450 Thang 12 nam 2014

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (3.45 MB, 36 trang )

(1)ử ử Tấc. ***. NHÀ XUẤT BẢN GIÁO DỤC VIỆT NAM - BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO XUẤT BẢN TỪ 1964. Ô. n. 4 Ã. Z \. j I H í-x o ' A r-rs. SỐ 450. TẠp CHI RA H À N G T H Á N G - N Ă M TH Ứ 5 1 d a n h c h o tr u n g h ọ c phổ th ô n g v à tr u n g h ọ c cơ sỏ Trụ sở: 187B Giảng Võ, Ha Nội. ĐTT Biên Biên tâo: tập: (04) (04) 35121607: 35121607; Én Đ T - Fax Phát hành, Trị sự: (04) 35121606 Đ Email: VVebsite: 1964-2014.

(2) Ê. GIỚI THIỆU Bộ SÁCH MỚI. K ls. NBEE. Habook. CÔNGTYC ÒPHÀNSÁCH cò VÀTHIẾTBỊ GIÁODỤCMIÈNBÁC. CÔNGTYSÁCH■THIÉTBị VÀXÂYDỰNGTRƯỜNGHỌCHÀNỘI. I. -----. Biên soạn theo hướng phát triển nàng lực học sinh. L-—- .- I TOÁN. 7. n á i* - Sách đ ư ợ c tr ìn h bày h a i m àu , tă n g cư ờng k ên h h ìn h và c ấu tr ú c h iệ n đại. - G iú p củ n g cố, n â ng ca o k iến th ứ c , rèn lu y ệ n k ĩ n ă n g , b ồ i dư ỡ ng HS k h á g iỏ i, g iú p h ọ c s in h p h á t triể n. - Bộ sách Bổi d ư ỡ n g V ậ t lí 7 , 8 đ ư ợ c b iê n soạn n h ằ m g iú p h ọ c s in h ô n tậ p , c ủ n g cố và rèn k ĩ nă n g giải các b à itậ p v ậ t lí từ c ơ b ả n đ ế n n â ng cao,... hư ớ ng tớ i m ụ c tiê u p h á t tr iể n n ă n g lực của h ọ c s inh ( n ă n g lực tự họ c,. n ă n g lực c h u n g và n ă ng lực h ọ c tậ p to á n học. - G iú p HS b iế t m ộ t số ứng d ụ n g của k iế n th ứ c to á n h ọ c tr o n g c u ộ c s ốn g. Khơi g ợ i n iề m y ê u th íc h m ô n. nă n g lực p h á t h iệ n v à g iả i q u y ế t v ấ n đ ề, n ă n g lực n g ô n ngữ , n ă n g lực tín h to á n , n ă n g lực sán g tạo,...). Toán và kích th íc h t ự họ c, tự k h á m phá.. - Sách đ ư ợ c t h iế t kế 4 m àu, h ìn h th ứ c đ ẹ p , sử d ụ n g n h ié u h ìn h ản h sin h đ ộ n g g ắ n liề n v ớ i th ự c tế.. - T á c g iả là n h ữ ng người đ ã c ó u y tín , n h iề u n ă m v iế t sách và c ũ n g là g iá o v iê n c ó n h iề u k in h n g h iệ m , tâ m. - Sách được b iê n soạ n th e o c ác c hư ơ ng c ủ a sách g iá o kho a, m ỗ i chư ơ ng g ó m các c h ủ để, m ỗ i c h ủ đ ể có. h u y ế t vớ i n g h ễ và sự đ ồ i m ới g iá o d ụ c , c h ủ b iê n là N GN D Vũ Hữu Bình.. cấu tr ú c g ổ m các m ụ c n h ư sau :. - N ội d u n g sách bá m sát các c hư ơ ng tr o n g sách g iá o k hoa, m ỗ i chư ơ ng c ó các c h ủ đề. M ố i c h ủ đ ề g ồ m các. GIÚP HIỂU SÂU Tóm tâ t cô đọng các vấn để lí thuyết cơ bản cùng m ột số lưu ý vê lí thuyết, kết hợp với m ột số hình ảnh m inh họa có nội dung thực tế. Giúp học sinh hiểu sâu kiến thức đá học và là cơ sở đề giỏi bài tập.. m ụ c n h ư sau:. KIÊN THỬC CẨN NHỚ - Ôn lại cô đọng những kiến thức càn nhớ, có th ề bổ sung kiến thức nâng cao. - Sử dụng sơ đổ, bản đồ tư duy, biểu bảng, hình ỏnh giúp HS dễ nhớ. - Sử dụng hoạt hình (bóng nói) tăng tính hâp dân.. m m. HÔ! ĐÁP NHANH Gồm các câu h ỏ i lí thuyết và các bài tập có có nội dung gân với thực tế. Giúp học sinh nẩm vững kiến thức cơ bân và làm quen với việc vận dụng kiến thức vật lí vào các tình huống cụ thề trong cuộc sống.. H Ỏ I Đ Á P N H AN H Gồm những câu hỏi ngàn dạng trốc nghiệm hoặc tự luận, yêu câu HS trả lời nhanh đề củng cố các kiến thức cơ bản và trá nh những s a i lầm dễ mắc.. HỌC GIẢ? TOÁN ■ Gồm các dạng bài tập cơ bản nhất, cùng với những lưu ý vể kiến thức, vể những vướng mác học sinh thường gặp. Giúp học sinh có được phương pháp giải bài tập cho từng dạng bài cụ thể.. HỌC G IÂ I TO ÁN - Gồm những ví dụ điển hình cơ bản và nâng cao. - Có nhận xét, phân tích, hướng dân tư duy, suy luận nhâm hình thành phương pháp giỏi toán.. CÙNG LUYỆN TẬP Đưa ra các bài tập tự luyện tập ở mức độ cơ bản và nâng cao, nhiều bài tập có nội dung gân với thực tế và có ứng dụng của Vật lí trong đời sống, khoa học k ĩ thuật hoặc các bài tập th í nghiệm dưới dạng "Thí nghiệm vui", nhàm rèn luyện cho HS k ĩ năng giâi bài tập Vật lí, đồng thời tiếp cận phương pháp thực nghiệm trong Vật II.. BÀ! TẬP - Bài tập củng cố, vận dụng, ứng dụng, liên hệ thực tế,... được phân làm hai loại cơ bản và nâng cao. - Bài tậ p cơ bản củng cố kiến thức giúp hình thành phương pháp giải, trình bày khoa học. Bài tậ p nâng cao yêu câu nâng lực tư duy cao, đào sâu, mở rộng kiến thức, vận dụng sáng tạo phương pháp giòi.. &. N H ÌN X A HƠN Giới thiệu những ứng dụng thực tế của kiến thức đã học trong cuộc sống, khoa học k ĩ thuật ở mức độ cao hơn, những hiện tượng vật lí kì thú của tự nhiên mà học sinh chưa biết tới, tạo hứng thú trong việc học tập môn Vật lí.. EM CÓ BIẾT? Hứa hẹn đem đến sự thú vị cho HS. ứng dụng hay thề hiện của toán học trong đời sống; vấn đề, sự kiện hoặc thông tin về nhà toán học nổi tiếng. Đ I XA HƠN. Giúp HS hiểu sâu hơn r ộ i dung đang học hoặc là mục Đ ố VUI.. C u õ n sách B ói d ư ơ ng Hoá học 8 th u ộ c b ộ sách B ói d ư ỡ ng các m ô n Vát li, H oá học, S in h h ọ c d à n h c h o HS ĨHCS, n h ằ m đ ịn h h ư ớ ng p h á t t r iể n n à n g lực v à b ă m sát với th ự c tiè n cuộ c sóng. HS sẽ đư ự c lã m q u e n vớ i p h ư ơ n g p h .ip n q h iè n cứ u k h o a h o c , b ié t p h á t h iệ n , th u th ậ p x ù lí th ô n g t i n và g iả i q u y ế t các v ã n đ é h o á họ c. Sách q iú p h ọ c s in h ô n tả p v à h iế u sàu k iế n th ứ c , rê n k ĩ n á n g g iả i các d ạ n g bà i tậ p từ c ơ b à n đ ế n n â n g cao, q u a đ ỏ h ọ c s inh c ó cách nh ìn tồ n g q u á t h o n v é p h ư ơ ng p h á p g iã i b ã i tệ p tro n g p h a m v i c hư ơ ng t r in h Hoá ho c THCS.. Các c u ố n sách đư ợ c v iế t d à n h c h o h ọ c s in h lớ p 7, 8 g iú p c ủ n g c ó và n â n g c a o k iế n th ứ c vé THẾ GIỚI Đ Ộ N G VẬT, v é C ơ THỂ NGƯỜI tr o n g chư ơ ng tr ìn h S in h họ c 7, 8. N ộ i d u n g các c u ổ n sách đư ợ c v iế t th e o. K Ễ T N Ỗ I K IẾ N T H Ứ C. Các bâng và sa đó tóm tâ t toàn bộ nội dung kiến thức trong chựơng. đ ịn h hư ớ ng p h á t t r iể n n ă n g lực v à t h e o t r ìn h t ự các c hư ơ ng n h ư tr o n g sách g iá o kho a. M ỗ i chư ơ ng g ó m. HÒI ĐÁP NHANH. các c h ủ đ ể . Cấu tr ú c m ỗ i c h ủ đ ể g ồ m các p h ấ n sau :. Cóc càu hòi lí thuyét giúp HS tự kiếm tra nhanh các kiẽn thứt í hình cùa chương IU H Ọ C G IẢ I B Ã I TÃ P. VƯ Ợ T T H Ử TH ÁCH. Các bài tập khó với mục đích bồi dưỡng HS giỏi, giúp HS rèn luyện k ĩ nâng phân tích, tổng hợp sáng tạo ở mức độ cao. 0». #. H Ỏ I-Đ Á P. .. .. .. .. .. .. Là những câu hỏi với trà lời ngán liên quan tới nội dung chính trong sách giáo khoa, giúp học sinh nồm vững các kiến thức trước khi bước sang những bài tập mới với nhiêu thử thách tiếp theo. CÙN NG G LUYỆN TẬP. CONG l u y ê n t â p. Ũ /. k ế t n ó i k iễ n t h ứ c. Học sinh tự xây dựng các bàn đồ khái niệm, hoàn thành sơ đồ, các bàng biểu dựa vào từ khoá là những khái niệm đõ học trong chương nhàm hệ thống những kiến thức cơ bàn, trọng tàm của chù đề.. Các ví dụ mẫu kèm theo hướng dẫn giài, giúp HSxác định dạng bài tập và nâm được cách g iả i m ột cách dễ dàng. Các bài tập ở mức độ cơ bản và nâng cao, từng bước giúp học sinh phát triển nâng lực tư duy, rèn luyện k ĩ nàng phát hiện, giỏi quyết ván đề và trình bày bài m ột càch khoa học.. Bài tập ở mức độ cơ bản nhâm củng cố kiến thức. Học sinh vận dụng kiến thức cơ bản đề trả lời.. HOÁ HỌC VÀ ỨNG DỤ NG. Bài tập ở mức độ nâng cao. Học sinh phải phân tích, tổng hợp, so sánh, vận dụng kiến thức đề hoàn thành các bài tập.. các bài tập thực tiên chi cho HS cách ứng dụng như thê nào từ những điêu đà học dềqiái quyết đươc những vãn đẽ trong (UỘC sónq TẬP L À M K H O A HỌC. VƯ Ợ T T H Ử TH ÁC H. N H ÌN X A H Ơ N. Cung cấp những nội dung liên quan đến chủ đề, thông qua đó cung cấp thêm thông tin nhàm nâng cao hứng thú đối với môn học.. Hướng dàn HS (ự lãm th i nghiệm đơn giàn đề chứng minh hay áp dụng các kiẻn thức đã học vào việc giòi quyết các vấn đè thực tién đặt ra. Các bà i tậ p đ ư ợ c v iế t d ư ớ i d ạ n g trắ c n g h iệ m kh á c h q u a n và tự lu ậ n vớ i cách v iế t t h e o hư ớ ng tậ p tr u n g p h á t t r iể n t ư d u y, k ĩ n ă n g d iễ n đ ạ t th ô n g tin , k ĩ n ă n g g iả i q u y ế t v á n đ ề v à g ắ n liề n v ớ i th ự c tiễ n . H i vọ n g rằ n g vớ i c ách v ie t đ ó g iú p h ọ c s in h th ê m yê u th íc h m ô n S inh họ c và b iế t vậ n d ụ n g n h ữ ng kiến th ứ c đ ó tro n g. Đ Á P Á N V À H Ư Ớ N G D Ẫ N G IẢ I. đờ i sốn g th ự c tế.. ĐỊA CHỈ LIÊN HỆ MUA SÁCH H H Khu vực miền Bắc:. Khu vực miền Nam:. CTCP Sách và TBGD Miển Bắc, 187B Giảng Võ,. CTCP Sách vàTBGD Miền Nam, 231 Nguyễn Văn Cừ, phường 4, quận 5 ,TP. Hồ Chí Minh ĐT: 08.38358423 ; Fax: 08.38390727. Hà Nội - ĐT: 04.38562011 ; Fax: 04.35862493. Khu vực miền Trung: CTCP Sách và TBGD Miển Trung,. Khu vực Đồng bằng sông Cửu Long:. 223 Lê Đình Lý,TP. Đà Nang. CTCP Sách và TBGD Cửu Long, 162D đường. ĐT: 0511.3898687; Fax: 0511.3898282. 3/2, quận Ninh Kiều, TP. cẩn Thơ. Phát hành tại hệ th ốn g cửa hàng Sách - T h iết bị giáo dục H abo o k Siêu thị sách vàTBGD -45B Lý Thường Kiệt, Hà Nội Cửa hàng sách và TBGD - 11 Trán Huy Liệu, Hà Nội Cửa hàng sách và TBGD - 67 Phó Đức Chính, Hà Nội.

