Tạp chí Toán Học và Tuổi trẻ số 311 tháng 5 năm 2003

" Tạp chí Toán Học và Tuổi trẻ số 311 tháng 5 năm 2003 🔙 Quay lại trang tải sách pdf ebook Tạp chí Toán Học và Tuổi trẻ số 311 tháng 5 năm 2003 Ebooks Nhóm Zalo https://www.facebook.com/letrungkienmath https://sites.google.com/site/letrungkienmath BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO : HỘI TOÁN HỌC VIỆT NAM Toán học & 5 2003 Tuoi tre SỐ 311 - NĂM THỨ 40 - TẠP CHÍ RA HÀNG THÁNG DÀNH CHO TRUNG HỌC PHỔ THÔNG VÀ TRUNG HỌC CƠ SỞ TRƯỜNG THCS ĐÔNG BA LỄ ĐÓN NHẬN HUÂN CHƯƠNG LAO ĐỘNG HẠNG NHÌ KỶ NIỆM 30 NĂM THÀNH LẬP TRƯỜNG * NGÀY NHÀ GIÁO VIỆT NAM 201 2001-2002 Phó Chủ tịch UBND Thành phố Hà Nội Nguyễn Quốc Triệu trao Huân chương Lao động Hạng Nhất cho Trường THCS Đống Đa 7A TOT GD Trường THCS Đống Đa - Hà Nội https://www.facebook.com/letrungkienmath https://sites.google.com/site/letrungkienmath SỐ 1, SỐ 0 VÀ SỰ NGHI NGỜ CÓ LÍ Từ hơn 50 năm nay, các nhà nghiên cứu Tin học chủ yếu dồn sức nghiên cứu làm sao tăng công suất của việc tính toán. Từ việc thử nghiệm hạt nhân đến thống kê tài chính, đều phải tính toán trên con số. Cuộc chạy đua tăng công suất tính toán không có hồi kết, mà càng ngày càng "cấp tập" hơn. Nhưng có tin được các con số do máy vi tính cung cấp không ? Nói cách khác có thể tin cậy vào độ chính xác của các máy vi tính ở mức độ nào ? Đứng về phương diện toán học, điều đó là không thể được ! Theo tiêu chuẩn quốc tế dùng trong các phép tính toán khoa học, mọi số thực đều được biểu diễn trong máy vi tính bởi một dãy 64 số 0 và 1 : số đầu tiên của 64 bit đó chỉ dấu của số (0 chỉ số dương, 1 chỉ số âm), 52 số tiếp theo chỉ các chữ số tạo thành số đó, 11 số còn lại chỉ vị trí của dấu phẩy. Máy vi tính chỉ có khả năng cho 26 số (vào khoảng mười tỉ tỉ số). Mà các số thực thì nhiều vô hạn. Số 1,1 chẳng hạn không tương ứng với một dãy hữu hạn bit nào. Nó chỉ có thể đưa vào máy vi tính bằng một giá trị gần đúng có thể biểu thị được qua 64 bit. Nhưng chính cái sự gần đúng đó đã dẫn đến thảm kịch. Thực vậy, đồng hổ số của dàn tên lửa Patriot của Mỹ trong chiến tranh vùng Vịnh 1991 đã đếm thời gian mà mỗi giây có sai số là một phần triệu giây non hơn. Cái sai số quỷ quái đó cứ dồn lại qua một trăm giờ, thành ra sai đến ba phần mười giây sớm hơn. Kết quả là ngày 25 tháng 2 năm 1991, ở Dharhan, Arập Xêut, vào lúc 20h45, tên lửa Patriot bắn hụt một tên lửa Scud của Irặc. Tên lửa của Irắc bắn trúng vào căn cứ của Mỹ. Kết quả: 28 chết, 98 bị thương. Quân đội Mỹ đã được phía Israel báo trước về những sai lầm trong tính toán trước đó hai tuần. Nhưng đến ngày 26 tháng 2 bảng điều chính sai sót mới gửi đến Dharhan. Chậm mất một ngày... Sai lầm đó là loại có thể tránh được. Nhưng không phải lúc nào cũng tránh được. Ví dụ nếu xét đến hành trình của các hành tinh, sự thay đổi của khí tượng, và những hiện tượng thiên nhiên khác mang quá nhiều thông số ban đầu, thay đổi quá nhanh và liên tục, thì các con số gần đúng do máy vi tính cung cấp khó có thể phản ánh đúng sự thực, nếu không nói là sai nhiều với sự thực. Tình hình sẽ còn tệ hại hơn nữa! Ta đã biết phép nhân và phép cộng các số thực thỏa mãn luật kết hợp và phân phối : (axb) x c = ax (bx c) (a+b) xc=axc+ bxc Nhưng qua phép tính gần đúng thì các kết quả ở 2 vế mỗi đẳng thức trên hầu hết không còn bằng nhau nữa ! Thế mà vai trò của dấu ngoặc trong chương trình tin học rất quan trọng. François Colonna, nhà nghiên cứu tin học Pháp đã tính toán theo từng vế của các đảng thức trên và cho biết : xuất phát từ những điều kiện ban đầu như nhau, các phương trình giống nhau, thế mà quỹ đạo của bốn hành tinh trên ba máy vi tính lại khác nhau ! Thật là một sự kiện rất đáng buồn và nguy hiểm ! Vậy thì phải đánh giá độ tin cậy của các con số như thế nào ? Ngoài độ không chính xác của kết quả rất là ngẫu nhiên. các mô hình, các con số làm tròn cũng làm cho Dựa vào thời tiết của ngày hôm sau để đánh giá dự báo thời tiết của ngày hôm trước là việc làm có thể gọi là bình thường (nếu sai thì rút kinh nghiệm!). Nhưng đối với tên lửa hoặc tàu vũ trụ thì đâu có thể rút kinh nghiệm được nữa ! Giải pháp duy nhất là tăng số bit biểu thị cho số thực. François Colonna cho rằng "có 70 cấp về độ lớn trong vũ trụ, từ cực nhỏ, đến cực lớn. Phải xác định số thực qua 70 chữ số trong cách sót trong các số gần đúng". Trong hệ nhị phân viết thập phân, thì may ra mới tránh được sai điều đó được biểu diễn bởi 256 bit, là điều mà hiện nay, và chắc còn lâu nữa, máy vi tính chưa thể làm được. Trong khi chờ đợi thì sự cải tiến các mô hình số, và sự phân tích dúng đắn các kết quả bằng số do máy vi tính cung cấp là cách duy nhất giúp chúng ta tiếp cận chân lí khoa học. QUANG PHAN (Theo Hervé Poirier trong Science et Vie sở 999) https://www.facebook.com/letrungkienmath https://sites.google.com/site/letrungkienmath Dành cho các bạn TRUNG HỌC CƠ SỞ TOAN Áp dụng và khai thác bất đẳng thức (BĐT) tạo mầm mống cho sự sáng tạo toán học, đặc biệt ở lớp 7 khi học sinh phải chuyển kĩ năng và tư duy từ dạng đẳng thức sang bất đẳng thức. Bài viết này trình bày việc vận dụng bất đẳng thức tam giác vào giải các bài toán từ đơn giản đến phức tạp mà nếu đòi hỏi giải bài toán không qua các bước trung gian, không biết vẽ thêm hình phụ sẽ khó khăn hơn nhiều. Bất đẳng thức liên hệ giữa độ dài 3 cạnh tam giác ABC có dạng AB-AC< BC < AB+BC và gọi là bất đẳng thức tam giác. (1) VẬN DỤNG cho BẤT ĐẲNG THỨC TAM GIÁC VÀO GIẢI TOÁN HÌNH 7 VŨ THANH HƯƠNG (GV THCS Đống Đa, Hà Nội) Bài toán 2. Cho tam giác ABC với AB > AC. Gọi AD, AM lần lượt là đường phân giác, đường trung tuyến của AABC. Chứng minh rằng : < AD 2 Hình 2 AC thì BH>CH = BM < BH = BĐT (1) có : MB+MC ADC = ADB tù = D thuộc đoạn BH. Lấy điểm P trên AB sao cho AP = AC = AADP-AADC (c.g.c) DP-DC, APD = ACD. N F 2) Theo trên có : E M BC P A 11941-1 CH Hình 3 Cộng theo từng vế các BĐT trên dẫn đến điều phải chứng minh. 3) Áp dụng câu 1) có BM+MN+ NC < < BE+ EM+MN+ NF + FC = BE+ EF+FC < BE+EA+AF+ FC = AB+ AC. ACB PBD BD > PD CDBM < BD →MH>DHAM>AD • Nếu ACB > 90 (h.3) thì BPD=ACH > B MD 1 https://www.facebook.com/letrungkienmath https://sites.google.com/site/letrungkienmath > ADC >ABC BD B MH > DH Hình 4 BD > PD = CDBM < AM > AD. Bài toán 3. Cho AABC với AB = AC, Lấy điểm D (khác A) sao cho AD||BC. Chứng minh rằng DB + DC > AB+ AC. Lời giải. (h. 4) Dựng CE nhận AD làm đường trung trực. Ta có CDB+DC= DB+DE> BE = AB+ AE = AB+AC. Bài toán 4. Cho AABC với AB = AC. Lấy các điểm E, F (khác B, C) trên đường thẳng BC sao cho BAC=EAF . Chứng minh rằng AE+AF> AB+ AC (2) Lời giải. • Nếu E, F đều nằm ngoài hoặc có 1 điểm ở đầu mút đoạn BC thì (2) đúng. • Nếu E nằm trong đoạn BC (các bạn tự vẽ hình với điểm E hoặc gần B hoặc gần C). Lấy điểm H, P trên BC sao cho AH | BC, HE = HP EAH=PAH. Dễ thấy rằng AC là tia phân giác của góc PAF . Gọi M là trung điểm của PF. Theo bài toán 2 ta có AB + AC = 2AC < 2AM < AP+AF = AE + AF. Bài toán 5. Cho AABC với AB = AC. Lấy điểm M thuộc cạnh AB. 1) Kéo dài AC một đoạn CN = BM. Chứng minh rång AM+ MN + NA > AB+ BC + CA 2) Dựng đường thẳng BP||CM, cắt tia AC tại P. Chứng minh rằng AM+ MP+PA > AB + BC + CA. Lời giải. (h, 5) Dựng MH L BC và NK – BC. Dễ thấy AMBH ANCK BH = CK⇒ BC = HK. Ta có MN = ME + EN > HE + EK = HK. Từ đó AM + AN + MN > AB + AC + BC. 2) Dựng ACSP với CS//AB còn PS/BC thì CS = CP và PB cắt đoạn thẳng CS tại Q. Ta có BM = CQ< CS = CP. Mặt khác CN = CO < CQ < CP nên MN < MP. Từ đó AM + MP + PA > AM + MN + AC + CN > AB + BC + CA. 2 = M A B H Hình 5 0 5 N P Bài toán 6. Cho AABC với AB > AC. Điểm M (khác A) thuộc đường phân giác trong và điểm N (khác A) thuộc đường phân giác ngoài của góc A. Chứng minh rằng : 1) AB-AC > MB-MC 2) AB+AC < NB+NC Lời giải. Trên đường thẳng AB dựng AD = AC = AE như ở hình 6. Suy ra MD = MC và NE = NC. Ta có : AB - AC = ABAD BD < MB- MD = MB – MC và AB B C M Hình 6 E + AC AB+ AE = BE < NB + NE = NB+ NC. Mời các bạn hãy sử dụng, khai thác bất đẳng thức tam giác cho các bài toán khác. BÀI TẬP. 1) Gọi AM, BN, CP là ba đường trung tuyến của AABC. Chứng minh rằng : 3 4 (AB+BC+CA) < AM+BN+CP < AB+BC+CA 2) Trên hình 9 đặt S=AM+MB+BN+NC +CP+PD+DQ+QE +ER +RA u = AB+BC+CD+DE +EA v=MN+NP+PQ+Q R +RM Chứng minh rằng : u< s <2u-V R CLL E D Hình 9 3) Cho 14BC. Lấy các điểm D, E, F lần lượt trên các cạnh AB, BC, CA sao cho AD_BE_CF 1 AB BC CA 1 3 2 3 = 3 Chứng minh rằng (AB+BC+CA) < DE+ EF + FD < <-(AB+BC+CA) 4) Cho tứ giác ABCD có hai đường chéo AD và BC cắt nhau. 1) Giả sử N là một điểm nằm bên trong ABCD. Chứng minh rằng NA = NB + NC + ND ≥ AC + BD 2) Qua trung điểm M của AC kẻ PQ||BD sao BD cho PM = MQ = Chứng minh rằng 2 AP+PC+CQ + QA ≤AB+ BC + CD + DA https://www.facebook.com/letrungkienmath https://sites.google.com/site/letrungkienmath ĐỀ THI TUYỂN SINH MÔN TOÁN LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG, NAM ĐỊNH 2002 VÒNGI (Dành cho mọi thí sinh Thời gian làm bài : 150 phút) Câu I. 1) Chứng minh rằng với mọi giá trị dương của n, luôn có : 1 1 1 (n+1)√n+n√n+1 √ √n +1 2) Tính tổng : VÒNG II. (Dành cho thí sinh thi vào chuyên Toán, chuyên Tin Thời gian làm bài : 150 phút) Câu VI. 1) Với a và b là 2 số dương thỏa mãn a_b>0. Chứng minh : √a+ √b a+√a2-b = 2 a-√a2-b 2 1 1 1 S= + + +...