọng tâm tam giác và cơng
thức đường trung tuyến (TTT2 số 24) ta có :
Biến đổi, rút gọn hệ thức trên ta đi đến
(b2c2)(2a2b2c2) 0, suy ra

(®pcm).

Nhận xét. Có ít bạn gửi lời giải cho bài
tốn này. Sau đây là các bạn có lời giải đúng :
Nguyễn Ngọc Long, 7A, THCS huyện
Thuận Thành, Thuận Thành, Bắc Ninh ;
Nguyễn Đình Quân, 9A, THCS Kiều Phú,
Quốc Oai, Hà Tây ; Lê Thị Nguyệt, 9A₃,
THCS Chu Mạnh Trinh, Văn Giang, Hưng
Yên ; Đồn Thu Hồng, 9/2, THCS Lê Q
Đơn, TP. Hải Dương, Hải Dương; Nguyễn
Xuân Thiện, 9A₁, phân hiệu học sinh giỏi
Thanh Nê, Kiến Xương, Thái Bình ; Võ
Xuân Minh, 81, THCS Nguyễn Văn Trỗi,
Cam Nghĩa, Cam Ranh, Khánh Hòa ; Võ
Văn Tuấn, 9A₅, THCS Nguyễn Du, KRông
Buk, Đắk Lắk; Khưu Viết Sang, 9A₃, THCS
Chánh Hưng, P.2, Q.3, TP. Hồ Chí Minh.

Nguyễn Văn Mạnh

2 2

2

2
b c
a

2 2 2 2

2 2₂ 2 2₂ 2 2.

c c a b

b b a c

 



 

2 2

2 2

, dẫn đến .

AB BG AB BG

AC CG _AC _CG

Thi giải toán qua thư

Các bạn được thưởng kì này

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

16

Vốn là chỗ quen biết từ lâu, hôm nay
nhân chuyến đi dự hội thảo khoa học,
kĩ sư địa chất Minh Hoàng mời thám tử
Sê-Lốc-Cốc cùng đi du lịch với mình.
Đến Huế - nơi hội thảo được tổ chức, kĩ
sư Minh Hồng cùng thám tử th phịng
tại một khách sạn nhỏ bên dòng Hương
Giang. ở cùng khách sạn với hai người
còn có bốn vị khách du lịch. Đó là ơng
Lích-xi, ông Vích-to, cô Ni-na và anh
Mích. Cả bốn người này đều đã đến th
phịng từ hai hôm trước và họ đã đi tham
quan được một số cảnh đẹp rồi.

Vì đến sớm một ngày so với lịch tổ
chức hội thảo nên kĩ sư Minh Hồng có
thời gian đi chơi cùng thám tử Sê-Lốc-Cốc.
Ngày đầu tiên trôi qua thật bổ ích và thú

vị. Thám tử thật sự vui mừng vì đây là lần
đầu tiên ơng được chiêm ngưỡng vẻ đẹp
vừa cổ kính, vừa thơ mộng của cố đô
Huế. Hai người đi chơi đến chiều về ăn
cơm rồi tối lại đi tiếp đến khuya.

Sáng sớm hơm sau, khi thám tử cịn
chưa kịp ăn sáng thì kĩ sư Minh Hồng
đã gõ cửa.

- Thưa thám tử, chiếc máy tính xách

tay của tôi đã bị mất ! Biết bao tài liệu
quan trọng để tham dự hội thảo thế là
khơng cịn nữa ! Trong đó là tất cả cơng
trình nghiên cứu của tơi !

- ThËt sao ? Anh phát hiện nó bị mất
vào lúc nào ?

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

17

Ba kẻ tình nghi

l

KÕt qu¶ :

(TTT2 số 35)

tính đâu cả. Chiều tối qua, tôi vẫn thÊy nã

còn nguyên trong va li. Trước khi đi ngủ thì
tơi khơng kiểm tra.

- Vậy là kẻ gian đã lấy vào buổi tối, khi
chúng ta đi chơi. Mà anh đã báo cho người
quản lí khách sạn chưa ?

- Ch­a ¹.

- Vậy thì anh báo đi.

Mt lỳc sau, ngi qun lớ khách sạn đưa
các vị khách du lịch đến gặp thám tử :

- Thưa thám tử, đây là ba vị khách đang

trọ trong khách sạn : ơng Lích-xi, cơ Ni-na
và anh Mích. Riêng ơng Vích-to thì đêm qua
khơng về khách sạn. Hình như ơng ấy đi tỉnh
khác chơi.

- Chào các vị ! Tôi là thám tử Sê-Lốc-Cốc,
bạn của kĩ sư Minh Hoàng, cùng trọ ở khách
sạn này. Xin các vị vui lịng cho biết, tối hơm
qua các vị đã làm gì, õu ?

Đầu tiên là ông Lích-xi :

- Ti qua tôi đi dạo, ngắm trăng. Trăng xứ
Huế đẹp quá ! Đến gần 10 giờ đêm thì về đi
ngủ. Nhân viên lễ tân có thể làm chứng cho tơi.

TiÕp theo lµ cô Ni-na :

- Tối qua tôi hơi mệt do ban ngày đi nhiều
quá. Tôi ở nhà, xem TV rồi ®i ngđ sím.

Ci cïng lµ anh MÝch :

- Tơi đi dạo, ngắm trăng bên bờ sông, rồi
ngồi nghỉ, gọi điện cho bạn gái đang học ở Mỹ.
- Xin lỗi, nếu có thể thì xin anh cho biết
anh và cơ ấy đã nói những chuyện gì ?

- Chúng tơi hỏi thăm sức khỏe, công việc
của nhau. Tôi kể về vẻ đẹp của Huế, kể

mình đang ngắm trăng. Thật thú vị là ở bên
Mỹ, lúc đó cơ ấy cũng đang ngắm trăng và
đang nhớ đến tôi.

Nghe đến đây, thám tử Sê-Lốc-Cốc
nghiêm mặt :

- Anh Mích, mời anh theo tôi đến đồn
công an để làm rõ thêm một số điều.

MÝch tá vẻ ngơ ngác không hiểu gì, nhưng
hắn ta vẫn phải làm theo lời thám tử. Các
thám tử Tuổi Hồng có thể giải thích vì sao
Sê-Lốc-Cốc lại nghi Mích là kẻ gian ?

Lần này, rất nhiều bạn tham gia
gửi bài dự thi, nhưng lại khơng nhiều
bạn có câu trả lời chính xác. Vụ
trộm xảy ra sau Trung thu khoảng
hơn một tuần, tức là từ ngày 22, 23
âm lịch trở đi. Trăng cuối tháng bao
giờ cũng mọc rất muộn “Hai mốt
nửa đêm / Hai hai gà gáy / Hai ba
cáy mò”. Vậy mà tên Dũng lại nói
hắn say sưa ngắm trăng trong
khoảng từ 7 đến 9 giờ tối. Còn
nhiều bạn đọc của TTT thì có lẽ do
khơng đọc kĩ đề bài nên cho rằng :
vụ trộm xảy ra vào đêm Trung thu,
trăng phải trịn vành vạnh, sao tên

Dũng lại nói ngắm trăng lưỡi liềm.