(3) PHƯƠNG TRĨNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH CÓ CHỨA PHẦN LẺ. '. *. HỌC r « s é. v ũ HỒNG PHONG (GV THPT Tiên Du 1, Bắc Ninh). (j 7 ỵ giải được các PT, HPT có chứa phần nguyên, phần lẻ {phần phânịđòi hỏi chúng ta phải ^ Ễ /n â m vững các tính chất của phần nguyên cũng như phần lẻ. Sau đây, chúng tôi xin giới thiệu tới các bạn một sô tính chất của phần lẻ cùng các thí dụ cộ vận dụng các tính chất này. A. MỘT SỐ TÍNH CHẤT CỦA PHẦN LẺ. c) • Với k e Z ; - n +1 < k < m -1 và. Trước tiên xin nhắc lại một vài tính chất (TQ của phần lẻ: Với X, V là số thực, m; n là các số nguyên, kí hiệu phần nguyên của X là [x], phần lẻ của X là. ịxi\ + 1*2}+...+{xm) -{v,} —{>2}. {x} = x -[ x ] ,z là tập hợp các số nguyên.. =ỉ< thì ^ 2 m y\ }’2 ■■■ y n e ■ +x2 +... + xm - ị - y 2 yn e Z thì. 1. • Nếu. {xi} + {x2} + - + { ^ m } - |j;i } - { > 2 } - - ~ { y n}. Tính chất. E I —ỉí + \ \ —ĩl + 2ị...;/72 —l j .. 1 . 0 < {*} < 1 .. a) { x \ } + { x 2 } + . . + [ x n ) - n +. Với n > \ thì 0 < [n{x]] < n - \ . 3. {n + x } = { x } .. 1. ^ { * i + * 2 +■■• + * „ } ^ { * i } + M. 4. {nx} = {n{x}}. + - + 'k } ■. Vói * e z thì {x} = {-x} = 0.. Đẳng thức xảy ra ở BĐT vế trái, vế phải lần lượt là [{*!> + {*2 } + ... + {*„}] = H-1 ; rí 1 í 1 r ì -1_ n. V ới.T ỂZthì {*} + {-*} = !.. b) { x } - { y } < { x - y } < { x } - { y } + l.. [ { x 1} + { x 2 } + ... + { x „ } ] = 0. Đẳng thức xảy ra ở BĐT vế trái, vế phải lần lượt là [{x}-{v}] = 0 ;[{ x } -{>>}] = - ! • 8 . Với « > 1 ta có:. 6. {x} = {y} <s> X - y e z. Mở rộng: vói m > l;n > 1 a)* V ớ iẤ ;eZ ; - n + ỉ < k < m - l v a. ị. m{x} - n{y} = k thì mx - n y e Z. m{x} - n {y } e { - n + 1 ; - n +. 2. I. 1]. ( nn -- ì\ \\ n - l —{nx}. I+ -+ I x + Ị> n\ n 1. Giả sử {x} = {y} ta có -1 }.. b) • Với k e Z ; 0 < k < m + n - l và m ịxị + n{y} = k thì mx + n y e Z . • Nếu mx + n y e Z ttó m{x} + nịy}& {Q 'X..\m + n - \ } .. x - y = [x] + {x} - [y]- ịy} = [x] - [y] e z. Giảsử X—y e X thì w _ M =x _ y _w +ừ ] s z. (1). Do 0 < {*};M <1 n ê n -1 < M - M < 1 (2 ) Từ (1), (2) suy ra: ịxị - {_y} = 0 => {x} ={ y ị. .. sốs 450(1 2-2014.). to b m. h ọ c »Cliối^ 1.

(4) a) • Với m{x} - n{y} = k thì mx - n y =. PT <s> {x} [x] + [2x] - 6 ,2. m[x] - n[y~\ + m{x) - n{y} = m[x\ - n[y) + k e z.. <=> W W. • Nếu mx —ny &7L thì m{x} - n{y} = mx - ny - m[x] + «[7 ] e z .. ( 1). Do 0 < {x}, ịỵ} < 1 nên -n <m{x} -nịy}<m.. (2). + [ 2 ( M + { x } ) ] = 6 ,2. <=> M M + [2M + 2 {x} ] = 6,2 ^>{x}[x] + 2 [x] + [2 {x}] = 6,2 T H I: 0 < {x} < - (2) thì [2{x}] = 0 .. Từ (1) và (2) suy ra: m {x }-n {y }e .{-n + l;-n +. PT(1) o { x } [ x ] + 2[x] = 6,2. 2; . . . ; m - ì \ .. 6,2 —2[jc]. 7, a) Ta có {Xị +x2 + ... + xn} = X j + x 2 + ... + x n — [X j. ( 3). [X]. + x 2 + ... +. 6 ,2 -2[x] 1 Do (2) nên 0 < ---- —----- < [x] 2. = [^l ] “^ {-*i } ^ ['^2 ] ^ {^'2} + ••• + [-^n ] "t”{%n } - [ [ x 1] + { x 1} + [ x 2 ] + { x 2 } + ... + [ x „ ] + { x „ } ]. <=> 2,48 < [x] < 3,1 « • [x] = 3 . = [ x 1] + { x 1} + [ x 2 ] + { x 2 } + ... + [ x J + { x „ } - [ x 1] - [ x 2 ] - . . . - [ x „ ] - [ { x 1} + { x 2 } + . . . + { x n } ]. ,.. Thay [x] = 3 vào (3) được {x} =. 0,2. = {x1}+ {x2}+ ...+ {x„}-[{x1}+ {x2}+ ... + {x„}] ( 1) Do 0 < {Xị} < 1 nên 0 < {x1} + {x2} + ... + {x„} < n =>. 0<. [ { X j} + { x 2} + ...+. {*„}]<«-1. ( 2). Suy ra X = [x] TH2:. - < { x. +. {x} = 3 +. .. }<1 thì [2{x}] = l.. Từ (1) và (2) suy ra TC7a. Nhận xét. PT( 1) <=í>{x} [x]+ 2[x]+1 = 6,2 <=>{*} =. 5,2 - 2[x\. • Tính chất 7a có thể phát biểu như sau: Biểu thức. M. Giải tương tự THI ta được X= 2,6.. {x \ + x 2 + - + x n} ” { x l}. nhận các giá trị - n + 1; - n + 2 ; ...;0 .. Vậy PT có hai nghiệm. X. 46 _, = — và X = 2,6.. • Tổng quát: biểu thức Thí dụ 2. Giải phương trình. {xj + x2 + ...+xm - y i - y 2 ~ " ~ y n}. {JY+x} = {0,5 ->/3--x} nhận các giá trị -ra + 1;-m + 2. .. (Bạn đọc tự chứng minh các tính chất còn lại). B.. MỘT SỐ THÍ DỤ. (1). Lời giải. ĐK: -1 < X < 3. Theo TC6 thì PT(1)<=>^ = Vx+T W 3 - x - 0 , 5 e Z . Có (V xT Ĩ + J 3 ^ x ỷ = 4 + 2 Ậ x + ì)(3 -x ).. Thí dụ 1. Giải phương trình Theo BĐT Cauchy thì 0 < 2^(x + ỉ)Ọ -x ) < 4. [x] + [2x] = 6,2. Suy ra 4 < (slx + l + yl3 - x ) 2 < 8 Lời giải. Theo TC8 ta có. ỊỉH H M H. => 2 < V x + Ĩ + \Í3 -X < 2 V2 [ < 2\Ỉ2 - 0,5 « 2,3 với V xg[-1;3]..