+ 2+√2 3√2+2√3 4√√3+3√4 2) Không sử dụng máy tính và bảng số, chứng tỏ rằng : + 1 100√99+99√100 Câu II. Tìm trên đường thẳng y = x+1 những điểm có tọa độ thỏa mãn đẳng thức : x2-3y√x+2x=0 Câu III. Cho hai phương trình sau : x2-(2m-3)x+6=0 2x2+x+m-5=0 (x là ẩn, m là tham số) Tìm m để hai phương trình đã cho có đúng một nghiệm chung. Câu IV. Cho đường tròn (O, R) với hai đường kính AB và MN. Tiếp tuyến với đường tròn (O) tại A cắt các đường thẳng BM và BN tương ứng M, và N,. Gọi P là trung điểm của của AM,, Q là trung điểm của AN 1) Chứng minh tứ giác MM NN nội tiếp được trong một đường tròn. 2) Nếu M N = 4R thì tứ giác PMNQ là hình gì ? Chứng minh ? 3) Đường kính AB cố định, tìm tập hợp tâm các đường tròn ngoại tiếp tam giác BPQ khi đường kính MN thay đổi. Tại Câu V. Cho đường tròn (O, R) và hai điểm A, B nằm phía ngoài đường tròn (O) với OA = 2R. Xác định vị trí của điểm M trên đường tròn (O) sao cho biểu thức : P = MA + 2MB đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất ấy 7 2+√3 2-√3 < 20 29 5 √2+√2+√3 √2-√2-√3 20 Câu VII. Giả sử x, y là các số dương thỏa mãn đẳng thức x + y = V10 . Tìm giá trị của x và y để biểu thức sau : P = (x + 1)(y+1) đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất ấy ? Câu VIII. Giải hệ phương trình : X y Z + -=0 x-y y-z Z-X x y Z -=0 (x-y)2 (y-z)2 (2-x)2 Câu IX. Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp trong đường tròn (O, R) với BC = a, AC = b, AB = c. Lấy điểm I bất kì ở phía trong của tam giác ABC và gọi x, y, z lần lượt là khoảng cách từ điểm 1 đến các cạnh BC, AC và AB của tam giác. Chứng minh : √x+ √y+ √z s < a2+b2 +c2 2R Câu X. Cho tập hợp . gồm 10 điểm trong đó có một số cặp điểm được nối với nhau bằng đoạn thẳng. Số các đoạn thẳng có trong tập nối từ điểm A đến các điểm khác gọi là bậc của điểm A. Chứng minh rằng bao giờ cũng tìm được 2 điểm trong tập hợp ở có cùng bậc. 3 * https://www.facebook.com/letrungkienmath https://sites.google.com/site/letrungkienmath LỜI GIẢI ĐỀ TOÁN THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG QUỐC HỌC, THỪA THIÊN – HUẾ Câu I. a) Đặt (Đề thi đã đăng trong THTT số 310 tháng 4/2003) P = √1+4x+4x2 + √4x2-12x+9 = √(1+2x)2 +√√(3-2x)2 = 11+2x+13-2.xl ≥ 11 +2x+3-2xl = 4 P=4(1+2x)(3 -2x) ≥0 Vậy GTNN của P là 4 khi b) Đặt A = 1 2 3 sxs- 2 70V4901 tỷ 70+ V4901 hay x=(√70-√4901 + √70+√4901 lúc đó *, là nghiệm của PT x = 70 – V4901 + +33 (70-√4901) (70+√4901) x + 70+ √4901 x2+3x-140 = 0 (x-5)(x2+5x+28) = 0 mà x +5x+28>0 (do A<0)=x=5. Câu II. a) Từ phương trình (2) có : x2+ y2+xy-3x-4y+4=0 2 x2+(y-3)x + (y-2)2=0 PT bậc hai ẩn x này có nghiệm, tức là A≥0 (y-3)2-4(x-2)220 (y-3+2y-4)(y-3-2y+4) 20 7 3 (3y-7)(1-y) 201≤ys (3) b) Tương tự : x + y + xy - 3x – 4y + 4 = 0 → y2+(x-4)y + x2-3x+4=0 PT bậc hai ẩn y này có nghiệm, tức là : A≥0(x-4)2-4(x2-3x+4) ≥0 ⇒x(4-3x) 200≤x≤ Từ (3) và (4) có 4 3 Do 0 ≤x≤ vàlsys nên: 4 (4) 3 7 3 x + y2 ≤ 256 49 697 + = = + 3 81 x2 + y2 = 697 81 9 7 81 413 413 = 3 4 Nhưng khi x = và y = thì x + y + xy 3 -3x-4y+4=1=0 3 Do đó hệ phương trình trên vô nghiệm. Câu III. Ta có : 3x + 7 = 2002 + 3x = 2002-7y23x2 = 7(286-y2) Mặt khác (3, 7) = 1 nênx:76 x :72 Từ đó suy ra : (286 – y) : 7 [287-(y2+1)]: 7 (y2+1): 7. Giả sử y = 7k + r với 0 ≤r≤ 6 thì y2 + 1 = (7k +r)2 + 1 = 7(7R + 2k) + +1. Thử thấy với / bằng 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 thì r2 + 1 đều không chia hết cho 7 nên y + 1 không chia hết cho 7. Do đó không tồn tại hai số nguyên x, y để 3x2+7y2=2002. Câu IV. Gọi A1, A2, A3, của đa giác lồi 12 cạnh. A12 là các đỉnh Do đa giác đã cho là đa giác lỗi nên ba đỉnh bất kì nào của nó cũng tạo thành một tam giác. Kí hiệu A AjA, là tam giác có các đỉnh là các đỉnh của đa giác lồi, trong đó i = 1, 2, ..., 12 ; j= 1, 2, ..., 12 ; k = 1, 2, ..., 12 với i, j, k đôi một khác nhau. Đỉnh Ả có 12 cách chọn từ 12 đỉnh Ai, ..., A2. Sau khi chọn đỉnh A thì có 11 cách chọn Aj . Sau khi đã chọn AA, thì có 10 cách chọn A. Như vậy có 12.11.10 = 1320 cách chọn tam giác A AjA. Với cách chọn trên một tam giác AA A được viết lại 6 lần. Ví dụ : A,A,A, AA,A2, A2A, A3, A2 A3 A1, A3A, A2 và A, A, A. Do đó số tam giác có được là : 1320 : 6 = 220 (tam giác). Câu V. Ta có AMBH AADN suy ra : MB BH = AD DN MB.DN=BH.AD Mặt khác AOHB is AAOD DO.OB BH.AD = (1) BH OB DO AD (2) (Xem tiếp trang 6) 4 https://www.facebook.com/letrungkienmath https://sites.google.com/site/letrungkienmath DIỄN DÀN DẠY HỌC TOÁN Sách giáo khoa TOÁN 7 NHỮNG ĐIỀU MỚI MẺ VÀ LÍ THỦ ! Học sinh lớp 7 được tiếp cận với số thực, được làm quen với thống kê mô tả và định lí Pi-ta-go! Được viết căn cứ vào Chương trình Toán THCS của Bộ Giáo dục và Đào tạo ban hành ngày 24-1- 2002, SGK Toán 7 đã lôi cuốn các em học sinh (HS) vào một cuộc tìm tòi, khám phá những kiến thức toán học bổ ích và lí thú, những kiến thức có nhiều ứng dụng trong thực tế và ứng dụng vào việc học tập các môn học khác. Về Đại số, sách Toán 7 đã củng cố và hệ thống hóa lại các phép tính cộng, trừ, nhân, chia số hữu tỉ (trên cơ sở các phép tính về phân số đã được học ở lớp 6) và bổ sung thêm phép tính lũy thừa với số mũ tự nhiên của một số hữu tỉ. Qua việc giúp HS khám phá các tính chất của tỉ lệ thức, của dãy tỉ số bằng nhau, sách Toán 7 đã cung cấp cho HS công cụ để giải được nhiều bài toán chia theo tỉ lệ thường gặp trong đời sống. HS được mở rộng thêm hiểu biết về số thập phân hữu hạn, số thập phân vô hạn tuần hoàn, về các quy ước làm tròn số được ứng dụng nhiều trong đời sống. Đặc biệt, HS được giới thiệu một cách nhẹ nhàng, dễ hiểu về số vô tỉ, căn bậc hai, số thực. Việc giới thiệu này nhằm mục đích sớm hoàn chỉnh khái niệm số cho HS, tạo điều kiện thuận lợi cho HS trong thực hành tính toán và học các phần tiếp theo. Sách Toán 7 giúp HS nhận biết được hai đại lượng tỉ lệ thuận (nghịch), biết vận dụng các tính chất của các đại lượng đó để giải các bài toán có liên quan đến đại lượng tỉ lệ thuận (nghịch) và các bài toán thực tiễn về chia tỉ lệ. Qua một số ví dụ cụ thể, sách tạo điều kiện cho HS tiếp cận với một khái niệm toán học quan trọng : hàm số. HS được hướng dẫn vẽ hệ trục tọa độ, biểu diễn một cặp số, xác định tọa độ của một điểm trên mặt phẳng tọa độ, biết cách vẽ đồ thị hàm số y = ax và biết dạng của đồ thị hàm số y = a X Sách Toán 7 dành một chương để hệ thống lại một số kiến thức và kĩ năng về thống kê mà HS TÔN THÂN (Viện KHGD Hà Nội) đã biết ở bậc Tiểu học và ở lớp 6 đồng thời giới thiệu một số khái niệm cơ bản và quy tắc tính toán đơn giản để qua đó cho HS làm quen với thống kê mô tả, một bộ phận của khoa học thống kê. Học xong chương này, HS biết tiến hành thu thập số liệu từ những cuộc điều tra nhỏ, đơn giản, gần gũi trong học tập và trong cuộc sống ; lập được bảng "tần số" ; biết vẽ biểu đồ ; biết cách tính số trung bình cộng và biết tìm mốt của dấu hiệu. Từ các biểu thức số và các phép tính trên các biểu thức số, sách dẫn dắt HS đến khái niệm biểu thức đại số với chú ý rằng trong biểu thức đại số, coi chữ là "đại diện" cho số. Từ đó, HS tiếp thu dễ dàng các phép tính : nhân đơn thức ; cộng, trừ các đơn thức đồng dạng ; cộng, trừ đa thức (một biến, nhiều biến). HS biết tính giá trị của một biểu thức đại số, biết kiểm tra xem một số có phải là nghiệm của một đa thức hay không. Về Hình học, các kiến thức được trình bày theo con đường kết hợp trực quan và suy diễn. Bằng đo đạc, vẽ hình, gấp hình, quan sát... HS dự đoán các sự kiện hình học và tiếp cận với các định lí. Yêu cầu về tập dượt suy luận, chứng minh tăng dần qua các chương ở phần hình học. Ở chương I có ba tính chất được công nhận không chứng minh,sáu tính chất thu được qua suy luận, bảy bài tập suy luận. Ở chương II chỉ có một định lí được công nhận (định lí Pi-ta- ngo), bốn định lí có chứng minh, ba định lí chứng minh thông qua các câu hỏi gợi ý của SGK, ba Ö định lí HS tự chứng minh. Ở chương III, hầu hết các định lí được chứng minh hoặc hướng dẫn chứng minh trừ hai định lí về sự đồng quy của ba đường trung tuyến và của ba đường cao. Sách Toán 7 tiếp tục bổ sung những kiến thức mở đầu hình học phẳng đã được giới thiệu ở lớp 6. Đó là khái niệm về hai đường thẳng vuông góc, hai đường thẳng song song ; quan hệ giữa tính vuông góc và tính song song của hai đường thẳng ; tiên đề Ơ-clit về đường thẳng song song. Tiếp đó, sách hướng dẫn HS do các góc của một số tam giác, cắt ghép hình, nêu dự đoán về tổng 5 TUI-7 https://www.facebook.com/letrungkienmath https://sites.google.com/site/letrungkienmath số đo các góc của mỗi tam giác rồi dùng suy luận để chứng minh định lí về tổng ba góc của một tam giác. Ba trường hợp bằng nhau của hai tam giác được thừa nhận thông qua việc vẽ tam giác biết ba