Phần thưởng kì này được trao cho
năm bạn có tên sau đây : Nguyễn
Thị Quỳnh Hoa, con bố Nguyễn
Quý Bình, GV THCS Lý Tự Trọng,
TP. Lào Cai, Lào Cai ; Nguyễn Thị
Kim Anh, 9A, THCS Tản Đà, Ba Vì,

Hà Tây ; Đinh Thị Phương Thảo,
6A₂, THCS Vũ Hữu, Bình Giang,

Hải Dương ; Lê Thế Vinh, 7B,
THCS Nguyễn Chích, Đơng Sơn,

Thanh Hãa ; Ngun Ngô Trúc
Quỳnh, D59 khu Văn Thánh, TP.
Phan Thiết, Bình Thuận.

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

18

NH GIÁ HAI CÁCH GIẢI

CỦA MỘT BÀI TỐN

Theo tơi thì việc tìm thêm được một lời
giải cho một bài tốn sẽ có ích hơn là việc
so sánh các cách giải. Bởi vì một bài tốn
có thể có nhiều cách giải và cách giải này
có thể hay hơn cách giải kia, tuy nhiên
việc đánh giá còn phụ thuộc vào nhiều

yếu tố. Các bạn hãy theo dõi một bi toỏn
vi hai cỏch gii sau õy :

Bài toán.Cho a, b, cthuộc [0 ; 1] thỏa
mÃn abc Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức P a2b2c2.

Lời giải.

Cách 1.Do a, b, cthuéc [0 ; 1] nªn ta cã
(1 a)(1 b)(1 c) abc0

1 abbcca(abc) 0
Ta l¹i cã (abc)2P2QP1
suy ra P Đẳng thức xảy ra khi và chỉ
khi {a; b; c} {0 ; ; 1}.

Vậy Pđạt giá trị lớn nht l

Cách 2.Do a, b, ccó vai trò như nhau,
không làm mất tính tổng quát, giả sử
0 c b a, theo giả thiết ta có cthuộc
[0 ; ] còn athuéc [ ; 1].

Suy ra (a )(a1) 0  (*)

Víi bthc [0 ; ] th× Pa2b2c2

Víi bthc [ ; 1] ta cã b2 suy
ra P a2b2c2

Tóm lại, ta vẫn có kết luận như ở cách 1.
Nếu chỉ dừng lại ở việc giải bài tốn này
thì rõ ràng cách 1gọn gàng và đơn giản
hơn cách 2. Tuy nhiên ở khía cạnh ứng
dụng, mở rộng bài tốn thì ngược lại, với
cách 2 bạn dễ dàng tìm được giá trị lớn
nhất của biểu thức an bn  cn, với mọi
n2.

Víi n3 ta cã Ra3b3c3. Tõ (*)
suy ra

Cũng xét hai trường hợp của b như trên,
ta tìm được giá trị lớn nhất của Rlà

Các bạn hãy giải cụ thể cho các trường
hợp n3 và nbất kì, xem như bài tập nhé.

9.
8

3 3 1 1 7 _{3 .}

2 2 a 2 2a 4a 4

 _  _  

 

3 3 1 3 2 1

2 2 2 2

a a a_  _ a  a

 

3₍ _{) 1} 5_.

2 4

P a b c

     

3 1 3 1 3

2a 2 2b 2 2c

    

3 1

2b2
1

2

3 1 1 1 1₍ ₎ 1

2 2 2 2 2 2

1 3 1 5

1 . .

2 2 2 4

a b c a a b c

        

   

1
2

2 3 1.

2 2

a  a
1

2

1
2
1

2

5 .
4
1

2
5 .
4
9
4 

1.
2
Q ab bc ca

    

3.
2

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

19

TRẬN ĐẤU THỨ HAI MƯƠI BảY

TRẬN ĐẤU THỨ HAI MƯƠI CHÍN

lNgười thách đấu.

Nguyễn Đăng Phất, ĐHSP Hà Nội.
lBài tốn thách đấu. Cho một cung
trịn AB chứa góc  ; AB  c. Tìm trên
cung đó (khơng kể hai đầu mút Avà B) tất
cả những bộ ba điểm C₁, C₂, C₃sao cho

BC₁AC₂BC₂AC₃BC₃AC₁d,
trong đó d là độ dài của một đoạn thẳng
cho trước. Biện luận.

lXuÊt xø. S¸ng t¸c.

lThời hạn nhận thách đấu.
Trước ngày 15 - 04 - 2006.

Lời giải.Trước hết ta có :

đúng với mọi các số thực x, y, z, u, v, s.
Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức
Bu-nhi-a-cốp-xki thì

x2u2y2v2z2s22(xyuv)
2(xzus) 2(yzvs)

(xyz)2(uvs)2, suy ra (1) được
chứng minh. áp dụng vào bài toán ta có :

Theo bt ng thc Cụ-si ta lại có :
(xyx)23(xyyzzx) ;

Từ đó ta có :

Từ (2) suy ra (ng

thức xảy ra khi và chỉ khi abc2).
Vậy giá trị nhỏ nhất của Slà

Nhn xột.Bt ng thc (1) chính là bất
đẳng thức Min-cốp-xki cho sáu số. Các bạn
giải bài này đều sử dụng đến bất đẳng thức (2).
Võ sĩ xứng đáng nhất được chọn đăng quang
kì này là bạn Phạm Quang Thịnh, 7H,
THCS Hùng Vương, TP. Tuy Hòa, Phú Yên.
Nguyễn minh đức

3 17 .
2

9 3 17
36

4 2

  

S

2

1 1 1

1 1
3
( )( ) ( )( )
1
( )( )
1 1
6
1
9 9

6 . (2)

2( ) 4

 _ _  _
 _ _ _ 
 

 _{  }  
 


 _
 _{ }

 _{   }  
  



 _
   
  
    
b c c a a b

b c c a c a a b
a b b c
b c c a c a a b

a b b c
a b b c c a

3
3

1 1 1 ₍_{x y z}₎ 3 ₃ _xyz _9.

x y z xyz

 _{ }  _{  } _{ } _
 
 
2
2
2

1 1 1

( )

1 1 1

36 .
    
  
 
 _ _
 
 
 _   _
  
 

a b c

b c c a a b

b c c a a b

2 1 2 1 2 1

  _   _   _

S a _{b c} b _{c a} c _{a b}

2

2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

2 ( )( )

2 ( )( ) 2 ( )( )

      
       
     

 

 

 x u y v z s  x u

y v z s x u y v

x u z s y v z s

2 2 2 2 2 2

2 2

( ) ( ) (1)

     

     

x u y v z s

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

20

Phương trình bậc hai là một nội dung
quan trọng trong Chương trình Tốn phổ
thơng. Phương trình bậc hai chứa tham số
có nhiều dạng, thường xuyên xuất hiện
trong các kì thi của học sinh lớp 9. Sau đây
là một số dạng thường gặp.

lDạng toán liên quan đến số nghiệm

của phương trình bậc hai. Các bạn cần
thạo việc tính và xét dấu của biệt thức.

Ví dụ 1.Xác định tham số mđể phương
trình mx2(m1)x2 0 có nghiệm.

Lời giải. Với m  0, phương trình có
nghiệm x 2.