(5) Do vậy V xT Ĩ + \Í3 -X -0 ,5 = 2. Vậy BPT(*) o . {x} e. <=> V x T ĩ + s j 3 - x = — <=> X = 1 ± 2. Vậy PT(1) có hai nghiệm. -8. X =. 1±. '2 3^ u [Ịlì _3 4y 6 ). Ta có: ([x] - 2)2 > 0 suy ra. 5^7. 2 ( [ x f - 2[ x] + 3) > [ x ]2 + :. Thí dụ 3. Giải phương trình. Do đó VP(1) = M 2 ~ 2M + 3 > I. ].v) + {4xj _ [x]2 -2[.y] + 3 {4x} + {6x} + 2 [x]2 + 2. [x ]. + 2. 2. Đẳng thức xảy ra <=> [x] = 2 ,. Lơi giải. Dễ thấy {4x} + {6x} + 2 > 0.. Theo TC7 có. 2. {6x} = {x + X + 4 x } > {x} + {x} + {4 x } - 2. VT(1) = I «. 2. 3A. 3 ;4. => {4x} + {6x} + 2 > 2({x} + {4x}) Suy ra VT(1) = - ■ - t4*} {4x} + {6 x} + 2. 1. Từ (2), (3) suy ra VT(1) = VP(1) =. Theo TC4 có {4x} = {4{x}} = 4{x} - [4{x}].. u. '8 11. 3; 4. [x] = 2. < - (2). [{*} + {*} + {4*}] = 2. u. '8 ỉO r 17 "Ị Tập nghiệm PT(1) là T = —•--- u — ;3 .3 4 ) _ 6 J. Thí’ dụ 4. Giải hệ phươnq trình. <=> 2 < 2{x} + Ị4xị < 3 <=> 2 < 2{x} + {4{x}} < 3 <=> 2 < 2{x} + 4{x} - [4{x}] < 3 <=> 2 < 6{x}-[4{x}] < 3. ” :3. (*). (*). 1. [xy’f +({-xy] + l ) 2 +. = 22. (**). 1-V /1 xy ì. ị X V lí - X V Ị. THI: 0 < { * } < - thì [4{x}] = 0.. Lòỉ' giải. Ta có {xy} {-xy} * 0 <=> xy Ể (*)<=> 2 < 6{x} < 3 <=> - < {x} < — (loại). 3 2. ĐK: -2<—<2; Ị)'Ể Z Đặt —=ữ với -2<a<2. y ' J. TH2: - < {x} < - thì [4{x}] = 1. PT(*) trở thành: |V 2 + ữj + 2 |V 2 - f lỊ = 1 ( 1) (*)<=> 2 < 6 {x} -1 < 3 <=> —< {x} < — (loại). TH3:. < {*} < ^ thì [4{x}] = 2 .. Theo TC6b thì từ PT(1) có L = \j2 + a + 2 \ J l - a e. z. nên. L2 = 1 0 -3 a+ W 4 -a 2 = 4 + 3 (2 -a)+ W 4 -a 2 >4. (*)«> —< {x} < —, suy ra —< {x} < —. TH4:. - < { x. }<1 thì [4{x>] = 3.. Theo BĐT Cauchy có: L2 = 1 0 -3 a + 27(8 + 4 ứ )(2 -ứ ) < 1 0 -3 a + 8 + 4a + 2 - a = 20.. (*)<=> —< {x} < 1, suy ra —< {x} < 1 . 6 6. Vậy 4 < z 2 <20, mà L > 0 , suy ra L e {2;3;4} ___________ S ô 450 (12-2014). TỌẠNHỌC 8 C Ịị Ịrrị ^ ỏ. 3_.

(6) • Với L = 2=>L2 = 4= $a = 2.. •Jtv = —. Như vậy ta có. Thay a = 2 vào PT (1) thấy không thoả mãn. £ _ 14 25. • Với L = 3 =>10 —3a + 4 \4 —a" = 9. V5 ’ 2. 3 + 12VĨĨ 25. 4\/~4 - a 2 = 3 (2 - 1 => a -. Thay a =. vào vế trái ( 1) được. 25. v 7 5^ f —7 —5. 53 + I 2 VĨĨ. +. 2<. í 3 + 2 y /ĩĩ -. BÀI TẬP. 25. í 6 — s/TT 1. 1+2. IV5 ’ 2 / V 5 ’ 2. /4 7 - 12 VĨT V. 25. 5 J. 1. Giải các phương trình sau: = 2. a) 1- X 2 = 6{x}x2. b) {x{x}} + [x] = 2,24.. 0........... 3 + 12 VĨT . . Suy ra a = ---- ------- bị loại. J 25 ' Với L = 4 => a = -2 hoặc ữ = Thay a = -2 và. V5 ; 2. Vậy HPT đã cho có nghiệm. 3 + I 2 V ĨĨ .... I. -7 -5. + 2 {2 x} =. c) [x]. 14 25. 14 = — vào PT(1) ta thấy chỉ 25. d)^. ]+ M ± M = i + I. {3x}. Do xy Ể z nên: [x>’] + [-xy] = -1; n Í H. {xy} + {-xy} = l;{xy} {-xy} > 0 . Vì (m - « )2 > 0 nên m2 + n2 > - (m + n ý và. Ix ĩõ. + 2{2x} = 8 + 4{4x}.. e) [x] +. có a = — là nghiệm. 25. 40. H. 255x l 4 } + "'+ l f + 2 r M ~ .256.. • K - e H íiH i? ! - ! * '- 1 2. Giải các hệ phương trình sau:. m n < —(m + n)2. Đẳng thức xảy ra ở 2 BĐT trên đều là m = n. Áp dụng các BĐT này, ta có:. {yỊx + ỹ} = { ^ Z ỹ} a). {x -^ Ịx 2 -. y. 2 }. = x + y + 0,5. VT(**) £ ^([ạy]+ [-ạy]+ 7)2 + 7 ~ T 7 7 ~ T 2 2. ({x y } + {-x y } ). W +ừ] = M +W. = 22 = VP(**). Suy ra. b). [xy] = [-xy] + 7 [xy] + [-xy] = - l {x y } = {-x y }. [xy] = 3 c). M =!. jx y } + { - x y } = l. 4. TỌRN HỌC. 4. {3y} + l l + x[x] = y[2y] + {y} + {2y}. ,. Sô 450í12'2014). ^%. 3{x} + [3{y}] + [>’] = 6 l3 M + [3{x}] + [x] = 6 ..