cạnh, biết hai cạnh và góc xen giữa, biết một cạnh và hai góc kể cạnh đó. Các dạng tam giác đặc biệt được giới thiệu bao gồm tam giác cân, tam giác đều, tam giác vuông, tam giác vuông cân. Định lí Pi-ta-go (thuận và đảo) được giới thiệu dưới dạng một kết quả được thừa nhận nhằm mục đích tăng cường tính toán trong hình học (bên cạnh rèn luyện suy diễn lô-gích) và tạo thuận lợi cho việc nghiên cứu các trường hợp bằng nhau của tam giác vuông, về quan hệ giữa các đường xiên và hình chiếu của chúng. Sách Toán 7 giới thiệu cho HS quan hệ giữa các yếu tố cạnh, góc trong tam giác ; giới thiệu các đường đồng quy của tam giác và tính chất của chúng. Để cho chương trình Hình học 7 đỡ nặng nề, dịnh lí về đường trung bình của tam giác được chuyển lên lớp 8, định lí về hai tam giác có hai cặp cạnh tương ứng bằng nhau không đưa vào chương trình và SGK lớp 7. (Kì sau đăng tiếp) LỜI GIẢI ĐỀ THI... (Tiếp trang 4) A Từ (1) và (2) ta có : MBDN = DO.OB = MB DO OB DN M B D N 0 = Thêm vào đó: MBO=180′′ –CBD = 180 CDB = ODN nên : AMBO in NODN = OMB=NOD. Từ đó suy ra : MON=180” –(MOB+NOD) = 180° - (MOB+OMB) = 180° - OBC = 110°. Hướng dẫn giải NGUYỄN PHƯỚC | TIẾNG ANH QUA CÁC BÀI TOÁN osi BÀI SỐ 62 Problem. Find formulas for the integers which are the sides of a rectangular triangle. Solution. Let x, y, z be the positive integers which are the sides of a rectangular triangle. We have to find all integral solutions of the equation + y2 = 22. If two integers among x, y, z have a common factor, then it is also a factor of the third integer. Therefore, we may assume that x = ta, y= tb, z= tc, where a, b, c, t are integers such that a, b, c are pairwise relatively prime. If a and b are both odd numbers, then a + b2 is divisible by 2 but not by 4, which gives a contradiction since c must be even and hence c2 is divisible by 4. If a is even, then b, c must be odd. Put u = V= 2 c+b 2 W= c-b 2 Then u2 = v.w, where u, v, w are integers such that v, w are relatively prime (because v-w = b. v+w=c). Hence v, and w must be both squares of integers: So we get v = r2, w = s2. x=2trs, y=1(2-s2), z=1(12+s2), where t, r, s are arbitrary integers with r > s. Similarly, if b is even, we get x= tr2-s2), y = 2trs, z=t(2+s2). It is easy to check that these two formulas for x, y, z give all solutions of the problem. Từ mới: rectangular = có góc vuông (tính từ) integral = nguyên (tính từ) solution common factor pairwise = = lời giải, nghiệm = chung, thông thường (tính từ) = thừa số, nhân tử (danh từ), phân tích thành nhân tử (động từ) = từng đôi một (phó từ) relatively prime = nguyên tố cùng nhau (tính từ) odd = lẻ (tính từ) contradiction= sự mâu thuẫn square arbitrary = vuông, bình phương, bậc hai = bất kỳ, tùy ý (tính từ) NGÔ VIỆT TRUNG 6 https://www.facebook.com/letrungkienmath CHUẨN BỊ THI VÀO ĐẠI HỌC https://sites.google.com/site/letrungkienmath quán Bạn tự HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ TỰ ÔN THI SỐ 2 (Để đã đăng trong THTT số 310 tháng 4/2003) Câu I. 1) Bạn đọc tự giải II. 2) Đưa PT về dạng m = -x + ax - 4 (1) Xét vị trí tương đối giữa đô thị (7) của hàm số y = -x + ax + 4 và đường thẳng (A,) có PT y = m (với -4 1 3 1 + 2 1 1++1+ X 3 1+ X x=0 x=2a/3 Với a > 0) có bảng biến thiên: Xx y' y -00 0 2a/3 +00 Từ đó lim x x+2 x+3 0 + 0 - x 493 -1 4 = lim 27 1-400 -4 Điều kiện để (A.) (với -4 10 2 (1) 3 W nghịch biến trên 1, = "J dt == (1+tg't)dt>11 'p x2 dx 61+x 4 → ; Dat z=> dz = 3x dx => 1 I 4 8 Lại có = VSADE SA.SD.SE SE 1 VSADC SA.SD.SC SC 2 Tính 1 = ⇒ VSADE = VSADC = VSABCD 2 4 1 dz π 12= = <=1=1, +12 3 1+z2 12 3 8 https://www.facebook.com/letrungkienmath https://sites.google.com/site/letrungkienmath V. 2) • Số cách chọn 3 người bất kì : C2 át ki: C12 = 220 (cách) Số cách chọn 3 người trong đó có ít nhất 1 cặp là vợ chồng : Cą.C = 30 (cách) Vậy số cách chọn theo yêu cầu bài toán là : 220 – 30 = 190 (cách). Hướng dẫn giải TRẦN THANH VŨ (Nghệ An) ĐỀ TỰ ÔN THI SỐ 3 (Thời gian làm bài : 180 phút) Câu I. Cho hàm số Câu III. 1) Giải phương trình : -x+m y= (C) (m+0) x2-x+1 log2 =-3x+2 x-1 1) Khảo sát hàm số với m = 1. 2) Tìm m để đồ thị hàm số (C,) cắt trục Ox tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho các tiếp tuyến với đồ thị tại A, B vuông góc với nhau. 3) Tìm m để tam giác tạo bởi một tiếp tuyến bất kì của đồ thị (C,) và 2 đường tiệm cận có diện tích nhỏ hơn 2. Câu II. 1) Chứng minh rằng nếu tam giác ABC có các góc thỏa mãn điều kiện sau thì nó là tam giác đều 2x-4x+3 2) Giải bất phương trình : 3' +5 <2.4* Câu IV. 1) Hãy lập phương trình các cạnh của một hình vuông ngoại tiếp elip + y2 = 1. 2 3 2) Trong không gian với hệ trục tọa độ Đề-các vuông góc Oxyz cho mặt phẳng (P) có phương trình x - 2y + 2z + 2 = 0 và 2 điểm A (4; 1; 3), B(2; -3; -1). Hãy tìm điểm M thuộc (P) sao cho MA + MB có giá trị nhỏ nhất. A B sin+sin+sin A B C 2 2 2 COS +COS-+COS- 2 2 2 Cầu V. 1) Tính 1 = | 3 (sinA + sinB + sinC) 2 2) Tìm m để hai phương trình sau tương dương : sin x + sin 2x sin 3x = -1 và cosx+ msin2x = 0 PROBLEMS... (Tiếp trang 13) FOR UPPER SECONDARY SCHOOLS T8/311. Each domino consists of two squares having a common side, on its first and second squares are marked x and respectively y dots. Thid momino is denoted by (x, y) or (y, x). For every non ordered pair of number x, y, there's only one domino (x, y). Divide the set of dominoes with 1 ≤x≤5, 1 sy≤ 5 into three groups, each group is presented as a closed circuit where the numbers a, b, c, d, abbcc e are not necessarily distinct. aeed d How many such dividings are there? T9/311. Prove that for every xe 0; holds 2 In(1+x) 1+22 -dx 2) Tìm hệ số có giá trị lớn nhất khi khai triển 1 2.x (+) 10 ra một đa thức. NGUYÊN ANH DŨNG (Hà Nội) 4 4 sinrs ex ㄤˋ π T10/311. Prove that for every triangle ABC, hold + <2 cos(B/2) cos(C/2) √3 Cos(A/2) 1+sin(A/2) 1+sin(B/2) 1+sin(C/2) T11/311. Le ABCD be a convex a quadrilateral, the diagonals AC and BD of which are orthogonal. The lines BC and AD intersect at 7, the lines AB and CD intersect at J. Prove that the quadrilateral BDIJ is inscribable when and only when AB.CD = AD.BC. T12/311. The tetrahedron ABCD has its four altitudes concurrent at a point H inside the tetrahedron. Let M, N, P be respectively the midpoints of BC, CD, DB. Let R and R, be respectively the circumradii of the tetrahedra ABCD and HMNP. Prove that R= 2R1. 9 * https://www.facebook.com/letrungkienmath https://sites.google.com/site/letrungkienmath TOÁN HỌC VÀ ĐỜI SỐNG XÁC ĐỊNH ĐƯỜNG DẠNG CUNG TRÒN TRONG XÂY DỰNG CÔNG TRÌNH GIAO THÔNG Trong hình học, một đường tròn được xác định khi ta biết tâm và bán kính. Nhưng để xác định những cung tròn có bán kính lớn ngoài thực địa có địa hình phức tạp như việc triển khai thi công những đoạn đường cong trong xây dựng cầu đường lại không đơn giản là phải cần biết 2 yếu tố trên. Thực tế trong các bản vẽ thiết kế đường và công trình trên đường, tâm của cung tròn chỉ có ý nghĩa về lí thuyết trong thiết kế bình đồ (sơ đồ mặt bằng công trình), còn khi triển khai thi công người ta không cần xác định vị trí của nó và nhiễu khi cũng không thể xác định được. Vậy làm thế nào để dựng đường cung tròn mà không cần sử dụng trực tiếp đến vị trí tâm và bán kính. Trước khi vào giải quyết bài toán trên, để tiện theo dõi ta thống nhất 3 vấn đề có liên quan là : 1) Các yếu tố hình học trong thiết kế đường : (hình 1) đỉnh góc chuyển hướng (góc ngoặt) là Hướng cũ A R Hướng mới Hình 1 B Đ, góc chuyển hướng d tâm cung tròn (, góc ở tâm Q (dễ thấy Q = a), bán kính R, các tiếp điểm : tiếp điểm đầu A, tiếp điểm cuối B, chiều dài cung tròn k, chiều dài tiếp tuyến 1, điểm giữa cung tròn (phân cự) P, chiều dài phân cự ĐP = p. Góc a đo được trong quá trình khảo sát, R xác định theo yêu cầu thiết kế. Từ a, R người ta tính được các giá trị của t, k, p: πRа" 1= Rtg: k= P= R 180° α 2 1 cos(a/2) 1 2) Trong đo đạc người ta cũng lập một hệ trục tọa độ vuông góc để xác định vị trí của một điểm bất kì trên mặt đất nhưng trục tung và trục hoành được đổi chỗ cho nhau so với hệ trục tọa độ Đề-các trong sách giáo khoa. 3) Trong xây dựng cầu đường, việc xác định một cung tròn được hiểu là xác định những ק NGÔ VĂN ĐANG (Phú Thọ) điểm riêng lẻ thuộc cung tròn đó, dĩ nhiên càng xác định nhiều điểm thì độ chính xác càng cao. Trở lại bài toán trên: cho một cung tròn có các giá trị a, R, t, k, p được ghi trong thiết kế và biết 3 điểm A, B, P. Hãy xác định nhiều điểm khác thuộc cung tròn đó trên thực địa. Phương pháp toa do: Lap một hệ trục tọa xảy đi qua tiếp độ vuông góc xây đi qua tiếp 2). Giả sử có điểm M, (X Yi) thuộc cung tròn với xị = AN, Y AN, y1 = AK. Qua tâm O dựng nura đường thẳng Oz||Ax. Đường điểm A (hình M M M R H AK Y2 Hình 2 xị thẳng NM, cắt Oz tại H. Ta thấy ngay rằng x = AN = OH. Vì M, thuộc đường tròn tâm O nên OH2 + HM2=OM → x2+(R-y1)2=R2 →y1 =R- √R2x2=R1-1- R20 (1) Ta xác định M ngược với quá trình phân tích đó : Trên trục Ax, từ A lần lượt đặt các đoạn xa, Yn X1 X (0 < x < x2 < ... < x < R), theo (1) ta tính được các giá trị tương ứng của Yi, Y2, ..., Y, từ đó xác định được các điểm M, với tọa độ M, (xi, Y) (i = 1, 2, ..., n) thuộc cung tròn tâm O, y) bán kính R. Phương pháp dựng nhiều tiếp tuyến. Chia góc S2 = a ra n phần sao cho ổ = Ω khá nhỏ n = 8 (hình 3). Tại các điểm A, Az, A, 1 thuộc cung = tròn mà AOA = AOA, = ... = = An-1OB dựng các tiếp tuyến với cung tròn đã cho, các cặp tiếp tuyến tại A và Ai. Ai và A,, ... lần lượt 10 https://www.facebook.com/letrungkienmath B A https://sites.google.com/site/letrungkienmath cắt nhau tại Ta Có D Da De B1, B2, ..., B. dàng chứng minh được rằng các Dλa A1 AA2 + A1 A2 A 21 A122 = = 8. tam giác BOB2,B2OB3 ..., B, OB, là BTOB, là những tam diêm A. Từ đó suy ra cách dựng các giác cân bằng A2, ... nhu δ A A 22 nhau và B,B, B2 B sau: A2 2009 B2 = B2B3=... Trên AÐ B B1t = B-1BR B 8 =2Rtg 2 dựng dung DAZ A 8 = và trên 2 Hình 644 = B1AA1 = Hình 3 8 2 =2AB1 = 2B, B. Ta có BAA (2 góc nội tiếp đều bằng nửa góc ở tâm cùng chắn một cung) và ĐBA = ByAA+B AA = 6. Tương tự các góc chuyển hướng tại Ba, Ba, B,, đều có giá trị bằng 8. Ta xác định A, A2, A, ngược với quá trình phân tích đó. Trên AD và từ A do AB 8 = RiBz Rtg- 2 tại B, dựng ĐB 2 = 8, trên Biz dựng BịA = 8 & Rugã B,B, và B B = 2Rtg, , tại B, dựng - Br2 = 2 ỗ và tương tự xác định được các điểm A2, B3, An-1 , B, thì A, A2, A,-1 là những điểm nằm trên cung tròn tâm O, bán kính R. Phương pháp kéo dài dây cung. Chia góc 2 Ω = a ra làm n phần sao cho 8 = khá nhỏ n A-1OB (h. 4). Các tam giác: AOA, A,OA, là những tam giác cân bằng nhau và AA1 = A,Az 8 2 = An-1B 2Rsin- = h. Có ĐA δ AOAL 2 = 2 (góc giữa tiếp tuyến và 1 dây bằng nửa góc ở tâm cùng chắn A4, ), AAA, AAA = AOA AOA2 = = = Ô (góc nội 2 tiếp chắn 2 cung đi = A1 A2). 2 tia Az, dựng δ AA, = h = 2Rsin . . Trên A,z, dựng z Azz = 8 2 và trên A2, dựng A,A, = h. Cứ như thế ta dựng được các điểm A1, A2, A-1 A,... nằm trên cung tròn cần xác định. ..., Phương pháp kéo dài dây cung và phương pháp dựng nhiều tiếp tuyến được áp dụng trong trường hợp địa hình phức tạp, bị che khuất nhiều. Bạn thấy không, như vậy chỉ bằng những kiến thức toán học sơ cấp trong chương trình phổ thông, ta đã giải quyết được một bài toán thực tế đặt ra tưởng chừng không đơn giản. DÓN DOC THIT SỐ 312 (6/2003) Giúp bạn tự ôn thi tốt nghiệp THPT và tuyển sinh vào Đại học : Hướng dẫn giải đề tự ôn thi số 3. Đế và hướng dẫn giải để tự ôn thi số 4. Hướng dẫn giải Đề thị tuyến sinh môn Toán lớp 10 trường THPT chuyên Lễ Hồng Phong, Nam Định 2002. • Giới thiệu về Sách giáo khoa Toán lớp 7 • Giải toán bất đẳng thức và cực trị bang cách xét phương trình bậc hai. • Các bạn hãy tham gia CUỘC THI VUI HÈ 2003 với các bài toán giải trí lí thú. THTT 11 https://www.facebook.com/letrungkienmath https://sites.google.com/site/letrungkienmath ĐỀ BA KÌ NÀ CÁC LỚP TRUNG HỌC CƠ SỞ T1/311. (Lớp 6). So sánh hai phân số sau : 20032003 20032004 +1 A = +1 B= 20032002 +1 20032003 +1 Bạn tìm được bao nhiêu cách giải ? ĐỖ HỒNG HÀ (GV THCS Đống Đa, Hà Nội) Bài T2/311. (Lớp 7). Cho tam giác ABC. Dựng đoạn thẳng BD sao cho ABD = 60°, BD = BA và tia BA nằm giữa hai tia BC, BD. Dựng đoạn thẳng BE sao cho CBE = 60°, BE = BC và tia BC nằm giữa hai tia BA, BE. Gọi M là trung điểm của DE, P là giao điểm hai đường trung trực của các đoạn thăng BA và BD. Tính các góc của tam giác CMP. 2n PHẠM HÙNG (Hà Nội) Bài T3/311. Gọi x, xy là hai nghiệm của phương trình r – 4x + 1 = 0. Chứng minh rằng xỉ" +xz" có thể biểu diễn thành tổng các bình phương của 3 số nguyên liên tiếp với bất kì số nguyên dương . PHẠM VĂN VƯƠNG (SV Dược 7. Học viện Quân y, Hà Tây) Bài T4/311. Tìm tất cả bộ ba số a, b, c thỏa mãn đẳng thức (a2 + 1)(b2+2)(c2+8)= 32abc CGF và ADG theo thứ tự. Chứng minh rằng diện tích EFGD lớn nhất khi và chỉ khi Rỉ +R=Ra. TRẦN DIỆU MINH (GV THPT Lý Tự Trọng, Cần Thơ) Bài T7/311. Dây cung DE của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt đường tròn nội tiếp tam giác này các điểm M và N. Chứng minh rằng DE > 2MN. NGUYỄN XUÂN HÙNG (GV THPT Lam Sơn, Thanh Hóa) CÁC LỚP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG Bài T8/311. Mỗi quân cờ đôminô gồm hai hình vuông có 1 cạnh chung, trong hình vuông thứ nhất và thứ hai ghi x và y dấu chấm, được kí hiệu là (x, y) hoặc (v, x). Với mỗi cặp số (x, y) (cũng viết là (y, x)) chỉ có 1 quân cờ. Chia tập hợp các quân cờ mà 1 ≤ x ≤ 5 và 1 sys5 ra thành 3 nhóm, mỗi nhóm xếp thành chuỗi khép 3 kín dạng a b b c c abbc aeed d trong đó các số a, b, c, d, e không nhất thiết khác nhau. Hỏi có tất cả bao nhiêu cách chia nhóm như thế? BÙI THỊ KIM HOÀNG (GV THPT Lê Khiết, Quảng Ngãi) Bài 79/311. Chứng minh rằng với mọi x thuộc 0; 元 2 4 ta luôn có sings Tr Π 元 4 DƯƠNG CHÂU DINH (GV THPT Lê Quý Đôn, Quảng Trị) Bài T10/311. Chứng minh rằng với mỗi tam giác ABC luôn có : √3 NGUYỄN VĂN TUẤN (GV THCS Văn Khê, Vĩnh Phúc) Bài T5/311. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu as thúc b8 + (a2+b2)2 (b2+c2)2 (c2+a2)2 +. + <2 cos(B/2) COS(A/2) cos(C/2) 1+sin(A/2) 1+sin(B/2) 1+sin(C/2) PHẠM ĐÌNH TRƯỜNG (Trung tâm CNTT PSV Hà Nội) Bài T11/311. Tứ giác lồi ABCD có hai đường chéo AC và BD vuông góc với nhau. Hai đường thẳng BC và AD cắt nhau tại I. Hai đường thẳng trong đó a, b, c là các số thực dương thỏa mãn AB và CD cắt nhau tại J. Chứng minh rằng tứ điều kiện : ab + bc + ca = 1 CAO XUÂN NAM (GV THPT chuyên Hà Giang) Bài T6/311. Cho tam giác ABC vuông tại A. Dựng hình chữ nhật EFGD sao cho E, F là các điểm trên cạnh BC, còn G, D lần lượt là các điểm trên cạnh AC, AB. Gọi R, R, và Rạ là bán kính đường tròn nội tiếp các tam giác BDE, giác BDIJ nội tiếp một đường tròn khi và chỉ khi AB.CD = AD.BC. ĐÀM VĂN NHỎ (GV CĐSP Thái Bình) Bài T12/311. Tứ diện ABCD có các đường cao đồng quy tại điểm H nằm bên trong tứ diện. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BC, CD, DB. Gọi R và R lần lượt là bán kính mặt cầu https://www.facebook.com/letrungkienmath https://sites.google.com/site/letrungkienmath ngoại tiếp tứ diện ABCD và HMNP. Chứng thế xoay chiều minh rằng : R = 2R. NGUYỄN ĐỨC DÂN (SV K38MG ĐHKT Công nghiệp, Thái Nguyễn) CÁC ĐỀ VẬT LÍ Bài L1/311. Ba hình trụ giống hệt nhau được bố trí như hình vẽ. Khối lượng mỗi hình trụ là M = 10kg. Bỏ qua ma sát ở mọi mặt tiếp xúc. Hình trụ 1 và 2 đặt trên sàn nằm ngang. Ban đầu giữ cho các hình trụ đứng yên và tiếp xúc nhau. Người ta buông tay và đồng thời tác F 2 dụng một lực F theo phương ngang vào hình trụ 1. Hãy xác định độ lớn của F để các hình trụ luôn tiếp xúc nhau. Lấy g = 10m/s2. NGUYỄN XUÂN QUANG (Hà Nội) Bài L2/311. Một mạch điện AD gồm một cuộn cảm L có điện trở thuần r và một tụ diện C (hình vẽ). Đặt vào A và D một hiệu điện ổn định : u = U√2sin 100. thì thấy “AB = L, r C a A ooooooooo HBD = U và số trỏ của ampe kế là I. H B D a) Hãy xác định L và r, cho biết C = (100/rt)LF. 21 b) Cho đoạn mạch ABD vào một hộp kín với các đầu A, B, D chìa ra ngoài nhưng quên không đánh dấu đầu nào là A, là B, là D nên phải đánh dấu lại một cách bất kì là 1, 2 và 3. Đấu nguồn xoay chiều nói trên với hai đầu 2 và 3 qua một tụ điện C (C,>C), thì thấy ampe kế a trỏ giá trị. I, (, > D). Cặp đầu (2, 3) ứng với cặp đầu nào trong số các cặp (A, B) (A,C) (B,C) ? c) Đấu nguồn xoay chiều nói trên với hai đầu 1, 2 qua một tụ điện C, nói trên thì ampe kế a trỏ giá trị 1, sau đó đấu nguồn xoay chiều với hai đầu 1,3 qua tụ điện C, thì ampe kế a trỏ giá trị lạ và thấy Iạ > I2. Hỏi mỗi đầu 1, 2, 3 ứng với đầu nào trong số các đầu A, B, C. PROBLEMS IN THIS ISSUE FOR LOWER SECONDARY SCHOOLS T1/311. (for 6th grade) Compare the fractions 20032003+1 A= 2003 +1 2004 B= 20032002 +1 20032003 +1 Can you do it by distinct methods? T2/311. (for 7th grade) Let ABC be a triangle. Construct the segment BD so that ABD = 60°, BD = BA and the ray BA lies between the rays BC, BD. Construct the segment BE so that CBE = 60°, BE = BC and the ray BC lies between the rays BA, BE. Let M be the midpoint of DE, P be the point of intersection of the perpendicular bisectors of the segments BA and BD. Calculate the angles of triangle CMP. NGUYỄN QUANG HẬU (Hà Nội) sum of the squares of three consecutive. integers. T4/311. Find all triples of numbers a, b, c satisfying (a+1)(b2+2)(c2+8)=32abc T5/311. Find the least value of the expression + b8 C& (a2+b2)2 (b2+c2)2 (c2+a2)2) where a, b, c are positive numbers satisfying the condition ab+be+ca = 1. T6/311. Let ABC be a triangle, right at A. Construct a square EFGD so that E, F lie on the side BC and G, D lie respectively on the sides AC, AB. Let R1, R2, R3 be respectively the inradii of the triangles BDE, CGF, ADG. Prove that the area of EFGD assumes its greatest value when and only when R+R=R2. T7/311. A chord DE of the circumcircle of T3/311. Let x1, x2 be the solutions of the triangle ABC cuts the incircle of ABC at M and equation x2 - 4x + 1 = 