Với m  0, phương trình có nghiệm



Tóm lại : Phương trình có nghiệm khi và
chỉ khi

Ví dụ 2.Chứng minh rằng phương trình

a(xb)(xc) b(xa)(xc) c(xa)(xb) 0
ln có nghiệm với mọi tham số a, b, c.

Lời giải.Phương trình tương đương với :
(abc)x22(abbcca)x3abc0.
Với a bc 0, phương trình có dạng
2(abbcca)x3abc, khi đó :

Nếu ab bc  ca 0, phương trình có
nghiệm duy nhất

NÕu abbcca0, suy ra a2b2c20

abc0 (vì (abc)20), phương
trình có dạng 0x0, thỏa mãn với mọi x.
Với abc0, ta có :

’_x(abbcca)23abc(abc)

suy ra phương trình đã cho có nghiệm.
Tóm lại, phương trình đã cho ln có
nghiệm với mọi tham s a, b, c.

l Dạng toán về mối liên hệ giữa các

nghim ca phng trỡnh bc hai. Các
bạn cần nắm vững định lí Vi-ét.

Ví dụ 3.Tìm mđể hai nghiệm của phương
trình x22(m1)x2m3 0 thỏa mãn

điều kiện (x₁x₂)24.

Lời giải.Phương trình có hai nghiệm
 ’_x0 (m1)22m3 0
m22 0 

Khi đó, theo định lí Vi-ét ta có 4 (x₁x₂)2
(x₁x₂)24x₁x₂4(m1)24(2m3),
suy ra thỏa mãn điều kiện ’_x0.
Ví dụ 4. Tìm m để phương trình bậc hai
sau có hai nghiệm trái dấu :

(m1)x2(m3)xm2 0
Lời giải.Phương trình có hai nghiệm trái
dấu (m1)(m 2) < 0 1 < m< 2.

Lưu ý. Phương trình bậc hai ax2bxc0
có hai nghiệm :

3,

 
m

2
2.
 


 



m
m

2 2 2

1 ( ) ( ) ( ) 0

2 

 _ab ac  ac bc  bc ab _

3 _;

2( )



abc
x

ab bc ca
5 2 6 hc 5 2 6.

m  m 

5 2 6

0 5 2 6.

m
m
  


  


2

0
0

0 _{[ (} _1)] ₈ ₀

x

m
m

m m





 

_{ } 

   



 

PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI CHỨA THAM SỐ

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

21

Tr¸i dÊu ac< 0.

Cïng dÊu

Cùng dấu dương, thêm điều kiện S> 0.
Cùng dấu âm, thêm điều kiện S< 0.

Ví dụ 5.Cho phương trình :

(m2)x22(m2)x2(m 1) 0.
Khi phương trình có nghiệm, hãy tìm mối
liên hệ giữa hai nghiệm không phụ thuộc
tham số m.

Lời giải. Điều kiện để phương trình có
nghiệm là ’_x0

(m2)22(m1)(m 2) 0
 m210m0 (m5)225
0 m10.

Khi đó, áp dụng định lí Vi-ét ta có :
Suy ra
S 4P 6 hay (x₁x₂) 4x₁x₂6 0.

lMột số dạng toán kh¸c.

Ví dụ 6.Tìm tất cả các giá trị của tham
số m để tổng hai nghiệm của phương trình
sau đạt giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất :

(m2m1)x2(m2m1)x2 0.
Lời giải.Ta có ac 2(m2m1) < 0
với mọi m nên phương trình ln có hai
nghiệm (trái dấu). Theo định lí Vi-ét, ta có
như vậy phương
trình (S1)m2(S1)m S1 0 (*)
phải có nghiệm đối với ẩn m.

Víi S1 th× (*) cã nghiƯm m0.
Víi S1 th× (*) cã nghiÖm  _m0
(S1)24(S1)20

Suy ra giá trị lớn nhất của Slà 3, khi đó (*)
có nghiệm kép m1 ; giá trị nhỏ nhất của
Slà khi đó (*) có nghiệm kép m 1.

VËy m{1 ; 1}.

Ví dụ 7.Cho ba phương trình :

ax2(abc)x b0 ; (1)
bx2(abc)x c0 ; (2)
cx2(abc)x a0. (3)
Chứng minh rằng có ít nhất một phương
trình có nghiệm.

Lêi gi¶i.Ta cã ₍₁₎(abc)28ab;
₍₂₎(abc)28bc;
₍₃₎(abc)28ca.
Suy ra ₍₁₎ ₍₂₎ ₍₃₎

VËy cã Ýt nhÊt mét trong ba biệt thức trên
không âm, suy ra điều phải chứng minh.

lBài tập làm thêm.

Bi 1. Chng minh rng phng trỡnh sau
vô nghiệm với ab> |c| và |ab| < c:

a2x2(a2b2c2)xb20.
Bài 2. Chứng minh rằng phương trình
sau ln có nghiệm với mọi a, b, c là các
tham số :

(xa)(xb) (xb)(xc) (xc)(xa) 0.
Bài 3. Cho phương trình :

(m  1)x2  2(m  4)x  m  5  0. Khi
phương trình có nghiệm, hãy tìm mối liên hệ

giữa hai nghiệm không phụ thuộc tham số m.

Bài 4. Cho phương trình
x2(k1)xk0.

Gọi x₁, x₂ là các nghiệm của phương
trình (nếu có). Tính Ax₁2x₂2theo k. Tìm
giá trị của kđể biểu thức Ađạt giá trị nhỏ nhất.
Bài 5. Tìm a và b để hai phương trình
sau tương đương : x2(3a2b)x4 0 ;
x2(2a3b)x 2b0.

2 2 2

3 ( ) ( ) ( ) 0.

2 

 _a b  b c  c a _
9

4
9
4
9
4

1,
3

1 _3.

3
  S

2

1 2 ₂ 1,

1
 

  

 

m m

S x x

m m

1 2 2 ₂2 2 2₂.

   

 

m
P x x

m m

1 2 2 ₂4 2 8 ₂;

    

 

m
S x x

m m

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

22

giải toán trên máy tính đin t casio

TH TAỉI

Bi 1. Cách 1. Vì đa thức f(x) có tất cả
các hệ số đều là số nguyên không âm và
84  4096 > 2003 nên f(x) phải là một đa
thức có bậc nhỏ hơn 4.

VËy f(x) a₃x3a₂x2a₁x1a₀.
VËy f(8) a₃83a₂82a₁8 a₀2003,
hay 8(a₃82a₂8 a₁) a₀250 8 3.

Vì 0 a₀8 nên a₀3. Suy ra
8(a₃82a₂8) a₁31 8 2. Suy ra

a₁2. TiÕp tôc a₃8 a₂3 8 7.

VËy a₂7 vµ a₃3
hay f(x) 3x37x22x3.

Cách 2. Khi dùng hệ cơ số (BASE) để
làm phép chia, ta chỉ được phần ngun. Vì
vậy có thể sử dụng hệ cơ số (BASE) trên
Casio fx-570MS để tìm số dư và phần
nguyên như sau :

Bấm : để vào cơ số 10 :

§­a 2003 vào : 2003
Tìm dư thứ nhất (a₀3) :

8 8 (3d) (*)
Tìm thương khi chia 2003 cho 8, sau đó
đưa vào ổ :

8 (**)

Tiếp tục lấy thương này chia cho 8 để được
dư mới (a₁), và tìm thương mới như sau :

Bấm phím để đưa về dịng (*), sau đó
bấm , được kết quả (a₁2), lại bấm phím

, được (**), sau đó bấm , được số dư
đưa vào . Tiếp tục cho đến khi được đáp

s l 0. Kt qu : f(x) 3x37x22x3.