(7) Hướng dẫn giải DÊ THI TUYỂN SINH VÁOLỚP 10 TRƯỞNG PĨNK, BHQG THÀNH PHÔ Hổ CHÍ MINH. năm học 2014-2015. (Đề thi đăng trên TH&TT Sô 449, tháng 11 năm 2014) VÒNG 1 Câu 1„ a) Bình phương 2 vế, đưa PT về dạng (3 -x){\ -X 4) = 0. Tập nghiệm : s= {3; 1 1 } .. b) Do X, y tỉ lệ nghịch, X tăng a% thì y giảm m% nên ta có (x + x.a%)(ỵ -y.m%) = xy Cí> (1 + a % )( 1 - m%) = 1 (do X > 0, y > 0) 100a <=>m = 100 _ 100 + a 100 + ữ 100. < = > !•. b ) ^ = -V7. y. Câu 5. (Bạn đọc tự vẽ hình) ã)AC± BD tại /. Câu 2, a) HPT có 5 nghiệm (x;y) là: (Vỹ; 9); (-V 7; 9); (0 ; 18); (4; 2); (-4; 2). b) AB - BD = AD. Gọi o là giao điểm của AC và __ _. R. BD\ OA = ABúĩíABO = A B ~ =>ẨC = 2OA } ABCD ■ ............. 2. BOP = 90°. Gọi K là trung điểm của BP,. 2. => AB = 6 (m); Chu vi hình thoi ABCD là ABA = 24 (m); Tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm D, bán kính DB = 6m. Câu 3. a) Với m = - 1, PT(1) có nghiệm X = - 1. X. * -3. PT(1) có hai nghiệm X\, X2 phân. biệt <í>mx2 + (m -3)x + 2 m -l = 0 có hai nghiệm phân biệt khác -3. 9m - 3(m - 3) + 2m -1 ^ 0 À> 0 ^ __ y y ị. X, + X 1. m. m x ị + (m - 3)x9 + 2m - 1 = 0.. x2) + l \ j n x ị +( m - ĩ ) x 2 + 2m - l ] : 51. 17 7 <=>-X] + Xo = — o m = —(thỏamãn ĐK). 7 8 Câu 4. a). X+ V. 100 :. •(Vã + Vè )2 = 400. a +b. PE.BE = OE2 « PE = — = —=> PD = —. 2a 2 2 Ta có AP = 2 a - —= ~ . Do đó — = 3. 2 2 PD. nội tiếp => IEM = AFI = 90° =í> IM là đường kính của ự u ) => I, o, M thẳng hàng => M e OF và FM = 3a. ỉsAFM vuông tại F => AM2 = AÉ1 + FM2 = 9a2 + a = 1Oa2 => = Vĩõa. VÒNG 2 Câu 1. a) Dễ thấy PT (1) có hai nghiệm phân biệt. Do đó 2Ltj + 7m(2 + x2 + xị) = 58 <=> 21(X] +. ta nhận thấy F, K, I, o thẳng hàng, KO ± CD, suy ra đường tròn ngoại tiếp AABP có tâm K, tiếp xúc với CD tại o.. c) Ta có /£/•’ = /CZ) = //IF = 45° => tứ giác AFIE. 0 o. b) OB là tia phân giác của EOC, OP là tia phân giác của EOD. Mà EOC và EOD kề bù nên. = S ả B:. b) ĐK:. => tâm o của (/C) là trung điểm của CD. Dễ thấy: BE = BC = BA => AABE cân tại 5; BO _L C£ và _L CE => BO // ƠF, DFBO là hình bình hành =í>F là trung điếm của ^45 và /Í/J’= ữ.. m > 0. Do đó: 0 < 2m<. m +4. „ ■0 <. Xị + x 7 =. 2m m 2. + \lab = 200. Vã + Vè = Víõõ = 20 .. + 5. ^ m +4 m +51 2(m2 +5) 2(m2 + 5) = 2. ■xl +x2 b) m - 2 và m = -. TỌÁN HỌC S ố 450 (12-2014). ,. __L9liổHjẻ 5.

(8) Câu 2. 1) ĐK: X > 0, y > 0. Dễ thấy X 0, y ± 0. Do vai trò của X, y như nhau nên có thế giả sử x> y> 0. Ta có:. => CKL - CJI => CJI = CMN, suy ra bốn điểm M, /, J, N cùng nằm trên một đường tròn. Dễ thấy: MCN - MHI = 45° => tứ giác HICN nội tiếp. 1 + x-yịỹ = 1+ \[x*Ịxỹ > 1 + sfỹ\fxỹ = 1 + y^ỉx. => ĩĩlƯ = NHC = 90° => NI 1 CM. Tương tự, MJ _L CN. ACMN nhận MJ, NI, CH là ba đường cao nên chúng đồng quy. c) MN=AN+ BM -AB =AC +BC-AB. AỞ + BỚ = AB2 = 4R2: AC.BC = CH.AB và CH < o c = R. Do đó: cAC + B Q 2 =AỚ + BC2 + 2ẤC.BC = AB2 + 2CH.AB = 4R2 + AR.CH < 4R2 + 4R2. =>2(1 +x j ỹ ) > 2(1 + y\fx)~ =>9yVx >9x^Jỹ => y > X => X = y. Từ đó tìm được nghiệm (x; y) củaHPTlà: (3/4; ỰỊ) và 2). MC = B C m B C MA AB NA ẮC. 3 — ■. VV4 ’. 14;. 2 = ABZ ,2 + AC,. 8ỉ f. (■MC + MA)(NB + NA) _ ị MC Ỵ NB MA.NA ~ \M A + A N A. A. J. BC BC BC BC , BC +1 —z +1 = —+ - í - + ——+ 1 AC ) AB.AC AB AC AB AB2 + AC2 - +1 + VAB2 +AC2 f — + — ì Va b a c ) ~ AB.AC >2 +1+ y/2AB.AC.2J— .— = 3 + 2V2 . \A B AC 1 1 1 Câu 3. a) - + —=- o a b =c(a +b) =>ab’:{a +b). a b c Nếu a + b là số nguyên tố thì a : (a + b) hoặc b \ (a + b) mà a, b nguyên dương suy ra a> a + b hoặc b > a + b (vô lí). Vậy a + b không thế là số nguyên tố. b) Ta có: (a + c)(b + c) = ab + (ữ + b)c + c = 2(a + ồ)c + c2 = c(2a + 2b + c). ■AC + B C < l4 ĨR. => MN< 24ĨR - 2 R = 2(72 -1 )R. max MN = 2(V2 -1 )R chính giữa của cung AB. <• CH.MN SCMN= 2. H = o o c là điểm. R.2(yỈ2-ỉ)R _ K no2 ------2-------- = W 2 - 1)« ■. max SCMN = (V2 -1 )R2. Đẳng thức xảy ra H = o <=> c là điểm chính giữa của cung AB. Câu 5. Gọi 5 số tự nhiên phân biệt đó là dị, a2, a-ì, a4, a5, không mất tổng quát, giả sử ŨỊ > ứ4 > a3> a2> a\ (*) a) Từ (*) ta có: a5 - ai> 2; ữị - a.2 > 2. Theo đề b à i: ữ i + ÍZ2 + <23 > 04 + «5 => ữi > «5 — ữ3 + «4 ~ «2. > 2 + 2 = 4 => ã\ > 5 => a5 > a4 > «3 > a2 > CI\ > 5. b) Ta có: a5 > a4 > a3> a2 > a\ > 5; d\ + Ũ2 + ữĩ + 04 + ciỊ< 40. a\ + ữ2 + CL-ị + Ũ4 + ữỊ. => (ữ + c)(è + c) : c (*). Giả sử a + c và b + c. >a\+a\ + X+a\+2 + a\+2) + a\+A = 5ữi + 10. đồng thời là số nguyên tố. Do a + c > c, b + c > c và c > 1 nên (a + c)[b + c) không chia hết cho c,. => 5ứi + 10 < 40 => a\ < 6. Với 5 < ữ\ < 6, ãị e N. mâu thuẫn với (*), ta có đpcm. Câu 4. (Bạn đọc tự vẽ hình) a) Gọi o là tâm của nửa đường tròn đường kính AB. Ta có:. a~t + «3 + a\ + ữ5 > a-1+ ÍỈ2 1 ^. ACN = ẢNC (cùng phụ với hai góc bằng nhau) =>AN=AC. Tương tự, BM= BC. b) Gọi L = A Ir\C N , K = B J n CM . Các AACN, ầBCM cân nên: CL = NL, AL 1 CN, CK = MK, BK _L CM => KL IIMN => CKL =CMN;. @2. 2 + ữi +^3 = 4ữ2 + 6.. 29 nên 4ữ9 + 6 < 35 => ÍZ7 < — => ữ2<7. z 2 4 Vì 6 < a2 < 7, a2 e N => «2 = 6 hoặc «2 = 7. Có hai bộ số (ữi; ữ2; «3ỉ «4; «5) thoả mãn bài toán là (5; 6; 7; 8; 9), (5; 7; 8; 9; 10). NGUYỄN ĐỨC TÁN (TP. Hồ Chí Minh). Sưu tầm và hướng dân giải. IKJ = ILJ = 90° => tứ giác KLJ1 nội tiếp. 6. =>ữi = 5=>ữT + ữ3 + ữ4 + ữ5<35. Mặt khác. TOÁN HỌC. .. ; CTuÓlịrC. S o 4 5 0 (12-2014).

