" Tạp chí Toán Học và Tuổi trẻ số 461 tháng 11 năm 2015 🔙 Quay lại trang tải sách pdf ebook Tạp chí Toán Học và Tuổi trẻ số 461 tháng 11 năm 2015 Ebooks Nhóm Zalo ://www.facebook.com/letrungkienmath *** 11 XUẤT BẢN TỪ 1964 2015 Số 461 https://sites.google.com/site/letrungkienmath TOÁN HỌC Tuổitré & NHÀ XUẤT BẢN GIÁO DỤC VIỆT NAM - BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TẠP CHÍ RA HÀNG THÁNG - NĂM THỨ 52 DÀNH CHO TRUNG HỌC PHỔ THÔNG VÀ TRUNG HỌC CƠ SỞ Trụ sở: 187B Giảng Võ, Hà Nội. ĐT Biên tập: (04) 35121607; ĐT - Fax Phát hành, Trị sự: (04) 35121606 Email: toanhoctuoitrevietnam@gmail.com Website: http://www.nxbgd.vn/toanhoctuoitre e DẠY TỐT - HỌC TỐT AQ OUT E 壹 GO 0000 Chào mừng ngày nhà giáo Việt nam 20-11 https://www.facebook.com/letrungkienmath https://sites.google.com/site/letrungkienmath RINH CODE NHẬN ƯU ĐÃI LỚN MÁY TRỌ GIANGUNIONF THƯƠNG HIỆU KORT A Chương trình: Cắt phiếu code góc phải để nhận những ưu đãi lớn Địa điểm đổi code: 132 Chùa Láng, Đống Đa, Hà Nội Hotline: 0934.683.968-0462828288 UNIZONE 9580 F3 Giá: 6.500.000VNĐ - Kết nối không dây - Công suất: 30W(max) -Thời gian sử dụng: 20 giờ -Sac: 3 giò -Cổng line out -Phù hợp lớp: 80-200hs - - Màn hình LCD - Radio FM, ghi âm - Hỗ trợ USB, SD card UNIZONE 9288 F2 EXTEDITIES UIN Giá: 4.200.000VNĐ - Công suất: 30W(max) - Phù hợp lớp học 40-100hs Màn hình LCD - Thời gian sử dụng: 20 giờ - Sac: 3h - Công nghệ giảm hú - Radio FM, ghi âm Hỗ trợ USB, SD card UNIZONE 9088EMS F2 Gia: 2.300.000VNĐ - Công suất: 20w(max) - Phủ hợp lớp: 20-70hs - Thời gian sử dụng: 20h - Sạc: 4h - Công nghệ giảm hú . Radio FM, ghi âm Hỗ trợ USB, SD card UNIZONE 9088 Giá: 1.500.000VNĐ - Công suất: 20w(max) - Công nghệ giảm hú - Thời gian sử dụng: 20h - Sac: 5h Phù hợp lớp: 20-70hs MERIO AUDIO TECHNOLOGY CÔNG TY TNHH THƯƠNG MẠI GIẢI TRÍ MCRIO 132 Chùa Láng, Đống Đa, Hà Nội Website: www.mcrio.vn Code: MC+UZ https://www.facebook.com/letrungkienmath abcdmn https://sites.google.com/site/letrungkienmath BÀI TOÁN abc TÌM CÁC CHỮ SỐ CỦA MỘT SỐ TỰ NHIÊN dac VŨ HỮU CHÍN TRUNG HỌC CƠ SỞ B ài toán tìm chữ số của một số viết trong hệ thập phân thường gặp trong các đề thi học sinh giỏi từ lớp cuối tiểu học đến cấp THCS, THPT, trong đó học sinh được học nhiều vào năm học lớp 6 khi học về ỰC, BC, số nguyên tố, hợp số, số chính phương. Việc giải các bài toán dạng này có tác dụng lớn trong việc rèn luyện tư duy lôgic và khả năng sáng tạo cho học sinh. Bài viết này giới thiệu với bạn đọc cách giải một số dạng toán của bài toán tìm chữ số của một số thông qua một số thí dụ cụ thể. DẠNG 1. TÌM TỪNG CHỮ SỐ BẰNG CÁCH XÉT CHỮ SỐ TẬN CÙNG CỦA MỘT TÍCH Thí dụ 1. Tìm số abcd biết rằng: abcd+bed+cd+d=4574. Lời giải. Từ giả thiết ta có 1000.a+ 200.b+ 30.c+4.d=4574 (1). Xét hàng đơn vị có tích 4.d = ... 4 = d = 1 4=d=1 hoặc d=6. • Nếu d= | thay vào (1) được 100.a+20.b+3.c = 457 (2). Xét hàng đơn vị có tích 3.c=...7 = c =9 Thay vào đẳng thức (2) ta có 10.a+2b=43. Vế trái đẳng thức này là số chẵn, vế phải là số lẽ, do đó không tìm được a, b. • Nếu d= 6 thay vào (1) ta có 100.a+20.b+3c=455 (3). Tích 3.c=....5=c=5, thay vào (3) ta có 10a+2b=44= tích 2b=4=b=2 hoặc b=7, Với b=2=a=4; với b=1=a=3. Vậy các số abcd cần tìm là: 4256; 3756. Nhận xét. Lời giải bài toán trên đã dựa vào tích của một số nhân với 10 có tận cùng 0 và cách tìm chữ số tận cùng của các số. Thí dụ 2. Tìm số abed biết: abc.c=dac (a, b, c, d là các chữ số khác nhau). Lời giải. Từ giả thiết có (100.a + 10.b+c).c=100.d+ 10. a+ c . (GV THCS Hồng Bàng, TP. Hải Phòng) (1). ⇒ 100ac + 10bc+c2 = 100d+ 10a + c Vì cả có tận cùng là c (khác 0), nên c{1,5,6. Nếu c = 1 thì abc = dac (loại vì a, b, c, d khác nhau). • Nếu c = 5 thay vào (1) ta được: 500a +50b+25=100d+10a+5 50a+5b+2=10d+a (2) =49a+5b+2=10d≤90=a= 1. Thay vào (2) được: 50 +56 +1 = 10d. Khi đó tích 5b =. → không tìm được b. • Nếu c = 6 thay vào (1) ta được 60a6b+3=10d+a 59a+6b+3=10d < 90 → a= 1. Thay vào (3) 59+6b+3=10d62+ 6b = 10d =6b<30 và 6.b = ... 8 = b=3=d=8. Vậy số abcd = 1368. (3) 9 Nhận xét. Lời giải bài toán trên sử dụng tính chất c và c có cùng chữ số tận cùng khi c có tận cùng là 0, 1, 5, 6 và cách tìm chữ số tận cùng của các số. Trong cách xét các chữ số tận cùng để tìm các chữ số ta tìm lần lượt từng chữ số. DẠNG 2. SỬ DỤNG CÁC TÍNH CHẤT CHIA HẾT Thí dụ 3. Tìm các chữ số a, b, c biết abc-ca-ca-ac. Lời giải. Ta có ca–ac < 100 = abc–ca<100= abe < 200. Do đó a =1 Ta có phép tính: 16c-c1=c1-le 100+10.b+c-10.c-1-10.c+1-10-c 10.b+ 10818. c 5.b +54-9.c 5.b: 9b9b = {0; 9} (1) Với b= 0 thay vào (1) = 9.c=54=c=6. • Với b=9 thay vào (1)=5.9+54 =9, =c=11 (loại). Vậy a = 1, b=0, c=6. Số 461 (11-2015) TOÁN HỌC Guổi trẻ l Nhận xét. Lời giải bài toán trên dựa vào số chữ số Thi dụ 6. Tìm các chữ số a, b sao cho: 194b của các số sẽ tìm được giới hạn giá trị của các chữ chia hết cho 5 và 8. số. Sau đó sử dụng dấu hiệu chia hết cho 9 tìm được các chữ số còn lại. Thí dụ 4. Tìm số abcdmn biết: abcdmn. 2-cdmnab. Loi giai. Tu abcdmn. 2 = cdmnab (ab.10000+ cdmn). 2 = cdmn. 100+ab 20000. ab+2. cdmn=100. cdmn + ab 19999. ab = 98. cdmn =>2857. ab=14. cdmn 14. cdmn: 2857 mà (2857, 14)=1= cdmn: 2857 cdmn= {2857; 5714; 8571} - Với cdmn = 2857 – ab=14 abcdmn = 142857. – Với cdmn = 2. 2857 → ab= 28 abcdmn = 285714. - Với cdmn = 3. 2857 = ab=42 abcdmn = 428571. Vậy các số abcdmn cần tìm là: 142857; 285714; 428571. Nhận xét. Lời giải trên sử dụng tính chất chia hết: Với a, b, c eN', abic, mà (b, c)= 1 thì ai c Đồng thời dựa vào giả thiết bài toán ta chia số cần tìm ra thành 2 nhóm là số ah, cảm, chứ không nên tìm đơn lẻ từng chữ số. Thí dụ 5. Tìm số ab biết: 1999ab=37. k (ke N'). 1999ab: 37 (199900+ ab): 37 Lời giải. Theo đề bài có: ⇒(5402. 37+26+ ab):37 (26+ ab):37; 0<26+ ab < 126=26+abe (37;74;111}. - Với 26+ ab = 37 = ab =11. Lời giải. Cách 1. Từ 19ab : 5 =b=0 hoặc b=5. • Với b=0 ta có 1940:8=(1900 +10.a) : 8 → (4+2.a) 8 (4+2.a) = (8; 16). - Với 4 + 2a = 8 = a=2=(a, b) = (2; 0). – Với 4+2a= 16=a=6=(a, b) = (6; 0). • Với b= 5 ta có 1945 : 8 =(1905+10a):8=(1+2a):8 (loại). Vậy cặp (a, b) cần tim là: (2; 0), (6; 0), Cách 2. Từ 19ab chia hết cho 5 và 8 → 19ab BCNN(5; 8) ⇒19ab: 40-> (1900+ ab): 40 ⇒(40.47 +20+ ab): 40 = (20 + ab) : 40, mà 0 < ab<100 ⇒ 20+ ab = {40; 80} = ab e{20; 60}. Nhận xét. Trong cách 1) số cần tìm chia hết cho 5 và cho 8. Mà dấu hiệu chia hết cho 5 có tận cùng 0 và 5, vậy nên xét dấu hiệu chia cho 5 trước rồi mới xét tới các dấu hiệu khác. Trong cách 2) sử dụng tính chất chia hết là 4:m, đơn thì 4:BCNN (m, n). Cách 2 làm bài gọn hơn nhưng chỉ nên sử dụng với 2 chữ số (3 chữ số) cần tìm viết liền nhau. Thí dụ 7. Tìm các chữ số a, b sao cho: Lời giải. Cách 1. 62ab427: 99. A = 62ab427 99 34:11 và 4 9. •Với4:113(7+4+a+6)-(2+b+2):11 (13+a-b): 11-(2+a-b): 11 •Với4:94(6+2+a+b+4+2+7):9 (a+b+21):9 (a+b+3):9 (a+b+3)= {9; 18) a+be {6; 15). (1). Từ (1) suy ra a-b=9 (a>b) hoặc b-a= 2 (b> a). Ta có các trường hợp - Với 26 + ab = 74 - ab = 48. = – Với 26 + ab = 111 = ab = 85. – Vậy các số ab cần tìm là: 11; 48; 85. Nhận xét. Lời giải bài toán trên sử dụng tính chất chia hết của một tổng. Vận dụng tính chất này ta tách số bị chia đã cho thành hai phần trong đó có một phần chia hết cho số chia. Trong bài này ta tìm gộp cả hai chữ số a, b. TOÁN HỌC 2 Guổi trẻ Số 461 (11-2015) Ja-b=9 Ja-b-9 (loại) Ja=12 a+b=6 a+b=15 (loại) b=3 .[b-a=2 (loại ) . [b-a=2 Ja=2 Ө a+b=6 b=4 b+a=15 Vậy cặp (a, b) là (2; 4) và có số 6224427. Cách 2, 62ab427:996 (62630.99 +57 +99.10. ab + 10. ab):99 (10. ab +57) 99 10. ab + 57 = k. 99, k = {1;2;3;...;10}, k. 99 có tận cùng là 7. Suy ra k = 3, do đó 10.ab + 57 = 3. 99 ⇒ab=24. Vậy cặp (a, b) là (2; 4) và có số 6224427. Nhận xét. Lời giải cách 1 sử dụng dấu hiệu chia hết ....aaaaaα11 cho 11: số 4 = ... @_@ 0,00% 11 → (α + a2+as+...+)-(a+as+as+....) 11. (a và sử dụng tính chất: Với (m, n)= 1 thì 4 m và 4 nơi (mn). Thí dụ 8. Tìm các chữ số a, b, c, d và biết abcd0+abcd=5482* (các chữ số a, b, c, d, và * có thể giống nhau). Lời giải. Từ giả thiết ta có: 10. abcd+abcd=5482* 11. abcd =5482*5482*11 ⇒(54820+*): 11 (11.4983+7+*): 11 ⇒ (7+*):117+*11* = 4. Vậy 11. abcd = 54824 = abcd = 4984. Vậy bộ giá trị (a, b, c, d) là (4; 9; 8; 4) và * = 4 Nhận xét. Trong lời giải trên đã chọn số abcd thành một nhóm. Từ đó sẽ tìm cả số abed chứ không tìm đơn lẻ từng chữ số. Thí dụ 9. Tìm số abc biết: (abx+c):68 (các chữ số a, b, c có thể giống nhau). Lời giải. Từ (abc+cba):68 và 68=4. 17, ta có: (100.a + 10.b+c+ 100.c+ 10.b + a) : 68. 101.(a+c)+ 20.b : 4. 17, với (4;17)= 1. (1). • Xét 101.(a + c) +20.b : 4 = 101.(a+c) : 4 =(a+c): 4a+c= (4; 8; 12; 16} • Xét 101.(a + c)+20.6:17 ➡17.b+102.(a+c) +3.b -(a+c): 17 3.b-(a+c): 173.b-(a+c) e {0; 17}. + Nếu 3.b – (a+c)=17 = 3.b>17 be (6; 7; 8; 9}. -Với b=6=a+c=1 (loại) (vì a+c:4) -Với b=7=a+c=4 (chọn) abce {173; 272; 371). _Với b=8 = a+c=7 (loại)(vì a + c :4). -Với b-9 =a+c=10 (loại) + Nếu 3.b – (a+c)=0=3b=a+c 3.b (4; 8; 12; 16} 3.b-12b-4, a+c=12. . Các cặp (a; c) là: (3; 9), (4; 8), (5; 7), (6; 6), (7; 5), (8; 4), (9; 3). abce (349; 448; 547; 646; 745; 844; 943}. Kết hợp các trường hợp các số abc cần tìm là: 173; 272; 371; 349; 448; 547; 646; 745; 844; 943. Nhận xét. Lời giải trên đã sử dụng tính chất: Với (m, n) = 1 thì 4:(m,n) → Aim và An. Cần chú ý vai trò a và c như nhau cho nên nhóm (a + c) thành một nhóm. Thí dụ 10. Tìm các chữ số a, b, c biết: abbc ab. ac. 7. Lời giải. Từ giả thiết ta có: 100. ab + bc = ab. ac. 7 be=ab.(7. ac-100) (1). Từ (1) suy ra bc chia hết cho ab và thương k = 7. ac-100≤ 97. ac ≤ 109 >a=1. Ta có k = 7. Ốc – 100 s9 ⇒k=7.(10+ c) 100 ≤97.c <39 Từ k=7.c-30>0=c=5,k=5. Thay k= 5, c = 5 vào (1) suy ra: = 10b+5 (10+b).55b-45⇒b=9. Vậy bộ (a, b, c) cần tìm là (1; 9; 5). Nhận xét. Lời giải trên vận dụng tính chất : Nếu số bị chia và số chia có hai chữ số thì thương là số có một chữ số. Tính chất này được sử dụng trong trường hợp số bị chia, số chia có hai, ba, bốn chữ số để giới hạn giá trị các chữ số. Thí dụ 11. Tìm các chữ số a, b, c biết: I 1 1 + + 11 ab. be bc.ca ca, ab 3321 Lời giải. Quy đồng mẫu số ta được: (1) 81.41.(ca+ab+bc)=11. ca. ab. be Do 41 là số nguyên tố và là ước của vế phải (1) nên 41 phải là ước của một trong ba số ca, ab, bc . Chẳng hạn ca:41 = ca e {41; 82}. Xét hai trường hợp: Nếu ca=41=a=1;c=4 .Thay vào (1) ta có 81.(41+1b+b4) = 11. lb. b4 (2). Vì (81, 11) = 1 nên 81 là ước của 16. 64, mà 16 không chia hết cho 27 suy ra b4:9=b=5 Thay b = 5 vào (2) ta thấy thoả mãn. Lập luận tương tự với ab:41 hoặc ốc:41. Số 461 (11-2015) TOÁN HỌC Tuổi trẻ 3 • Nếu ca =82 =a=2; c = 8. Thay vào (1) ta có 81.(82+2b+b8) = 22. 2b, 68 Vế phải của (3) chẵn nên ở vế trái (3) chẵn → b là số chẵn. (3). Từ (3), do (81; 22) = 1 nên 2b,b8:81, mà 26 không thể chia hết cho 81 → 68: 3, b là số chẵn →b=4 Khi đó 24.48 không chia hết cho 81, do đó không tìm được b. Vậy các bộ số (a, b, c) cần tìm là: (1; 5; 4), (5; 4; 1), (4; 1; 5). Nhận xét. Trong bài toán trên sử dụng tính chất: – Cho a là số nguyên tố, m. na thì m ta hoặc n ta. – Nếu a, b ; 3 và a không chia hết cho 33 thì b : 32. DẠNG 3. SỬ DỤNG TÍNH CHẤT CỦA SỐ CHÍNH PHƯƠNG Thi dụ 12. Tìm các chữ số a, b sao cho: ab+ba = k2 (ke N'). 11.(99.a + a + b) = k2 112.(9.a + 1) = K =9.a+1 là số chính phương. Xét bảng sau: a 1 2 3 4 5 6 7 8 9 9a 9 18 27 36 45 54 63 72 81 90+1 10 19 28 37 46 55 64 73 82 33 Trong các số trên chỉ có 9.a+1= 64 = 82 thoả mãn. Do đó a=7,b=11–7-4 Nhận xét. Lời giải trên đã sử dụng tính chất của số chính phương là: - Với a là số nguyên tố a. b= k thì b : a (hoặc b= a. m). _ Cho a. b = k thì b là số chính phương. Thí dụ 15. Tìm số abed sao cho: abcd = e (KEN") và abcd =1 (Các chữ số a, b, c, d có thể giống nhau). Lời giải. Từ abcd = k? ➡k2=100.ab+cd=100.(1+cd)+cd Lời giải. Từ ab+ba=k? >11.(a + b) = R = k = 100 + 101. cả (ke N') = (a+b): 11,0 b) thì a – b là số chính phương thỏa mãn Isa-bs8 Suy ra a-be{1; 4). -Với a=b=1 ➡abe (21; 32; 43; 54; 65; 76; 87; 98} Trong các số trên chỉ có số ab = 43 là số nguyên tố. - Với a-b=4 = ab = {51; 62; 73; 84; 95 } Trong các số trên có số ab = 73 là số nguyên tố. Vậy các số ab cần tìm là: 43; 73. DẠNG 4. ƯỚC LƯỢNG GIÁ TRỊ CỦA BIỂU THỨC NÀO ĐÓ CHỨA CÁC CHỮ SỐ ĐỂ GIẢM BỚT CÁC TRƯỜNG HỢP CẦN XÉT Thí dụ 18. Tìm số abed sao cho: abcd+abc+ab+a = 4321. Lời giải. Từ giả thiết ta có: 1111.a+111.b+11.c+d=4321 (1). Vì b, c, d đều nhỏ hơn 10 nên 1111.a=4321 (111.b+11.c+d) = > 4321- (1110+110+10) 3091 30911111.a < 4321 =>a=3. Thay vào (1) ta có: 1111.3+111.b+11.c+d=4321 111.b+11.c+d=988 (2). Lập luận tương tự có: 868<111b<988=b=8 Thay vào (2) ta có : 111.8+11.c+d=988 11.c+d= 100 90 <11.c< 100 =c=9=d=1. Vậy abcd = 3891. Thi dụ 19. Tìm các chữ số a, b, c, d, e, trong mỗi phép tính sau, biết rằng hai chữ số a, b hơn kém nhau 1 đơn vị. a) ab5. cdef = 2712960; b) a0b. cdef = 600400; c) ab5c. bac=761436. Lời giải. a) Ta có ab5 = 100.a + 10.6+5. •Nếu a=b+1 = ab5 = 110.b+105 = cdef = 2712960 EN'. 110.b+105 Thay b = 0; 1; 2;...; 8 vào ta thấy các trường hợp này đều bị loại •Nếu b=a+1= ab5 =110.a+15 ⇒cdef 2712960 110.a+15 EN Thay a = 1; 2; 3.....; 8 vào ta được trường hợp a = 7 thỏa mãn. Suy ra b = 8, cdef = 3456. b) Tương tự câu a) ta tìm được: a = 1, b = 0, cdef = 6004 hoặc a=3, b=4, cdef = 1975. c) Từ ab5c. bac =761436 =ce{4;6} •Với c=4= bac = ba4 = 1006+10a +4, _ Nếu a=b+1= ba4 = 100b +10(b+1)+4= 761436 110b+14 110b+ 14 ab54= EN. Thay b = 1; 2; 3;... , 8 vào được trường hợp b = 2 thỏa mãn. Suy ra a = 3. Nếu b = a + 1= ba4 = 100b + 10a + 4 = 110a + 104-> ab54= 761436 110a+104 EN Thay a = 1; 2; 3; ..., 8 vào ta thấy các trường a hợp này đều bị loại. • Với c = 6= bac=bao = 100b + 10a + 6. = Làm tương tự ta không tìm được a, b thỏa mãn bài toán. Vậy a=3, b=2, c=4. Nhận xét. Để giải phẩn a) b), ta biểu diễn cdef theo chữ số a hoặc b dưới dạng phân số, mà cdef là số tự nhiên. Sau đó dùng phép thử sẽ tìm được số cdef. (Có thể kết hợp với máy tính thì phép thử nhanh hon). BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ 1. Tìm các chữ số a, b sao cho : 1235679a4b:24. 2. Tìm số abc biết: 9a = 5b + 4c (a, b, c là các chữ số khác nhau). 3. Tìm số ab biết: ab = (a + b) 4. Tìm số abc biết: abc =(a+b+c) 5. Tim số abcd biết: abcd = (ab +cd ). 6. Tìm các chữ số x, y, a, b biết: xxyy =aa.bb. 7. Tìm các số A = a,a a...... nhỏ nhất biết la,a,a,....a, 2. a,a,a,....a 1. = Số 461 (11-2015) TOÁN HỌC * Guổi trẻ 5 Hướng dẫn giải ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 Trường PT Năng Khiếu, ĐHQG TP. Hồ Chí Minh NĂM HỌC 2015 - 2016 (Đề thị đăng trên TH&TT số 460, tháng 10 năm 2015) Câu 1. a)(x2 –9)/2 - x = x(x2 –9) (x2-9)(√2-x-x)=0. Tìm được nghiệm của PT là x = −3;X, = 1. b) Đặt x2 +4y? = t (t>0). Phương trình (r2 + 4y2 ) – 4(x2 +4y^)=5 trở thành t2 -4t=5 et=-1 (loại), t = 5 (nhận). Do đó hệ đã cho tương đương với Tìm được nghiệm (x; y) của HPT là Sx2+4y2=5 3x2+2y2 -5° (1:1); (1;-1); (-1;1); (-1;-1). Câu 2. a) Đáp số: m # Gim + 2;m #1. + 1 b) PT có hai nghiệm phân biệt cơ maima2 2; VONG I y= 49-x 4 49-31 Mà x < 31, do đó y > =4,5. 4 Vì yeN nên y nhỏ nhất là y = 5. Khi đó x=49-4y=29. Câu 5. a) BEC = ADC =60°, EBC = ADC = 60° A E B J K C D M N → ABCE đều. Mặt khác AE II DC→ AECD là hình thang. Mà tứ giác AECD nội tiếp nên AECD là hình m#1. Vì vai trò xi,*, như nhau nên có thể giả sử thang cân=ID =IC. Do OD = OC= I, O thuộc x1 =2m, x2 = 3-m. Ta có x2+x2-5x,x2 =14m2-30m+4m2-6m+5=0m=5. Câu 3 a) Q = 12√x √x-5 b) Q<000, y>0). Ta có HPT | (x+3)(y+3)= 2xy + 33 _{x+y=19 (x=12 (x-2)(x+1)=xy-2 1 x-2y=-2y=7 → độ dài cạnh huyền là v122 + 72 = V193 (cm). b) Gọi số ngày An giải toán trước khi nghi bệnh là x (ngày) và số ngày An nghỉ giải toán là y (ngày) (ĐK: xeN,x<31, yeN ). Thời gian từ ngày 1/3 đến ngày 30/4 là 31 + 30 = 61 (ngày). Do vậy số bài toán An dự định giải là 3 . 61 = 183 (bài toán). Ta có PT: 3x+16+4(61-x-y-7)=183 Câu l.a)ĐK: sxs 2 đường trung trực của DC → 10 L DC. b) Gọi N=10 DC. Ta có IN L DC,DN = NC;K là trung điểm của AC nên OK LAC, KN||AD =ADM=KNC. Tứ giác MNKI nội tiếp (vì MNI=MKI=90°) KNC MIK = MIK = ADM (= KNC)= tứ giác ADMI nội tiếp. Vậy A, M, D, I cùng thuộc một đường tròn. c) Dễ thấy AOC = AJC =120°, AOAC cân tại O, ΟΑ NAC cân tại J=NOAC OS NAC _OA_OC AC =1 JA JC AC = OA = JA = OC = JC = OAJC là hình thoi → K là trung điểm của OJ. Ta có DE = AC = 2AK, OJ = 20K, AOK = 60%. Do đó OJ 20K OK DE 2AK 2AK AK = =cot AOK = cot 60° √3 3 Lưu ý. Đề bài cần thêm điều kiện AB > BC. VONG II PT đã cho tương đương với 2x-1+1-2x2+2√2x-1.√1-2x2 =4(x-x2) (√2x-1-√1-2x2)2=0x= b) Tùb - Xét AEOD và AEAF có EO ED EA EF EO ED EA EF OED chung = AEOD CÓ AEAF (c.g.c) = EOD=EAF, dẫn đến tứ giác DAFO nội tiếp. Vậy các điểm A, D, O, F cùng thuộc một đường tròn. c) Ta có: EIB = ABI + BÀI, ABI = IBC, BAI =CBE (EB EC) EBI = IBC+CBE = ABI + BAI = EIB =AEBI cân tại E = EB = El. Mà EB=EC nên EB=E1=EC = E là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC. Do đó EP = EB nên EP? = EF.EO. EP EO Xét NEPO và AEFP có PEO chung, = EF EP AEPO AEFP (c.g.c) EPO= EFP⇒ EP là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác POF. Vậy tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác POF đi qua điểm E cố định. Câu 5. a) Xét đợt thi thứ nhất. Theo đầu bài có đúng = - 0, x =1; 0. Với meZ thì mẻ chia cho 3 dư 0 một học sinh được trao giải trong hai đợt thi bất kĩ, 2 hoặc 1 (*). Ta có: a2-b2+2=(x, + x2)-(1-2x,x2)2+2 =(x2+x2+2x2x2+1)+6(x,x2-x2x2)e Z. Xét các trường hợp hai số xạ, x, chia hết cho 3, một trong hai số chia hết cho 3 và cả hai số không chia hết cho 3, và dùng (*) ta thấy: (x2+x2+2x7x2 +1)/3. Do đó (a2-b2+2) 13. Vậy a − b + 2 là số nguyên và không chia hết cho 3. Câu 4. a) Ta có E, M, O, F thẳng hàng, ME = MF (E, F đối xứng qua M) EF L BC = ABEF cân tại B BFE =FEB. Mặt khác OB = OE suy ra AOBE cân tại O=OBE =OEB. = vì vậy trong 7 đợt thi còn lại, trong ba học sinh được trao giải đợt thi thứ nhất có một học sinh được trao giải ít nhất 3 lần (vì 7 : 3 = 2 (dư 1)). Vậy có một học sinh được trao giải ít nhất bốn lần. đợt thi. Xét một đợt thi bất kỳ trong bốn đợt thi còn b) Từ a) giả sử 4 là số học sinh được trao giải ở bốn lại. Vì có đúng một học sinh được trao giải trong hai đợt thi bất kì. Do vậy đợt thi này, bốn đợt thi, mỗi đợt thi, một học sinh được trao giải. Như vậy học sinh đó phải là 4 (nếu không đợt này có đến bốn học sinh được trao giải). Vì xét đợt thi bất kì nên 4 được trao giải trong bốn đợt thi còn lại. 4 được trao giải ở tất cả 8 đợt thì. Vậy có đúng một học sinh được trao giải ở tất cả 8 đợt thi. NGUYỄN ĐỨC TẤN (TP. Hồ Chí Minh) Sưu tầm và hướng dẫn giải Số 461 (11-2015) TOÁN HỌC * Tuổi trẻ 7 TIẾNG ANH QUA CÁC BÀI TOÁN Bài số 2 Problem. Given positive integers d and n. How many ways can we write d as a sum of a sequence of n natural numbers? the bars. Therefore the number of n- composition of dis equal to C-1 sequence take into account so-called bar combinatorics composition visualize Remark. Notice that by "sequence" we mean the order of terms is taken into account. Solution. We will use the so-called stars and bars argument which is well known in combinatorics. Let call each way to write d as a sum of a sequence of n natural numbers an n-composition of d. We can visualize an n-composition d = i + iz + ... + in as follows. In an array of d stars, we insert 1 bar between the stars i, i+1; I bar between the stars iti2, iti2+1;...; and I bar between the stars it...+ in-1s i1+...+in-1+1 (n-1 bars in total). For example, in the case d= 3, n = 3, the 3-composition 3 = 1+0+2 corresponds to *| |**, the 3-composition 3=2+0+1 corresponds to ***, and the 3-composition place 30+0+3 corresponds to || * * *. In different words, making an n-composition of d is equivalent to choosing n-1 positions among d+(n - 1) ones to place as follows array correspond to in different words therefore TỪ VỰNG : day : : tỉnh đến : cái được gọi là (tính từ) : vách ngăn : to hop : phân tích, sự hợp thành (danh từ) : hình dung : như sau : hàng, dãy T tương ứng với (động từ) : nói một cách khác - đặt vào vị trí (động từ) : do dó NGUYỄN PHỤ HOÀNG LÂN (Trường ĐHKHTN, ĐHQG Hà Nội) Hạn gửi bài dịch: Muộn nhất là hai tháng sau khi đăng bài. ĐÔ THỊ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 TỈNH VĨNH PHÚC Câu 1(1,5 điểm). Cho biểu thức A= NĂM HỌC 2014 - 2015 (Thời gian làm bài: 150 phút) √x+7)=(2- 3x+√16x-7 √x+1 √x+7 x+2√x-3 √x+3 √x-1 a) Rút gọn biểu thức A. √x √x-1 b) Tìm x để A = 6. Câu 2(1,5 điểm). Cho hệ phương trình: mx-2y=2 2x+my=5 (với m là tham số). a) Giải hệ phương trình trên khi m = 10. b) Tìm m để hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) thỏa mãn hệ thức x+y-2014 -2015m2 +14m-8056 m2 +4 Câu 3 (3 điểm). a) Cho ba số thực dương a,b,c thỏa mãn a+b+c=1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = a b 9a3+3b2+c 9b3 +3c2+a 9c3+3a2+b' + + b) Tìm tất cả các cặp số nguyên (x;y) thỏa mãn: x(1+x+x2)=4y(y-1). Câu 4(3 điểm). Cho đoạn thẳng AC có độ dài bằng a. Trên đoạn AC lấy điểm B sao cho AC =4AB. Tia Cx vuông góc với AC tại điểm C, gọi D là một điểm bất TOÁN HỌC 8 tuổi trẻ Số 461 (11-2015) kỳ thuộc tia Cx (D không trùng với C). Từ điểm B kẻ đường thẳng vuông góc với AD cắt hai đường thẳng AD và CD lần lượt tại K, E. a) Tính giá trị DC . CE theo a. b) Xác định vị trí điểm D để tam giác BDE có diện tích nhỏ nhất . c) Chứng minh rằng khi điểm D thay đổi trên tia Cx thì đường tròn đường kính DE luôn có một dây cung cố định. Câu 5(1 điểm). Cho dãy gồm 2015 số: 1 1 2014 2015 11 1 1'2'3 Người ta biến đổi dãy nói trên bằng cách xóa đi hai số u, v bất kỳ trong dãy và viết thêm vào dãy một số có giá trị bằng u+v+uy vào vị trí của u hoặc v. Cứ làm như thế đối với dãy mới thu được và sau 2014 lần biến đổi, dãy cuối cùng chi còn lại một số. Chứng minh rằng giá trị của số cuối cùng đó không phụ thuộc vào việc chọn các số u,v để xóa trong mỗi lần thực hiện việc biến đổi dãy, hãy tìm số cuối cùng đó. TRẦN MẠNH CƯỜNG (GV THCS Kim Xá, Vĩnh Tường, Vĩnh Phúc) Sưu tầm và giới thiệu DAI HOC CHUẨN BỊ CHO KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA MỘT SỐ CÁC GIẢI KHÁC NHAU BÀI HÌNH HỌC KHÔNG GIAN TRONG ĐỀ THI THPT QUỐC GIA o ể giúp các bạn học sinh chuẩn bị tốt kiến NGUYỄN CHÍ THANH (GV PTLC Vinschool, Hà Nội) a√2 2 Ja2 - (a ASAM vuông tại A, nên: thức hình học không gian cho kỳ thi THPT AM=VAB -BM Quốc gia, chúng tôi xin đưa ra một số cách giải khác nhau qua 2 thi dụ là 2 câu trong đề thị những năm vừa qua, qua đó hy vọng sẽ giúp ích được cho các em trong quá trình ôn tập để đạt kết quả cao trong các kì thi THPT Quốc gia. Thí dụ 1 (THPT QG - 2015). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD), góc giữa =>AH= SA.AM SA+AM đường thẳng SC và mặt phẳng (ABCD) bằng Suy ra: d(AC,SB)=av10 45. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB, AC, Lời giải. Cách 1. (Dùng kiến thức hình học không gian thuần túy) (h.1). S 5 = a√201 2 11 1 = + AH2 SA2 AM2 a√2. a√2 2 a√10 a√2 5 2 Cách 2. (Tính khoảng cách qua công thức thể tích) (h.2). S E D E M H B Hình • Tinh thể tích khối chóp S.ABCD C D Từ giả thiết, ta có: SCA=45° và AC=SA=a2 Suy ra thể tích của khối chóp S.ABCD là: = S ABCD-SA = a2 a√2 = a √2 V S.ABCD 3 • Tinh khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AC. Kẻ BE/AC và lấy BE = AC = AC (SBE) ⇒d(AC, SB) = d(AC, (SBE)) = d(A, (SBE)). Ke AML BE, do SALBE BE 1 (SAM) (1) Kẻ AH LSM kết hợp với (1) → BE LAH. Suy ra AH L(SBE)= d(A,(SBE))= AH. Từ cách vẽ, ta có AEAB cân tại A, suy ra: M B C Hình 2 • Tính thể tích khối chóp S.ABCD như cách 1 • Kẻ BE/AC và lấy BE = AC , suy ra: AE= AB=aSE=SB = √SA2 + AB2 = a√3. Kè SML BE, suy ra: SMSB2-MB2 1 a√2 2 a√10 2 a√2 a2 √5 2 Do đó: Sau = SMBE = = a10 Ta có: V. S.ABE = ⇒d(A,(SBE)) = S.ABCD 3.V S.ABE SSBE = 2 2 a3 √2 6 3. a3 √2 6 a√10 a2 √5 5 2 Số 461 (11-2015) TOÁN HỌC Guổi trẻ 9 Cách 3 (Dùng phương pháp tọa độ trong không gian). Từ giả thiết ta có: SCA=45° N S D O=A y ⇒d(SB, AC) = d(SB, (ANC)) = d(S, (ANC)). S N ➡SA=AC=a√2. Chọn hệ trục tọa độ B Oxyz như hình 3, x ta có: C Hình 3 O= A(0;0;0),S(0;0; a√2), C(a;a;0), B(a;0;0) ⇒ AS (0;0;a√2), AC(a;a;0), AB (a;0;0)=> VS.ABCD = 2VS. ABC = 2.1 | AB, AC].AS a√2 | | [ AS2 Ta có: BS(-a;0;av2) ⇒d(SB, AC)= BS, AC AB BS, AC Cách 4. (Dùng tinh chất của tử diện vuông để tính khoảng cách) (h.4). Cho tứ diện vuông SABC vuông tại S, với SHL(ABC), ta có: Ta có: VSANC B SIN D C Hình 5 11 a√2 d√2 SN 1 - 12 VS.ANC=SDS. 3 SD SADC SD2 SABCD 22 3 Gọi p là nửa chu vi A4NC, ta có: N = = SD = 4√3, CN = √ND2 + DC2 AN= AC = av2. Do đó: 5 p= 2 H B AN+CN+AC √3+√7+2√2 a 4 = 3.92√2 12 d√5 4 = a√7 2 1 1 1 1 + + SH 2 SA2 SB2 SC2 C Áp dụng vào bài toán: Kẻ BE/AC và lấy BE = AC = AABE vuông cân tại A. E S D ⇒SACv = √p(p-AN)(p-AC)(p−CN) = a2√5 3V Suy ra: d(S,(ANC))= SANG SANC a√10 5 = d(SB, AC). 4 Cách 6. (Mở rộng: khi bài toán yêu cầu xác định và tính độ đoạn vuông góc chung) (h.6). Sau khi dựng AH, ta dựng đoạn vuông góc chung PQ của SB và AC như sau: Từ H, kẻ HQBM(Q=SB), từ Q, kẻ QP||HA (P∈ AC). Khi đó: S Từ giả thiết ta có: 1 B C Hình 4 1 1 1 1 1 1 + + (a√2)2 d(A,(SBE)) AS AB AE ⇒d(A,(SBE)) = √10 = d(AC,SB). Cách 5. (Tính khoảng cách bằng cách dùng công thức Heron) (h.5). Gọi O = ACnBD và N là trung điểm của SD ➡SBIIONSBI/(ANC) 10 TOÁN HỌC “Tuổi trẻ Số 461 (11-2015) H Q D P M B C Hình 6 AH LSB, AH LẠC, PQAH suy ra PQ chính là đoạn vuông góc chung của SB và AC. Để tính độ dài PQ, ta sẽ tính AH và tìm được: а√10 d(SB, AC) = PQ = a√] Nhận xét. Thay vì tính khoảng cách từ SB đến AC thì ta có thể tính khoảng cách từ SD đến AC. Thí dụ 2 (A - 2013). Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại A, ABC =30", SBC là tam giác đều cạnh a và mặt bên SBC vuông góc với đây. Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABC và khoảng cách từ C đến mặt phẳng (S4B). Lời giải. Cách 1 (Dùng hình học không gian thuần túy) (h.7). S Thể tích khối chóp S.ABC là: 1 √3 ;0). a VS. ABC = [SB, SA SC = 6 16 Khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SAB) là: d(C; (SAB)) = a3 3V S.ABC SSAB 3. 16 a√39 SB, SA 13 Cách 3. (Kết hợp giữa cách 1 và cách 2) a3 Như cách 1, ta có: VS.ABC (dvtt). 16 Xét hệ trục tọa độ như hình 7 và ta xác định tọa độ các điểm như cách 2. Phương trình mặt phẳng (SAB) đi qua điểm S(0,04,3) và có vectơ pháp tuyến n=SB,54 3a2 B H :0; CRIM 4 8 là: 12x+2√3z-3a=0. J Hình 7 A Kẻ SH LBC, do (SBC)L(ABC) nên SHL(ABC). Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AC, AB. Suy ra: HILAC, HJ LAB. • Ta có: Vs. Be = S, S.ABC 11 = SABC-SH = AB.AC.SH 362 11 √3 a a√√3 a. a3 32 2 2 2 16 • Mặt khác: Vsaac ==Sd(C;(SAB)). S.ABC Khoảng cách từ C đến mặt phẳng (S4B) là: 12-2)+2√3.0-3a d(C; (SAB)) = 4 √122 +(2√3)2 a√39 13 Cách 4. (Sử dụng định lý Thales để tìm khoảng cách) (h.8). Kẻ HK I SJ , ta có HK chính là khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SAB), do đó: d(C; (SAB))=2d(H;(SAB))=2HK S SH.HJ 2- √SH+HJ2 a√3 a 2 4 2.- K C a√3 B H 4 J 3. 3V a 3.- a√39 S.ABC 16 16 a√39 13 SSAB 1 A Hình 8 SJ.AB 1 a√13 a√3 13 2 2 4 2 Cách 5 (h.9). Suy ra: d(C;(SAB)) 3,93 Cách 2. (Dùng phương pháp tọa độ trong Kẻ CT LCB (TeBS) và CMLAT(MeAT), khi không gian). Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình 7, ta có: a√√3 0 = H(0;0;0), 5(0;0; a√3), 4(2; a√3;0), 4 đó CM chính là khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SAB): d(C,(SAB)) =CM=- CT.CA a/39 CT+CA 13 Số 461 (11-2015) TOÁN HỌC * Tuổitrell S T B C H A S B H T M Hình 9 Nhận xét. Để tính khoảng cách từ C đến mp (SAB), ta có thể tích khoảng cách từ C đến đường thẳng AT [CA, AT] bằng công thức: d(C,AT) = AT Cách 6. (Dùng tính chất của tử diện vuông để tính khoảng cách) (h.10), Kẻ CTL BC (TBS), CMLCB (MBA) thì CTBM là tứ diện vuông tại C. Áp dụng tính chất của tứ diện vuông ta có: 1 = S TOR B H A M Hình 10 1 1 1 + + d' (C;(SAB)) CT2 CM2 CB2 Với CT =aV3,CB=a,CM = g ta có: d(C,(SAB)) = √3 a√39 13 Cách 7 (Dùng công thức tỉ số thể tích và phương pháp tọa độ trong không gian để tính thể tích và khoảng cách). Công thức tỷ số thể tích: Cho hình chóp S.ABC. Với mọi S A',B',C' lần lượt nằm trên cạnh SA, B SB, SC (khác A, B, C) A (h.11) ta có: VSABC SA SB' SC B VSAC SA SB SC Hình II C Hình 12 Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình 12, ta có: O=C(0;0;0), T(0,0;a√3), B(0;a;0), M(;0;0) =CT(0;0;a$3),CM( °;0;0),CB(0;4;0), ta có: VATCM = VCTRM=[CM,CB CT = Mặt khác: VB.SCA BS BA VR.TCM 1 BT BM ⇒VB.SCA Ta có: BM,BT =(-d V3, tải B.SCA 16 vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (BTM). Suy ra phương trình mặt phẳng (BTM) là: a2 -a2 √3x-a'y-√3 z+a3 = 0. Vậy ta có: d(C,(SAB)) = d(C,(BTM)) -a2 √3.0-a2.0-a2 √3 √(-a2 √3)2 + (-a2 )2 + 6 chính là .0+a3 a√39 13 √3 Đến đây chắc các bạn đã cảm nhận được những điều thú vị qua việc khai thác những cách giải khác nhau qua bài toán hình học không gian trong đề thi Đại học. Làm được như vậy, sẽ giúp các bạn rất nhiều trong việc rèn luyện tư duy toán học, giúp các bạn chuẩn bị tốt cho kỳ thi THPT Quốc Gia sắp tới. TOÁN HỌC 12 tuổi trẻ Số 461 (11-2015) HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 2 Câu 1. a) Bạn đọc tự giải. [플] Khi đó b) PT tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm Đặt 2- x=2cos2t, với te|0; A(0;-1) là y=3x-1. Câu 2.a) Ta có P= cot a.. 1 sin' a cota(1+cota) 1+3 cot3 a = dx=4sin2tdt . Khi x=0=t=0x=2=t= 2 1+3 cot' a 5 1= (x-2) 2-(2-3) de 4 (-200821) sint sin 2tdt Cost b) Giả sử z =x+yi (x,ye). Từ giả thiết có z-(3-4)=1(x-3)2+(y+4)2=1. Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z đã cho là đường tròn có PT: (x-3)+(y+4) =1. Câu 3.DK: 0 < x + 1; PT(x+3)x-1=4x (1) Trường hợp 1. x >1 (1)x2-2x-3=0⇒x=3. Trường hợp 2. 01 [|x| = v2 (*). Khi đó PT đã cho x(x2-2) √x2-1(√x2-1-1) =a tương đương với x(√x2-1+1) √x2-1 x x =a (1). √x2-1 Từ (1) suy ra x > 0, cùng với ĐK (*) ta sẽ chỉ giải PT đã cho với x>l;x # v2 . Khi đó biến đổi (1) về PT tương đương Vì x>l;x+2=0<-0). Đặt f(t) = a^i –41-4=0 có 1 =4+40 >0, Va . Do đó f(t)=a-41-4 luôn có hai nghiệm phân biệt. Ta có f(0)=-4; f(1) = a2-8. Nếu a −8≤000>a>2V2 thì (2) có một 2+2√1+a2 a2 2√1-cosa.cosa = to nghiệm t sin 2a = 1, ==(0;1). Khi đó →4cos a-4cos'a +12=0⇒x= Số kết quả thuận lợi cho biến cố A bằng Kết luận. |2|=C.C2. Xác suất của biến cố A là P(A)= 2 •Nếu 02V2 thì PT đã cho có hai nghiệm là A _ _CC Ω 2 Ω 15 x= to = 2+2√1+a2 a2 Xác suất cần tìm P(A)=1-P(A)=1- C.C 4 C7 = KIỀU ĐÌNH MINH (GV THPT chuyên Hùng Vương, Phú Thọ) TOÀN HỌC 14 tuổi trẻ Số 461 (11-2015) THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI ĐỀ SỐ 3 (Thời gian làm bài: 180 phút) Câu 1(1 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = x -6x +9x-2. Câu 2 (1 điểm). Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y=3vx+1+V7−x)−V(x+1/7−x). Câu 3 (1 điểm). 1) Tìm tập hợp các điểm biểu diễn trong mặt phẳng phức của số phức z sao cho z=2-3+4i. 2) Giải PT (V5+2)^! =(5-2) + (xER). Câu 4(1 điểm). Tính tích phân: I = कर dr. Câu 5 (1 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S):(x−3) +(v+2) +(z−1)=100 và mặt phẳng (P):2x-2y-z-9=0. Chứng minh rằng (P) cắt (S). Khi đó, tìm tâm và bản kính của đường tròn thiết diện của(P) cắt (S). Câu 6 (1 điểm). 1) Cho tana =3. Hãy tính B: 8 cos a+4 sin3a+3cos a 2 cos a-5 sin3 a 2) Tìm số hạng đứng chính giữa trong khai triển -20-1. x + 3), biết rằng C thảm thả =2-1 2n+l 2n+1 PHẤN VÀ DIỆM NGUYỄN THÀNH NHÂN (GV THPT chuyên Hùng Vương, Bình Dương) Giữa cuộc đời đầy rẫy những bon chen Ta chọn cho mình một nghề lặng lẽ Những đam mê khát khao một thời tuổi trẻ Cháy bùng lên theo bụi phấn hồng Từng thế hệ học trò lần lượt sang sông Có một mái chèo âm thầm vỗ sóng Chở trên mình tình yêu và khát vọng Đến bến bờ tươi sáng của ngày mai Viên phấn hồng nằm trọn trên tay Như những que diêm sáng một lần rồi tắt Mà cháy hết những gì tinh túy nhất Hóa thân mình vào Nhạc và Thơ Cháy hết mình như trái tim Đan- Kê (*) Tỏa sáng cả vùng thảo nguyên lộng gió Trong bài giảng hãy vẫn còn nguyên đó Thoảng đâu đây những bụi phấn hồng Câu 7 (1 điểm). Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A'B'C' biết AB=a, AC=2a và BAC=60. Hình chiếu vuông góc của 4 lên mặt phẳng(ABC) trùng với trọng tâm G của tam giác ABC, góc giữa 44 và 4G bằng 30. Tính thể tích khối lăng trụ và khoảng cách từ C' đến mặt phẳng (A'BC) theo a. Câu 8(1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A. Cạnh BC có phương trình 2x−y+1=0, đường cao hạ từ đỉnh B có phương trình x+3y-4=0 và điểm H(1;4) nằm trên đường cao hạ từ đình C. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. Câu 9(1 điểm). Giải bất phương trình x(x+1)(x-3)≥√4-x+√1+x-3, (xeR). Câu 10(1 điểm). Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn xy + yz +V2x =1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P= + + 2(z+x)y 2(x+y)z 2(y + z)x" NGUYỄN QUANG THI (GV THPT Bảo Lộc, Lâm Đồng) Mỗi một học trò bước chân sang sống Ai không một lần cầm viên phấn trắng Để giờ này tháng năm dài xa vắng Có mong không giây phút được quay Bên mái trường rộn rã tiếng ve Có người giáo già tảo tần sớm tối Chở đi qua từng tuổi thơ với với Để mai sau tất cả được nên người Mỗi một thầy cô mỗi một cuộc đời Như mỗi que diêm mỗi viên phần trắng Cháy đến tận cùng cái thân diệm ấy ve? Cho sự nghiệp trồng người rạng rỡ vẻ vang Chú thích: (*) Đan-Kô là tên của một chàng trai trong truyện ngắn Bà lão Indecghin của đại văn hào Nga Macxim Gorki, Chuyện kể về chàng trai Đan-Kô sống cuộc đời du mục trên vùng thảo nguyên nước Nga. Trong một đêm bão tố chàng trai đã xé toang lồng ngực của mình, dùng trái tim làm đuốc soi dường đường cho dân làng đi trong đêm tối để tới được vùng đất yên binh. Hình ảnh trái tim Đan-Kô là một hình ảnh rất đẹp về sự hi sinh của cá nhân cho tập thể, về sự cháy hết mình trong công việc được giao. Số 461 (11-2015) TOÁN HỌC GTuổi trẻ 15 35 DE RA Kỳ NÀY 3√9(x√x+y3+z3)=x+y+z x2+√y-2: √y + z2 = √1−x+2 LẠI QUANG THỌ (Phòng GD&ĐT Tam Dương, Vĩnh Phúc) CÁC LỚP THPT Bài T6/461. Giải phương trình: (x+1)(x+2)(x+3)= 720 (x+4)(x+5)(x+6) CÁC LỚP THCS Bài T1/461 (Lớp 6). Ký hiệu 1.3.5...(2n-1)=(2n-1)!!, 2.4.6... (2n) = (2n)!!. Chứng minh rằng số 4=(2013)!!+ (2014)!! chia hết cho 2015. ĐOÀN CÁT NHƠN (GV THCS Nhơn Lộc, An Nhơn, Bình Định) Bài T2/461 (Lớp 7). Cho tam giác ABC cân tại A có A=3B. Trên nửa mặt phẳng bờ BC, chứa điểm 4, vẽ tia Cy sao cho BCy=132 . Tia Cy cắt tia phân giác Bx của góc B tại D. Tính số đo góc ADB. BÙI VĂN CHI (GV THCS Lê Lợi, TP. Quy Nhơn, Bình Định) Bài T3/461. Giải phương trình 1 2 1 + 2 √x2 +3 √1+3x2 x+1 TRẦN XUÂN HÒA (GV THPT Triệu Thái, Lập Thạch, Vĩnh Phúc) Bài T4/461. Cho tam giác đều ABC và O là một điểm nằm trong tam giác. Gọi M, N, P lần lượt là giao điểm của AO, BO, CO với ba cạnh tam giác. Chứng minh rằng 1 1 a) + 1 1 + + 1 1 1 + < AM BN CP 3 OM ON OP 1 b) + 1 2 1 1 < 1 1 + + + AM BN CP 3 OA OB OC LỤC BÌNH (GV THPT Nguyễn Huệ, TX. Quảng Trị, Quảng Trị) Bài T5/461. Giải hệ phương trình: TOÁN HỌC 16 'Tuổi trẻ Số 461 (11-2015) * NGUYỄN VĂN NHO (GV THPT Nguyễn Duy Trinh, Nghi Lộc, Nghệ An) Bài T7/461. Xác định số nghiệm của mỗi phương trình sau a) sin x = 1964 b) sin x = log100 X- HOÀNG CHI (Hà Nội) Bài T8/461. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Các tia phân giác của các góc A, B, C lần lượt cắt đường tròn tại các điểm D, E, F. Kí hiệu hạnh,h,S thứ tự là độ dài các đường cao kẻ từ A, B, C và diện tích của tam giác ABC. Chứng minh rằng: AD.h +BE.h+CF.h 24√3S. LÊ XUÂN DƯƠNG (GV THCS Lý Thường Kiệt, Yên Mỹ, Hưng Yên) Bài 19/461. Cho các số thực a, b, c, d thỏa mãn a + b + c + d^ =1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức Pab+ac+ad+be+ bd + 3cd. LÊ ANH TUẤN (GV THPT chuyên Vĩnh Phúc) TIẾN TỚI OLYMPIC TOÁN Bài T10/461. Cho k≥1 và các số dương x, y. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n≥2 ta có bất đẳng thức VI x + y +k[(x + y)" -x" -y"], x+y 2+k(2" -2) 2 VŨ TIẾN VIỆT (GV Toán-Tin, Học viện An Ninh, Hà Nội) Bài T11/461. Cho n số nguyên dương khác nhau. Mỗi cặp số được lấy từ n số nguyên dương đã cho được gọi là tốt nếu tỷ số giữa hai số này là 2 hoặc 3. Hỏi khi cho n=20152016 số 2 nguyên dương khác nhau tùy ý thì số cặp số tốt lớn nhất bằng bao nhiêu ? TRẦN NGỌC THẮNG (GV THPT chuyên Vĩnh Phúc) Bài T12/461. Cho tam giác ABC. Gọi E, F tương ứng là hình chiếu của B, C trên AC, AB; T là hình chiếu của A trên EF và M, N lần lượt là trung điểm của BE, CF. Giả sử TM, TN cắt AB, AC tương ứng tại P, Q. Chứng minh rằng EF đi qua trung điểm của PO. NGUYỄN THANH DŨNG (GV THPT chuyên Chu Văn An, Lạng Sơn) Bài L1/461. Một mạch điện xoay chiều có sơ đồ như hình vẽ. Trong đó R = R = R = R. Cuộn dây có của tụ điện được chọn sao cho LC. =1. Với co là tần số góc của dòng điện xoay chiều. Với giá trị nào của R thì cường độ dòng điện trong mạch chính nhỏ hơn cường độ dòng điện qua mỗi nhánh n lần (giá trị hiệu dụng)? Tính tổng trở đoạn AB và công suất tiêu thụ toàn đoạn mạch trong trường hợp đó. Cho UB=U. THANH LÂM (Hà Nội) Bài L2/461. Một vật được treo vào dây tại một điểm cố định, thực hiện một chuyển động tròn đều xuất phát từ S. Tại M - góc quay 0 dây đột đối với gốc tọa độ theo 0. Các dữ liệu khác cho ngột đứt. Xác định li độ x của điểm vật rơi trong hình vẽ. Giả thiết dây mảnh, không giãn, khối lượng không đáng kể và h > T. R1 A R2 R2 M C L 0 điện trờ không đáng kể. Độ tự M cảm L của N N cuộn dây và điện dung C B x X NGÔ AN HÒA KỲ (TP. Hồ Chí Minh) PROBLEMS IN THIS ISSUE FOR SECONDARY SCHOOL Problem T1/461 (For 6th grade). Let (2n-1)!! and (2n)!! denote the products 1.3.5...(2n-1) and 2.4.6...(2n) respectively. Prove that the number A=(2013)!!