Cách 3.Vì f(8) a₃83a₂82a₁8 a₀
 2003 nªn (a a a a3 2 1 0 8)  2003 hay

A








A
STO
SHIFT



A
ALPHA

A




)



A
ALPHA
(



A
ALPHA

A
STO
SHIFT
A

3
MODE
MODE

Bµi 1.Cho a₀2005 vµ ,
n 0, 1, 2, ...

1.1. Với n  1, 2, 3, 4, 5, hãy tính [a_n]
(phần nguyên của a_n, tức là số nguyên lớn
nhất không vượt quá a_n).

1.2. Chøng minh r»ng [a_n]  2005  n
víi mäi 0 n1003.

Bµi 2. Cho d·y sè :

, n1, 2, ...
2.1. H·y tÝnh x_n, n 1, 2, 3, ... , 15 víi
x₀1 ; x₀3.

2.2.Chứng minh rằng dãy số trên là tuần
hồn với mọi x₀cho trước bất kì, tức là tồn
tại một số N nguyên dương sao cho với
mọi x₀ dãy {x_n} xác định như trên ta có :
x_n__Nx_nvới mọi n1, 2, 3, ...

Bài 3.Giả sử {a_n} là một dãy được xác
định như sau : a₀a₁5,

, n1, 2, ...

3.1. TÝnh a_n víi n  1, 2, 3, 4, 5 vµ
víi n1, 2, ... , 10.

3.2.Chứng minh rằng là số chính
phương với mọi n.

1
6

n

a 
1

6

n

a 

1 1

98

n n
n a a

a    

1 3 1

3

n
n

n

x
x

x

  



2

1 n₁

n
n

a
a

a

 

l

Kì này

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

23

chính là biĨu diƠn cđa 2003
trong c¬ sè 8.

Đổi cơ số 10 sang c¬ sè 8 :
2003 (3723o)
VËy f(x) 3x37x22x3.

Cách 4.Vì f(8) 2003 nên f(x) chia cho
x8 dư 2003 (Định lý Bơ-du).

Do ú f(x) a₀x3a₁x2a₂x1a₃
(x8)(b₀x2b₁xb₂) 2003.

S dụng sơ đồ Horner ta cũng đi đến đáp
số f(x) 3x37x22x3.

Bài 2. Cách 1.Trên Casio fx-500MS:

1 2

3 4

5 6

7 8

(0.632118055) ( )

Cách 2.Ta có

Tính trên Casio fx-500MS:

1 2 3 4

5 6 7

( )

Lời bình.Làm tốn (rút gọn trước) hay hơn.

Bài 3.Đặt

Víi 20349 < n< 47238 ta cã
351429 < 4789655 27n< 4240232
hay 3514229 < A3 < 4240232,

tøc lµ 152,034921 < A< 161,8563987.
Do Alà số tự nhiên nên Achỉ có thĨ b»ng
mét trong c¸c sè 153 ; 154 ; 155 ; ... ; 160 ; 161.

Vì nên

.

Khai bỏo cơng thức tính n : 4789655
27.
Tính n: Bấm phím , máy hỏi : A?
Lần lượt khai báo Av bm phớm :
153 (44743,62963 : loi)

Lặp lại , khai báo A và bấm :
154 (42125,59259 : lo¹i)

155 (39473,333 : lo¹i)
156 (36786,62963 : lo¹i)
157 (34065,25926 : lo¹i)
158 (31309)

159 (28517,62963 : lo¹i)
160 (25960,92593 : lo¹i)

161 (22828,6667 : lo¹i)

Vậy chỉ có duy nhất một số n  31039
trong khoảng (20349 < n < 47238) để

158 là số tự nhiên.
Nhận xét. Nhiều bạn đã biết kết hợp tốt
giữa suy luận toán học và cơng cụ máy tính.
Các bạn được thưởng kì này là Hoàng Minh
Thắng, 10A₁, THPT Phan Bội Châu, TP. Vinh,
Nghệ An ; Nguyễn Mạnh Hưng, 10A₁,
THPT Lý Thái Tổ, Từ Sơn, Bắc Ninh ;
Nguyễn Xuân Hùng, 9B, THCS Thị Trấn
Cao Thượng, Tân Yên, Bắc Giang ; Phan
Kim Quyết, 9A, THCS Thị Trấn Sông Thao,
Cẩm Khê, Phú Thọ; Bùi Văn Do, 92, THCS
Trần Cao Vân, TP. Huế, Thừa Thiên - Huế.
Tạ Duy Phượng

3_{4789655 27}

A  n











CALC


CALC

)
3
x
SHIFT
A
ALPHA

(
3
4789655
27 A

n 

3_{4789655 27}

A  n

3_{4789655 27 .}

A  n

3641 5760ab/c SHIFT x!  ab/c SHIFT x! 


!
x
SHIFT
ab/c

!
x
SHIFT
ab/c

1 1 1 1 1 1 1 1
1! 2! 3! 4! 5! 6! 7! 8!
1 3 5 7 .

2! 4! 6! 8!

A        

   

3641 5760
/
d c
SHIFT

1

x

!
x
SHIFT

1

x
!
x
SHIFT

1

x
!
x
SHIFT

1

x
!
x
SHIFT

1

x
!
x

SHIFT

1

x
!
x
SHIFT

1

x
!
x
SHIFT

1

x
!
x
SHIFT
OCT

DEC
3
MODE
MODE

3 2 1 0 8

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

24

CƠNG THỨC TÍNH TỔ HỢP CHẬP K TỪ N PHN T

lMở đầu

Va qua bn Trnh Quc Bo, lp 12A₄,
trng THPT Hồng Quang, TP. Hải Dương
có gửi bài viết tới tịa soạn. Bạn Bảo có nêu
vài bài tốn sau :

Bài tốn 1.Cho 10 điểm trên mặt phẳng,
trong đó khơng có 3 điểm nào thẳng hàng.
Hỏi có bao nhiêu đường thẳng được tạo ra
khi nối mỗi cặp điểm trong chúng bởi một
đường thẳng.

Cũng với bài tốn 1, bạn Bảo có suy nghĩ
cho những trường hợp “xấu” xảy ra trong
thực tế là có thể có những điểm trong các
điểm đã cho thẳng hàng với nhau. Chẳng
hạn, bạn Bảo đặt ra bài toán sau :

Bài toán 2.Cho 10 điểm trên mặt phẳng,
trong đó có 4 điểm thẳng hàng, ngoài ra
nếu có 3 điểm nào đó trong 10 điểm này
thẳng hàng, thì chúng là 3 trong 4 điểm nói
trên. Hỏi rằng có bao nhiêu đường thẳng
được tạo ra khi nối mỗi cặp điểm trong

chúng bởi một đường thẳng.