(9) tểTưyỂs! SINHVÀObử’ 10r n ito 'ĩnn' CHƯrỀNLẾQ if ĐÔKàNHữNH NĂM HỌC 2014-2015 (Thời gian làm bài: 150 phút) B à i 1 (1 ,5 í. A =. điêm). Cho b iể u thức. ,. „ \ í. _ Ị ______ Ị _ 1 - a/ x. với X. >. 0, X. V. x. 2 x+ \fx-ỉ 2x\fx+x-^fx 1~bX\ \ l-x. 1 *. X. #. 1 .. a) Rút gọn biểu thức A. b) Chứng minh rằng A > V I . Bài 2 (3 điếm) a) Giải phương trình: —+. =. 2.. X. b) Tìm các cặp số nguyên (x; y ) thỏa mãn điều kiện 6x2 + 5v2 = 74. Bài 3 (1,5 điểm). Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Các đường cao AAi, BBI, CC\ của tam giác đồng quy tại H. Chứng minh rằng: HA HA. HB HB,. HC HC,. > 6.. ' 1. Bài 4 (3 đỉêrrí). Cho đường tròn tâm o , dây cung AB (AB không phải là đường kính). Điểm M di động trên cung lớn AB (M không trùng với A hoặc B). Gọi H là hình chiếu của M trên AB; E, F lần lượt là hình chiếu của D trên MA, MB. a) Chứng minh đường thẳng MD luôn đi qua một điểm cố định. b) Gọi Q, p lần lượt là hình chiếu của D trên MA, MB. Chứng minh rằng DP.EF = PQ.HE. u / 2 MAL AH.AD MB BD.BH Bài 5 (1 điểm). Cho các số X, y, z đôi một khác. c) Chứng minh. nhau, khác 0 và — X. y. z. = 0. Tính giá trị của. vz. biểu thức A =. 2. X. xz. -------------*■ ". +2 y z. y. 2. xy. -------------. +2 xz. z +2 xy. BÙI VĂN CHI 0GVTHCSLêLợi, TP. Quy Nhơn, Bình Định) sưu tầm và giói thiệu. Vang mãi Bài ca trồng người Kính tặng Tạp chỉ Toán học & Tuắi trẻ Thời gian thấm thoắt thoi đưa. Trăm ngàn câu chuyện ân tình. Xin mừng Báo Toán tuổi vừa năm mươi. Báo gìn giữ lửa yêu tin con người. Ngoảnh nhìn năm tháng vèo trôi. Cánh chim bay suốt cuộc đời. Biết bao kỉ niệm bồi hồi hiện ra. Nhịp cầu nối những chân trời bao la. Nào lời dạy bảo thiết tha. Từ trong tuổi trẻ sinh ra. Các nhà toán học nâng ta trưởng thành. Báo vang vọng mãi Bài ca trồng người.. Như hoa nở thắm trĩu cành Những đề toán lạ mãi dành trong tim. Thu 2014 Lê Quốc Hán (GVKhoa Toán, ĐH Vinh).

(10) Chuẩn bỉ cho kì thỉ tốt ngtiìệp THPĨ ựà thi vào Đại học. PHƯONQ PHẤP DẶT ẨN PHỤ ĐỂ BIẢI BẤT PHUDNG TRÌNH vố ĩ ỉ. Trong các đề thi Đại học và Cao đẳng xuất hiện khá nhiều bài toán giải bất phương trình (BPT) vô tỉ mà cách giải thường là biến đổi tương đương hoặc đặt ẩn phụ để đưa về bất phương trình mới đơn giản hơn. Tôi xin giới thiệu thêm với các bạn một số dạng toán về giải BPT vô tỉ và những cách đặt ẩn phụ để giải chúng. ỉ, PHƯƠNG PHÁP ĐẶT MỘT Ẩn phụ Loại 1: Trong một số bài toán ta có thể đặt ẩn phụ trực tiếp với ẩn t bằng một biểu thức căn thức chứa ẩn. Khi đó ta sẽ rút ẩn cũ theo ẩn mới t và thay lại BPT ban đầu, ta được một BPT với ẩn mói. Giải BPT tìm nghiệm t , thay lại phép đặt suy ra nghiệm X. Cụ thể ta xét thí dụ sau: Thí dụ l. Giải bất phương trình: \jX +1 + 2 + 3 ^ 2x + 2 . ( 1) Lời giải. ĐK: X > -1. Đặt t - J x +1 =} x = t -1, t> 0. Thay vào (1) ta được BPT ẩn t: t< 0 1 2 V2 11 +1 < 2t2 - 1 <=>- t > 4í4 - 4í3 - 7í2 - 4 > 0 (2). NGUYỄN Hữu TRUNG (GVTHPT Thuận Thành sổ 2, Bắc Ninh) <=> 7í2 - 9 > 2(t2 - 2 t f o 216 - 1215 + 24í4 - 16f3 - 7 r + 9 < 0 <=>(*- l)(í - 3)(214 - 4í3 + 2í2 + 4t + 3) < 0 (2) Ta có: 214 —4í3 + 2t2 + At + 3 = 2í2( í - l ) 2 +4í + 3>0, V /> 0 . Thành thử (2) o ( t - l)(í -3)< 0<= >1< Í< 3. Khi đó ta được: 1< V2 x - ì < 3 <=>1 < X< 5. Kết hợp với ĐK ta được tập nghiệm của (1) là s = [1,5]. Loại 2: Nếu một bất phương trình vô tỉ có bộ phận chứa ẩn nằm ngoài căn biểu diễn được theo bộ phận chứa ẩn nằm trong căn khi đó ta có thể đặt bộ phận chứa căn đó làm ẩn phụ. Chú ỷ: Trong thực hành có thể cần thực hiện một số biến đổi như nhân, chia, hoặc thêm bớt hăng số thích hợp,... để làm xuất hiện bộ phận cần đặt ẩn phụ. Thí dụ 3. Giải bất phương trình: VỸJC+ 7 + \ l l x - 6 + 2a/49x2 + 7 X - 4 2. <181-14* (1) Lời giải. ĐK:. X. > —. Khi đó. Với t < 0, kết hợp ĐK ta được t = 0. Khi đó (l)« 1 4 x -1 8 1 + V7x"+7 BPT (2) vô nghiệm. Với t> —, khi đó: (2) « (í - 2)(4í3 + At1 +1+ 2) > 0 o t > 2. Vód í > 2 ^ > A + 1 > 2 o x > 3 . Kết hợp vói ĐK ta được tập nghiệm BPT (1) là: s = [3, 4- 00). Thí dụ 2. Giải bất phương trình: ịllx —8 +1 > (yj2x- 1 - 1)2. (1) 1 Lòi giải. ĐK: X > —. Đặt t = \j2X -■1 t2+ 1 (/ > 0). Khi đó BPT (1) trở thành: ■X = Í t1 - 9. \lt. T O tìN H Ọ C ‘ c iiim fc p. > t2 - 2 t. ................. s á 450(12-2014). + V 7 x -6 + 2^49x2 + 7X -42 < 0 o Ợ x + 7) + (7x - 6) + 2<JỢx + 7)(7x - 6) + \llx + 7 + \ịlx - 6 -1 8 2 < 0. ^ ( J l x + Ĩ + -Ỉ1 X -6 )1 + (V7x + 7 + V 7 x -6 )-1 8 2 < 0 (2) Đặt t = V7x + 7 + \ l l x - 6 (t > 0) . Khi đó BPT (2) có dạng: í2 + í —182 < 0 o —14 < í < 13 . Kết hợp với t > 0 suy ra 0 < t < 13 . Vậy: \Ịlx + 7 + \Ịĩx - 6 < 13 . Đặt f( x ) = 'J lx + 7 + V 7 x -6 với x>-.