0. Prove that for every positive integer n, x+x2 can be written as the N. Prove that DE ≥ 2MN. (Xem tiếp trang 9) 13 https://www.facebook.com/letrungkienmath https://sites.google.com/site/letrungkienmath GIẢI BÀI KÌ TRƯỚC Bài T1/307. Tìm số do các cạnh của tất cả các tam giác sao cho chúng đều là số nguyên dương mà số đo chu vi bằng số đo diện tích của cùng tam giác đó. Lời giải. Gọi số do các cạnh của tam giác là a, b, c và 2p = a + b + c. Gọi S là diện tích tam giác. Theo công thức Hệ-rỗng Sẻ = p\p−a)(p−b)(p-c) và từ điều kiện của đề bài S = 2p ta có 4p = p(p-a)(p-b)(pc) 4p = (p-a)(p-b)(p-c) 16(a+b+c) = (b+c-a)(c+a-b) (a+b-c)(1) Đặt b+ca = x, c+a-b = y, a+b-c = 2 thì x, y, 2 nguyên dương và x+y = 2c, y+z = 2a, z+x = 26 (2). Từ đó x, y, z cùng tính chẵn lẻ, và do (1) thì x, y, z đều là số chẵn. x = 2u, y = 2v, z = 2t (3). Thay vào (1) được 4(u+v+) = uvt (4), Giả sử u ≤ y ≤ t thì uvt = 4(u+v+1) ≤ 12 sử sus12= u chỉ có thể nhận các giá trị 1, 2, 3. Chú ý ", v, 7 nguyên dương và u < v< I • Nếu u = 1, từ (4) có vì = 4(v+) + 4 (v-4)(t-4)=20. = 8A, Ngô Vĩnh Thái, 9A1, THCS Giấy Phong Châu, Phù Ninh • Ngô Thanh Nam, Lê Quang Nghĩa, Nguyễn Hoàng Long, 8E, Nguyễn Quang Huy, 9G, THCS Vạn Lang, Việt Trì : Vĩnh Phúc : Đỗ Đình Khang, Nguyễn Hữu Kiên, Nguyễn Kim Thuật, 8A, THCS Yên Lạc, Trần Tấn Phong, 7A, THCS Lập Thạch, Vũ Văn Quang, 9C, THCS Vĩnh Tường : Hà Nội : Nguyễn Trung Kiên, Ngô Bảo Trâm, 9H, THCS Lê Quý Đôn, Cầu Giấy ; Bắc Ninh : Nguyễn Minh Tháp, 9C, THCS Nguyễn Cao, Quế Võ : Hải Dương : Bùi Tiến Dũng, 9A, THCS Nguyễn Trãi, Nam Sách, Trần Anh Minh, 6A1, THCS Chu Văn An, Thanh Hà ; Hải Phòng : Nguyễn Vũ Lân, Lương Phú Khánh, Đinh Khang, Bùi Ngọc Khôi, 9A, THPT NK Trần Phú ; Thanh Hóa : Lưu Xuân Thế, 9A, Lê Trung Thành, 8B, THCS Lê Hữu Lập, Hậu Lộc, Lê Minh Thông, 9A, THCS Nhữ Bá Sỹ, Hoằng Hóa : Quảng Trị : Dương Bảo Nhân, 9, THCS Đại Hòa, Nguyễn Tự Hành. 9/6, THCS Nguyễn Trãi, Đông Hà ; Quảng Ngãi : Hoàng Nguyên Khang. 8/1, THCS TT. Châu Ô, Bình Sơn ; Phú Yên : Nguyễn Ngọc Tâm Quyên, 8E, THCS Hùng Vương, Tx. Tuy Hòa. VIỆT HẢI Bài T2/307. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức (V1+a+V1+b)(V1+c+V1+d) trong đó a, b, c, d là các số dương thỏa mãn điều kiện abcd=1. Lời giải. (Của đa số các bạn) Sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương, ta có 1 + a z 2 và 1+b2 215, với đẳng thức xảy ra chỉ khi a = b = 1, và do đó √1+a+ √1+b ≥ 24/(1+a)(1+b) √2√a.2√b=2√2 √√ab Vì 20 = 1.20 = 2.10 = 4.5 thì (u, v, t) nhận các 2242 và 2 và 2 v2 Vào giá trị (1, 5, 24) ; (1, 6, 14) ; (1, 8, 9). Theo (2) và (3) thì (a, b, c) nhận các giá trị (29, 25, 6) ; (20, 15, 7); (17, 10, 9). • Nếu u = 2, từ (4) có vị = 2(v+) + 2 = 2 (y - 2)(t – 2) = 8. Vì 8 = 1.8 = 2.4 thì (u, v, 1) - nhận các giá trị (2, 3, 10) ; (2, 4, 6). Theo (2) và (3) thì (a, b, c) nhận các giá trị (13, 12, 5); (10, 8, 6) Nếu u = 3 từ (4) có 3vt = 4(v+t) + 12 (5). Vì uv = 3v ≤ 12 nên v ≤ 4. Thay v = 3 hoặc v = 4 vào (5) thì tìm được t không nguyên. Vậy tất cả có 5 tam giác mà số đo 3 cạnh thỏa mãn đề bài xếp theo thứ tự a > b 2 c là (29, 25, 6); (20, 15, 7); (17, 10, 9); (13, 12, 5); (10, 8, 6). zemr Nhận xét. 1) Đa số các bạn gửi bài giải đều tìm được 5 nghiệm, nhưng một số bạn không chú ý lập luận để u, v, 1 là số nguyên dương. 2) Các bạn có lời giải tốt là : Phú Thọ : Nguyễn Trung Kiên A, Nguyễn Xuân Trường, Đỗ Duy Hưng, 9A, Nguyễn Thị Thanh Thảo, (1) (2) Đẳng thức chỉ xảy ra khi a = b = 1. Tương tự, ta có V1+c+V1+d22028cd Đẳng thức chỉ xảy ra khi c = d = 1. Nhân theo từng vế của (1) và (2) ta thu được (√l+a+√l+b) (√l+c+√l+d) ≥8 √ abcd = 8 với đẳng thức xảy ra chỉ khi a = b = c =d=1. Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức là 8. Nhận xét. 1) Rất nhiều bạn giải đúng bài toán này và lời giải khá gọn tương tự như lời giải trên. 2) Nhiều ban ở các lớp 7, 8 đã tham gia giải đúng. gọn và nêu biểu thức tổng quát cho nhiều số. VŨ ĐÌNH HÒA Bài T3/307. Giải hệ phương trình √√x+ √y+√z=3 (1+x)(1+y)(1+2)=(1+/xyz) 3 Lời giải. (của Thọ Thị Li Na, lớp 8/3, THPT An Phước, Ninh Phước, Ninh Thuận). 14 https://www.facebook.com/letrungkienmath https://sites.google.com/site/letrungkienmath Điều kiện : x, y, z > 0. Theo BĐT Cô-si, ta có (1+x)(1+y)(1+z) = 1 +(x+y+z) + (xy+yz+zx) + xyz ≥ 1+ 3√ √ xyz +33√(xyz)2 + √√(xyz)3 = (1+√√xyz Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z, do đó hệ phương trình đã cho tương đương với √√x+√y+√z=3 [x=y=z x=y=z=1 Vậy hệ có một nghiệm duy nhất (x; y; z) là (1; 1; 1) Nhận xét. Một số bạn nếu bài toán tổng quát cho nhiều số. Các bạn sau đây có lời giải đúng và gọn hơn cả : Lạng Sơn : Nguyễn Ngọc Thịnh, 9A, THCS Chu Văn An, Văn Quan ; Thái Nguyên : Nguyễn Khoa Đức Anh, 9A2, THCS Chu Văn An, Tp. Thái Nguyên ; Hòa Bình : Nguyễn Thùy Dương, 9A1, THCS Hữu Nghị Vĩnh Phúc : Nguyễn Hùng Cường, 9B, THCS Lập Thạch. Nguyễn Thai Mai, 8C, THCS Vĩnh Tường ; Hà Tây : Nguyễn Minh Tùng, 7C, THCS Nguyễn Thượng Hiển, Ứng Hòa ; Thanh Hóa : Nguyễn Tuấn Dương, 9A1, THCS Trần Mai Ninh ; Nghệ An : Nguyễn Cảnh An, 6E, THCS Thượng Sơn, Đô Lương : Trần Hưng Quân, 7D, THCS Trường Thi, Vinh ; Quảng Bình : Hoàng Đoàn Quang Tiến, 7, THCS Nam Lý, Tx. Đồng Hới : Quảng Trị : Dương Bảo Nhân, lớp 9, THCS Đại Hòa, Tx. Quảng Trị ; Phú Yên : Nguyễn Hưng Hùng, 9C, THCS Hòa Xuân Tây, Tuy Hòa ; Đồng Nai : Nguyễn Thị Thái Vì, 8/3, THCS Lê Quý Đôn, Vĩnh Cửu; Bến Tre : Trần Thanh Nhiên, 7, THCS Tam Phước, Châu Thành ; Tây Ninh : Phạm Thị Cẩm Huyền, 8A1, THCS Trần Bình Trọng, Hòa Thành. NGUYỄN XUÂN BÌNH Bài T4/307. Cho hình bình hành ABCD. Lấy điểm M trên cạnh AB và điểm N trên cạnh CD. Gọi P là giao điểm của AN và DM. Gọi O là giao điểm của BN và CM Chứng minh rằng PO luôn đi qua một điểm cố định khi M và N theo thứ tự di chuyển trên AB và CD. Lời giải. 1. Nếu PQ||AB. Ta có MP MQ PD QC Mà MP AM PD DN MQ MB QC NC D N B MP MQ MP (O là trung điểm của BD) AM BM Từ đó = = PD QC DN CN AM+BM DN+CN AB BO =1= CD DO BO MP Như vậy nên PO|JAE. DO PD Mà PQ||AB. Do đó P, O, Q thẳng hàng. Vậy PQ đi qua điểm O cố định. 2. Nếu PQ cắt AB ở K, cắt CD ở H. Áp dụng định lí Mênêlaúyt ta có D M B =1; MP DE AK PD EA KM =1 DH NP AE HN PA ED Nhân theo về 2 đẳng thức trên và cùng với = NP DP PA PM x suy ra DH × AK = HN × KM. Mai khác BK × CH = HN × KM. Do đó DH × AK = BK × CH. Suy ra DH BK DH BK Từ đó hay CH AK CH-DH AK-BK DH = BK. Nên AEDH = AFBK. Suy ra DE = BF. Do đó DEBF là hình bình hành, tức EF đi qua trung điểm DB. Vậy PQ đi qua 1 điểm cố định là O, trung điểm DB. Nhận xét. 1. Đa số các bạn quên xét trường hợp 1 2. Giải tốt bài này có các bạn : Phú Thọ : Nguyễn Xuân Trường, 9A, THCS Giấy Phong Châu, Phù Ninh : Vĩnh Phúc : Nguyễn Kim Thuật, 8A, THCS Yên Lạc : Hải Phòng : Bùi Ngọc Khôi, Nguyễn Vũ Lân, 9A, THPT NK Trần Phú : Hưng Yên : Doãn Thị Kim Huế, 9C. THCS Phạm Huy Thông, An Thị ; Hà Nội : Đỗ Xuân Quang. Nguyễn Hoàng Việt, 9H. THCS Lê Quý Đôn ; Hà Nam : Nguyễn Văn Linh, 9B. THCS Trần Phú, Phủ Lý ; Nam Định : Trần Ngọc Tàu, 8A6, THCS Trần Đăng Ninh, Nguyễn Huy Quang, 9A2, THCS Le Quý Đôn, Ý Yên ; Nghệ An : Đàm Thị Thanh Thủy, SC. THCS Cao Xuân Huy, Diễn Châu ; Thừa Thiên Huế : Lê Bảy, 9/2, THCS An Bằng, Vinh An. Phú Vang ; Tp. HCM ; Huỳnh Trung Anh, g دو trường Colette, quận 3 ; Đồng Tháp : Nguyễn Trung Hiếu. 9A1, THPT Tx. Cao Lãnh. VŨ KIM THỦY 15 https://www.facebook.com/letrungkienmath https://sites.google.com/site/letrungkienmath Bài T5/307. Cho tử giác lồi ABCD. Chứng minh rằng: min {AB, BC,CD,DA} < < max{AB, BC, CD, DA √AC2+BD2 < 2 Lời giải. (của bạn Nguyễn Trung Kiên, 9H, THCS Lê Quý Đôn, Cầu Giấy, Hà Nội) Không mất tổng quát, gọi K và L lần lượt là giao điểm của AD và BC, BA và CD, như ở hình 3. K √AC2+BD2 1) Ta chứng minh < max(AB, 2 BC, CD, DA} (1) B F Gọi O là giao điểm của AC và BD (h.1) Không mất tính tổng quát giả sử AOB=COD >90”. Từ đó : [AB2 20A2+0B2 CD220C2+OD2 D ⇒ AB2 + CD2 > OA2+ OC2 + OB2 + OD2 Hình 1 → AB2 + CD2> (OA+OC)2 (OB+OD)2 + 2 2 →2max (AB2, CD2) ZAC2 + BD2 ⇒max{AB2, BC2, CD2, DA212 AC2+BD2 4 VAC2+BD2 (1) 2 D C L B Hình 3 max(AB, BC, CD, DA} > Đẳng thức xảy ra ở (1) khi và chỉ khi ABCD là hình thoi. 2) Ta chứng minh JAC+BD2 2 (2) 2 min(AB, BC, CD, DA} Trường hợp 1: ABCD là hình bình hành (h. 2) Từ đẳng thức quen biết 2(AB+AD’)=AC+BD ⇒ 4min (AB2, BC2, CD2, DA2) ne (3, 4, 6) mà tg- 元 = √3 = Q Mặt khác U2m+1=2m + 1 2m+1 nên 3 và tg = Π 1 # Q. Mâu thuẫn. 