Bài toán 3.Cho 10 điểm trên mặt phẳng,
trong đó khơng có 3 điểm nào thẳng hàng.
Hỏi rằng có bao nhiêu tam giác nhận 3
điểm bất kì trong chúng làm đỉnh.

Bài toán 4.Cho 10 điểm trên mặt phẳng,
trong đó có 4 điểm thẳng hàng, ngồi ra
nếu có 3 điểm nào đó trong 10 điểm này
thẳng hàng, thì chúng là 3 trong 4 điểm nói
trên. Hỏi rằng có bao nhiêu tam giác nhận
3 điểm bất kì trong chúng làm đỉnh.

Những bài tốn bạn Bảo đặt ra chính là
những bài tốn về tổ hợp. Những bài tốn
này tính số cách chọn kphần tử từ một tập
hợp nphần tử đã cho. Trong bài toán 1, mỗi
đường thẳng tương ứng với một cặp 2 phần
tử trong tập hợp đã cho. Trong bài toán 3,

một tam giác chính là một bộ 3 phần tử
trong tập hợp đã cho. Ta có thể đặt câu hỏi
tổng quát sau :

Bài toán 5. Cho trước một tập hợp A
gồm nphần tử và một số tự nhiên kn. Hỏi
rằng có bao nhiêu cách chọn k phần tử từ
tập hợp A.

Ví dụ 1.Cho trước tập hợp A{1 ; 2 ; 3 ; 4}.
Số các cách chọn 2 phần tử từ Alà 6, đó là
các cặp {1 ; 2},

{1 ; 3}, {1 ; 4},
{2 ; 3}, {2 ; 4},
{3 ; 4}.

Như vậy số
các đường
thẳng đi qua 4
điểm mà trong
đó khụng cú 3

điểm nào thẳng hàng là 6.

Ví dụ 2.Cho trước tập hợp A{1 ; 2 ; 3 ; 4}.
Số các cách chọn 3 phần tử từ A là 4, đó
là các cặp {1 ; 2 ; 3},

{1 ; 2 ; 4}, {1 ; 3 ; 4},
{2 ; 3 ; 4}.

Như vậy số các
tam giác nhận 4
điểm đã cho làm
đỉnh là 4.

Kh«ng chØ cã øng

dụng cho các bài tốn hình học nêu trên,
cơng thức tính tổ hợp được sử dụng trong
nhiều dạng tốn khác nhau ; khơng chỉ sử
dụng trong toán học và khoa học kĩ thuật
mà được sử dụng ngay trong đời sống,
chẳng hạn trong lĩnh vực xổ số có trị chơi
phải chọn đúng 6 số trong 49 số cho trước
để được trúng số độc đắc.

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

25

lCông thức tính tổ hợp

T hp chp k t nphần tử được kí hiệu
là , là số cách chọn kphần tử từ một tập
hợp nphần tử cho trước.

Số cách chọn 6 số từ 49 số cho trước sẽ
là .

Để tính , ta định nghĩa số n! (ngiai tha)
nh sau :

1) 0! 1,

2) (n1)! n!(n1).

Định lí. .

Chứng minh. Ta chứng minh bằng quy
nạp theo n. Trước hết ta có thể kiểm tra

thấy kết luận đúng cho n 1. Giả sử rằng

đúng với mọi kn.

Ta xét bài toán tính số cách chọn kphần tử
từ n1 phần tử của A{1 ; 2 ; ... ; n; n1}.
Trong trường hợp k  n  1, rõ ràng
vì chỉ có
đúng một cách chọn n1 phần tử từ A, như
vậy kết luận đúng cho trường hợp kn1.
Trong trường hợp kn, thì có tập hợp
con kphần tử khơng chứa phần tử n1 và
có tập hợp con kphần tử có chứa phần
tử n1. Tức là . Theo giả

thiÕt quy n¹p ta cã vµ

, suy ra

Suy ra kết luận cũng đúng cho trường
hợp kn.

Vậy kết luận đúng với mọi kn1. Tóm li

công thức được chứng minh.

Bõy gi chỳng ta s dùng cơng thức tính
tổ hợp để tìm đáp số của các bài toán
do bạn Bảo đặt ra. Trong bài toán 1, mỗi
đường thẳng được xác định bởi một cặp

điểm trong 10 điểm đã cho nên số các
đường thẳng chính là số các tập hợp con 2
phần tử của tập hợp gm 10 phn t ó cho :

.

Trong bài toán 2, số các đường thẳng tạo
bởi 4 điểm thẳng hàng (lẽ ra là

đường thẳng) là 1 mà thôi nên số các đường
thẳng thu được chỉ là 45 6 1 40. Tương
tự như vậy, số các tam giác có đỉnh tại 10

điểm đã cho là .

Trong trường hợp có 4 điểm trong chúng
thẳng hàng theo điều kiện được nêu trong
bài toán 4, thì phải bớt đi từ số 120 tam giác
nói trên một số tam giác là các tam
giác bị suy biến tạo được từ 3 đỉnh trong 4
đỉnh thẳng hàng đó, tức là có 116 tam giác.
Tóm lại, công thức tổ hợp là một công
thức được sử dụng khá phổ biến trong các
phép đếm liên quan đến việc chọn một nhóm
các phần tử từ một tập hợp cho trước. Đề
nghị các bạn giải hai bài toán nhỏ sau đây :
Bài tốn 6.Có bao nhiêu cách chọn 6 số
trong 49 số cho trước.

Bài tốn 7.Hãy tính số giao điểm nhiều

nhất có thể của các đường chéo của một đa
giác lồi có 2006 đỉnh.

k
n
C
3
4 4
C 
3

10 _3!7!10! 120

C  

2
4 6

C 

2

10 _{2!(10 2)!}10! 10.9 45₂

C   


k
n
C

!
!( )!
k
n n
C

k n k




1
1

! ! _{( 1)! .}

!( )! ( 1)!( 1)! !( 1)!

k k k
n n n

C C C

n n n

k n k k n k k n k


   


  
     
1 !

( 1)!( 1)!

k

n n

C

k n k

 _
  
!
!( )!
k
n n
C

k n k




1
1

k k k
n n n

C  C C 

1
k
n
C 
k
n
C
1

1 1 ₍ _1)!(( 1)!₁ _1)!

n

n n

C

n n n


   _ _{  }
!
!( )!
k
n n

C

k n k


!
!( )!
k
n n
C

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

26

KÕt qu¶

(TTT2 sè 35)

1. §o trÝ th«ng minh

Bạn hãy xác định thứ tự đúng của bốn
phép tính Cộng, Trừ, Nhân, Chia phải điền
vào các ô vuông trong các câu lần lượt từ
câu 1 đến câu 4 rồi soạn tin nhắn trả lời
theo mẫu 3T2 IQ B1 dãy bốn phép tính
đúnggửi đến số 986.

L­u ý : Khi viết tin nhắn, các bạn sử
dụng chữ Cbiểu thị cho phép cộng ; chữ
T biểu thị cho phép trừ ; chữ N biểu thị
cho phép nhân ; chữ CH biểu thÞ cho

phÐp chia.

Ví dụ :Nếu bạn thấy ở câu 1 phải điền
phép cộng, câu 2 phải điền phép trừ, câu
3 phải điền phép nhân và câu 4 phải điền
phép chia, hãy soạn tin nhắn 3T2 IQ B1
CTNCHgửi đến số 986.