(11) f \ x ) = —r L — +. 2v7x + 7. 2 v 7 x -6. Suy ra hàm số / (x) đồng biến khi. X. > —. Do đó. \!lx + l + V 7x -6 < 1 3 « / ( x ) < /(6 ) <=> X< 6. Kết hợp điều k iệ n. ta được. của. được tập nghiệm của BPT (1) là: s = [0 , l ] u [ 4 , + oo). Nhận xét: Ta có thể chia hai vế BPT (1) cho X+1 > 0 và biến đổi về dang 1+ /1 —6.. (x + l)2. BPT (1) là: s =. và đăt t = (x + 1) (x + 1)2 Thí dụ 5 (ĐH khối A-2010). Giải bất phương. Thí dụ 4 (ĐH khối B-2012). Giải bất phương. trình'.. trình: x + l + ylx2 - 4 x + \> 3Vx. (1) Phán tích: Thoạt nhìn ta thấy không thể đặt ẩn phụ ngay vì BPT chứa 2 căn và biểu thức ngoài cãn không biểu diễn được theo biểu thức chứa căn. Nhưng nếu ta chia 2 vế của BPT cho. Lời giải. ĐK: X > 0. Nhận xét: Ta có. Vx ^ 0 khi đó ta được: 4 x +ự= + ^ Ịx + -J -4 > 3. Do đó: (1)<=> x - \ [ x < l-y j2 (x 2 —JC+ 1). X> —. tậ p n g h iệ m. và ta có thể nghĩ đến phép đặt t = \fx + —!=■. \Jx. Lời giải. ĐK: 0 < X< 2 - '/3 hoặc x > 2 + \Ịĩ . THI: Nếu x = 0, khi đó (1) trở thành: 2 > 0 (luôn đúng), suy ra X= 0 là một nghiệm. TH2: Với * > 0, chia 2 vế của (1) cho ta được:. >3.. x —yỊx \-^ 2 {. > 1.. (1). + \). x. +x2 +1 > 1. => 1—\j2(x2 - x + 1) < 0.. o. 2(x2 —JC+ 1) < 1 - x + Vx (2).. THI: Nếu. X. = 0, khi đó (2) có dạng: V2 < 1. X. > 0, chia 2 vế của (2) cho \[x > 0,. (v ô. n g h iệ m ).. TH2: Nếu. ta được: J2 | x + —. -. 2. + 1 (3).. <. Xj /—. 1. 9. Đặt t = -ị= -^ x = > x + —= t + 2.. '[ x ~\—~r= -i~. X —4 “t— > 3 V. -. yj2(x2 - x + l) =. 1. VI. x2. V *. X. X. Khi đó (3) trở thành: V2í2 +2 < / +1 x+-. <=> V x + -. - 4 > 3 (2). /. >. -. Í í >- 1. 1. < = > í =. /— 1 1 1 Đặt í = Vx + -f=, (í>2)=> x + —= r - 2 . Vx x. :. XV. Khi đó (2) trở thành: 3 -í< 0 Ví2 - 6 > 3 —t <=> í 3 —í > 0 [í2 -. <=>. 6> ( 3- 0 2. í>3 5 <í<3. <=>í>4- Với /> — ta được: 2 2 Vx + —7= > —<=> 2x —5s[x + 2 > 0 Vx. ^. j 2 í 2 + 2 < ( / + l)2. l.. [(7-l)2 < 0. Với í = 1=> — Ị=r- Vx = 1<=>x + yfx -1 = 0 vx 1+ V5 _ 3 -V 5 ( d o x > 0 )< = > x = ----- — . 2 2 Kết hợp 2 trường họp và ĐK ta được nghiệm của <=>vx =. (1) là: x = — --—. 2 Thí dụ 6. Giải bất phương trình: V2.Y4 - 6 x 3 +10x2 - 6 x + 8 - V ? + x. 2. < V. <=> \fx < —hoặc yfx > 2 . Từ đó ta được X < — 2 4 hoặc X > 4. Kết hợp hai trường hợp và ĐK t a. Lời giải. ĐK:. 12x. x. 2+1(x -2 ). (1).. — 6x + 10;c2 - 6 x + 8 > 0. IX3 + X > 0.