+ (2014)!! is divisible by 2015. Problem T2/461 (For 7th grade). Given an isosceles triangle ABC with AB-AC and A=3B. On the half-plane determined by BC that contains A, draw the array Cy such that BCy=132°. The array Cy intersects the bisector Bx of the angle B at D. Calculate ADB. Problem T3/461. Solve the equation 1 1 2 √x2 +3 √1+3x2 x+1 T Problem T4/461. Given an equilateral triangle ABC and a point O inside the triangle. Let M, N, P respectively be the intersections between AO, BO, CO and the sides of the triangle. Prove that 1 a) 1 + 1 1 1 + + S + AM BN CP 3 OM ON OP 1 b) + 1 1 2 + < 1 1 + + AM BN CP 3 OA OB OC, Problem T5/461. Solve the system of equations [√√9(x√x+y3+z3)=x+y+z x2 + √y=2z √y+22=√1-x+2 (Xem tiếp trang 38) Số 461 (11-2015) TOÁN HỌC “Tuổi trẻ 17 GJÁJ BÀI KỲ TRƯỚC Bài TL457. Tìm số tự nhiên n thỏa mãn điều kiện 2 2 +3.2 4.3 t = 23 = Lời giải. Đặt S = 2.22+3.23+4.24+...+ (n − 1) 2"+n.2" thi S 25 S 2.23 + 3.24 + 4.25 +...+ (n-1)2"+n.2"+- (2.22+ 3.23 +4.24+...+ (n-1)2"+n.2") = n.2"+1-23- (23+2+...+ 2"- + 2" ). Đặt T = 23+2*+...+2n+2" thì T = 27-T=2+2+...+2"+2"+1-(23+24+...+ 2"-1 + 2 ) = 2" _ 2. Thay vào đẳng thức của S được S = n.2 + 1 23 (2n +1_23) = (n−1)2" + I Theo giả thiết S = 2" +34 nên (n – 1)2+1=20+34 suy ra n n – 1 = 2”, hay là n = 1 + 233 8589934593. O - 444 > Nhận xét. Các bạn sau có lời giải đúng: Phú Thọ: Nguyễn Chí Công, 6A3, THCS Lâm Thao, Vĩnh Phúc: Trần Đan Trường, 6A, THCS Lý Tự Trọng, Bình Xuyên; Nghệ An: Nguyễn Thị Linh Đan, 6D, THCS Lý Nhật Quang, Đô Lương; Hà Tĩnh: Đặng Đình Huy, Cao Thị Khánh Linh, Nguyễn Tiến Đức, Trần Ngọc Khiêm, 6B, THCS Hoàng Xuân Hãn, Đức Thọ; Quảng Ngãi: Nguyễn Hồ Thiên Phương, 6D, THCS Nguyễn Trãi, Mộ Đức, Lê Tuấn Kiệt, Nguyễn Trung Phú, Phạm Thị Thu Nhung, 6A, Nguyễn Thị Yến Nhi, 6D, THCS Phạm Văn Đồng, Mai Thị Thu Thảo, 6C, THCS Tr Sông Vệ; Cần Thơ: Nguyễn Hoàng Oanh, 6A7, Võ Yến Oanh, 6A6, THCS Thốt Nốt. VIỆT HẢI Bài T2/457. Tìm các số nguyên a, b, c đề có a-b+b-c+c-a-2014"+2015". (2x nếu x>0 Lời giải. Với x=Z ta có |+x=0 nếu so || do đó x+x luôn là số chẵn VxeZ. Đặt A = ab + bc + ca, ta có TOÁN HỌC 18 * Tuổi trẻ Số 461 (11-2015) A=a-b+(a-b)+b-c+(b-c)+c-a+(c-a) suy ra A là số chẵn. Xét các trường hợp: a) Nếu a là số nguyên âm thì 2014′ +2015" không là số nguyên (không thỏa mãn). b) Nếu a là số nguyên dương thì 2014′′ +2015 là số lẻ (không thỏa mãn). c) Nếu a = 0 thì ta có |b|+|b−c|+|c|=2.Vì b+bc+c2b+b =2|b| nên |b|≤1, suy ra be{-1; 0; 1}. • Với b=−1 ta có |—1-c+c=1=c=0,c= • Với b= 0 ta có |c =1=c=±1. • Với b= 1 ta có |1−c+c=1=c=0,c=1. Vậy các bộ số nguyên (a; b; c) cần tìm là (0; -1; 0), (0;-1;-1), (0; 0; 1), (0; 0; -1), (0; 1; 0), (0; 1; 1). O » Nhận xét. 1) Bài toán tương đối dễ, nhiều bạn lập luận để dẫn đến a = 0 chưa chặt chẽ. Một số bạn xét thiếu trường hợp. 2) Các bạn sau có lời giải tốt: Vĩnh Phúc: Nguyễn Thị Khánh Ly, 7A4, THCS Yên Lạc, Yên Lạc, Nguyễn Đài Anh, Triệu Thị Ngọc Minh, 7A, THCS Vĩnh Yên, TP. Vĩnh Yên; Nghệ An: Nguyễn Đình Tuấn, 7C, THCS Lý Nhật Quang, Đô Lương; Hà Tĩnh: Lê Vân Nhi, Phạm Hiếu Ngân, Bùi Thị Minh Thư, Nguyễn Hải Ly, Nguyễn Ngọc Anh, Phạm Thị Thu Hoài, Trần Thị Kim Oanh, Nguyễn An Na, Phạm Phương Chi, Lê Thị Hằng Nhi, 7A, THCS Hoàng Xuân Hãn, Đức Thọ; Quảng Ngãi: Đỗ Thị Mỹ Lan, 7A, Lê Tuấn Kiệt, 6A, THCS Phạm Văn Đồng, Nguyễn Thị Kiều Mẫn, 7B, THCS Nguyễn Kim Vang, Nghĩa Hành; Mai Thị Thu Thảo, TC, THCS T.T Sông Vệ, Võ Thị Hồng Kiều, 7A, THCS Nghĩa Mỹ, Tư Nghĩa. NGUYỄN XUÂN BÌNH Bài T3/457. Cho f(x) là đa thức có hệ số nguyên và (1) = 2. Chứng minh rằng f(7) không thể là số chính phương. Lời giải. • Ta có bổ đề: “Nếu f(x) là một đa thức có các hệ số nguyên và a, b là hai số nguyên thì fa) – f(b) chia hết cho a – b”. Thật vậy, đặt: f(x) ca tại Can với do, C1, ..., C, là các số nguyên. Khi đó f(a) – f(b) = ad" – b") + a(d -1 – b" - ) Lời giải. +...+an-(a−b). Mà với k = N ta có d – b =(a-b)(a-1+a-2b+ ... + ab*-2 + b2-1). Suy ra f(a) – f(b) : a-b. • Áp dụng bổ đề trên ta có f(7) − ((1) : 7 – 1, suy ra (7)-2: 6 (do f(1) = 2) hay f(7)=6q+2. Mặt khác, ta dễ dàng kiểm tra một số chính phương khi chia cho 6 chỉ có thể dư 0, 1, 3, 4. Suy ra f(7) không thể là số chính phương. > Nhận xét. Đa số các bạn đều chứng minh theo cách trên. Ngoài ra, bạn Đồng Xuân Luân, 9B, THCS Hợp Tiến, Nam Sách, Hải Dương đã chứng minh f(7) chia cho 6 dư 2 với một lập luận khác như sau: Do f(1)= 2 nên đa thức f(1) - 2 có một nghiệm là x = 1. Suy ra tồn tại đa thức g(x) với các hệ số x = nguyên để f(x) — 2 = (x − 1)g(x) (do f(x) có các hệ số nguyên). Như vậy (7) – 2 = (7 – 1)g(7) hay f(7) = 6g(7) + 2, trong đó q(7) là một số nguyên. Được khen kì này gồm có bạn Luân và các bạn: Vĩnh Phúc: Tạ Kim Thanh Hiền, 6A4, Phạm Thị Kiều Trang, Nguyễn Thị Hương, 7A2, Nguyễn Văn Trung, 8A2, THCS Yên Lạc, Yên Lạc, Nguyễn Minh Hiếu, 9D, THCS Vĩnh Yên, TP. Vĩnh Yên, Phạm Ngọc Hoa, 9A1, THCS Sông Lô, Sông Lô; Nghệ An: Nguyễn Trọng Bằng, 8A2, THCS Thị Trấn Quán Hành, Nghi Lộc, Nguyễn Thị Như Quỳnh B, Nguyễn Thị Như Quỉnh 4, 8*, THCS Lý Nhật Quang, Đô Lương; Phú Thọ: Nguyễn Tùng Lâm, 7A3, Nguyễn Thùy Dương, 8A3, THCS Lâm Thao, Lâm Thao; Thanh Hóa: Trần Quốc Phương, 9A, THCS Thị Trấn, Thường Xuân, Nguyễn Thị Hoàng Cúc, 9D, THCS Nhữ Bá Sỹ, thị trấn Bút Sơn, Hoằng Hóa; Hà Nội: Đặng Thanh Tùng, 9B, THCS Nguyễn Thượng Hiền, Ứng Hòa; Kon Tum: Lê Viết Lưu Thanh, ga, THPT chuyên Nguyễn Tất Thành, TP. Kon Tum Hải Phòng: Đỗ Tiến Đạt, 8A2, THCS Hồng Bàng, Hồng Bàng. NGUYỄN ANH QUÂN Bài 14/457. Cho tam giác nhọn ABC với các đường cao AH, BK. Gọi M là trung điểm của AB, Đường thẳng CM cắt HK tại D. Kẻ AL vuông góc với BD tại L. Chứng minh rằng đường tròn đi qua ba điểm C, K, L tiếp xúc với đường thẳng BC. F A E K M H B Cách 1. Từ giả thiết suy ra năm điểm A, B, H, K, L cùng thuộc đường tròn tâm M đường kính AB. Gọi E là giao điểm thứ hai của CM với đường tròn ngoại tiếp tam giác MHK. cs Dễ thấy ADBH • NDKL, ADMH • ADKE. DB DH DM_DH và Suy ra DK DL 11 DK DE DB.DL DK.DH DM.DE>>> do đó DB DM DE DL Suy ra ADBM • ADEL (c.g.c), nên DBM=DEL Mặt khác, vì tứ giác BLKA nội tiếp nên LBA=CKL, do đó CKL=LED = tứ giác CKLE nội tiếp. Ta có CKE=CKH-EKH = ABH-EMH = MHB-CMH = ECH. Vậy BC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác CKE, hay đường tròn ngoại tiếp tam giác CKL tiếp xúc với BC. Cách 2. Gọi F là giao điểm của BK và HL. Vì CKF =CLF = 90° nên tứ giác CLKF nội tiếp đường tròn đường kính CF. Kết hợp với tứ giác AKLH nội tiếp ta có HAK = KLF = KCF. Suy ra AH || FC, nên FC L BC. Do đó BC tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác CKL. D Y Nhận xét. Chỉ có ba bạn sau đây có lời giải tốt: Phú Thọ: Trần Quốc Lập, Trần Mạnh Cường, 9A3, THCS Lâm Thao; Nghệ An: Nguyễn Trọng Bằng, 8A2, THCS thị trấn Quán Hành, Nghi Lộc. NGUYỄN THANH HỒNG Bài T5/457. Giải hệ phương trình: (9x+2x+(y-1) 1-3y=0 (1) 9x2+ y2+√5-6x=6 (2) (x,yeR). Số 461 (11-2015) TOÁN HỌC * Cuoitre19 Lời giải. ĐK: x số y s Cách 1. Biến đổi PT (1) thành x(9x2+2)=(1-y) 1-3y 3x(9x2+2)=(3-3y) 1-3y (3) Đặt a = 3x ; b=vl−3y thì PT (3) trở thành a(a2+2)=b(b2+2)+(a-b)(a2 +ab+b2+2)=0. Do a2+ab+b2+2= a+ mọi a, be k ; suy ra a = b. 3 + b +2>0 với Từ đó 3x=v1−3y (4)=9x =1−3y; 6x=2|1–3). Thay vào PT (2) ta được y2-3y+1+√5-2/1-3y=6 (y2-3y-4)+(√5-21-3y-1)=0 (y+1)(y-4)+ (y+1) y-4+ số 4-2/1-3y √5-2√1-3y+1 =0 6 =0. (√5-2/1-3y+1)(2+1-3y) Do ys nên biểu thức trong ngoặc vuông trên không vượt quá - 11-4+ 6 1.2 = ở PT (3) đã xét hàm số f(t)=t(t +2) rồi tính đạo hàm f'(t)=3r +2>0 để chỉ ra f(t) là hàm số đồng biến, từ (3) suy ra 3x=v1−3y nhưng cách làm này không phù hợp với chương trình của cấp THCS. b) Tuyên dương các bạn sau có lời giải tốt: Hà Nội: Đỗ Hoài Phương, 9C, THCS Tuyết Nghĩa, Quốc Oai; Đặng Thanh Tùng, 9B, THCS Nguyễn Thượng Hiền, Ứng Hòa; Hải Dương: Đồng Xuân Luân, 9B, THCS Hợp Tiến, Nam Sách; Quảng Bình: Phan Trần Hướng, thôn 5, xã Trung Trạch, huyện Bố Trạch; Nghệ An: Nguyễn Văn Mạnh, Nguyễn Như Quỳnh B, 8A, THCS Lý Nhật Quang, Đô Lương, Quảng Trị: Đoàn Nhật Thanh, 8D, THCS Nguyễn Trãi, Đông Hà; Quảng Ngãi: Võ Thị Hồng Kiều, 9A, THCS Nghĩa Mỹ, Tư Nghĩa; Nguyễn Thị Kiều Mẫn, 9B, THCS Nguyễn Kim Vang, Nghĩa Hành. PHẠM THỊ BẠCH NGỌC Bài T6/457. Cho f(x) là đa thức bậc ba với hệ số cao nhất là 2 và thỏa mãn: f(2014)=2015, f(2015)=2016. Tinh f(2016)−f(2013). Lời giải. (Theo đa số các bạn). Đặt g(x) = f(x)-x-1= f(x) = g(x) + x + 1. Suy ra g(2014) = g(2015)=0. Vậy x = 2014 và x = 2015 là hai nghiệm của g(x). Vì f(x) là đa 2<0. Suy thức bậc ba với hệ số cao nhất là 2 nên gọc) g(x) ra y+1=0 »y=-1 (thỏa mãn ĐK). Thay cũng là đa thức bậc ba với hệ số cao nhất là 2. 2 vào (4) ta tìm được x=- (thỏa mãn ĐK). Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất 2 5)-(3-1) (x, y) = Cách 2. Ta có PT(1) 27x3+6x+3(y-1)√1-3y=0 (3x)'-(√1-3y)'+2(3x-1-3y)=0 (3x-√1-3y)(9x2+3x√1-3y+3-3y)=0. Do 9x2+3x√1-3y+3-3y 3 =(3x+ √1-31 ) + 2 (√1-3x) +2>0 2 suy ra 3x=√1-3y. Đến đây giải tiếp như cách 1. Hiện Y Nhận xét. a) Mấu chốt của bài toán là việc chi ra 3x= v1−3y . Đa số các bạn gửi bài đều giải theo hai cách trên. Tuy nhiên, có bạn sau khi biến đổi đến TOÁN HỌC 20 cuổi trẻ Số 461 (11-2015) Do đó: g(x)=2(x−2014)(x–2015)(xa). Ta có: f(2016)−f(2013)=g(2016)−g(2013)+3 =2.2.1.(2016-a)-2.(-1)(-2)(2013-a)+3=15. » Nhận xét. 1) Một số bạn viết f(x) dưới dạng bậc ba dạng tổng quát (có hệ số cao nhất là 2) và dùng giả thiết biến đổi, cũng được kết quả trên. Dùng đa thức nội suy Lagrange, có thể giải bài này như sau: Áp dụng đa thức suy Lagrange cho đa thức bậc ba với 4 mốc nội suy là: 2013, 2014, 2015, 2016 f(x)p(x) 2016, ta có: f(x)= Σ g(x)(x-x)' ) k-2013 ở đó (x)=(x-2013)(x – 2014)(x – 2015)(x–2016). Do hệ số cao nhất của f(x) là 2 nên ta có: 2--1/(2013)+(2014)-(2015)+(2016) f(2016)-f(2013)=15. b) Đa số các bạn đều tìm đúng kết quả, một số ít bạn còn tính nhầm. Các bạn sau có lời giải ngắn gọn: Hà Nội: Trần Bá Khôi, 11T2, THPT chuyên ĐHSP Hà Nội, Đinh Hoàng Nhật Minh, 8A5, THCS Cầu = (anh từ thể tự tính tổ Giấy; Nam Định: Nguyễn Hoàng Huy, 10T2, THPT chuyên Lê Hồng Phong; Thái Bình: Trần Quang Minh, lOẠI, THPT Đồng Thụy Anh, Thái +2 (Theo định lý Pythagoras) Thụy = z/(anh) +(cal vi bởi tay tv chỉ tại (ax)2 + √(bh)2 + (by)2 + √(ch)2 +(cz)2) Phúc: Hữu Linh, 11A1, THPT Vĩnh Phúc, Nguyễn Minh Hiếu, 9D, THCS Vĩnh Yên; Bắc Ninh Lê Huy Cường, 12 Toán, THPT 2V(a+b+c) hỉ +(ax + by + chuyên Bắc Ninh; Yên Bái: Vũ Hồng Quân, 11 Toán, THPT chuyên Nguyễn Tất Thành; Hưng Yên: Chu Minh Huy, 11 Toán, THPT chuyên Hưng Yên; Dương Hồng Sơn, Nguyễn Mạnh Hiệp, 10A9, THPT Dương Quảng Hàm, Văn Giang; Phú Thọ: cz) (theo BDT Minkowski) = √(a+b+c) h2 + 4 (SIC + SNCA+SHAB)2 = Nguyễn Đức Thuận, 10 Toán, THPT chuyên Hùng 2 v12V3S,h +45, (theo bổ đề trên). Do đó (S,+S+Sc+S,S,+S+ScS,)2S, 26√3(Sh)2=54√3V2. Vậy theo bất đẳng thức Cauchy, ta có A B +2Sp S (S2 + S2 + Sc - S1 + 25p)] 254 √3V2, p 2 Vương; Thanh Hóa: Nguyễn Tiến Tài, 12T, THPT chuyên Lam Sơn; Đặng Quang Anh, 8A, THCS Nguyễn Chích, Đông Sơn; Nghệ An: Cao Hữu Đạt, Nguyễn Đình Hoàng, 11A1, THPT chuyên Phan Bội Châu; Đậu Thị Khánh Linh, 11T1, THPT Đô Lương I; Hà Tĩnh: Phạm Hùng, 11B2, THPT Cẩm Xuyên; Bình Định: Trần Văn Thiên, 11 Toán, THPT chuyên Lê Quý Đôn, TP. Quy Nhơn; Khánh Hòa: Nguyễn Kim Hoàng, 10A12, THPT Nguyễn Trãi, Ninh Hòa; Bến Tre: Hồ Trần Minh Tâm, 10 Toán, Điều đó có nghĩa là THPT chuyên Bến Tre; Quảng Ngãi: Nguyễn Thị Hạ Vi, 1072. THPT chuyên Lê Khiết, TP. Quảng Ngãi; Long An: Đặng Thành Trung, 11T2, THPT chuyên Long An; Vĩnh Long: Châu Minh Khánh, 10T1, THPT chuyên Nguyễn Bình Khiêm; Bình Phước: Đoàn Thành Đạt, 12T1, THPT chuyên Bình Long. TRẦN HỮU NAM Bài T7/457. Ký hiệu S. V theo thứ tự là diện tích toàn phần và thể tích của tử diện ABCD, Chứng minh rằng (ồn ) ≥ V3V?. (-5 2.5V. Đẳng thức ax by cz = = ah bh ch' AABC đều; H nằm xảy ra ở trong tam giác ABC; S +S+Sc−2S,=S, ↔ ABCD là tứ diện đều. UJ > Nhận xét. 1) Bài toán trên rất quen thuộc nhưng lời giải trên không quen thuộc. Có thể tìm thấy lời giải trên trong bài Vài ước lượng trong tử diện (trang 9, TH&TT số 279, tháng 9 năm 2000). 2) Chỉ có hai bạn tham gia giải bài toán này: Hà Nội: Vũ Bá Sang, IIT, THPT chuyên Nguyễn Huệ, Lời giải. Trước hết xin phát biểu không chứng TX Hà Đông; Hà Tĩnh: Phạm Thế Hùng, THPT minh một bổ đề quen thuộc. Bổ đề. Với mọi tam giác ABC (BC = a, CA = b, AB = Cẩm Xuyên, Cẩm Xuyên. NGUYỄN MINH HÀ Bài T8/457. Cho đa giác lồi n cạnh (n≥4) c), ta có (a+b+c)≥12V3S • Đăng 4,4,... - Chứng minh rằng thức xảy khi và chỉ khi tam giác ABC đều. Trở lại giải bài toán T7/457. Gọi H là hình chiếu của D trên mặt phẳng (ABC); E, F, G theo thứ tự là hình chiếu của H trên BC, CA, AB. Đặt DH =h;HE=x; HF =v; HG=z; SBCD=S, SCDA-SB;SDAB-Sci Sørc=S,. Dễ thấy S,+Sg+Sc ABC = ((BC.DE+CA.DF+AB.DG)) n+sin A, +sin A, +...+ sin A, cos 4 A-A A2-A3 +cos- +...+cos- 4 4 A-A 4 Đẳng thức xảy ra khi nào? Lời giải. Vì A,, A, =(0;T) nên: 0<4+4, 2 0. 