2. Không chỉ là văn

Bn hóy tỡm t thớch hp hơn để sửa lại
câu thơ “Bánh dầy tròn, mỏng, giòn,
thơm”cho thật chuẩn rồi soạn tin nhắn trả
lời theo mẫu 3T2 V đáp ángửi đến số 986.
Ví dụ :Nếu đáp án của bạn là “cuốn”,
hãy nhắn tin nhắn 3T2 V CUONgửi đến
số 986.

3. Vào thăm vườn Anh
Bạn hãy tìm từ ở hàng ngang thứ hai từ
trên xuống rồi soạn tin nhắn trả lời theo
mẫu 3T2 VA đáp ángửi đến số 986.

Ví dụ :Nếu đáp án của bạn là “book”,
hãy soạn tin nhắn 3T2 VA BOOKgửi đến
số 986.

4. Rừng Cười

Hãy giải đáp câu “Cây gì đất sét làm ra ?”

rồi soạn tin nhắn trả lời theo mẫu 3T2 RC
đáp ángửi đến số 986.

Ví dụ :Nếu đáp án của bạn là “si”, hãy
soạn tin nhắn 3T2 RC SIgửi đến số 986.

Kì này

- Giải đặc biệt :Số máy 0915898232.
- Giải khuyến khích :

1. Sè m¸y 0919127600;
2. Sè m¸y 0983855673;
3. Số máy 0912652105.

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

27

l

Kết quả :

(TTT2 số 35)

AI THÍCH ĂN BÁNH ?

l

Kì này :

Thơ năm Tuất đã được nhiều bạn
hưởng ứng. Rất tiếc, số bài đúng không
nhiều. Bạn TLNT (Đà Nẵng) viết : “Chó
săn quen sống bầy đàn rừng hoang” là
sai vì chó săn khơng sống ở rừng hoang.

Chó sống với người, được người huấn
luyện để rượt đuổi con mồi trong các
cuộc săn bắt. Câu thơ trên từ “săn” phải
thay bằng từ “sói” mới đúng. Bài thơ có
thể sửa như sau :

Chã xåml«ng xï nh­ b«ng
Chã ngaoâm phủ trị hồn ác nhân

Chó dạixin chớ lại gần

Chú sóiquen sống bầy đàn rừng hoang
Chó hoangkhơng chủ lang thang
Chó săntheo lệnh rất hăng đuổi mồi

Chã xiÕcdiƠn trß tut vêi

Chó vệnlơng xám nhiều người thích ni
Chó đávơ tri suốt đời

Chó nhàcùng chủ vui chơi rất hiền
Chó mựclơng màu đen tuyền
Chó đốmlơng trắng đốm đen xen vào

Chó sứchạm mạnh ngã nhào
Chó bơngtrẻ nhỏ xếp vào đồ chơi

Chó cảnhquyến luyến người ni
Chó biểnrất giỏi lặn bơi kiếm mồi

Năm bạn được trao giải kì này là : Đinh
Thị Phương Thảo, 6A₂, THCS Vũ Hữu,
Bình Giang, Hải Dương ; Nguyễn Trà

Bánh đúc xôi nếp giã ra

Xưa Lang Liêu biếu vua cha hài lòng
Bánh ú phổ biến nhiều vùng
Gạo nếp ngon gói lá dong, tròn, dài

Bánh trôi bột mỳ bọc ngoài

Nhõn tht hp núng, nhiu ngi thích ăn
Bánh nướng ngồi bột trong nhân
Rán giịn, đường bọc thêm phần ngọt ngon

Bánh dầy tròn, mỏng, giòn thơm
Bẻ ra từng miếng, cháu con chia đều

Bánh cuốn bánh của người nghốo
ra mt, n ớt nhiu vụ t

Bánh tét là bánh Trung thu
Ngày rằm tháng tám trẻ thơ làm quà

Bánh cốm-bánh Tết mọi nhà
Bày bàn thờ, cúng ông bà tổ t«ng

Bánh bao trong có miếng đường
Đã được nữ sĩ Xn Hương vịnh rồi

Bánh chưng hình chóp mặt lồi
Hai cái kẹp li thnh ụi, cho hng

Bánh đa bột tráng mỏng tang

Nc chấm cà cuống, ăn càng thêm ngon
Bánh rán dùng lúa nếp non

Rang, giã, tách hạt dẻo thơm ngọt bùi.
Phạm Đình Mai
(Tập thể Nghĩa Tân, Hà Nội)
Giang, 7B₅, THCS Chu Văn An, Ngơ
Quyền, Hải Phịng ; Trịnh Thị Minh Ngọc,
số nhà 02, tổ 43, P. Bồ Xuyên, TP. Thái
Bình, Thái Bình; Lương Trà My, 6A₁, THCS
Hai Bà Trưng, TX. Phúc Yên, Vĩnh Phúc.

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

28

TrÇn Đăng Khoa :

K nim vi cu Vng, chỳ ó cú lần kể trên
tạp chí Tốn Tuổi thơ rồi, nên khơng nhắc lại
nữa. Còn chuyện bài thơ “Gửi bạn Chi Lê” thì
đơn giản thế này thơi. Tháng Tư năm 1966, chú
thấy trên báo Đội số 524 in bài thơ của bạn
Mi-ray-a Hi-li-mét 12 tuổi ở Chi Lê. Bài thơ có tên :
“Bức thư ngỏ gửi Việt Nam”. Chú còn thuộc
nguyên văn : “Việt Nam - Đẹp tựa dòng suối

trong - Trái tim hồng - Chảy máu - Bởi cuộc
sống các bạn - Đau thương vì bom đạn - Của
kẻ giết người - Nhưng đôi bàn tay - Vẫn không
ngừng tranh đấu Người bạn nhỏ Việt Nam
-Vắng nụ cười trên môi - Bạn khơng có bát cơm
- Để xua cái đói xanh người - Bạn thiếu cả cốc
nước - Để đuổi cái khát - Việt Nam ! - Việt Nam
yêu dấu - Tôi dù ở cách xa - Nhưng gần gũi với
nhau, người tranh đấu Tôi kêu gào thiết tha
-Cả thế giới đòi thét vang : - Tự do - Hạnh phúc
- Cho Việt Nam”. Bạn bè lớp chú bảo : “Khoa ơi,
mày phải làm ngay một bài thơ trả lời người bạn
này đi. Phải cảm ơn cậu ấy yêu đất nước mình,
nhưng cũng phải nói để cậu ấy biết rằng, chúng
tớ khơng sợ giặc Mỹ. Chúng tớ có đói, nhưng
khơng phải đói đến mức không cười được.
Chúng tớ vẫn cười hát. Dế mèn vẫn vuốt râu”.
Thế là chú viết ngay tại lớp và đọc luôn cho các
bạn nghe trong buổi sinh hoạt Đội cuối giờ
chiều thứ bảy. Bài thơ thoạt đầu lấy tên : “Tơi
nghe thơ bạn”. Nhưng sau đó, các bạn góp ý :
“Cậu phải đổi là Gửi bạn Chi Lê. Cái tên ấy mới
hợp, vì đây là bức thư cậu trả lời bạn ấy chứ cậu
có nói đến chuyện nghe thơ bạn ấy đâu”. Chú
thấy bạn bè chú thật thông minh. “Tôi chưa gặp
bạn lần nào - Mà nghe thơ bạn lòng sao bồi hồi
- Bạn yêu đất nước của tôi - Trong trong dòng

suối, mây trời xanh xanh - Yêu bao bạn nhỏ
hiền lành - Nụ cười hé nở, đói xanh cả người...”.