6 √3 Trở lại bài toán : Gọi O là tâm của đa giác đều Ái ... A, với các đỉnh có tọa độ nguyên. Khi đó A1 n π lim U2m+1 = lim Uzm . Suy ra lim u=ln2. Cách 2. Vi f(x) = +Σ(-1)x- 1 x+1 (-1)"x" EL nên 1+x theo nhận xét 1 SA - Ai – A,A,cotg =Qsuy (x)>0 Vx>0 với n chẵn. Do vậy nguyên hàm 元 Al-An n ra tg– e Q = n = 4. Với n = 4 ta dễ thấy tổn tại hình vuông có đỉnh là tọa độ nguyên. của nó là F(x) = In(1+x) + (~1)' x' i 2(-1)x đồng 8448 17 https://www.facebook.com/letrungkienmath https://sites.google.com/site/letrungkienmath biến trong (0, +co) với " chẵn và vì vậy F(x) ≥ F(0) = 0Vx ≥0. Tương tự, f(x) < 0 Vr>0 với n lẻ nên F(x) nghịch biến trong [0, +c) với n lẻ và F(x) s F(0) = 0Vx ≥0. Với x = 1, ta được F(1) = ln 2 - u, ≥ 0 với n chắn và F(1) = ln(2) - u, ≤ 0 với n lẻ. Mặt khác U2k+2 = thật 12k + 1 trong đó các số x, (i = 1, 2, ..., n) thỏa mãn các điều kiện : 0 < x <1 (i = 1, 2, ..., n) và x; + x2 + ... + x = 1 nên dãy {z} là 1n2, do đó làm u 1 2k+1 2k+2 dãy tăng và bị chặn trên bởi = a 12k < 1 1 12k+3=2k+1 + - 0) ; thế thì : x+y+ z = p và a = y+z, b = z+x, c = x + y. Khi đó (1) có dạng sau mà ta cần phải chứng minh: yz zx ху (x+y+z) + Σ 23 [(y + z)2 + (2 + x)2 + (x + y)2] 4L (2) Thật vậy, áp dụng BĐT Cô-si đối với ba số dương x, y, z ta có BĐT sau : x y (2+2)+(2+2)+2 (2+2) 222 +7 +27) (3) > Cộng vào hai vế của (3) tổng yz + z + xy, ta Vz ZX ху được:(x+y+z) + + ≥ 2(x2 + y2+z2) + yz + zx + xy Lại dùng BĐT Cô-si có : 1.2 > (4) (x2 + y2+z2) ≥ (yz+zx+xy) 2 + 2 nên từ (4) và (5) ta được yz zx xy (x+y+z) + + X y Z IV ≥ 2 (x2 + y2 + z 2 + y z + zx + xy ) = 3 2 31 (5) 2 [(y + 2)2 + (2 + x)2 + (x + y)2 ] (2) => (dpcm) Dấu đẳng thức ở (*) xảy ra khi và chỉ khi dấu đẳng thức xảy ra ở (3), (4), (5) và do đó xảy ra ở (2):x=y=ze a = b = c hay tam giác ABC là đều. Nhận xét 1. 1) Bài toán trên đây có nhiều lời giải khác nhau. Một số lời giải không gọn hoặc phức tạp vì sử dụng quá nhiều bất đẳng thức hình học. Bạn Nguyễn Đăng Bình sử dụng hệ thức A 2 B 2 =ptg = ptg = ptg A B B C giác thống~+gàng 2 CA 22 2 2+182182+18-18 và hệ thức lượng = 1 đã đưa (*) về - Bạn Vũ Hồng Nhật, 9B, THCS Tán Thuật, Kiến Xương, Thái Bình đã chứng minh đúng : r2+ r22 + r2 ≥ ≥ m2 + m2 + m2 + = [(a - b)2 + (b−c)2 + (c-a)2] Bạn Nguyễn Đức Minh, 10A1, THPT Phan Bội Châu. Nghệ An đã chứng minh BĐT sau : r2 + r2 + r2 ≥ m2 + m2 + m2 + 2(R2 - 4r2) Ban Bùi Hữu Đức, 10A1, THPT chuyên tỉnh Vĩnh Phúc, xuất phát từ công thức đường phân giác 4bcp(p-a) (b+c)2 và 1, ≤m, đã chứng minh được BĐT (**) sau đây, mạnh hơn BĐT (*) ở để bài : 122 + 12 + r2 + B + B + 1 ≥2(m2 + m2 + m2) (**) 3) Ngoài các bạn nếu trên, các bạn sau đây cũng có lời giải tương đối gọn gàng sáng sủa : Hà Nội : Vũ Nhật Minh, Nguyễn Hoàng Việt, 9H, THCS Lê Quý Đôn, Cầu Giấy : Phạm Nhật Minh, 10B Tin, PTCT, ĐHKHTN - ĐHQG ; Nguyễn Chí Hiệp, 12A1, PTCTT, ĐHSP : Bắc Ninh : Vũ Đăng Chu, Chu Đức Đạo, 10 Toán, THPT NK Hàn Thuyên ; Vĩnh Phúc : Phạm Huy, Hoàng Thị Minh Huệ, SC, THCS Tam Dương, Nguyễn Công Huân, 10A1, Phùng Văn Bình, Lê Minh Thắng, Nguyễn Đăng Tuyến, IA1, Lê Sinh Huy, 12A2, Trấn Thị Lan Anh, 12B3, THPT chuyên Vĩnh Phúc ; Trần Hải Hậu, 10A1, THPT Tam Dương I, Trần Văn Dũng, 12A4, THPT Xuân Hòa, Mê Linh ; Phú Thọ : Trần Thế Hùng. Ngô Thành Việt, 9A1, THCS Hạ Hòa, Nguyễn Trung Kiên, 9A, THCS Giấy, Phong Châu ; Hải Dương : Trần Tiến Hưng, Nguyễn Thị Mai, 10T, THPT Nguyễn Trãi, Hải Dương: Hải Phòng : Phạm Huy Hoàng, 9B, Bùi Tuấn Anh, Nguyễn Bà Tháng. Trần Tiến Thức, 10 Toán, Phạm Khoa Thu Hương, Bùi Quỳnh Mai, Lê Hải Yến, II Toán, THPT NK Trần Phú ; Phạm Trung Đoàn, 10C1. THPT Vĩnh Bảo, Nguyễn Đặng Phương Đình, III, THPT Giao Thủy A ; Thanh Hóa : Nguyễn Trọng Hòa, 10T, Nguyễn Phương Tuấn, 11T1, THPT Lam Sơn, Đồ Như Quảng, 10A11, THPT Lê Văn Hưu, Thiệu Hóa, Đỗ Như Quang, 10A1. Hoàng Trong Bắc, 11B1, THPT Lê Văn Hưu ; Nghệ An : Phan Đăng Học, Trần Phi Sơn Tùng, 11A1, PTCTT ĐH Vinh; Nguyễn Sĩ Bình, 10A2. Phạm Xuân Khoa, Phan Đình Phúc, Lê Văn Vinh, 10A1, Bùi Đăng Lương, T1A1, Nguyễn Thị Quỳnh Trang, 11A2, THPT Phan Bội Châu ; Quảng Bình : Hoàng Đoàn Phương Thảo, 10T, THPT chuyên Quảng Bình ; Quảng Trị : Lê Hải Dương, 11B, THPT Hải Lăng ; Đà Nẵng: Trần Tấn Liêm, Lê Đăng Việt Phương, Nguyễn Văn Vinh, 11A1, THPT chuyên Lê Quý Đôn, Tp. Đà Nẵng, Nguyễn Đình Minh, 12/21, THPT Phan Châu Trinh ; Quảng Nam : Nguyễn Dương Tuấn, 10/1, THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm, Tam 19 https://www.facebook.com/letrungkienmath https://sites.google.com/site/letrungkienmath Kỳ ; Phú Yên : Nguyễn Quang Khả, Nguyễn Hữu Phước, 1172, THPT Lương Văn Chánh, Tuy Hòa Khánh Hòa : Hồ Sĩ Đông, 10T, THPT Lê Quý Đôn, Nha Trang ; Lâm Đồng : Nguyễn Trường Kha, 12 Toán, THPT Thăng Long, Đà Lạt ; Đồng Nai : Ta Quang Hiển, 10T, Lê Phương, 12T11, THPT chuyên Lương Thế Vinh ; Tp. Hồ Chí Minh : Trần Minh Hoàng, 10T, Trần Võ Huy, 12T, Nguyễn Lâm Hưng, 12T, PTNK - ĐHQG Tp. HCM ; Lê Đỗ Tuấn Khanh, LICT, THPT Lê Hồng Phong, Nguyễn Phương Linh, THPT chuyên Trần Đại Nghĩa, Tp. HCM ; Bà Rịa – Vũng Tàu : Nguyễn Hà Tiên, 10T, THPT chuyên Lê Quý Đôn, Tp. Vũng Tàu : Cần Thơ : Mạch Nguyệt Minh, 12A1, THPT Lý Tự Trọng : Đồng Tháp : Nguyễn Gia Bảo, Lý Duy Khiêm, 9A1, Trần Thế Vĩnh, 10T, THPT Tx. Cao Lãnh ; Vĩnh Long : Võ Minh Tâm, 11T1, THPT ch. Nguyễn Bình Khiêm ; Bạc Liêu : Nguyễn Trường Đan Vũ, 10T, THPT chuyên Bạc Liêu. NGUYỄN ĐĂNG PHẤT Bài T10/307. Gọi H và ( lần lượt là trực tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC của tứ diện SABC mà SA, SB, SC vuông góc với nhau từng đôi một. Chứng minh rằng OH2 SH2 +2= 1 4cos A.cos B.cos C trong đó cosA, cosB, cosC là côsin các góc của AABC. Lời giải. (của bạn Hoàng Ngọc Minh, 12 A1, THPT chuyên Hùng Vương, Phú Thọ) B M E C Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ; D, E lần lượt là giao điểm của AH với BC và với đường tròn (O). Chú ý rằng AABC là tam giác nhọn suy ra H nằm trong AABC và do đó H nằm trong đường tròn (O). Vì ASAD vuông tại S và HD = DE (các bạn tự chứng minh) nên HQ) R2 - OH2 = AHHE =2AH.HD = 2SH2 Từ đó suy ra : = OH2 R2 SH2 +2= SH2 (1) Mặt khác gọi F là giao điểm của CH với AB thì có : SH = AHHD = = AF BD sin B tgC ( AC.cos A AB.cos B.cos C sin B sin C =2RcosA.2R.cosB.cosC = 4R.cosA.cosB.cosC Từ (1), (2) suy ra : OH2 SH2 +2= 1 4cos A.cos B.cos C (dpcm) (2) Nhận xét . 1) Hầu hết các bạn đều giải bằng cách sử dụng tính chất đường thẳng Ơ-le và công thức Lép-n (hoặc dùng PP vectơ) để biểu diễn OH qua SA = a, SB = b, SC = c. Bạn Nguyễn Đức Công, 1ẢI. THPT Yên Phong I, Bắc Ninh và Trần Văn Dũng, 12A4, THPT Xuân Hòa, Mê Linh, Vĩnh Phúc giải bài này bằng phương pháp tọa độ. Bạn Khổng Minh Thảo, IT, THPT Nguyễn Trãi, Hải Dương đã áp dụng định lí "Con nhóm" (xem THTT số 170, 6/1989) cho tứ diện SABC với các véctơ đơn vị hướng ra phía ngoài tứ diện dó: ej SH ISHI CS ICSI AS LASI BS IBS I HA HB HC + = c2 Ô, suy ra chứng minh được hệ thức : HO + + AO BO CO + -+- từ HỌ ĐA - 40 Bộ Cọ Và đó cũng cho lời giải đúng. = a2 b2 2) Các bạn có lời giải gọn hơn cả : Hà Nội : Nguyễn Đức Bình, 10A, Lê Hùng Việt Bảo, Vũ Quang Thanh, LIA, ĐHKHTN - ĐHQG Hà Nội; Nguyễn Hoàng Thanh, 12A1, Nguyễn Chí Hoàng, 12A2. ĐHSP Hà Nội: Hải Phòng : Nguyễn Vũ Lân, 9A, THPT NK Trần Phú ; Bắc Ninh : Trương Đình Trường, 1ỊT, THPT NK Hàn Thuyên ; Vĩnh Phúc : Lê Sinh Huy, 12A2, THPT ch. Vĩnh Phúc ; Hòa Bình : Nguyễn Thùy Dương, 9A1, THCS Hữu Nghị ; Hải Dương : Lê Đình Huy, 107. THPT Nguyễn Trãi, Phạm Việt Hải, 11A4, THPT Hồng Quang ; Ninh Bình : Trịnh Thùy Nhung, 12T, THPT Lương Văn Tụy ; Thanh Hóa : Vũ Nguyên Thắng, 10T, Nguyễn Ngọc Hưng, 11T2, THPT Lam Sơn ; Nghệ An : Phan Đăng Học, Trần Phi Sơn Tùng, I1AL, Từ Việt Tiệp, 11B2, PTCTT ĐH Vinh ; Bùi Đăng Lương, 11A1, Nguyễn Mạnh Hùng, 11A2, THPT Phan Bội Châu ; Quảng Trị : Hồ Sĩ Sáng, Nguyễn Văn Việt, Trương Song Hào, 1IT, THPT chuyên Lê Quý Đôn Đà Nẵng : Bùi Thiên Kim, 12A1, THPT chuyên Lê Quý Đôn ; Phú Yên : Phan Thành Nam, 12T2, THPT chuyên Lương Văn Chánh ; Tp. Hồ Chí Minh : Trần Võ Huy, 12T, PTNK ĐHQG Tp. HCM ; Vĩnh Long : Võ Minh Tâm, 11T1, THPT chuyên Nguyễn Bình Khiêm.... vi Đăng Lương, HỒ QUANG VINH 20 Mali li し https://www.facebook.com/letrungkienmath https://sites.google.com/site/letrungkienmath Bài L1/307. Một con lắc lò xo nằm ngang có khối lượng không đáng kể và độ cứng k = 100N/m, chiều dài tự nhiên = 80 (cm), k: G е G1 O O quả nặng Q có khối lượng m = 400g. Bỏ qua mọi ma sát, rẻ = 10. Chọn trục Ox cùng chiều với trục lò xo, quả nặng ở vị trí cân bằng 0 như hình vẽ. Kéo Q lệch khỏi vị trí cân bằng theo chiều dương của trục một đoạn 4cm rồi thả nhẹ, Q chuyển động ngược chiều dương của trục 2cm thì người ta giữ chặt điểm G, của lò xo với GG, = 61,5cm. Viết phương trình dao động của ẹ sau khi giữ chặt điểm G, ? Q Lời giải. Tại thời điểm bắt đầu giữ chặt G, với GG1 = 61,5cm thì lò xo có chiều dài l = lo + x = 82cm, do đó chiều dài của đoạn lò xo từ G, đến vật là 7 = 82 - 61,5 = 20,5cm. Ta thấy 1 1 14 suy ra đoạn lò xo từ G, đến vật có chiều lo = 20cm và có độ dài tự nhiên bằng 1, = 4 k' lo cứng k mà = k = 4k = 400N/m. Như k lo vậy sau khi giữ chặt G, ta có con lắc lò xo mới (k', m), vị trí cân bằng mới O của quả nặng có tọa độ X = 00' = GO - G 0 =1,5cm. Nếu chọn O′ làm gốc tọa độ thì phương trình dao động của Q có dạng x = Asin(t + ), với k' @= ^ = 107 rad/s. Tại thời điểm t=0, x= m 21,5 0,5(cm) = Asing (1); v = @Acoso k m = √42-22 = -5.2√3 (cm/s) (2) Từ (1) và (2) tìm được : A = 1,80(cm); 0 ≈ 2,86rad. Suy ra x = 1,80sin(107t + 2,86) (cm). Trở