2 2 Số 461 (11-2015) TOÁN HỌC Tuditre 21 Do đó sin 4, + sin 4, = 2sin4 + A, A-A 2 A-A, Lại vì 02 thì p là số nguyên tố lẻ và y>1. Khi đó, viết (1) dưới dạng p = y +1=(y+1)T,T=2+...-y+1>1(2). Từ (2) suy ra (y+1) chia hết cho p. i) Nếu y+1=p thì từ (1) suy ra p' -(p-I) =1 (3). • Ta thấy x = 1 thì (p-1) = p−1, không xảy ra. Xét x = 2 thì từ (1) suy ra p =(p-1) +1 <(p-1)=(p-1)+2 nên 2 chia hết cho p-1. Do đó p=3 và y = 2. Ta thấy bộ (x; y; p)=(2;2;3) thỏa mãn. • Xét x≥ 3 thì từ (3) suy ra (p−1) +1 chia hết chop. Điều này không xảy ra vì (p-1)+1= p2 -Cp+...+C3p3-Cp+p2 chỉ chia hết cho p. ii) Nếu Sy+1=p* T= p,x>keN thì do y=−1(modp) nên y 1-y^2 +y+ = p (mod p*). Suy ra p* =py+1. Vậy chỉ có hai bộ số (x; y; p)={(1;1;2),(2;2;3)} thỏa mãn (1). T » Nhận xét. Nhiều bạn còn biết sử dụng định lí nhỏ Fermat vào tính toán cho đơn giản. Bạn Vũ Đức Văn (10T1, THPT chuyên ĐHSP Hà Nội) nhận xét đây là câu Số học trong Czech Slovakia Olympiad 1996. Các bạn sau đây có lời giải đúng; Bắc Ninh: Lê Huy Cường, 12T, THPT, chuyên Bắc Ninh. Bình Định: Trần Văn Thiên, 117, THPT chuyên Lê Quý Đôn. Bình Phước: Đoàn Thành Đạt, 12T1, Bùi Công Mạnh, Bùi Văn Bình, Phạm Ngọc Huy, AK11, THPT chuyên Quang Trung. Cà Mau: Hoàng Công Minh, 10T, THPT chuyên Phan Ngọc Hiển. Hà Nội: Phạm Thiện Long, 1112, THPT chuyên Hà Nội - Amsterdam, Hoàng Lê Nhật Tùng, 11T2, THPT chuyên KHTN, ĐHQG Hà Nội, Trần Bá Khôi, 11T2, Vũ Đức Văn, 10T1, THPT chuyên ĐHSP Hà Nội, Vũ Bá Sang, 11T1, THPT chuyên Nguyễn Huệ. Hải Dương: Lê Huy Dũng, 11T, THPT chuyên Nguyễn Trãi. Thừa Thiên - Huế: Nguyễn Minh Hải, 10T, THPT chuyên Quốc học Huế. Hưng Yên: Dương Hồng Sơn, Nguyễn Mạnh Hiệp, 10A9, THPT Dương Quảng Hàm. Khánh Hòa: Nguyễn Kim Hoàng, 10A12, THPT Nguyễn Trãi. Nam Định: Nguyễn Hoàng Huy, 10T2, THPT chuyên Lê Hồng Phong, Nghệ An: Phan Đức Tiến, Cao Hữu Đạt, Nguyễn Hồng Quốc Khánh, 11A1, THPT chuyên Phan Bội Châu. Phú Thọ: Nguyễn Đức Thuận, 10T, THPT chuyên Hùng Vương. Phú Yên: Phan Xuân Thành Nam, 10T1, THPT chuyên Lương Văn Chánh. Quảng Nam: Nguyễn Công Thảo, 12/1, THPT chuyên Lê Thánh Tông. Thái Bình: Trần Quang Minh, 11A1, THPT Đông Thụy Anh. Thanh Hóa: Nguyễn Tiến Tài, 12T, Nguyễn Đình Lương, 10T, Vũ Duy Mạnh, 117 THPT chuyên Lam Sơn. Vĩnh Phúc: Nguyễn Tất Thành. Minh Hiếu, 9D, THCS Vĩnh Yên, Đỗ Văn Quyết, Hà Hữu Linh, 11A1, THPT chuyên Vĩnh Phúc. Yên Bái: Vũ Hồng Quân, 117, THPT chuyên Nguyễn NGUYỄN VĂN MẬU Bài T10/457. Cho k là số thực lớn hơn 1. Xét k2-1 1 de 4 2 X + 4 k-1 4 +...+ 4 k2-1 1 2 » dau can bachai √k2 -1 Chứng minh xu là đây hội tụ và tìm lim x sau tham gia và có lời giải đúng: Vĩnh Phúc: Phạm Ngọc Hoa, 9A1, THCS Sông Lô; Hà Nội: Vũ Đức Văn, 10T1, THPT chuyên ĐHSP Hà Nội, Phú Thọ: Nguyễn Đức Thuận, 10T, THPT chuyên Hùng Vương; Hưng Yên: Triệu Ninh Ngân, Dương Hồng Sơn, 10A9, THPT Dương Quảng Hàm, Văn Giang; Thái Bình: Trần Quang Minh, 10A1, THPT Đông Thụy Anh, Thái Thụy; Phú Yên: Phan Xuân Thành Lâm, 10T, THPT chuyên Lương Văn NGUYỄN MINH ĐỨC Chánh. Bài T11/457. Với mỗi số n nguyên dương, đặt Vinh Sử (n) = [d2. ) Chứng minh rằng y(n) là hàm nhân tinh nghĩa là: y(ab)=\(a).(b) nếu (a,b)=1. 2) Cho 1 là số nguyên dương lẽ. Chứng minh rằng: \(n) = \(n+1) chỉ xảy ra tại hữu hạn số nguyên dương hạ Lời giải. (Dựa theo lời giải của Trần Bá Khôi, 11T2, THPT chuyên ĐHSP Hà Nội) 1) Gọi {(a,...,7} là tất cả các ước của a và {bị......,b,} là tất cả các ước của b. Do (a, b)= 1 nên {ab (1_ism,15 jsn)} là tập hợp tất cả các ước của ab. Vậy w(ab)= Lab - Za [a,b=a Σb; Σε b=y(a)(b) k2 Lời giải. Đặt a= 2-1, a > 0. Ta có Nhận xét x1 = √a, x = √a+x, Vn≥1. xn+1 > √a+ √a + ... + √a 2) Dễ thấy v(n) =) Sinh vật va tot và vật vật và xi Bổ đề: S. = √a+ √a+ ... + √a x2+1 = a + x12 Nhận xét. Đây là bài toán giới hạn dãy số đơn giản. Hoan nghênh các bạn học sinh lớp 9, lớp 10 α. a) Với mọi n lẻ thì v(n)=q(n+1). Thật vậy, giả sử v(n)= v(n+1), vì n+1, là ước của n + Ở nên ta thấy Số 461 (11-2015) n+1 2 TOÁN HỌC * Tuổi trẻ 23 n+l (n + 1)2 + ( n + 1 ) ] 2 +12 ≤y(n+1)= w(n) Sử dụng định lý Ptolemy cho tứ giác nội tiếp ABNC ta thấy BN.AC+ AB.NC = AN.BC =n Σ 1 1 1 Sn + an2 5 an <-n (2) n2 A 32 n 5 5 5 5 >> 2n2+2n+212+1< 2n2 (vô lý). b) y(n)=x(n+I) với mọi số hữu hạn n chẵn. Thật vậy, giả sử A={n∈N*,n chẵn: \(n)=V(n+D)}. Với ned: Do nh 1 là ước của n nên n n2 + +1≤y(n) = w(n+1)=(n+1)2 Σ 1 d2 B C M N ≤(n+1)2 din+l 1 1 + =) (25 - a)n2 + C=l-al. Do a-a>0 nên bất phương trình +Bn+C<0 ở đó B=-2al; trên chỉ có một số hữu hạn nghiệm nguyên dương. Do đó |4|< > Nhận xét. Ngoài bạn Khôi chỉ có hai bạn tham gia giải bài toán này. Lời giải của hai bạn có ý nhưng chưa được hoàn chỉnh. ĐẶNG HÙNG THẮNG Bài T12/457. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và ngoại tiếp đường tròn (I). Các tiếp tuyến với (O) tại B và C cắt nhau tại T. Gọi M là trung điểm của BC; D là điểm chính giữa cung BC không chứa điểm A; AM cắt lại (O) tại E; AT cắt cạnh BC tại F; J là trung điểm của đoạn IF. Chứng minh rằng AEI = ADJ. Lời giải. Bổ đề. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Các tiếp tuyến với đường tròn (O) tại B và C cắt nhau tại T. Chứng minh rằng AT chứa đường đối trung của tam giác ABC kẻ từ đỉnh A. Chứng minh. (h.1) Gọi M là trung điểm của BC; N là giao điểm thứ hai của AT với đường tròn (O). Vì ABNC là tứ giác điều hòa nên BN.AC AB.NC TOÁN HỌC 24 tuổi trẻ Số 461 (11-2015) (1) HTT Hình 1 = AN.BC AN.CM Từ (1) và (2) suy ra BN.AC = AN hay thấy BN AC AN CM = kết hợp với ANB = ACM ta A4BN A4MC(cgc)= BAN = MAC. Từ đó lưu ý rằng M là trung điểm của BC, ta suy ra AN, hay AT chứa đường đổi trung của tam giác ABC kẻ từ đỉnh 4. Bổ đề được chứng minh. Trở lại bài toán (h.2). A B C F M DE T Hình 2 Từ giả thiết bài ra ta thấy AF là đường đối trung của tam giác ABC (Theo Bổ đề). Do đó AF và AM là hai đường đẳng giác đối với góc BAC. Gọi I là tâm đường tròn bàng tiếp tương ứng với đỉnh 4 của tam giác ABC thế thì ta có kết quả quen thuộc sau : DI = DB = DC = DI. Suy ra DJ là đường trung bình của tam giác IFI . Khi đó ADJ = AI F. Ta sẽ chứng minh rằng AI F=AEI . Thật vậy, do ABF = AEC; BAF EAC, nên AABF AAEC (g.g), suy ra = AF AB H AC AE hay AE.AF = AB.AC ABC Mặt khác ABI = ABI +IBI =90 + 2 (3) = AIC. Kết hợp với BAI = CAI = ABI, <> AIC AI AC hay AL.Al = AB.AC AB AL Tử (3) và (4) suy ra AE.AF = AE = AL a . Kết hợp với IAE = I AF AI AF AAL FAAEI (c.g.c). Do đó AI_F = AEI (đpcm). (4) AI.Ala > Nhận xét. Các lời giải gửi về Tòa soạn khá phong phú theo những hướng: Sử dụng tính chất của tứ giác điều hòa; hàng điểm điều hòa, chùm điều hòa, định lý Menelaus ... Một số bạn kẻ IK/BC (KeAT), gọi X=DKO (X=D) sau đó đi chứng minh X, I, E thẳng hàng và đường thẳng DK đi qua J cũng cho lời giải gọn. Các bạn sau có lời giải tốt. Hà Nội: Vũ Đức Văn, Phạm Ngọc Khánh, 11Toán 1, Trần Bá Yên: Lê Bảo Đại, 11 Toán 2, THPT chuyên Lương Văn Chánh; Cần Thơ: Nguyễn Trần Hữu Thịnh, 11A1, THPT chuyên Lý Tự Trọng; TP. Hồ Chí Minh: Nguyễn Đình Duy, 10 Toán, PTNK - ĐHQG TP. Hồ Chí Minh. HỒ QUANG VINH Bài L1/457. Để đo điện trở R và độ tự cảm L của cuộn dây, ta dùng cầu xoay chiều nổi vào nguồn điện xoay chiều có tần số góc c (Hình vẽ). C là một tụ điện có điện dung đã biết, Ra là điện trở có giá trị đã biết ở hình dưới, Ry và r là hai biển trở, Y lắp nối tiếp với C. Biến đổi Ry và Y để cầu cân bằng (không có dòng điện qua T), ta đọc được Ry và r. Gọi các tổng trở của đoạn AB, BD, AE, ED lần lượt là Z, Z2, Z, Z a) Vẽ giản đồ Frê-nen. Suy ra mối liên hệ giữa R. L và C, r; 0. b) Tinh tổng trở Z, và tìm liên hệ giữa chúng. Suy ra mối liên hệ giữa R, L và C, r, Ra, R. c) Tinh R và L theo các giá trị đã biết Rs, R, C, r, o. Z B Z2 R2 D R3 C Z3 Z4 E Khôi, 11T2, THPT chuyên ĐHSP Hà Nội, Hoàng Lê Áp dụng số: Ry= R = 1000 $2; r=5000 2; Nhật Tùng, 11T2, THPT chuyên KHTN, ĐHQG Hà Nội; Yên Bái: Vũ Hồng Quân, 11Toán, THPT chuyên Nguyễn Tất Thành; Phú Thọ: Nguyễn Đức Thuận, 10 Toán, THPT chuyên Hùng Vương; Vĩnh Phúc: Hà Hữu Linh, 11A1, THPT chuyên Vĩnh Phúc; Hưng Yên: Dương Hồng Sơn, 10A9, THPT Dương Quảng Hàm, Văn Giang; Nam Định: Đoàn Thị Nhài, 11Toản 1, THPT chuyên Lê Hồng Phong; Thanh Hóa: Nguyễn Đình Lương, 10T, Vũ Duy Mạnh, 11T, THPT chuyên Lam Sơn; Nghệ An: Cao Hữu Đạt, Phan Đức Tiến, 11A1, THPT chuyên Phan Bội Châu; Hà Tĩnh: Ngô Việt Hoàng, Phan Anh Tuấn, 11T1, THPT chuyên Hà Tĩnh; Bình Phước: Bùi Văn Bình, Phạm Ngọc Huy, AK11, Bùi Công Minh, 12A, THPT chuyên Quang Trung, Đoàn Thành Đạt, 12T1, THPT chuyên Bình Long; Phú C = 0,2 uF ; = 1000 rad/s, tỉnh R và L. Lời giải. a) Vì cầu cân bằng, E và B có cùng điện áp. Ta có giản đồ như hình dưới. Ta thấy: AF/BD vì Ri, và Ri đều đồng pha với i, EDM = AEF (góc có cạnh tương ứng vuông góc). Tam giác AFB đồng dạng với tam giác BMD, nên ta có : @L 1 hay o2LCr = R (1) R @Cr b) Z1 = √R2 +(Lo)2; Z2 = R2; Z3 = R3; Z4= Z4=2 1 + C22 = UAB UAE cho Z11 = Z3l3 Số 461 (11-2015) (2) (3) TOÁN HỌC * Tuổi trẻ 25 UBDUAD cho Zal1 = Z413 Từ (3) và (4) ta có: Z Z = ZzZs Thay Z, vào (5) bằng các biểu thức (2) ta có: (4) (5) Xét bài toán trong hệ tọa độ cực (F;0), trong đó + là vectơ vị trí gốc ở B, còn 0 là góc lập bởi F và trục Bx. Trong hệ tọa độ này thì điểm 4 có )= 2√3d 2π tọa độ 4(7,10,) = (23d, 3 1 (R2 + L22) + = (R2R3)2 hay C202 R2 R22+ C2 + (Loor)2= (R2R3)2 (6) C22 R2I E.B rīs M CLI RI R2I F D CO V 錢 B Khi canô có vị trí (1,0) thì Từ (1) và (6) ta có: (Rr + 4 ) = (R2R2)2 => Rr + (Rr+ L dr dr = =-V+v cos dr cot 0 de de Var =-v sine c, sin 0 -R2R3 (7) dr C Nguyên hàm hai vế được c) Từ các phương trình (1) và (7) ta thấy L (Cro2 + 1 ) = R2R2 Tọa độ 4 thỏa mãn (1) tức là Ө Inr= In tar tan-In (sin0)+C (1) RR ⇒R= 1 ⇒L= 02 Cr2 co2 + C Áp dụng bằng số, ta có: L=0,1 (H); R=100 (22). D » Nhận xét. Chúc mừng các bạn có lời giải đúng đề ra kì này: Nam Định: Nguyễn Nam Khánh, Phạm Ngọc Nam, Nguyễn Văn Quân, 12 Lí, THPT chuyên Lê Hồng Phong, TP. Nam Định; Nguyễn Đắc Nam, 12 Lí, THPT chuyên Bắc Ninh. ĐINH THỊ THÁI QUỲNH Bài L2/457. Trên một đoạn sông thẳng và bằng phẳng, vận tốc chảy của nước ổn định V.. Một ca-nô xuất phát từ 4 với tốc độ không đổi và (V, 2v) và luôn hướng về B ở phía bờ đối diện như hình vẽ. Tìm quy luật chuyển động của ca-nô khi 0, = 120? Bỏ qua mọi ma sát và xem kích thước ca-nô không đáng kể. A Ve Cr22R2R2 C2r22+1 0. C = In r In tan ta +In (sin 0) V 2 Ө tan In V = -In 2 sin 0 0 + In To Vn 0 sin 0 0 tan 2 Ө Vn tan 2 sin 00 ⇒ In In - 0. sin 0 0 tan 2 ⇒r=%7 sin 0. sin 0 tan 02 0 n (2) Ꮎ tan 2 Ve Өл tan d Thay số ta được r = 2 0 sin 0 √3 W Vn Ve B Lời giải. Kí hiệu bề rộng của sông là d. > Nhận xét: Rất tiếc, không có bạn nào gửi lời giải cho bài vật lý này. NGUYỄN XUÂN QUANG 26 TOÁN HỌC CTuổi trẻ Số 461 (11-2015) DIỄN EN DAN DAY a563- HOC TOAN MỘT SỐ KỸ NĂNG CẦN LƯU Ý MỘT SỐ KỸ NĂNG CẦN LƯU Ý KHI TÍNH TÍCH PHÂN Phép tính tích phân là một phần quan trọng của giải tích toán học nói riêng và trong toán học nói chung, không những như là một đối tượng nghiên cứu trọng tâm của giải tích mà còn có đắc lực trong nghiên cứu lý thuyết về phương trình, lý thuyết về hàm số. Trong các kỳ thi tốt nghiệp, Cao đẳng và Đại học thường xuất hiện, gây nhiều khó khăn cho học sinh khi học và thi. Bài viết này xin trình bày một số kỹ năng cần lưu ý khi tính tích phân, hy vọng sẽ giúp ích cho học sinh trong kỳ thi sắp tới. 1.Kỹ thuật chọn hệ số cho v. Công thức tính tích phân từng phần Judv=uv - fvdu. Mục đích khi sử dụng công thức trên là đưa một tích phân phức tạp về một tích phân đơn giản hơn. (du=p'(x).dx Ju= p(x) Khi chọn: [dv=q(x).dx[v=fq(x).dr=Q(x)+C với C là hằng số bất kỳ và theo một "thói quen" thì ta thường chọn C =0. Nhưng đôi khi việc chọn C=0 lại làm cho tích phân du khó tính toán. Vì C là hằng số bất kỳ nên ta sẽ chọn hệ số C thích hợp để cho du dễ tính nhất. Thí dụ 1. Tình tích phân 1= x(sinx+20sx) Phân tích: Nếu chọn u = In(sin x+2 cos x) 1 dv= Khi đó dr cos2 x du cos x cosx – 2sin r sinx+2cosx v = tan.x dr. KHI TÍNH TÍCH PHÂN NGUYỄN VĂN CƯỜNG (GV THPT Mỹ Đức A, Hà Nội) I=tanx.In(sinx+2cosx) – (cosx−2sinx)tan.x Tính tinh phân A rất phức tạp. Lời giải. Chọn u=In(sinx+2cos.x) dv: sin.x+2cos.x dr. du 1 cos.x-sin.x sinx+2cos.x dr -dx sin.x+2cos.x cos2 x v=tanx+2= COS.X sinx+2cos.x In(sin.x+200s.x)cos.x- dr roos.x-2sinx COS.X Khi đó =3ln 3- In2-dr-2fd(cos.x) 2- π COS X =3ln 3- In2 - 4 −2In|cos la 5 3ln 3-In 2-- 31n3- 元 4 COS.X Thí dụ 2. Tình tích phân 1 = h(4x +8x+3) l= (x+1) dr. Phân tích. Ta xét cách giải thông thường như sau. Chọn: u = In(4x2+8x+3) dv= Khi đó: 1 -dr (x+1) 3 In(4x2+8x+3) 2(x+1)2 In 15 8 In 3 + +4J. 2 = du 8x+8 4x2+8x+3 dr 1 2(x+1)2 dx (x+1)(4x2+8x+3) Lúc này tính J cần đến kỹ năng đồng nhất thức 1 (x+1)(4x2 +8x+3) như sau: 1 A B C = -+ + (x+1)(2x+1)(2x+3) x+1 2x+1 2x+3 Số 461 (11-2015) TOÁN HỌC Tuổi trẻ 27 1=4(2x+1)(2x+3)+ B(x+1)(2x+3) +C(x+1)(2x+1) In b (1) Lời giải. Sử dụng công thức log b= ta In a 3 Chọn x=- x=−1 thay lần lượt vào được I = 2 In 2 1 r; In(3sinx+cosx) sin2 x dx. (1) ta được: A = -1, B = C =1, khi đó: 1 8(x+1) du dx 4x2+8x+3 -dr 1 2(x+1)2 2(x+1)2 (x+1)(4x2+8x+3) x+1 2x+12x+3 -1 -1 1 1 + + Đặt 1 dv -dr sin2 x 3cosxsin x du -dr 3sinx+cos x V=-cotx-3=- 3sin x+cos x sin x J = (1+1+2x+1+2x+3)dx x+1 2x+1 2x+3 -(-In/x+11+ 1 15 In In/2x+11+ In| 2x+31) =J=zin - - In 2 và ⇒>J I 3 In 15 In 3 8 + +4J= Lời giải. Chọn 2 u=ln(4x2+8x+3) dy= 1 dv = (x+1)3 15. In15--In3-4ln 2. Khi đó I.ln 2 =(−cot x - 3).ln(3sin x+cosx ⇒ 1.In2=6ln 2-3ln3+3| +2-4x2+8x+3 -15 In2-31n3- 元 In 2-3 In 3- 3cos x – sin x sin x dx d(sin x) fax dx 元 sin x u=ln(3sinx+cosx) 2224 1 15 Vậy I = 4x2+8x+3 2(x+1)2 In 2 2 4dx .In(4x2+8x+3) x+1 Thi dụ 5. Tỉnh tích phân I = |x In J'in dr. 9-x2 9+x 15. 