Bức thư bằng thơ đã được mở đầu như thế. Chú
chỉ tóm tắt ý thơ của người bạn nước ngồi. Chú
gửi báo Thiếu niên Tiền phong. Ngay sau một
tuần, bài thơ đã được đăng. Nhưng các anh chị
biên tập đã chữa cho mấy chữ : “Yêu bao bạn
nhỏ hiền lành - Nụ cười hé nở, mắt xanh ánh
trời”. Câu thơ được sửa đã thành cuộc tranh
luận. “Mắt bọn mình có xanh qi đâu nhỉ. Mắt
xanh mũi lõ là Tây. Các anh chị tòa soạn biến
bọn mình thành Tây lai rồi”. “Khơng phải đâu !
Không phải mắt xanh. Mắt in ánh trời xanh thôi !”.
“ừ, thế thì hay thật ! Phải thế chứ. Mình có đói
thật, nhưng cũng khơng được nói là đói. Thiếu nhi
Việt Nam là cứ phải đàng hoàng !”. Sau này, cịn
nhiều bài thơ của chú được hình thành từ “gợi ý”
của tờ báo Đội. Năm ấy, chú giành giải nhất thơ
trong cuộc thi sáng tác “Tuổi nhỏ chống Mỹ cứu
nước”. Rồi chú còn đoạt hai giải nhất nữa trong
các cuộc thi sau, nhưng khơng phải một mình mà
đứng chung giải cùng các bạn Cẩm Thơ, Hoàng
Hiếu Nhân, Chu Hồng Quý. Những năm ấy, đã
xuất hiện hàng loạt các nhà thơ nhí rất nổi tiếng.
Những cuộc thi sau nữa, chú đã vượt quá lứa tuổi
tham gia. Các bạn bè chú trong câu lạc bộ thơ
Chim Họa Mi bảo : “Cậu quá tuổi thi thì chúng tớ
sẽ tham gia. Phải “vét” hết giải của báo Đội về
làng mình”. Quả là năm ấy, các bạn nhỏ trong
làng chú đã “xông lên” và giành rất nhiều giải
thưởng. Tịa soạn phải đánh cả một cái ơ tô về
mới chở hết các tác giả lên Hà Nội lĩnh giải. Trong

số các tác giả đoạt giải cao, có Trần Kim Dũng,
một bạn nhỏ tật nguyền, bị mù cả hai mắt. Sau
này bài thơ “Hương nhãn” đoạt giải của Trần Kim
Dũng đã được đưa vào sách giáo khoa.

Chó Khoa ơi ! Chú viết được bao nhiêu bài thơ rồi ?
Cháu được biết chú có bài thơ Sao không về Vàng ơi.
Chú gọi chú chó là Vàng, chắc là quý lắm. Chú có kỉ
niệm gì với chú Vàng không ? Chú có thể kể cho cháu
nghe xuất xứ của bài thơ Gửi bạn Chi Lê nữa nhé.

ng Th Tng Vi

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

29

l

KÕt qu¶ :

CHIM TRONG VƯỜN ANH

(TTT2 sè 35)

PHOỉNG TH NGHIEM

Kì này :

Trờn mi hng ngang ca ụ chữ này là
một dụng cụ mà mọi người rất hay dùng trong
phịng thí nghiệm. Bạn hãy tìm xem nhé !

Huỳnh Thị Phương Thanh
(Hiệu ảnh Tiên, thôn Phong Thử 1,

Điện Thọ, Điện Bàn, Quảng Nam)

Ơ chữ :

Đón xn mới - năm Tuất, cũng là
thời điểm chia tay năm cũ năm Dậu
-năm của họ nhà chim, chúng ta cùng
hội tụ trong Vườn Anh.

Hàng ngang (từ trên xuống dưới) :
WAGTAIL - chim chìa vôi ; COOT - chim
sâm cầm ; SHRIKE - chim bách thanh ;
FALCON - chim ưng ; PARROT - vẹt ;
SPARROW - chim sẻ ; EAGLE - chim
đại bàng.

Hµng däc (từ trái sang phải): CANARY
chim hoàng yÕn ; WOODPECKER
-chim gâ kiÕn ; SWIFT - -chim Ðn ;
CRANE - chim sÕu ; LARK - chim chiền
chiện ; GANNET - chim ó biển.

Chúc mừng năm bạn nhận được quà
kì này : Ngô Ngọc Khánh Huyền, 6C,
THCS Trần Quốc Toản, Tuy Hòa, Phú
Yên; Nguyễn Thị Mỹ Hằng, 7A₃, THCS
Chu Mạnh Trinh, Văn Giang, Hưng Yên;
Nguyễn Thị Thảo, 7C, THCS Xuân
Diệu, Can Lộc, Hà Tĩnh ; Trần Quỳnh
Giao, 72, THCS Nguyễn Khuyến, TP. Đà

Nẵng, Đà Nẵng ; Nguyễn Thị Sơn Hà,
9A, THCS Từ Sơn, Từ Sơn, B¾c Ninh.

Chủ Vườn

- Why do the
birds fly south
in winter ?
- Because it’s
too far to walk.
Hồng Bắc
(Hà Nội)

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

30

Caõy gỡ ?

l

Kỡ naứy :

(TTT2 số 35)

l

Kết quả :

Đố bạn kể được tên c©y

Đánh vần thấy S đứng ngay đằng đầu :
Cây gì lá nhuộm sắc nâu ?

Cây gì tỏa bóng sống lâu đình chùa ?
Cây gì “sâu sắc” quả chua ?
Cây gì thm ngỏt, bn mựa tm ao ?

Cây gì lấp lánh trời cao ?

Cây gì cho nhựa pha màu điểm tô ?
Cây gì mở gió lùa vô ?

Cây gì lấn biển thân nhô bÃi lầy ?
Cây gì rừng vắng tru hoài ?
Cây gì mê mẩn buông dài rễ ra ?

Cõy gỡ đất sét làm ra ?
Cây gì em bé, cụ già cn luụn ?

Cây gì giặc bắn điên cuồng ?
Cây gì là cỏ, lóng suông, dáng gầy ?

Cây gì ăn quả, bò dây ?

Cây gì tách vỏ chắc, dày làm chăn ?
Cây gì hạt ép dầu ăn ?