lại gốc tọa độ 0, phương trình dao động của ( là : X= 1,80sin(10лt + 2,86) + 1,5(cm) Nhận xét. Các bạn có lời giải và đáp số đúng : Yên Bái : Phan Thị Kim Hoa, 12A1, THPT chuyên Nguyễn Tất Thành ; Hải Phòng : Bùi Ngọc Thơ, 12A, THPT Phạm Ngũ Lão, Thủy Nguyên ; Bình Định : Đinh Thành Vinh, 12 Lí, THPT chuyên Lê Quý Đôn, Quy Nhơn ; Phú Thọ : Vũ Đình Quang, 10B, Nguyễn Kim Ngoc, 12B1, THPT ch. Hùng Vương, Việt Trì : Bạc Liêu : Lê Thanh Hoàn, 12T1, THPT chuyên Bạc Liêu ; Nam Định : Nguyễn Hải Long, 12A, THPT A Nghĩa Hưng, Nguyễn Văn Phi, 11 Lí, THPT chuyên Lê Hồng Phong ; Hải Dương : Trần Quang Hưng, 54K2, Thị trấn Thanh Miện ; Hà Tây : Hoàng Đông Điện, 12 Lí 2, THPT Nguyễn Huệ, Hà Đông ; Vĩnh Phúc : Lê Sinh Huy, 12A2, THPT ch. Vĩnh Phúc : Trần Văn Dũng, 12A4, THPT Xuân Hòa, Mê Linh. MAI ANH Bài L2/307. Có hai bình 1 và 2 chứa 6 lit và 2 lít nước tương ứng ở nhiệt độ lần lượt là 80C và 20°C. Ban đầu người ta đổ một số lít nước ở bình 1 sang bình 2. Sau khi đã có cân bằng nhiệt ở bình 2, người ta lại đổ nước từ bình 2 bằng nhau, thì thấy nhiệt độ bình 1 còn lại là sang bình 1 sao cho thể tích nước ở hai bình 70°C. Hỏi ban đầu đã đổ bao nhiêu lít nước từ bình 1 sang bình 2 ? Tỉnh nhiệt độ của nước bình 2 sau khi đã đổ nước từ bình 2 sang bình 1. Bỏ qua sự mất nhiệt với môi trường ngoài và bình đựng chất lỏng, (1) Lời giải. Thể tích nước ở mỗi bình sau lần trao đổi nhiệt cuối cùng là (6 + 2) : 2 = 4 lít. Kí hiệu m (kg), V (lít) tương ứng là khối lượng và thể tích lượng nước đổ lúc đầu từ bình 1 sang bình 2 và TC là nhiệt độ của nước ở bình 2 sau khi đã có cân bằng nhiệt. Phương trình cân bằng nhiệt là : DV(80 - t) = D.2(1 – 20) ⇒ V(80-1)=2(1-20) giuli (D là khối lượng riêng của nước). Khi đó thể tích nước ở bình 2 và bình 1 tương ứng là (V+2) và (6–V). Do đó thể tích nước sau đó đã đổ từ bình 2 sang bình 1 là (V+2–4) = (V−2). Phương trình cân bằng nhiệt lúc này là : D(V-2)(70-t) = D(6-V)(80-70) ⇒(V-2)(70-1) = 10(6-V) (2) Từ (1) và (2) tìm được : t = 60C và V = 4lít. Nhận xét. Phần lớn bài các bạn gửi đến đều có đáp số đúng và có rất nhiều bạn đang học lớp 8, lớp 9 đã gửi bài giải. Sau đây là các bạn học THCS có lời giải gọn và ghi đáp số đúng : Đồng Nai : Trần Quốc Chương, 9A, THCS Nguyễn Bỉnh Khiêm, Tp. Biên Hòa ; Hải Phòng : Vũ Ngọc Linh 9A, THPT NK Trần Phú ; Thanh Hóa : Lê Bá Ngọc. 8B, THCS Lê Hữu Lập, Hậu Lộc ; Vĩnh Phúc : Nguyễn Thị Huyền Trang, 8D, THCS Vĩnh Tường, Quách Phương Nam, 9A, THCS Yên Lạc ; Hà Tĩnh : Võ Quang Sáng, 9B, THCS Nam Hồng, Hồng Lĩnh : Hà Tây : Nguyễn Quang Huy, 9B, THCS Nguyễn Thượng Hiển, Ứng Hòa ; Nghệ An : Đậu Thị Huyền, 9A, THCS Hồ Xuân Hương, Quỳnh Lưu, Nguyễn Thị Huyền, 9C, THCS Quỳ Hợp, Quỳ Hợp. MAI ANH 21 https://www.facebook.com/letrungkienmath https://sites.google.com/site/letrungkienmath CLB BREA FAR các bình phương của hai cạnh của tam giác, Các trường hợp đồng dạng của hai tam giác vuông, Phương trình và bất phương trình bậc nhất một ẩn, Hệ thức giữa các cạnh và các góc của tam giác vuông, Các phép tính và biến đổi đồng nhất phân thức đại số, Bất phương trình chứa ẩn trong dấu giá trị tuyệt đối, Toán cực đại toán cực tiểu và chứng minh bất đẳng thức, Tỉnh các đại lượng hình học bằng cách lập phương trình, Bất phương trình một ẩn và bất phương trình tương đương, Quỹ tích các điểm Giải đáp : THÁP NHIỀU TẦNG cách một đường thẳng một đoạn cho trước, Biểu Rất vui vì các bạn xây được rất nhiều tháp cao tầng về các khái niệm toán học. Đa số các bạn xây được 30 tầng. Năm bạn xây được cao hơn và cao nhất là : Phạm Quang Huy, 8B2, THCS Đà Nẵng, Ngô Quyền, Hải Phòng ; Ngô Hải Long, 9C, THCS Quỳnh Thọ, Quỳnh Phụ, Thái Bình ; Lê Bá Lâm, 10A1, THPT Lê Văn Hưu, Thiệu Hóa, Thanh Hóa ; Trần Kim Thịnh, 7A5, THCS Chu Văn An, Tp. Thái Nguyên ; Trần Tiến Dũng, 9A, THCS Nguyễn Hiền, Nam Hồng, Nam Trực, Nam Định được nhận quà của tòa soạn. Hoan nghênh các bạn nhỏ Hoàng Thị Hương Giang, 6 Pháp, THCS Phan Chu Trinh, Buôn Ma Thuột, Đắc Lắc ; Bùi Thị Kim Huế, Đoàn Thị Bích Ngọc, Hoàng Nhật Chính, 7A, THCS Yên Lạc, Vĩnh Phúc ; Nguyễn Thị Hải Linh, Đỗ Thị Minh Châu, 7I, THCS Lê Quý Đôn, Cầu Giấy, Hà Nội đã tham gia xây tháp. Sau đây là tháp của bạn Phạm Quang Huy, nhưng vì cao quá nên đành in từ tầng cao đến tầng thấp liên tiếp nhau : 1 O, Tử, Mẫu, Hệ số, Tổ hợp, Hoán vị, Lũy thừa, Chỉnh hợp, Hình thang, Đối xứng tâm, Đối xứng trục, Hình bình hành, Giá trị lớn nhất, Diện tích đa giác, Tam giác vuông cân, Toán bậc nhất một ẩn, Phương trình bậc cao, Hai tam giác đồng dạng, Tỉ số của hai đoạn thẳng, Phương trình có hệ số chữ, Chùm đường thẳng đồng quy, Các hằng đẳng thức đáng nhớ, Số thập phân vô hạn tuần hoàn, Tinh chất cơ bản của phân thức, Tổng các góc trong một tam giác, Các tỉ số lượng giác của góc nhọn, Hai bất phương trình tương đương, Hệ thức lượng trong tam giác vuông, Ảnh của hình trong phép đổi xứng tâm, Quy đồng mẫu thức của nhiều phân thức, Tính chất đường phân giác của tam giác, Phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối, Các trường hợp đồng dạng của hai tam giác, Các hằng bất đẳng thức để giải toán cực trị, Phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử, Tỉ số các đường cao của hai tam giác đồng dạng, Tổng 22 diễn tập hợp nghiệm của bất phương trình trên trục số, Phương trình có giá trị tuyệt đối và biện luận phương trình, Vẽ đường thẳng song song để tạo thành các cặp đoạn thẳng tỉ lệ, Mặt cầu tiếp xúc với các đường thẳng chứa cạnh của khối tứ diện, Phương trình bậc nhất một ẩn và các phương trình quy về bậc nhất, Sử dụng công thức diện tích để lập quan hệ về độ dài các đoạn thẳng. VŨ ĐÔ QUAN Giải đáp : VÀI PHÚT THƯ GIÃN Hàng đơn vị : R+E = E nên R=0=0 khác 0. Hàng trăm : 0+I+1= *Inên 0=9 Khi đó : Hàng chục : U + V = 10+N Hàng nghìn : F+F+1=N FOUR FIVE NINE a) Nếu F = 1 ta có N = 3 suy ra U+V = 13. Có 4 cách chọn (U, V) là (6, 7), (7, 6), (5, 8), (8, 5). Như vậy có A = 12 cách chọn (I, E) từ 4 chữ số còn lại sau khi chọn (U, V). Trường hợp này có 4 × 12 = 48 dáp án b) Nếu F = 2 ta có N = 5 suy ra U + V = 15. Có 2 cách chọn (I, E) từ 4 chữ số còn lại sau khi chọn (U, V). Trường hợp này có 2 × 12 = 24 đáp án. c) Nếu F ≥ 3 ta có N ≥ 7 và suy ra U + V > 17. Vô nghiệm. Tóm lại có 48 + 24 = 72 đáp án. Hai bạn Bùi Phương Thảo, 10A1, THPT Nguyễn Tất thành, Q. Cầu Giấy, Hà Nội ; Võ Quang Đảm, 12A2, THPT Nguyễn Huệ, Tx. Tuy Hòa, Phú Yên được nhận phần thưởng của THTT. PASCAL VKT Bạn biết những gì quanh cái tên nổi tiếng này? Hãy gửi ngay bài viết của bạn về tòa soạn, trong phạm vi một trang A4 thôi nhé. BÍNH NAM HÀ https://www.facebook.com/letrungkienmath https://sites.google.com/site/letrungkienmath Kết quả: MỘT LỜI GIẢI LẠ LÙNG SAI LẦM ở đâu Lời giải bài toán cho thấy không có số nào thỏa mãn điều kiện đề bài. Chữ số hàng đơn vị hơn chữ số hàng chục 4 đơn vị, nên khi đảo ngược thứ tư các chữ số của số đó thì hiệu giữa số mới và số cũ phải là 36, nhưng bài ra lại cho hiệu giữa hai số này là 27. Từ đó dẫn tới PT : 0y = 9, PT này vô nghiệm y ; dẫn đến đẳng thức sai 4 = 3(!) vì đã thay đổi yêu cầu của bài toán. Nhận xét. Có nhiều bạn cho rằng để ra sai và đề nghị sửa lại để toán. Xin thưa : đề bài không có vấn đề gì đâu ! Bài ra yêu cầu tìm số, vậy số đó có thể tồn tại, có thể không. Một số bạn nhận xét vui rằng để toán có thể đưa vào phần "Khởi động" trong chương trình "Đường lên đỉnh Olimpia" của VTV3. Các bạn sau có lời bình tốt hơn cả : Thái Nguyên : Thái Đoàn Minh Tuấn, 9D2, THCS Trung tâm, Sông Công ; Hà Nội : Trần Anh Tuấn, 8C, THCS Hoàng Liệt, Thanh Trì ; Nam Định : Nguyễn Văn Đỉnh, 111, THPT Giao Thủy A, Giao Thủy ; Thái Bình : Ngô Hải Long, 9C, THCS Quỳnh Thọ, Quỳnh Phụ ; Phú Yên : Nguyễn Ngọc Sơn, 12T1 THPT Lương Văn Chánh, Tx. Tuy Hòa. LO LẮNG ! NGỌC HIỂN Trong kì thi học sinh giỏi toán tỉnh Lâm Đồng năm học 2001 - 2002 có bài toán : Cho (a + b) = (a + b) và ab =0. Tính giá trị của biểu thức a b ba Lời giải : Từ giả thiết ta có a+3a2b2(a + b2) + b = a+2ab+b 3a2b2(a2 + b2) = 2a'b' a b 2 + = (vì ab =0) ba 3 Giải xong tôi cảm thấy thực sự lo lắng ! Các bạn có ý kiến gì cho bài toán này. LÊ TIẾN HÙNG (GV THCS TT Madagoul- Đạ huoai Lâm Đồng) ma Giải trí Kết quả: TOÁN HỌC DÊ CON ĐI CHƠI XUÂN Trước hết xét các đoạn đường AB bất kì không có ngã rẽ mà dê con đã đi qua. Nếu dê con đi qua đoạn đường đó một số chẵn 2, lần từ A (hoặc từ B) thì sau khi đi và về 2, lần dê sẽ quay lại vị trí ban đầu A (hoặc B), do đó có thể bỏ đoạn đường ấy mà không làm ảnh hưởng đến đường đi từ nhà tới điểm bắt đầu quay về. Cũng vì lí do trên, đoạn đường nào đi qua một số lẻ lần thì coi là đi qua chỉ 1 lần. Sau khi làm như thế chỉ còn lại những đoạn đường đi qua 1 lần. Lúc đó trừ hai điểm dầu và cuối đường đi, mọi ngã rẽ đều có một số chẵn lối ra - vào vì khi có lối vào thì phải có lối ra. Bây giờ dê con chỉ việc đi theo những đoạn đường còn để lại không quá 1 lần thì sẽ về đến nhà do số đoạn đường đi này là hữu hạn. Hai bạn được nhận tặng phẩm là : Chu