8 In15-In3-4ln/x-+--In15-2n3-4 Thí dụ 3. Tinh tích phân I = ln(x−3x+2)dx. 8 Lời giải. – fin (x2 - 3) 36x 9 x du = dx u = In x-81 Đặt x-81 Lời giải. Chọn Ju= In(x3-3x+2) dv = x3dx V= 4 dvdr 4-8 du 3(x2-1) (x-1)2(x+2) dx = 3(x+1)dx (x-1)(x+2) Vậy I = -81 In -81, 9-x2 4 9+x f9xdx 10 v=x-1 65, 13 9x2 -In- 65, 13 = In-18 --18. 4 5 2 4 I 1 = (x-1)In(x3-3x+2) -3x+2dx | dr 1 =2ln5+2ln 2-3 3 Bài tập tương tự. Tính các tích phân sau *ln(sin x+cos x) x+2 1= Π dr. cos2x =21n5+2ln 2-3(x-In|x+2) =5In 5-4In 2-3. O Thí dụ 4. Tinh tích phân 28 I= log2 (3sin.x+cosx) dx. sin2 x TOÁN HỌC * GIuổi trẻ Số 461 (11-2015) 12 = √(x2+x) ln(1+x2)dx. 2. Đưa biểu thức dưới dấu tích phân về đạo hàm của một hàm số • [(u'(x)v(x)+u(x)v'(x)) dx = = fd(u(x)v(x)) = u(x)v(x)+c. = • fu'(x)v(x) = u(x)v′(x)dx = v(x) 2 Thí dụ 6. Tinh tích phân I= || 2vnx+ = [fd("(x)) = ( u(x) +c. TI J=e-K2+K2 = e. Cách 3. Có thể đặt v(x) 1+ sin x น du 1 1+cosx dr. (1+cosx) sin.x (1+cosx) (1+cosx) + dr √Inx v=et dv=e'dr Từ đó 1 + sin x 1+cosx Lời giải. Ta có 1 2vlnx+ =2√lnx.(x)'+x(2√lnx)'=(2x√lnx)'. √Inx Do đó I = || 2Vlnx + 1 J dr √In x 22 0 2 (1+cosx)e* e sin x + (1+cos.x)? (1+cos x)2 dr dr. - [d(2x√lnx)=2x√Inx=2√2€2-2e. 1 e* = =2e2 dx 2 (1+cosx) e* Thí dụ 7. Tính tích phân J = a[+sinx =2e2 e'dr. 2 ]+cos x ]+cost Lời giải. Ta có 1+ sin x 1+2sin cos sinc X 1= -e'dr= 2 e'dx Thi dụ 8. Tính tích phân I = | Lời giải. Ta có (x+2)2 1+cosx 2 X 2cos x2.ex 4x+4 I= 2 dx: e re dr (x+2) 2 (x+2)2 1 e+e tan dx X 02cos2 2 Já (e* tan) = (e* tan x 22 = e2. Nhận xét. Ngoài cách giải trên ta còn có thể giải như sau 1+ sin x Cách 2. Phân tích J = e'dr ]+cosx 1 ·e* dx + 1+cost sin x 1+cos x e'dx=K, + K2. EN 10 4 ( x + 2 = 1 e d x (x+2) 2 =e"-1-4 1 x+2 et dr x+2 e-1-41 et x+2 dr-e-1-4- =e+1- e 1 x+20 4e 3 • Bài tập tương tự. Tính các tích phân sau x 4x tan + x2(1+tan2) dx IA = +De* (x+1)2 dr. dr. 1 K1 = ]+COSX Π 1 -e"dx = 02cos2 x 2 -e dr = Je d(tan) e tan x Stane'dr 2 0 3. Biến đổi tử số theo mẫu số và đạo hàm của mẫu số 1 dr Lưu ý. dr=nd(ax+b); c = d(lnx); cos xdx = d(sin x+c); X dr cos2 x = d(tan x).... TC sin x 0 2cos 2 X 2 -edx=e2- sin x e dr J1+cosx Thí dụ 9. Tính tích phân I = dr xInxlnex dr. Số 461 (11-2015) TOÁN HỌC * CTuổi trẻ 29 Lời giải. Ta có d(lnx) I 1 = √ In x(ln x + jd (nx) _ jd (1 + Inx) 1+ Inx 1) x+1) = In x nx) - In (1 + in.x) e =2ln 2-In 3. = In(ln x) e Thí dụ 10. Tinh tích phân l= Lời giải. Ta có * 2 sin2 4 cos 2.x X dx = .(cosxsin x) dx = (cosx == cos2 x-sin2 x d(cosx+sinx) 4 (x+1)cos xdr Lời giải. Ta có I = d + | +1)sinx + cosx = 12. KINO jd ((x 0 •d((x+1)sinx+cosx) (x+1)sinx +cOS X =”+In((x+1)sin x + cos x) 2sin -x π+2 = + In dr. 2 cos 2x 'x2+e+2ve" Thí dụ 14. Tinh tích phân Im dr. Lời 1-sin 2x dx cos 2x = In cos x + sin x = In 1+2e' giải. Ta có I = x(1+2e')+ = [ Jo 1+2e* dr dr 1 1 d(1+2e*) f' 3 Jo 1+2e* [ xdx + 5 + 2 dx = = [+ 2 5 1+ 20 1+2e 2e+1 =1+1(1+2e716=1+1 -+ | In(1 + 2e') = + In 20 +1 3 Thí dụ 15. Tinh tích phân I = 3 "¡1+x2 Inx dx. x+x Inx †cos x − sin x dr cos x + sin x 1+√3 cos x + sin x 2 π tan x- Lời giải. Ta có 4 Thi dụ 11. Tinh tích phân I = Lời giải. Ta có dr. cos 2x j(x + x2 (x + x2 ln x) + (1-x) dx x+x2 Inx Jdx+ f 1-x dx x+x2 Inx 1 1 π + In x tan x-1 tan x X 4 dx= 1+tan x cos2 x-sin2 x -dr =x + dr-e-1- 1 + In x X dr =e-1-In = d(tan x) (1+tan x)2 6 -1- 3 1-√3 2 -f 1 X X + In x +1 + Inx) = e-In(e + 1). Thi dụ 16. Tinh tích phân I = Lời giải. Ta có I= ( [ (2x+x2)e* −(1+x2e*) 1+x2e* (2x + x2)e2 dx - f dr √ 2 -dr xsin x + cos x = = = cos 2x tan x-1 (1+tan x)(1-tan2 x) cos2 x -[(1+tan x)2d(1+tan x) = Thí dụ 12. Tinh tích phân 1 1+tan x 1 = fix sin x + (x + 1)cos x xsin x+cosx Lời giải. Ta có I = dx + | sin.x + cos x) xsin x + cos x = x2 + fid(x TC 4 = = dx. x cos x +ln|xsinx+cosx sin.x + cost] = 24+1m[2(4+1)] Thí dụ 13. Tinh tích phân 30 (x+1)(sinx+cosx)+cosx (x+1)sinx+cos x TOÁN HỌC CTuổi trẻ Số 461 (11-2015) 1+x2e* [d(l + x2 e2 ) _ 1 = ln(l + x2 e2 1+x2e dr 2xe-1 dr. Jo 1+x2e" −1 = ln(1+x2e')| | -−1 = ln(e+1)−1. • Bài tập tương tự. Tính các tích phân sau I = J = dr. K = sin2x-sin x+x2 x+cosx dx. 2x cos x+(x-2)sin x xcosx-sin x (x2 e2 + 2x+1)e* dx. [" (x2e2 xe +1 dr. PHƯƠNG PHAP GIAI TOÁN C o EN DAN THAM SỐ HÓA TRONG THỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC CAO MINH QUANG (GV THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm, Vĩnh Long) BĐT này luôn đúng vì nó tương đương với 3a(x-y)2+3axy+x+y3 20. 6 Bài toán 2. Cho các số thực không âm a, b, C. Chứng minh rằng a2+b2+c3 3 zabc+2(a-b)(b-ex(e-a). số húng ta đã quen kỹ thuật tham số hóa trong các bài toán về phương trình, hệ phương trình. Trong bài viết này xin trình bày kỹ thuật giải các bài toán bất đẳng thức (BĐT) bằng cách tham số hóa. Ý tưởng chính của phương pháp là tìm mối quan hệ giữa các biến trong bài toán để có thể đưa thêm biến phụ. Lưu ý rằng với mọi số thực a,b thì luôn tồn tại số thực k sao cho a=b+k và trong Nhận xét. Bài này là một kết quả chặt hơn so với một số trường hợp, bài toán có nhiều biến thì ta có bài toán 1, nên chúng ta sẽ gặp nhiều khó khăn thể tham số hóa thêm một vài biến khác. Mục tiêu trong việc tìm lời giải. Mặc dù BĐT đang xét có chính của phương pháp là sử dụng “phép tịnh tiến dạng đồng bậc và đối xứng nhưng khó khăn mà trên trục số” để chuyển các biến đang được xem chúng ta gặp phải là làm thế nào phá bỏ được dấu xét thành các biến nhận giá trị nhỏ hơn rất nhiều, trị tuyệt đối. May mắn thay, vì tính chất đối xứng, nên không mất tính tổng quát, ta có thể “sắp xếp thứ tự” các số a,b,c, từ đó ta có thể bỏ dấu trị tuyệt đối và biến đổi tiếp để có lời giải. và từ đây ta sẽ dễ dàng đánh giá các biến mới với điều kiện chặt hơn so với các biến ban đầu. Phương pháp này thường áp dụng cho lớp các bài toán BĐT đồng bậc và đối xứng. Sau đây là Lời giải. Giả sử a≤b≤c. Khi đó tồn tại các số một số bài toán minh họa. 6 Bài toán 1. (Bất đẳng thức Cauchy cho ba số). Cho ba số thực không âm a,b,c. Chứng minh rằng a+b+c 3 Nabe. Lời giải. Bất đẳng thức Cauchy vốn đã quá nổi tiếng và có nhiều cách chứng minh cũng như ứng dụng. Ta sẽ cùng xem xét một cách chứng minh mới cho bài toán này. Một cách tương đương, ta chỉ cần chứng minh a +b +c 23abc với mọi a,b,c 20. Không mất tính tổng quát, giả sử a=mina,b,c. Đặt b=a+x,c=a+y khi đó x>0, y20. Thay vào BĐT cần chứng minh, ta có a2+(a+x)2+(a+y)' ≥3a(a+x) (a+y) →3ax2+3ay2+x2+y3≥3axy. x20, y≥0 sao cho b=a+x,c=a+y,y>x. BĐT cần chứng minh tương đương với a2+(a+x)2+(a+y)3 -3a(a+x)(a+y)-2xy(y-x) ≥0 <>(3ay – Bay) + Bao tử tư 34(-x)+30 +(y−x) tả 3 9 9 tại 20 −x)+2 20. BĐT cuối đúng vì y2x20. Ta sẽ cùng xem xét một số ví dụ khác. O Bài toán 3. Cho các số thực không âm abc và thỏa mãn điều kiện a+b+c=1. Chứng minh rằng: (a-bb-cc-a)s √√3 18 Phân tích. Khó khăn chúng ta gặp phải là biểu thức không đối xứng. Nếu dùng phép biến đổi đại số thì phải chứng minh một BĐT bậc 3 Số 461 (11-2015) TOÁN HỌC “Tuổi trẻ. “Tuoitre31 không đối xứng. Tuy nhiên, với lưu ý rằng As4, với mọi số thực A, ta sẽ chuyển biểu thức thành dạng đối xứng như ở bài toán 2. Lời giải. Ta sẽ chứng minh (a-b)(b-c)(c-a) s √3 18 Giả sử rằng asbsc. Khi đó tồn tại các số thực x≥0,y≥0 sao cho y>x và b=a+X;c=a+y. Cần chứng minh Tin xy(v-x)≤ Vì a+b+c=1, nên 3a+x+y=1=x+y 1 hay y≤1-x. Từ điều kiện xảy, suy ra 0SxS). Do đó BĐT cuối đúng vì nó tương đương với 2(a - y)+ xa? _r)+3ax(y−x) +a2x+2axy+y(a-y)(2a-y) ≥0. Bình luận. Trong bài toán trên, ta dự đoán đẳng thức xảy ra khi một số bằng 2 và hai số bằng 1. Từ đó, với việc sắp xếp thứ tự của các biến, ta nhận được a=1 và x=0,y=1. Do đó, trong BĐT (*) ta phải đánh giá đại lượng a và y, tức là cần phân tích -y = -2y+y*. Công việc kế tiếp là làm thế nào để có thể nhóm các hạng tử và vẫn đảm bảo đẳng thức xảy ra đồng thời như cách trình bày trên. 4 Bài toán 5. Cho các số thực a,b,c thỏa mãn xy(y−x)≤x(1−x)(1−2x)=2x−3x+x. Xét các điều kiện azb2 và cả tỉ tỉ = 5. Chứng hàm số f(x)=2x−3x+x,xe 0 f'(x)=6x2-6x+1, f'(x)=0⇒x= 3-√3 6 = Ta có (nhận) √3 18 50500 3+√3 hoặc x= (loại). 6 Khi đó f(0)=0,f 36 3-√3 6 Vì f(x) liên tục trên 0; nên f(x)< 183 3-√3 y = 69 3+√3 6 hay a=0, b = 3-√3 6 3+√√3 C= 6 Đăng thức xảy ra khi x= Như vậy, không chỉ giải được bài toán đã cho mà ta còn chứng minh được BĐT “kép”: √3 18 <(a-b)(b-c)(c-a) s. √3 18 Q Bài toán 4. Cho a,b,c =[1,2]. Chứng minh rång a+b+c ≤5abc. Lời giải. Vì vai trò của a,b,c là như nhau nên có thể giả sử a≤b≤c. Khi đó tồn tại y2x20 sao cho b=a+x,c=a+y. Vì a,b,ce[1,2], nên x,ye[0,1]. BĐT cần chứng minh được viết lại a +(a+x) +(a+y) <5a(a+x)(a+y) 32 2a+2ax-3ax2-x3 +2a2y-3ay2-y+5axy 20 (*). TOÁN HỌC “Tuổi trẻ Số 461 (11-2015) minh rằng (a−b)(b−c ca)(ab+bc+ca)24. Lời giải. Vì a>b>c nên tồn tại x2y20 sao cho a=c+x,b=c+y. Từ a + b + c =5, ta Có 3c +2c(x+y)+x+y =5. BĐT cần chứng minh trở thành (x-y)xy(3c2+2c(x+y)+xy) ≤4 xy(x-y)(5-x2-y2+xy) ≤4. Đặt m=x-y và n=xy, m≥0,n≥0. BĐT trở thành mền+m+425mn. BĐT cuối đúng vì mìn+mn +4 mn2 mn2 =m2n+ + +2+2 ≥5√√m3n = 5mn. 2 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi mm2 [mn=2 m'n= =2 m=1 [x=2 hay 2 mm2 = 4 n=2 y=1 hay a=2,b=1,c=0 hoặc a=0,b=-1,c=-2. • Bài toán 6. (Vietnam 2008). Cho a,b,c là các thực không âm phân biệt. Chứng minh rằng 1 1 + 1 Σ 4 ma 0 (a-b)2 (b-c) (e-a) ab+be+ca Lời giải. Vì BĐT đồng bậc nên có thể chuẩn hóa ab+bc+ca=4. Giả sử a>b>c>0. Đặt b=c+x và a=c+y, với y>x>0. Ta có 4 = 36 +2c(x+y)+xy2xy. BĐT cần chứng minh trở thành 1 (x-y)2 1 + + 21 x2y2+(x2+ y2)(x-y)2x2y2(x-y)2. Đặt m=y-x,n=xy thì m>0,4>n>0. Ta cần chứng minh bất đẳng thức n2 +(m2 +2n)m2 ≥m2n' n2+m+2nm2 m2n2. Áp dụng BĐT Cauchy, ta có n2 + m2 +nm2 +nm2 24/m3n = 4m2n≥ m2n2. [m=2x=√5-1 y=√5+1 Đẳng thức xảy ra t n=4 a=√5+1, b = √5-1, c=0. hay • Bài toán 7. Cho a,b,c là các số thực đổi một khác nhau. Chứng minh rằng (a+b+c-ab-bc-ca) 1 1 (a-b)2 1 + (b-c) (c-a)2 Lời giải. Giả sử a =min{a,b,c} . IV 27 4 Đặt b=a+x,c=a+y. Vì a,b,c đôi một phân biệt nên x>0,y>0 và x=y, BĐT cần chứng minh trở thành ( −x+y) 1 1 1 + + (x-y)2 27 27 1 27 4 → (x2-xy + y2) (x2-xy+y2)2 x2y2(x-y)2 x2-xy+ y2 xy Đặt t= x2-xy+ y2 x2-xy+ y2 x xy ху 十二 -1 IV 27 =^+2-1. Vì x>0,y>0 y x nên t≥1. Ta viết BĐT trên dưới dạng 413 t-1 ≥ 27⇒(21-3)2 (1+3) ≥ 0. Bất đẳng thức cuối hiển nhiên đúng nên ta có điều phải chứng minh. Các bài toán tiếp theo sẽ minh họa thêm cho tính ưu việt của kỹ thuật này. 3 Bài toán 8. (Arkady Ali, San Jose, USA). Cho tam giác với độ dài các cạnh là a,b,e. Ching minh: (a+b+c).min(a,b,c) <2ab+2bc+2ca-a-b2-c2. Lời giải. Giả sử rằng a=min{a,b,c}. Đặt b=a+x,c=a+y, thì x,y≥0. Bất đẳng thức trở thành (a+b+c)a≤2ab+2bc+2ca-dở ở →2a2+b2+c2 ≤ ab+ac+2bc →2a2+(a+x)2+(a+y)2 c và a+c>b hay a+x>y và a+y>x. 6. Bài toán 9. Cho a,bel thỏa mãn điều kiện 2a+3ab+26 57. Chứng minh rằng max{2a+b.2b+a})≤4. Lời giải. Vì vai trò của a và b là như nhau nên ta có thể giả sử a>b . Khi đó max{2a+b,2b+a} = 2a+b. Ta sử dụng phương pháp phản chứng để chứng minh BĐT. Giả sử ta có 2a+b>4 hay b>4-2a. Khi đó tồn tại x>0 sao cho b=4-2a+x. Khi đó 2a +3ab+2b2 ≤7 →2a2+3a(4-2a+x)+2(4-2a+x)2 ≤7 4a2-20a+25+2x2-5xa+16x≤0 5 7 có trở 2a-5 4 ·x + 7 x+zx50 (vô lý vì x>0). 十三 • Bài toán 10. (Marian Tetiva, Romania, CRUX problem #3246). Cho a,b,c,d>0, d= min(a,b,c,d). Ching minh rằng: a +b + c + d Aabed 24d (a-d)+(b-d)+(c-d)-3(a-db-de-d)]. Lời giải. Vì d = min a,b,c,d} nên ta có thể đặt a =x+d,b=y+d,c=z+d, với x,y,z≥0. Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành (x+d)*+(y+d)*+(z+d)* +d+-4d(x+d)(y+d)(z+d) ≥4d(x3+ y3+z3-3xyz). Ta có (x+d)+(y+d)2+(z+d)*+d+ = x2 + y2+z++4d* +4d(x3 + y3 +z3) Số 461 (11-2015) TOÁN HỌC “Tuổi trẻ 33 +6d2 (x2+ y2+z2)+4d3 (x+y+z); 4d(x+d)(y+d)(z+d)=4d++4d3 (x + y + z) +4d2(xy+yz + zx)+4xyzd. Do đó BĐT trên trở thành x*+y* +z++6d2 (x2 + y2+z2) -4d2 (xy+yz+zx)+8xyzd ≥0 ➡>x*+y*+2*+4d°2 [(x2 + y2+z2)-(xy+z+zx)] +2d2 (x2 + y2+z2)+8xyzd ≥0. BĐT cuối cùng luôn đúng vì x + y + z 2 xy + yz+zx và x,y,z,d20. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x=y=z=0 hay a=b=c=d. 6 Bài toán 11. Cho a,b,e là các số thực không âm. Chứng minh rằng 4(a+b+c) ≥27(ab+be+ca+abe). Lời giải. Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử a=min{a,b,c}. Đặt b=a+x,c=a+y, trong đó x20,y20. BĐT cần chứng minh trở thành 9(x2 – xy + y)a+(2x−y)(x+4y)20. BĐT cuối đúng. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x=y=0 hoặc a=0,2x=y, tức là a=b=c hoặc a=0,c = 2b và các hoán vị. & Bài toán 12. (Gabriel Dospinescu). Cho các số thực dương a,b,c và thỏa mãn điều kiện nax a,b,c –min abc ≤1. Chứng minh rằng 1+a+b+c+6abc23a2b+3b c+3c2a. Lời giải. Giả sử a = min{a,b,c} . Đặt b=a+x,c=a+y,x,y e[0,1]. Ta có a+b+c3-3abc=3a(x2-xy+ y2)+x3+ y3 và ab+bc+ca-3abc = a(x – xy + y)+xy BÀI TẬP 1. (Spain 1996) Cho a,b,c>0. Chứng minh rằng a +b +c –ab-bc – ca >3(b−c)(a−b). 2. (Bosnia 2008) Cho x,y,z là các số thực. Chứng minh rằng x + y + z -xy-yz-20 3(x-y)2 3(y-z)2 3(z-x)2 ≥ max 4 4 4 3. Cho a,b,c là các số thực không âm. Chứng minh rằng a + b + c - 3abc ≥ 2 b+c 4. Cho a,b,c là các số thực không âm. Chứng minh rằng (a+b+c)*>6V3(a−b)(b−c)(c−a). 5. Cho a,b,c là các số thực. Chứng minh rằng 6(a2+b2+c2+d2)+(a+b+c+d) ≥12(ab+be+cd). 6. Cho a,b,c là các số thực. Chứng minh rằng 2(a2+b2)(b2+c2)(c2+a)≥ (a-b) (b-c) (c-a)2. 7. Cho a,b,c là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện a+b+c=1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = (a - b) + (b−c) +(c−a). 8. Cho x,y,ze[0,1]. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = (x - y)(y−z)(z−x)(x+y+z). 9. (BĐT Schur) Cho a,b,c,r là các số thực không âm. Chứng minh d' (a-b)(a-c)+b' (b-c)(b-a)+c (c-a)(c-b)≥0. 10. Cho a,b,c>0. Chứng minh rằng a b + C + b+c c+a a+b 3 7 max{(a−b)2, (b-c)2, (c-a)2} 22+16 ab+be+ca 11. Cho các số thực phân biệt a,b,c . Chứng minh rằng 1 1 1 + 9 (a2+b2+c2) + (a-b) (b-c) (c-a)22 12. (Vasile Cirtoaje). Cho a,b,c>0. Chứng minh rằng (a +b + c) >3(ab+bc+a). 13. Cho a,b,c là các số thực không âm phân biệt. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức BĐT cần chứng minh trở thành 1+x+y23ry. P=[(a+b)+(b+c) + (c+a) BĐT cuối đúng vì 1+ x + y >3xy ≥3xy, do 0≤ x, y ≤1. 34 TOÁN HỌC “Tuổi rẻ Số 461 (11-2015) 1 1 1 + + (a-b)2 (b-c)2 (c-a)2 Kết quả cuộc thi GIẢI TOÁN VÀ VẬT LÝ TRÊN TẠP CHÍ TOÁN HỌC VÀ TUỔI TRẺ Năm học 2014 - 2015 LTS. Cuộc thi giải Toán và Vật lý năm học 2014 – 2015 trên Tạp chí TH&TT được khởi động từ tháng 9 năm 2014 đến tháng 8 năm 2015. Cuộc thi này được nhiều bạn trẻ yêu Toán và Vật lý cấp THCS và THPT trên cả nước tham gia giải bài rất sôi nổi. Hà Nội, Vĩnh Phúc, Phú Thọ, Hà Tĩnh, Quảng Ngãi là những tỉnh, thành phố có đông học sinh tham gia và đoạt nhiều giải cao hơn cả. Giai Xuất sắc về môn Toán thuộc về bạn Nguyễn Văn Thể, 10T1, THPT chuyên Hà Tĩnh. Giải Nhất môn Vật lý thuộc về bạn Phạm Ngọc Nam, 11 Lý, THPT chuyên Lê Hồng Phong, Nam Định. Chúc mừng tất cả các bạn đoạt giai cuộc thi. Hẹn gặp các bạn ở cuộc thi tiếp theo trong năm học 2015 – 2016. Sau đây là danh sách 86 bạn đoạt giải Toán và 17 bạn đoạt giải Vật lý năm học 2014 – 2015. * Giải Xuất sắc (1 giải) MÔN TOÁN 8. Trần Văn Thiên, 10 Toán, THPT chuyên Lê Nguyễn Văn Thế, 10T1, THPT chuyên Hà Tĩnh, Quý Đôn, Bình Định. Hà Tĩnh. * Giải Nhất (3 giải) 1. Đặng Quang Anh, 7A, THCS Nguyễn Chích, Đông Sơn, Thanh Hóa. 2. Vũ Hồng Quân, 10T, THPT chuyên Nguyễn Tất Thành, Yên Bái. 3. Vũ Bá Sang, 10 Toán 1, THPT chuyên Nguyễn Huệ, Hà Nội. * Giải Nhì (14 giải) 1. Nguyễn Đình Tuấn, 6C, THCS Lý Nhật Quang, Đô Lương, Nghệ An. 2. Nguyễn Lê Hoàng Duyên, 7A, THCS Phạm Văn Đồng, Nghĩa Hành, Quảng Ngãi. 3. Nguyễn Minh Hiếu, 8A5, THCS Yên Lạc, Vĩnh Phúc. 4. Vương Tiến Đạt, 8B, THCS Nguyễn Thượng Hiền, Ứng Hòa, Hà Nội. 5. Phùng Văn Nam, 9E, THCS Vĩnh Yên, Vĩnh Phúc. 6. Nguyễn Hồng Quốc Khánh, 10A1, THPT chuyên Phan Bội Châu, Nghệ An. 7. Hồ Xuân Hùng, 10T1,THPT Đô Lương I, Nghệ An. 9. Dương Hồng Sơn, 10A9, THPT Dương Quảng Hàm, Văn Giang, Hưng Yên. 10. Ngô Việt Hoàng, 10 T1, THPT chuyên Hà Tĩnh, Hà Tĩnh. 11. Vũ Đức Văn, 10 Toán 1, THPT chuyên ĐHSP Hà Nội. 12. Phạm Quốc Thắng, 10T1, THPT chuyên Long An, Long An. 13. Hoàng Lê Nhật Tùng, 11A, Toán, THPT chuyên KHTN, ĐHQG Hà Nội. 14. Võ Duy Khánh, 11T1, THPT chuyên Hà Tĩnh, Hà Tĩnh. » Giải Ba (23 giải) 1. Tạ Kim Thanh Hiền, 6A4, THCS Yên Lạc, Vĩnh Phúc. 2. Thái Bá Bảo, 6C, THCS Lý Nhật Quang, Đô Lương, Nghệ An. 3. Đỗ Thị Mỹ Lan, 7A, THCS Phạm Văn Đồng, Nghĩa Hành, Quảng Ngãi. 4. Nguyễn Đại Dương, 7B, THCS Nguyễn Kim Vang, Nghĩa Hành, Quảng Ngãi. 5. Nguyễn Trọng Bằng, 7A2, THCS Thị trấn Quán Hành, Nghi Lộc, Nghệ An. Só 461 (11-2015) TOÁN HỌC * Curie 35 6. Đặng Thanh Tùng, 8B, THCS Nguyễn Thượng Hiền, Ứng Hòa, Hà Nội. 7. Nguyễn Tiến Long, 8A1, THCS Lâm Thao, Phú Thọ. 8. Võ Thành Hy, 8A, THCS Hành Trung, Quảng Ngãi. 9. Bùi Thị Liễu Dương, 8A4, THCS Yên Lạc, Vĩnh Phúc. 10.Trần Quốc Lập, 8A3, THCS Lâm Thao, Phú Thọ. 11.Nguyễn Đức Thuận, 9A3, THCS Lâm Thao, Phú Thọ. 12.Nguyễn Hữu Huy, 9A1, THCS Yên Lạc, Vĩnh Phúc. 13.Nguyễn Thành Long, 9B, THCS Nguyễn Thượng Hiền, Ứng Hòa, Hà Nội. 14.Nguyễn Văn Cao, 9B, THCS Nguyễn Thượng Hiền, Ứng Hòa, Hà Nội. 15.Trần Quang Minh, 9A4, THCS Nguyễn Đức Cảnh, TT. Diêm Điền, Thái Thụy, Thái Bình. 16.Lê Duy Anh, 9A, THCS Nguyễn Huy Tưởng, Đông Anh, Hà Nội. 17.Nguyễn Huỳnh Huy, 9H, THCS Nguyễn Chí Thanh, Đông Hòa, Phú Yên. 18.Đỗ Văn Quyết, 10A1, THPT chuyên Vĩnh Phúc, Vĩnh Phúc. 19.Lê Văn Trường Nhật, 10T1, THPT chuyên Hà Tĩnh, Hà Tĩnh. 20.Phan Nhật Duy, 10 Toán 1, THPT chuyên Hà Tĩnh; Hà Tĩnh. 21.Nghiêm Văn Nghĩa, 10A1, THPT Lạng Giang 3, Bắc Giang 22.Trần Mạnh Hùng, 11Toán A, THPT chuyên Nguyễn Huệ, Hà Nội. 23.Trần Quang Huy, 11A1, THPT chuyên ĐH Vinh, Nghệ An. ây Giải Khuyến khích (45 giải) 5. Nguyễn Đình Nhật, 7A, THCS Thị trấn Cẩm Xuyên, Hà Tĩnh. 6. Nguyễn Văn Mạnh, 7A, THCS Lý Nhật Quang, Đô Lương, Nghệ An. 7. Trần Lê Hiệp, 7B, THCS Lý Nhật Quang, Đô Lương, Nghệ An. 8. Võ Thị Hồng Kiều, 7A, THCS Nghĩa Mỹ, Tư Nghĩa, Quảng Ngãi. 9. Hoàng Trần Đức, 7D, THCS Lý Nhật Quang, Đô Lương, Nghệ An. 10.Phan Trần Hướng, 8Đ, THCS Quách Xuân Kỳ, Hoàn Lão, Bố Trạch, Quảng Bình. 11.Nguyễn Hồng Anh, 8A1, THCS Yên Lạc, Vĩnh Phúc. 12.Nguyễn Thảo Chi, 8A3, THCS Lâm Thao, Phú Thọ. 13.Ngô Lê Phương Trinh, 9E, THCS Lương Thế Vinh, Tuy Hoà, Phú Yên. 14.Hoàng Văn Hiếu, 9E, THCS Vĩnh Yên, TP Vĩnh Yên, Vĩnh Phúc. 15.Lê Quang Dũng, 9D, THCS Nhữ Bá Sỹ, Hoằng Hóa, Thanh Hóa. 16.Lê Viết Lưu Thanh, 9A, THPT chuyên Nguyễn Tất Thành, Kon Tum. 17.Phạm Tiến Duật, 9A, THCS Bình Minh, Khoái Châu, Hưng Yên. 18.Nguyễn Hoàng Huy, 9A2, THCS Trần Đăng Ninh, TP. Nam Định, Nam Định. 19.Nguyễn Anh Triều, 10T1, THPT chuyên Hà Tĩnh, Hà Tĩnh. 20.Phan Đức Tiến, 10A1, THPT chuyên Phan Bội Châu, Nghệ An. 21.Triệu Ninh Ngân, 10A9, THPT Dương Quảng Hàm, Văn Giang, Hưng Yên. 22.Nguyễn Trọng Khiêm, 10A1, THPT Quang Trung, Tây Sơn, Bình Định. 23.Vũ Duy Mạnh, 10T, THPT chuyên Lam Sơn, Thanh Hóa. 1. Lê Tuấn Kiệt, 6A,THCS Phạm Văn Đồng, 24.Bùi Huyền Trang, 10 Toán 1, THPT chuyên Nghĩa Hành, Quảng Ngãi. 2. Mai Thị Thu Thảo, 6C, THCS Thị trấn Sông Vệ, Tư Nghĩa, Quảng Ngãi. 3. Nguyễn Bảo Trân, 7A, THCS Tây Vinh, Tây Sơn, Bình Định. 4. Trương Thị Mai Trâm, 7A, THCS Phạm Văn Đồng, Nghĩa Hành, Quảng Ngãi. TOÁN HỌC Hà Tĩnh; Hà Tĩnh. 25.Cao Hữu Đạt, 10A1, THPT Chuyên Phan Bội Châu, Nghệ An. 26.Lê Bảo Anh, 10 Toán, THPT chuyên Hùng Vương, Phú Thọ. 27.Lê Minh Tuấn, 10 T1, THPT chuyên Hà Tĩnh, Hà Tĩnh. 36 * GTuổi trẻ Số 461 (11-2015) 28.Nguyễn Chi Lương, 10T1, THPT chuyên Lương Văn Chánh, Phú Yên. 29.Vương Hoài Thanh, 10A2T, THPT chuyên Nguyễn Thị Minh Khai, Sóc Trăng. 30.Cao Đình Huy, 11 Toán, THPT chuyên Lương Thế Vinh, TP Biên Hòa, Đồng Nai. 31.Hồ Anh Tiến, 11 Toán, THPT chuyên Võ Nguyễn Giáp, Quảng Bình. 32.Lê Huy Cường, 11 Toán, THPT chuyên Bắc Ninh, Bắc Ninh. 33.Nguyễn Tiến Tài, 11 Toán, THPT chuyên Lam Sơn, Thanh Hóa. 34.Trần Bảo Trung, 11T1, THPT chuyên Hà Tĩnh, Hà Tĩnh. 35.Hoàng Thanh Việt, 11 Toán, THPT chuyên Võ Nguyên Giáp, Quảng Bình. 36.Phạm Việt Anh, 11A1, THPT Quỳnh Lưu 1, Nghệ An. * Giải Nhất (1 giải) 37.Nguyễn Minh Thông, 11 Toán, THPT chuyên Tiền Giang, Mỹ Tho, Tiền Giang. 38.Nguyễn 38.Nguyễn Trần Lê Minh, 11 Toán, THPT chuyên Lê Quý Đôn, Ninh Thuận. 39.Nguyễn Triều Minh, 11 Toán, THPT chuyên Thái Nguyên, Thái Nguyên. 40.Nguyễn Việt Anh, 11Toán1, THPT chuyên Nguyễn Huệ, Hà Nội. 41. Ông Tùng Dương, 11T1, THPT chuyên Lê Hồng Phong, Nam Định. 42.Trần Duy Quân, 11T1, THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm, Vĩnh Long. 43. Mai Tiến Luật, 12Toán, THPT chuyên Lê Quý Đôn, Bình Định. 44.Trần Bá Trung, 12 Toán 1, THPT chuyên Hưng Yên, Hưng Yên. 45. Trần Hậu Mạnh Cường, 12T1, THPT chuyên Hà Tĩnh, Hà Tĩnh. MÔN VẬT LÝ 1. Phạm Ngọc Nam, 11 Lý, THPT chuyên Lê Hồng Phong, Nam Định. * Giải Nhì (3 giải) 1. Ngô Văn Khoa, 11A2, THPT Bắc Đông Quan, Đông Hưng, Thái Bình. 2. Nguyễn Đắc Nam, 11 Lý, THPT chuyên Bắc Ninh, Bắc Ninh. 5. Huỳnh Hữu Hạng, 12A1, THPT Nguyễn Việt Hồng, Quận Ninh Kiều, Cần Thơ. 6. Nguyễn Nam Khánh, 12 Lý, THPT chuyên Lê Hồng Phong, Nam Định. * Giải Khuyến khích (7 giải) 1. Vũ Hoàng Yến, 11A7, Trường THPT Uông Bí, Quảng Ninh. 2. Trần Hoàng Nhựt, 11Lý, THPT chuyên 3. Nguyễn Văn Hùng, 12B, THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu, Đồng Tháp. Quang Trung, Bình Phước. * Giải Ba (6 giải) 1. Trần Lê Huỳnh Đức, 10 Lý, THPT chuyên Lê Quý Đôn, Bình Định. 2. Trần Bảo Trung, 117, THPT chuyên Hà Tĩnh, Hà Tĩnh. 3. Chu Minh Thông, 11A,-K41, THPT chuyên Phan Bội Châu, Nghệ An. 4. Hồ Thanh Tùng, 12C1, THPT Kim Liên, Nam Đàn, Nghệ An. 3. Tô Đặng Xuân Hinh, 11Anh 2, THPT 4. Phan Văn Khải, 11A1, THPT Cửa Lò, Nghệ chuyên Lương Thế Vinh, Đồng Nai. An. 5. Nguyễn Mạnh Dân, 11A3, THPT chuyên Vĩnh Phúc, Vĩnh Phúc. 6. Lê Nguyễn Khánh Ly, 11T1, THPT chuyên Hà Tĩnh, Hà Tĩnh. 7. Phan Xuân Sang, 12A1, THPT Phan Đăng Lưu, Yên Thành, Nghệ An. Các bạn đoạt giải nhớ gửi gấp địa chỉ mới của mình về Tòa soạn hoặc liên hệ trực tiếp qua số điện thoại (04) 35121606 để nhận Giấy chứng nhận và tặng phẩm của Tạp chí. Số 461 (11-2015) TOÁN HỌC “Tuổi trẻ 37 K GIỚI THIỆU VỀ KỲ THỊ HỌC SINH GIỎI TOÁN HỌC HOA KỲ (AMC) LÊ ANH VINH (ĐHGD - ĐHQG Hà Nội) ý thi Học sinh giỏi Toán học Hoa Kỳ (American Mathematics Competitions - AMC) là ki thi có lịch sử lâu đời được tổ chức bởi Hiệp hội Toán học Hoa Kỳ (Mathematical Association of America) từ năm 1950. Mục tiêu quan trọng nhất của kỳ thi AMC là tạo cơ hội cho các thí sinh được làm quen với những dạng toán có chiều sâu trong chương trình giáo dục phổ thông, với nhiều câu hỏi liên quan tới các ứng dụng toán học trong thực tế. Để thi luôn hưởng tới việc thúc đẩy khả năng tư duy và kĩ năng giải quyết vấn đề của học sinh. Từ cách tiếp cận đó, kì thi hướng tới việc thúc đẩy sự hứng thú, niềm đam mê và thái độ học tập tích cực của thí sinh không chỉ trong phạm vì môn Toán. Kì thi AMC được chia theo các khối lớp 8,10 và 12. Hàng năm có khoảng 350 000 thí sinh đến từ 6 000 trường trên toàn thế giới tham dự. Trong số 350 000 thi sinh tham dự các kì thi AMC, có khoảng 10000 thi sinh đạt đủ điều kiện để được mời tham dự vòng tiếp theo AIME. Các kì thi AMC và AIME được mở cho tất cả các thí sinh trên thế giới tham gia, tuy nhiên chỉ có các công dân Mỹ mới được tham gia vòng thi tiếp theo. Cụ thể, chỉ có khoảng 300 bạn đạt kết quả tốt nhất trong các kì thi AMC 12 và AIME được mời tham dự kì thi USAMO (United States of America Mathematical Olympiad). Từ đó, khoảng 30 bạn được mới tham dự Chương trình hệ Toán học để chọn ra 6 bạn đại diện cho Hoa Kỳ tham dự kì thi Toán Quốc tế IMO. Bắt đầu từ năm học 2015 -2016, Trung tâm Nghiên cứu và Ứng dụng Khoa học Giáo dục, Trường Đại học Giáo dục là đơn vị đại diện chính thức của Hiệp hội Toán học Hoa Kỳ để tổ chức các kì thi AMC và AIME tại Việt Nam. Ban tổ chức hi vọng việc tiếp cận các kì thi quy mô quốc tế, sẽ giúp tăng cường tính cạnh tranh, khả năng hội nhập của học sinh Việt Nam với bạn bè quốc tế. PROBLEMS ... (Tiếp theo trang 17) FOR HIGHSCHOOL Problem T6/461. Solve the equation 720 (x+1)(x+2)(x+3)= (x+4)(x+5)(x+6) Problem T7/461. Determine the number of solutions of each following equation a) sin x = x 1964' b) sin x = log 100 x Problem T8/461. Given a triangle ABC inscribed in a circle (O). The bisectors of the angles A, B, and C respectively intersects the circle at D, E, and F. Denote