Cõy gỡ v nhum lưới đen, trám thuyền ?
Trương Hải
(33A, quốc lộ 60, khu phố I, p.6,
TP. Mỹ Tho, Tiền Giang)

Đại Việt tên nước một thời

Đại hội gặp gỡ những người giỏi giang
Đại lí hiệu lớn bán hàng

Đại khái cách học vội vàng chớ nên
Đại thắng vang dội trăm miền
Đại đồng nhân loại sống trờn ton cu

Đại thụ cây lớn sống lâu

i tng ti giỏi đứng đầu toàn quân
Đại biểu đại diện nhân dân

Đại sự việc lớn trăm ngàn người lo
Đại thành toán pháp ngy xa
i lng o m va khụng sai

Đại lộ ®­êng phè réng dµi

Đại bàng thống trị mn lồi trên khơng
Đại dịch lây bệnh cộng đồng

Đại bác vũ khí tấn công kẻ thù
Gửi nhanh đúng hết mọi từ

Danh sách khen thưởng sẽ như thế này !
Ban thưởng :Trần Nguyễn Khánh Hịa,
9B, THCS bán cơng Xn Diệu, Can Lộc,
Hà Tĩnh ; Hà Thị Tú Phượng, 8D, THCS
Phong Châu, TX. Phú Thọ, Phú Thọ; Bùi
Thị Lành, 9C, THCS Đại Hà, Kiến Thụy,
Hải Phòng ; Nguyễn Thị Ngoan, 9C,
THCS Yên Phong, Yên Phong, Bắc Ninh;

Lê Thị Ngọc Mai, 9A, THCS Tôn Quang
Phiệt, Thanh Chương, Nghệ An.

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

Hỏi : Không hiểu sao...
em đang học lớp 8 mà đầu
em toàn nghĩ vẩn vơ về
tương lai của mình. Anh có
biết tại sao khơng ? Em lo
s lm !

Ngô Thị Lệ Quyên
(8E, THCS Bình An,
Can Lộc, Hà Tĩnh)
Đáp :

Trong u ngh ti tng lai
Ra l điều tốt, nỏ sai chi mồ
Nhưng mà nghĩ quẩn mô mơ
Rất hại lắm đó, nhờ cơ

khun giùm.
Hỏi : Cặp sách của em
không may bị hỏng. Em liền
nói với mẹ để xin mua cặp
sách mới nhưng mẹ em
không những không cho mà
lại cịn mắng em là khơng
tiết kim. Em ang rt bun...
Mickey

(Phú Thọ)
Đáp :

Cặp hỏng là hỏng ra sao ?
Nếu em sửa được, lẽ nào

phi mua ?
Mẹ mắng thì cứ xin thua
Xin em đừng có phân bua...

thêm buồn.
Hỏi :Em đã từng lần lượt
ước mơ trở thành : nhà thiên
văn học, thám tử, nhà ngoại
giao. Bây giờ em lại ước mơ
trở thành một kiến trúc sư.
Nhưng bố mẹ em bảo
không nên theo nghề kin

trúc sư. Theo anh, em nên
chọn nghề nào ?

Bồ câu tr¾ng

(Phường An Tân, TX. An Khê,
Gia Lai)
Đáp :

Ước mơ là chuyện
bình thường

Phía trước có biết bao đường
cho em
Nhưng mà cng phi

tính xem
Khả năng mình có luyện rèn

nờn không ?
Hỏi : Lớp 8 bọn em đã
may 2 áo đồng phục mới.
Lên lớp 9, nhà trường lại
yêu cầu may thêm 1 áo nữa
giống hệt áo lớp 8. Em thấy
lãng phí q ! Cịn anh ?

Phạm Minh Đức
(9A₁, THCS Trưng Vương,
Mê Linh, Vĩnh Phúc)
Đáp :

Chắc nhà trường sợ thế này :
Tuổi em rất dễ đổi thay mọi bề
Mặc áo chật quá bạn chê
Bắt may áo mới... có hề gì đâu ?

Hỏi : Em gửi nhiều bài
cho TTT mà chẳng được
đăng nên thất vọng quá !
Anh có thể động viờn em
c khụng ?

Bùi Thị Tâm
(8B, THCS thị trấn Quỳnh Côi,
Quỳnh Phụ, Thái Bình)

Đáp :

Thất vọng ? Thất vọng
làm gì ?
Bài hay chắc chắn tức thì

được đăng
Động viên em :

HÃy thật hăng
Viết hay hơn nữa ! Cứ năng

vit bi !
Hi : Em thng “dính”
tới nhiều vụ việc của lớp
nên hễ lớp có chuyện gì thì
họ cứ đổ cho em, ngay cả
khi em khụng liờn quan. Anh
kớu em vi !

Thành viên nhóm KB3T

(7A₇, THCS Ngô Sĩ Liên,
Bắc Giang)
Đáp :

Dng nhiu tin ỏn nh em
Mọi người chắc chắn dễ “quen”
nghi ngờ
“Cải tà quy chính” từng giờ
Lòng tin lấy lại mới mơ yên lòng.

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

32

1(37). Prove that the remainder of a
division of a prime number by 30 is either
1 or a prime number.

2(37). Find all triples of positive real
numbers x, y, and zsolving the system of
equations

3(37).Given the function f(x) x33x2
3x3, prove that

4(37).Let Obe a point interior to triangle
ABC. Let BO, and CO intersect AC and
ABrespectively at Mand N. Construct the
parallelograms OMEN and OBFC. Prove

that A, E, Fare collinear and

5(37).Given a semicircle with diameter
ABc2R, find points C₁, C₂, C₃(distinct
from A, B) on the semicircle such that BC₁
 AC₂  BC₂  AC₃  BC₃  AC₁  d,

where dis a given length of a line segment.
Analyze all possible cases.

.
AE AM AN OM ON
AF  AB AC  OB OC

2006 _{2005 .}

2005 2004

f_ _f_ _

   

6,

1 1 1 ₂ 4 _.

x y z

x y z xyz
  




    


Bµi 1 (37).Chøng minh r»ng sè d­ trong phÐp chia một số
nguyên tố cho 30 là 1 hoặc số nguyªn tè.

nguyễn danh ninh(Hà Đơng, Hà Tây)
Bài 2 (37).Tìm tất cả các số thực dương x, y, zthỏa mãn hệ
phương trình :

Trần minh hiền(THPT chuyên Quang Trung, Bình Phước)
6

1 1 1 ₂ 4 _.

x y z

x y z xyz
  




    


Bµi 3 (37).Cho f(x) x33x23x3. Chøng minh
r»ng :

trần phương nam(TP. Mỹ Tho, Tiền Giang)

2006 _{2005 .}

2005 2004

f_ _f_ _

   

Bµi 4 (37).Cho tam giác ABC, điểm O nằm trong
tam giác. BO, COtheo thứ tự cắt AC, ABtại M, N. Dựng
các hình bình hành OMEN, OBFC. Chứng minh rằng :
A, E, Fthẳng hàng và

nguyễn Minh hà(ĐHSP Hà Nội)
.
AE AM AN OM ON
AF  AB AC  OB OC
Bµi 5 (37). Cho nưa

đường trịn đường kính
AB c  2R. Tìm trên nửa
đường trịn đó (khơng kể hai
đầu mút Avà B) tất cả những
bộ ba điểm C₁, C₂, C₃sao
cho BC₁AC₂BC₂AC₃
BC₃AC₁d, trong đó d
là độ dài của một đoạn
thẳng cho trước. Biện luận.

nguyÔn đăng phất
(ĐHSP Hà Nội)

</div>
<span class='text_page_counter'>(34)</span><div class='page_container' data-page=34></div>
<span class='text_page_counter'>(35)</span><div class='page_container' data-page=35></div>

<!--links-->