Văn Tiến, 11A2, THPT Nguyễn Viết Xuân, Vĩnh Tường, Vĩnh Phúc, Nguyễn Văn Ngọc, 9C, THCS |- Nguyễn Cao, Quế Võ, Bắc Ninh. THE HOÀNG NGUYỄN T ĐIỀN SỐ VÀO BẢNG Có một bảng a x n ô vuông. Ở mỗi ô của bảng chúng ta điền số 1 hoặc -1 và gọi x, là tích các số trên cột thứ 1, y, là tích các số trên dòng thứ i (i = 1, 2, ..., n) sao cho : = X; + x2 + ... + x + y; + y2 + ... + y = 0 +y, a) Bạn hãy chỉ ra một cách điền như trên đổi với bảng 4 × 4. b) Đối với bảng vuông 9 × 9 thì bạn điền như thế nào ? THĂNG LONG (Quận Tân Bình, Tp. Hồ Chí Minh) TÌM MUA TOÁN HỌC TUỔI TRẺ Ở ĐÂU ? Ở Hà Nội : 81 Trần Hưng Đạo, 187 B Giảng Võ, 25 Hàn Thuyên, 23 Tràng Tiền, 232 Tây Sơn .. Đà Năng : 15 Nguyễn Chí Thanh, ... Tp. Hồ Chí Minh : 231 Nguyễn Văn Cừ và 240 Trần Bình Trọng, Q. 5,.... Các hiệu sách lớn trong cả nước. Bạn có thể đặt mua cả năm hoặc từng quý ở các Bưu điện địa phương. Các đại lí sách báo muốn phát hành tạp chí THTT xin liên hệ với : Trung tâm Phát hành sách tham khảo, NXB Giáo dục, 187B Giảng Võ, Hà Nội, ĐT 045141253 P +i+i 9 + m+n+pth = 0 Mth=5 P+q = 823 men+8+4 = 25. https://www.facebook.com/letrungkienmath https://sites.google.com/site/letrungkienmath Toán học và Tuổi trẻ Mathematics and Youth 1 NĂM THỨ 40 So 311 (5-2003) Tòa soạn : 187B, phố Giảng Võ, Hà Nội TRONG SỐ NÀY Dành cho Trung học cơ sở – For Lower Secondary Schools Vũ Thanh Hương – Vận dụng bất đẳng thức tam giác vào giải toán hình 7 7 DT-Fax: 04.5144272 Email: toanhoctt@yahoo.com 10 Toán học và đời sống – Mathematics 3. Đề thi tuyển sinh môn toán lớp 10 trường THPT chuyên Lê Hồng Phong, Nam Định 2002 12 4 5 Lời giải đề toán thi tuyển sinh lớp 10 trường Quốc học Thừa Thiên - Huế 14 and Life Ngô Văn Đang – Xác định đường dạng cung tròn trong xây dựng công trình giao thông Đề ra kì này - Problems in this Issue T1/311,..., T12/311, L1, L2/311 Giải bài kì trước - Solutions to Previous Problems Diễn đàn dạy học toán – Math Teaching Giải các bài của số 307 Forum Tôn Thân - Sách giáo khoa Toán 7, những điều mới mẻ và lí thú 22 Câu lạc bộ - Math Club Sai lầm ở đâu ? - Where's the Mistake ? 6 Tiếng Anh qua các bài toán – English through Math Problems 23 Giải trí toán học - Math Recreation Ngô Việt Trung – Bài số 62 7 Chuẩn bị thi vào đại học — University Entrance Preparation. Giúp bạn tự ôn thi: – Hướng dẫn giải đề tự ôn thi số 2. Đề tự ôn thi số 3. Bìa 2 : Số 1, số 0 và sự nghi ngờ có lí Bìa 3 : Giải thưởng Abel đầu tiên Tổng biên tập : NGUYỄN CẢNH TOÀN Phó tổng biên tập : NGÔ ĐẠT TỨ Hội đồng biên tập : Chịu trách nhiệm xuất bản Giám đốc NXB Giáo Dục : NGÔ TRẤN ÁI Tổng biên tập NXB Giáo Dục : VŨ DƯƠNG THỤY NGUYỄN CẢNH TOÀN, NGÔ ĐẠT TỨ, LÊ KHẮC BẢO, NGUYỄN HUY ĐOẠN, NGUYỄN VIỆT HẢI, ĐINH QUANG HẢO, NGUYỄN XUÂN HUY, PHAN HUY KHẢI, VŨ THANH KHIẾT, LÊ HẢI KHÔI, NGUYỄN VĂN MẬU, HOÀNG LÊ MINH, NGUYỄN KHẮC MINH, TRẦN VĂN NHƯNG, NGUYỄN ĐĂNG PHẤT, PHAN THANH QUANG, TẠ HỒNG QUẢNG, ĐẶNG HÙNG THẮNG, VŨ DƯƠNG THỤY, TRẦN THÀNH TRAI, LÊ BÁ KHÁNH TRÌNH, NGÔ VIỆT TRUNG Trưởng ban biên tập : NGUYỄN VIỆT HẢI. Biên tập : VŨ KIM THỦY, HỒ QUANG VINH Trị sự : VŨ ANH THƯ Trình bày : NGUYỄN THỊ OANH, NGUYỄN THANH LONG, NGUYỄN TIẾN DŨNG Đại diện phía Nam : TRẦN CHÍ HIẾU, 231 Nguyễn Văn Cừ, Tp. Hồ Chí Minh. ĐT : 08.8309049 24 24 https://www.facebook.com/letrungkienmath https://sites.google.com/site/letrungkienmath GIẢI THƯỞNG ABEL ĐẦU TIÊN hàn lâm Khoa và Văn học Vừa quy diễn hò tặng giải thưởng ban đầu NGÔ VIỆT TRUNG Những trình của đã xây dựng và phát triển những công cụ đại số mang đinh chất tiên cho nhà toán học Jean-Pierre Serre vì những cách mạng trong các chuyên ngành Tổ pô. Hình đóng góp sâu sắc của ông cho sự phát triển toán học đại số và Lý thuyết số. Những ý tưởng của học hơn nửa thế kỷ qua. Giải thưởng Abel được ông đóng một vai trò quan trọng trong nhiều kết nhà nước Na Uy lập ra nhân dịp 200 năm ngày quả đột phá của toán học, từ việc phát hiện ra mã sinh của nhà toán học Niels Henrik Abel (1802 công khai cho đến việc giải quyết giả thuyết 1829) được xem như giải thưởng Nobel cho toán - Fermat học (xem Toán học Tuổi trẻ số 4, năm 2002). Giải thưởng Abel năm nay có giá trị hơn 800 000 USS. Jean-Pierre Serre sinh năm 1926 tại Bages, Pháp. Ông tốt nghiệp đại học tại Trường Sư phạm cao cấp Paris và bảo vệ tiến sĩ năm 1951 tại trường đại học Sorbonne. Sau đó ông là Phó giáo sư tại Trường đại học Nancy. Từ năm 1956, cho đến khi nghỉ hưu, ông là Giáo sư tại College de France. Serre là tiến sĩ danh dự của nhiều trường dai học và là thành viên nhiều viên hàn lâm của Pháp. Mỹ, Thụy Điển và Hà Lan. Ông được trao tặng giải thưởng Fields năm 1954 khi mới 28 tuổi và là người trẻ nhất khi nhận giải thưởng này từ trước đến nay. Năm 2000 ông được trao tặng giải thưởng Wolf, một giải thưởng cao quý không kém gì giải thưởng Fields. Với việc nhận giải thưởng Abel, ông trở thành người duy nhất cho đến nay nhận được tất cả các giải thưởng cao nhất của toán học. •SÁCH GIÁO DỤC & THƯ VIỆN TRƯỜNG HỌC NHÀ XUẤT BẢN GIÁO DỤC Bài vở và thư từ xin gửi về : Mời các bạn tìm đọc tập san SÁCH GIÁO DỤC VÀ THƯ VIỆN TRƯỜNG HỌC Sách giáo dục và Thư viện trường học (SGD & TV TH) là tập san dành cho các nhà giáo, các cán bộ thư viện trường học, các cán bộ quản lí giáo dục và những người tâm huyết với sự nghiệp giáo dục nói chung. SGD & TVTH có những bài viết giới thiệu, trao đổi xung quanh các vấn đề sách giáo dục nói chung, đặc biệt là chương trình và sách giáo khoa mới hiện nay đang được cả xã hội rất quan tâm. SGD & TVTH cung cấp cho các bạn những thông tin cần thiết, những bài học kinh nghiệm hữu ích trong công tác giảng dạy và công tác thư viện trường học. SGD & TVTH mong được là nhịp cầu nối liền tư tưởng, tình cảm giữa các nhà quản lí giáo dục, những nhà viết sách giáo dục và các nhà giáo – những người trực tiếp sử dụng sách giáo dục và làm công tác giáo dục. TRUNG TÂM KHOA HỌC - CÔNG NGHỆ SÁCH GIÁO KHOA 25 Hàn Thuyên, Hà Nội Điện thoại : (04) 9717189, (04) 8256547 Fax: (04) 9711606 E-mail: khensgk@netcenter-vn.net sgdtvth@yahoo.com SGD & TVTH được Trung tâm Phát hành Sách tham khảo (NXBGD) phát hành đến tất cả các Công ti Sách - Thiết bị trường học, các Sở GD - ĐT và các trường học trong cả nước. Địa chỉ phát hành : TRUNG TÂM PHÁT HÀNH SÁCH THAM KHẢO 57 Giảng Võ, Hà Nội. Điện thoại : (04)5141253 Fax: (04) 8562970 https://www.facebook.com/letrungkienmath https://sites.google.com/site/letrungkienmath TRƯỜNG CHCS ĐỐNG ĐA, HÀ NỘI Trường THCS Đống Đa, quận Đống Đa, Hà Nội được thành lập năm 1972. Trong quá trình 31 năm xây dựng và phát triển nhà trường đã đạt được nhiều thành tích đáng tự hào t • 23 năm liên tục đạt danh hiệu trường tiên tiến xuất sắc cấp thành phố. • 28 năm đạt danh hiệu trường tiên tiến xuất sắc về thể dục thể thao cấp thành phố • Năm 1981 trường được Hội đồng Bộ trưởng tặng Bằng khen • 2 năm liền : 1982, 1983 trường được UBND thành phố tặng cờ thi đua là đơn vị dẫn đầu ngành giáo dục thủ đô. • Năm 1983 trường được Chủ tịch nước tặng Huân chương Lao dong hang Ba. • Năm 1984, trường được Hội đồng Bộ trưởng tặng cờ luân lưu : Đơn vị dẫn đầu thì dua ngành giáo dục toàn quốc Năm 1996 trường được Chủ tịch nước tặng Huân chương Lao động hạng Nhì. • Năm 2001 trường được Chủ tịch nước tặng Huân chương Lao động hạng Nhất. Nhà giáo ưu tú Hiệu trưởng HOÀNG THỊ MINH AN Các đoàn thể trong trường đều hoạt động tốt : Chi bộ trong sạch vững mạnh; Công đoàn xuất sắc cấp Quận và được Liên đoàn thành phố Hà Nội tặng Bằng khen Liên đội thiếu niên tiền phong Hồ Chí Minh đạt xuất sắc cấp thành phố 17 năm. Với lòng yêu nghề mến trẻ, say mê nghề nghiệp, và tài năng sư phạm các thế hệ giáo viên nhà trường ngày càng vững vàng về chuyên môn nghiệp vụ. Nhiều thầy cô giáo đã đạt danh hiệu giáo viên dạy giỏi cấp quận, thành phố, chiến sĩ thi đua mà tiêu biểu là các thầy giáo, có giáo : Đỗ Hồng Hà, Phạm Tú Anh, Nguyễn Ngọc Đại, Nguyễn Minh Chi, Ngô Hồng Loan. Đinh Văn Hồng, Nguyễn Hồng Hạnh A, Đào Ngọc Bích, ... Năm 2002 cô giáo Hoàng Thị Minh An được Nhà nước phong tặng danh hiệu Nhà giáo ưu tú, Chất lượng giáo dục của nhà trường luôn đạt kết quả xuất sắc, là một trong số ít trường có chất lượng đào tạo cao của quận Đống Đa THI DUA DAY TOT HỌC TỐT BIA • Hàng năm học sinh khá giỏi dạt trên 80%. Học sinh giỏi cấp quận. thành phố đạt từ 75 đến 85 giai hàng năm. Học sinh lớp 9 tốt nghiệp đạt tỉ lệ từ 99,6% đến 100. trong đó xếp loại khá giỏi đạt từ 70% den 75%. Được sự quan tâm của các cấp ủy Đảng, chính quyền, Sở GD- ĐT Hà Nội, Phòng GD-ĐT quận Đống Đa, của Hội cha mẹ học sinh, nhà trường ngày càng đổi mới và hoàn thiện về cơ sở vật chất, giữ vững và nâng cao chất lượng giáo dục để xứng đảng với lòng tin cậy của các cấp lãnh đạo, các thế hệ học sinh và cha mẹ học sinh. Các giáo viên Tổ Tự nhiên ISSN: 0866-8035 Chỉ số : 12884 Mã số : 8BT13M3 Chế bản tại Tòa soạn In tại Nhà máy in Diên Hồng, 187B phố Giảng Võ In xong và nộp lưu chiểu tháng 5 năm 2003 Giá : 3000₫ Ba nghìn đồng """