respectively by h,,h,,h,S the heights from A, B, C and the area of ABC. Prove that AD.h +BE.h, +CF.h, ≥4√3S. Problem T9/461. Given real numbers a, b, c, d satisfying d+b+c+d=1. Find the maximum and minimum values of the expression 38 Pab+ac+ad+be+ bd +3cd. TOÁN HỌC CTuổi trẻ Số 461 (11-2015) TOWARDS MATHEMATICAL OLYMPIAD Problem T10/461. Given k≥1 and positive numbers x and y. For any positive integer n≥2, show the following inequalities √ays x+y+k(x+y)" - x" - y" 2+k(2-2) stty. 2 Problem T11/461. A pair of positive integers is called a good pair if their quotient is either 2 or 3. What is the most number of good pairs we can get among 20152016 arbitrary different positive integers? Problem T12/461. Given a triangle ABC. Let E, F respectively be the perpendicular projections of B, C on AC, AB; and then let T be the perpendicular projection of A on EF. Denote the midpoints of BE and CF by M and N respectively. Suppose that TM, TN intersects AB, AC respectively at P, Q. Prove that EF goes through the midpoint of PQ. Translated by NGUYEN PHU HOANG LAN (College of Science-Vietnam National University, Hanoi Sai lầm ở đâu GIẢI ĐÁP: MỘT BÀI TOÁN HAI ĐÁP ÁN (Đề dăng trên TH&TT số 457, tháng 7 năm 2015) Cách giải của bạn Nam sai, bạn Bình đúng. Bạn Nam sai ở chỗ: Số cách chia 8 đội thành 2 bảng T CHỈ CÓ 5 TIẾP TUYẾN CHUNG ! rong buổi ôn tập về đường tròn, Hình học lớp 10, thầy giáo ra bài toán: “Viết PT tiếp tuyến chung của hai đường tròn (C)2+-4x-5=0, (C):x2+y2+8x-6y+16=0" Lời giải của bạn Yên và bạn Phong như sau: Lời giải của Yên. (C,) có tâm 1 (2;0) bán kính R = 3; (C, ) tâm 1,(–4;3), bán kính là K, = 3. Gọi tiếp tuyến chung của (C) và (C,) là A: ax+by+c=0, a + b = 0. Khi đó 2a+c -3 √a2 + b2 [d(1.A)=R1 d(1,A)=R là CỴ.C . Khi bạn Nam chọn Cị.C cách, có nghĩa là bạn đã chọn trùng lặp các trường hợp vì khi lấy Cạ cách có nghĩa đã chọn tất cả các trường hợp phân biệt cần sắp xếp vào hai bảng 4, B. Ví dụ: khi chọn Cá thì có trường hợp bảng 4 có 4 đội a, b, c, d, bảng B có 4 đội e. f. g, h và cũng đã có trường hợp bảng A có 4 đội e, f, g, h; bảng B có 4 đội a, b, c, d. Như vậy không cần nhận thêm Cị. Nhận xét: 1) Tuyên dương hai bạn sau đã phát hiện đúng sai lầm: Hưng Yên: Triệu Ninh Ngân, 10A9, THPT Dương Quảng Hàm, Văn Giang Nghệ An: Hồ Thanh Tùng, 12C1, THPT Kim Liên, Nam Đàn. KIHIVI Vậy có 3 tiếp tuyến chung giữa (C. ) và (C,) là x+2y-2±3√5=0, 3x-4y+9=0. Lời giải của Phong. (C ) có tâm I(2;0) bán kính R =3; (C,) tâm I,(-4;3), bán kính là Ry =3. Gọi tiếp tuyến chung của (C), (C) là A:y=kx+m Skr-y+m=0. Khi đó [[2k+m =3 √k2+1 1-4k-3+m - 3 THI: [d(I,,A)=R1 d(1,A)=R2 [4k2 + 4km + m2 = 9k2 +9 ||2k+m=-4k-3+m =3 √k2 +1 4k2+4km+m2 = 9k2 +9 2k+m=-4k-3+m 4m2-8m-41=0 1 2±3√5 m= 2 1 2 Ta được hai tiếp tuyến chung là 1 2±3√√5 4a2+4ac+c2 = 9a2+9b2 -4a+3b+c 1-4a+3b+c=2a+c X+ =3 2 2 √a2 + b2 4a+4ac+c=9a2+9b2 [41a-4ac-c2=0 * TH2: * THÍ: b=2a -4a+3b+c=2a+c Chọn b= 2 thì a=1 và c +40-41=0 oc-2+3V5. Ta được hai tiếp tuyến chung là x+2y-2+3√5=0. (4a2+4ac+c2=9a2+962 TH2: -4a+3b+c=-2a-c Chọn b=4 thì [4ac+c2=5a2+144 a=6+c (4ac+c2-5a+962 3b=2a-2c [4(6+c)c+c2=5(6+c)2+144 a=6+c [36c+324=0 [c=-9 a=6+c Ta được tiếp tuyến chung -3x+4y-9-03x-4y+9=0. a=-3' x+2y-2+3√5=0. [4k2+4km + m2 = 9k2 +9 2k+m=4k+3-m 36k-27-0 2m 2k+3 = Ta được tiếp tuyến chung là: 9 m: 4 314 3 9 0 3x-4y+9=0. 4 4 Vậy có 3 tiếp tuyến chung giữa (C, ) và (C,) là x+2y-2+3√5=0, 3x-4y+9=0. Bạn Yên và bạn Phong rất tin tưởng vào kết quả của minh, vì thấy đáp số giống nhau. Bạn có đồng ý với các kết quả này không? NGUYỄN VĂN XÁ (GV THPT Yên Phong Số 2, Bắc Ninh) TOÁN HỌC Số 461 (11-2015) Tuổi trẻ 39 Tạp chí TOÁN HỌC và TUỔI TRẺ Mathematics and Youth Magazine BAN CỐ VẤN KHOA HỌC GS.TSKH. NGUYỄN CẢNH TOÀN GS.TSKH. TRẦN VĂN NHUNG TS. NGUYỄN VĂN VỌNG GS. ĐOÀN QUỲNH PGS.TS. TRẦN VĂN HẠO XUẤT BẢN TỪ 1964 So 461 (11.2015) Tòa soạn : 187B, phố Giảng Võ. Hà Một DT Bien tap: 04.35121607 Đi - Fax Phát hành, Trị sự : 04.35121606 Email: toanhoctuoitrevietnam@gmail.com CHỊU TRÁCH NHIỆM XUẤT BẢN Chủ tịch Hội đồng Thành viên NXB Giáo dục Việt Nam MẠC VĂN THIÊN Tổng Giám đốc kiêm Tổng biên tập NXB Giáo dục Việt Nam GS. TS. VŨ VĂN HÙNG HỘI ĐỒNG BIÊN TẬP Tổng biên tập : TS. TRẦN HỮU NAM Thư kí Tòa soạn : ThS. HỒ QUANG VINH TS. TRẦN ĐÌNH CHÂU, TIS. NGUYỄN ANH DŨNG, TS. TRẦN NAM DŨNG, TS. NGUYỄN MINH ĐỨC, TS. NGUYỄN MINH HÀ, TS. NGUYỄN VIỆT HẢI, PGS. TS. LÊ QUỐC HÁN. TAS PHẠM VĂN HÙNG, PGS. TS. VŨ THANH KHIẾT, GS. TSKH. NGUYỄN VĂN MẬU, Ông NGUYỄN KHÁC MINH, TS. PHẠM THỊ BẠCH NGỌC, PGS.TS. NGUYỄN ĐẢNG PHẤT, PGS. TS. TẠ DUY PHƯỢNG, THS. NGUYỄN THẾ THẠCH, GS. TSKH. ĐẶNG HÙNG THẮNG, PGS. TS. PHAN DOÃN THOẠI, ThS, VŨ KIM THỦY, PGS.TS. VŨ DƯƠNG THỤY, GS. TSKH. NGÔ VIỆT TRUNG. Dành cho Trung học Cơ sở For Lower Secondary School TRONG SỐ NÀY Vũ Hữu Chín – Bài toán tìm các chữ số của một số tự nhiên. 6 Hướng dẫn giải Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 Trường Phổ thông Năng khiếu, ĐHQG TP. Hồ Chí Minh, năm học 2015 – 2016. 8 Tiếng Anh qua các bài toán - Bài số 2 Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 Tỉnh Vĩnh Phúc, năm học 2014 – 2015. 9 Chuẩn bị cho kỳ thi Trung học phổ thông Quốc Gia Nguyễn Chí Thanh – Một số cách giải khác nhau bài hình học không gian trong đề thi THPT Quốc Gia. 13 Hướng dẫn giải - Đề số 2. 15 Thử sức trước kì thi - Đề số 3, 16 Để ra kì này Problems in This Issue T1/461,..., T12/461, L1/461, L2/461. 18 Giải bài kì trước Solutions to Previous Problems 27 Diễn đàn dạy học Toán Nguyễn Văn Cường – Một số kỹ năng cần lưu ý khi tính tích phân. 31 Diễn đàn phương pháp giải toán Cao Minh Quang - Tham số hóa trong chứng minh bất đẳng thức. 35 Kết quả cuộc thi giải Toán và Vật Lý trên Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ, năm học 2014 - 2015. 39 Sai lầm ở đâu? Giải đáp: Một bài toán hai đáp án. Nguyễn Văn Xá - Chỉ có 3 tiếp tuyến chung! Ảnh Bìa 1: Hội đồng Sư phạm Trường THCS Lê Quý Đôn, quận Cầu Giấy, TP. Hà Nội. Trưởng ban biên tập: ThS. NGUYỄN ANH QUÂN Mĩ thuật; QUỐC HIỆP, THANH LONG Trị sự, phát hành: NGUYỄN KHOA ĐIỀM, NGUYỄN THỊ THU HUYỀN Thiết kế, chế bản: VŨ MAI ANH e Ba NHÀ XUẤT BẢN GIÁO DỤC VIỆT NAM Trân trọng giới thiệu cùng bạn đọc BỘ SÁCH GIẢI TÍCH VECTƠ iải tích vectơ là một nội dung quan trọng và có nhiều ứng dụng trong chương trình Giải tích, nó bao gồm Trường vectơ, Tích phân đường và Tích phân mặt, ngoài ra nó còn đề cập đến Phép tính vi phân của hàm vectơ nhiều biến số và các dạng vi phân, mà một số giáo trình nước ngoài xem như là phần nghiên cứu nâng cao. Nhiều khái niệm và vấn đề trong Giải tích vectơ không dễ tiếp nhận, nhất là đối với bạn đọc mới làm quen với nội dung này. Tác giả PGS.TS. Nguyễn Xuân Liêm là một nhà khoa học có uy tín trong lĩnh vực này, đồng thời là một nhà sư phạm tâm huyết, sau nhiều năm giảng dạy và nghiên cứu đã biên soạn bộ sách gồm hai quyển Giải tích vectơ và Bài tập Giải tích vectơ theo một hướng tiếp cận mới, hiện đại, mang tính ứng dụng cao nhằm tạo thuận lợi và giảm bớt khó khăn cho bạn đọc trong việc tiếp cận, học tập và nghiên cứu các vấn đề của Giải tích vectơ. Giải tích vectơ gồm bảy chương và tương ứng với nó là Bài tập Giải tích vectơ với những bài tập có nội dung phong phú, được tuyển chọn công phu và sắp xếp khoa học, hỗ trợ bạn đọc hiểu vấn đề nêu ra trong lí thuyết một cách thực chất và sâu sắc hơn. Bộ sách là tài liệu hữu ích, có thể được sử dụng rộng rãi cho nhiều đối tượng, từ sinh viên các khoa Toán, Lí và các khoa khác của các trường Đại học Sư phạm và các trường Đại học Khoa học Tự nhiên, Đại học Bách khoa và các trường Kĩ thuật,... đến các nghiên cứu sinh, giáo viên các ngành Toán, Lí và tất cả bạn đọc yêu thích, quan tâm đến Giải tích vectơ. Bạn đọc có thể mua sách tại các Công ty Sách - Thiết bị trường học ở các địa phương hoặc các cửa hàng sách của Nhà xuất bản Giáo dục Việt Nam : - Tại TP. Hà Nội : 51 Lò Đúc ; 18/30 Tạ Quang Bửu, phường Bách Khoa, quận Hai Ba Trung. 45 Phố Vọng ; 187, 187C Giảng Võ ; 232 Tây Sơn ; 25 Hàn Thuyên 45 Hàng Chuối ; Ngõ 385 Hoàng Quốc Việt 17T2 - 17T3 Trung Hoà - Nhân Chính ; Toà nhà HESCO Văn Quán - Hà Đông : 116 Cầu Diễn ; 7 Xã Đàn ; F5 Trung Kinh ; 42 Cầu Buou. : 261C Lê Quang Định, quận Bình Thanh ; 231 Nguyễn Văn Cử, quận 5, 23 Đinh Tiên Hoàng, Quận 1 ; - Tại TP. Đà Nẵng : 78 Pasteur ; 145 Lê Lợi ; 223 Lê Đình Lý. - Tại TP. Hồ Chí Minh - Tại TP. Cần Thơ : 162D Đường 3/2, phường Xuân Khánh, quận Ninh Kiều. - Tại Website bán hàng trực tuyến : www.sach24.vn Website: www.nxbgd.vn 63 Vĩnh Viễn, phường 2, quận 10. NGUYỄN XUÂN LIÊN GIẢI TÍCH ECTO VE GD NHL WAT BAIN Số trang : 468 Khổ sách : 17x24 Giá : 93.000 đồng NGUYỄN XUÂN LIÊN BÀI TẬP GIẢI TÍCH VE Tilfine ECTO Số trang : 380 Khổ sách : 17x24 Giá : 68.000 đồng TH.G.S LE QUY ĐÔN CG TỔ TOÁN-LÝ- CÔNG NGHỆ TIN HỌC TRƯỜNG THCS LÊ QUÝ ĐÔN QUẬN CẦU GIẤY, THÀNH PHỐ HÀ NỘI 20 NĂM XÂY DỰNG VÀ TRƯỞNG THÀNH LỄ KHAI GIẢNG NA 2019 XXIX Cô giáo Đàm Thu Hương Bí thư chi bộ - Hiệu trưởng nhà trường a Tổ Toán - Lý - Công nghệ - Tin học - Trường THCS Lê Quý Đôn rổ Toán – Lý – Công Nghệ – Tin học Trường THCS Lê Quý Đôn khởi đầu chính là tổ Toán Trường THCS chuyên Tử *Liêm được thành lập từ năm 1995, sau đó là tổ Toán – Lý - Công nghệ Trường THCS chuyên của Quận Cầu Giấy rồi sau này là Trường THCS Lê Quý Đôn. Nhiều năm liên tục tổ được công nhận là tổ lao động giỏi xuất sắc. Các giáo viên trong tổ có tinh thần trách nhiệm cao, không ngừng học hỏi, nâng cao trình độ chuyên môn. Đổi mới sinh hoạt tổ xây dựng các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi, phổ biến sáng kiến kinh nghiệm, ... là các biện pháp nhằm nâng cao trình độ chuyên môn của giáo viên và chất lượng bộ môn. Nhiều đồng chí trong tổ nhiều năm liền đạt các danh hiệu Chiến sĩ thi đua cấp cơ sở. Giáo viên dạy giỏi cấp Quận và Thành phố; nhiều đồng chi cũng đã được tặng Bằng khen của Thành phố, của Bộ trưởng Bộ GD&ĐT, Thủ tướng Chính phủ, được tặng Huân chương Lao động của Chủ tịch nước, như các đồng chí Hoàng Ngọc Đan, Nguyễn Thị Minh Châu, Vũ Ngọc Liên, Hàn Thu Thủy. Phạm Thúy Quỳnh.... Đặc biệt hai đồng chí Hoàng Ngọc Đan và Nguyễn Thị Minh Châu đã vinh dự được nhận danh hiệu Nhà giáo Ưu tú. Các giáo viên trẻ cũng rất nỗ lực tự học hỏi nâng cao trình độ chuyên môn như Đỗ Thị Minh Anh, Nguyễn Cao Thắng, Nguyễn Thị Thanh Huyền, Nguyễn Quỳnh Anh, Dương Văn Sự,.... Trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi tổ đã đạt được nhiều thành tích rất đáng tự hào. Học sinh của trường đã tích cực tham gia và đạt được nhiều thành tích cao trong các cuộc thi cấp quận, thành phố, quốc gia, khu vực và quốc tế. Năm 2012, trong kỳ thi Toán Châu Á Thái Bình Dương trường đạt 28 giải trong đó em Nguyễn, Nam Anh đạt giải Bạch kim. Kỳ thi Toán Hà Nội mở rộng trường đạt 57 giải trong đó có 13 giải Nhất. Trong kỳ thi học sinh giỏi quốc gia nhiều học sinh đạt giải Nhất, Nhì, Ba như các em: Nguyễn Hữu Quỳnh, Phan Hồng Thu, Đảng Giảng Hương, Nguyễn Đinh Quang Minh, Nguyễn Nam Anh, Nguyễn Thành Vĩnh, Vương Hoàng Long, ... Trong 20 năm qua, đã có khoảng 1000 học sinh đạt giải trong các kỳ thi học sinh giỏi các cấp trong các môn Toán, Lý, Tin học. Hàng năm trong kỳ thi vào lớp 10 THPT, có hơn 80 % học sinh trong hệ thống lớp H, I thi đỗ vào các trường chuyên ĐHSP Hà Nội; chuyên KHTN-ĐHQG Hà Nội; chuyên Hà Nội-Amterdam, chuyên Chu Văn An... nhiều học sinh đạt danh hiệu Thủ khoa, Á khoa trong các kỳ thi này. Nhiều thế hệ học sinh cũ của nhà trường vẫn tiếp tục phát huy thành tích học tập cao trong các trường chuyên THPT, nhiều em đã đạt huy chuong Vàng, Bạc, Đồng... trong các kỳ thi học sinh giỏi Olympic Toán và Tin học Quốc gia, Quốc tế như em Nguyễn Trọng Cảnh, Đậu Hải Đăng (Huy chương Vàng Olympic Toán Quốc tế), Trần Thanh Hoài (Huy chương Bạc, Đồng Olympic Tin học Quốc tế), Nguyễn Nguyễn Hùng (Huy chương Đồng Olympic Toán Quốc tế),... Thời gian 20 năm chưa phải là nhiều nhưng cũng đủ để nói lên thương hiệu của Trường THCS Lê Quý Đôn nói chung và tổ Toán Lý - Tin - Công nghệ nói riêng. Các giáo viên trong tổ luôn hiểu rằng mình còn phải phấn đấu rất nhiều để giữ gìn và phát huy truyền thống nhà trường, xứng đáng với sự tín nhiệm, tin yêu của các cấp lãnh đạo, của phụ huynh và học sinh trên địa bản quận Cầu Giấy. Chúng tôi luôn tự hào và tin tưởng Tổ Toán – Lý – Công Nghệ – Tin học trường THCS Lê Quý Đôn mãi sẽ là nơi ươm mầm tài năng cho đất nước. ISSN: 0866-8035 Chi só: 12884 Mã số: 8BT11M5 Giấy phép XB số 510/GP-BTTTT cấp ngày 13.4.2010 In tại Xí nghiệp Bản đồ 1 - BQP In xong và nộp lưu chiêu tháng 11 năm 2015 Giá: 12.500 đồng Mười hai nghìn năm trăm đồng """