(12) <=>. \{x2 +\){2x2 - 6 x + 8)>0. với a>b> 0 . Khi đó BPT (1) trở thành: 2(2a —b) —ab< 2a2 - b2. <c=> x > 0.. X> 0. 2b - b2 > 0 <=>(2a - ồ)(ữ + è - 2) > 0. Yì a>b> 0 nên 2 a -b > 0 . Do đó <=> 2 ữ 2 + (ố - 4 )ữ +. Khi đó (1). Vx2 +1V2x2 - 6x + 8 -\/x 2 +lVx - VX2 +1 (x - 2) < 0. (2) a + b - 2>0=>\jl + x 2 + V l-X 2 >2 (3). Bình phương hai vế của (3) ta được:. <=> Vx2 +Ì ( \ l 2x2 - 6 x + 8 - V x - x + 2 ) < 0 <=> \Ỉ2x* - 6 x + 8 - \ [ x - x + 2 < 0 (2).. 2V 1- X 4 > 2 0 V l - X 4 > 1 » X = 0. THI: Với X= 0, khi đó (2) vô nghiệm. TH2: Với x > 0, chia 2 vế của (2) cho Vx ta được: J 2 | x +. -. 6. -. 1. <=>J2 | x + - |- 6 < V. V *. (1 ) 0. X. \t> - 1 <=>í 1(Í-1)2 <0. V X +1. \t - 2 t + \<Q. Đặt a. = 1.. X2 +x + \ X2 —x + 1 x 2+l x2+l X + X +1 + 2 x2+ỉ X2 + X + 1 ,. Vói t = l ta có: 4 x — = x - \ f ĩ -2 =0 sjx <=> Vx = -1 (loại), 4 x = 2 => X= 4. Kết hợp hai trường hợp và ĐK, ta thấy BPT (1) có nghiệm X = 4. II. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT HAI Ẩ n phụ. Nhận xét. Trong trường hợp đặt một ẩn phụ mà không đưa được về BPT chỉ với ẩn phụ đó thì ta có thể đặt hai ẩn phụ để đưa về BPT với hai ẩn phụ vừa đặt. Cụ thể ta xét một số thí dụ sau. Thí dụ 7. Giải bất phương trình: (1). Phân tích: Ta thấy nếu đặt t bằng một biểu thức nào đó thì các biểu thức chứa ẩn X còn lại không biểu diẽn được theo ẩn t nghĩa là không thể đưa BPT (1) về BPT một ẩn t . Khi đó ta có thể sử dụng đặt hai ẩn phụ như sau:. X2 - x +. ì. JC2+1. --b2+l.. Khi đó (2) trở thành: ab > a +1 - b2 <=> (b - l)(ữ + ồ + l ) > O o ố > l (do a + b + 1> 0). Với b> 1 ta có. —. X + 1 >1<=>(x - 1 ) 2 > 0. (luôn đúng). Vậy BPT (1) có tập nghiệm s = (0, + oo). BÀI TẬP Tự LUYỆN. Giải các bất phương trình sau 1. C r+ 1 )2 < 5 - W 2 jc2 + 4 . 2 . x { x —4 ) V 4 x — X 2 + ( x - 2 ) 2 < 2 .. 3. X3 - 8 x 2 +13x + 6 + (6x-18)Vx2 -5 x + 5 >0. 4. J x(x + l)(x + 2) < X2 - X - 4 .. a = \lx2 +1 ,b = \/ 1 - x 2 ta thu được: V1- X 4 = ab, 3x2 + 1= 2a2 - b2.. ( 2).. X2 + 1. (a > 0, b > 0). 2 (2 slx 2 +1 - V i - x 2 ) - a / i - * 4 < 3 x 2 + 1 .. ( 1). Lòi giải. ĐK: X > 0. Ta có:. X - —F= 1+ 1 (3).. 1— 2 4 Đặt t = \lx - = > X + —= r + 4, thay vào (3) tađươc: \ Ị l t 2 + 2 < t +. Ịx2+X + 1 x2 + \ ■ > .-— — + 2 ------ —. ^ x(x +1). / X. (thỏa mãn ĐK). Vậy BPT (1) có nghiệm X - 0. Thí dụ 8. Giải bất phương trình: |x4+ x 2+ l. <0. -. (2). 6.. X4 + X + 1. X2 - X + 1. X3 + X. X2 + ỉ. X2 + 1. x~ + 20x + 4 + Vx < 2x + 4.. Lời giải. ĐK: -1 < X < 1. Đặt a —'Ị x + \ ,. 7 . X4 - 2 i s - 2 x 2 - X + 1 0 > (8 - 4 x )-IĨ + 2x .. b = \J1- X2 =>3jc2 + \ =2a2 - b 2,-Jl-x4 =a.b,. 8. t e - 1 > (% /I m + 2 )2 - 3 .. TOtìNHỌC 1 0. ................... T « r ù â i f c e _ S ô 450(12-2014).

(13) HƯỚNG ĐÂM GIẢI £>ầ số 2 Câu 1. a) Bạn đọc tự giải. b) Giả sử A là tiếp tuyến với đồ thị (Cm) đi qua A và cắt đường tròn (s ) tại hai điểm phân biệt M, N. Đường tròn (S) có tâm f(-l;2 ), bán kính R - 5 và điêm A nằm trong đường tròn (S). Y ẽ ỈH 1 A tại H. Ta có MN > 2^ R 2 - I A 2 . Do đó MN nhỏ nhất khi và chỉ khi H = A. Đường thẳng A đi qua A và nhận vectơ. tan: Vậy / = 2 ( 7 3 - 7 2 ) + - ln tan. n. 12. Câu 4. a) ĐK: X e (-oo;-2)u(2;3)u(3;+oo). PT đã cho viết lại là l°ễ2015(x2 _ 4 ) - loẽ2015Ị(x + 2) |x _ 3 |j <=> X - 2 = ( x + 2 ) | x - 3 | (*).. ĨĂ = (4; -2 ) làm VTPT, có PT 2x - y - 6 = 0.. • Với x e(-o o ;-2 )u (2 ;3 ) (ữ), giải PT (*) và. À tiếp xúc với (Cm) nếu và chỉ nếu hệ sau có. đối chiếu với (à) được X = ±2\íĩ.. nghiệm. IX3 - 6x2 +9x + m = 2 x - 6. • Với. PT đã cho có các nghiệm là X = ±2\Í2 và. -36± loV Ĩ5. X = 1 + y Í5 .. y. Câu 2, ĐK: sin4x - 73 cos2x ^ 0 (*) PT đã cho tương đương với 2cos^ 2x + 2n. b) Giả sử z = x + yi ịx, y e R). Từ giả thiết suy ra. 71. \x —2. z = 2 + i.. 6. Do đó 03 = z2 - 3z = (2 + i)2 - 3(2 + i) = -3 + i. + kn, X =. + kn ( k e Z ) .. Phần thực của số phức cần tìm là -3, phần ảo là 1.. ì + ^ d ị - x 2 + 2 x + 3). Câu 5. Gọi M(m',n;2m + n), N(4 + k;k;-3k).. C âu3 T a c ó / = - [ —J= V -- X. 2. x -ì d V 2. 1+V2. 2. + 2x + 3. ~T”. Gọi / là trung điểm của MN, đường thẳng A2 có VTCP. = (1; 2; 2).. y =. 7í 7x -Z p. Ỉ2. -2x = -4 ự -ỹ = i °. 2x H— I—0.. +■yỉỉ V3COS V. Đáp sổ. X. (3; + co) (b), giải PT (*) và đối chiếu. với (ố) được X= 1+ V5 .. 3jc2 -1 2 x + 9 = 2 Ta tìm được m =. Xe. =. -. /. 2. X —1. ,. +. 1. -. /. 2. 2. Vì M và N đối xứng với nhau qua Á2 nên. 1 -. 17e A2 \. m n. ^. 2 =. q. • Tính / 1= |2 V- x2+2 x + 3 Ị 1+ ^ = 2(V2-V3). T ìm đ ư ợ c »2=1, n = - \ Ẩr=l=>AÍ(l;-l;l), iV(5;l;-3).. —1 • T ín h Đ ă t -------= sin í, í G 2 2. 7Ĩ. 7Ĩ. 6 ’. 4. /. TU. =. ln. tan. 71. 6. 7Ĩ. tan:_ 8. í. Ta có / 2 = f - ^ - = ln tan— { sin í 2 /. Gọi VTCP của A, Aj lần lượt là UA =(a;b;c). V. (ữ2 + ố2 + c2 > 0 ), « 7 = (1; 1; - 3); VTPT của mp(P) là n - (2; 1; -1).. 71. 12;. Vì A _LÀj nên uầ i í ( A <=>b = 3c —a. ( 1).

(14) Câu 8 .ĐK: x > 2. Từ giả thiết có \uK.n. \2a+b-c\. sin30 °: cosỊ«A,n j. \Í6\ja2 +b. 2. PT thứ hai của hệ có thể viết lạidưới dạng (2). + c 2. Từ (1) và (2) tìm được ( a = 1, b - 2 và c = 1) hoặc ( a = 11, b = -5 và c - 2). Có hai đường thẳng thỏa mãn đề bài với PT là X —1 y + 1 z —1 x - l _ y + ỉ _ z - l ~ r " ~ 2 ^ = ~. Câu 6. .G ọi. r ;. X. T T =. - 5 ^ 2. là độ dài cạnh hình vuông. ABCD (x > 0), có SSBC = —SB.BC => x = a. 2 3. -4(0; 0; 0); C(a; a; 0); / ^ ; 0; £ |; ^ 0 ;. 4y = (x + y - 2 ) 2 =>y>0. (**). Đặt t = \ l x - 2 (t > 0), PT thứ nhất củahệ trở thành t + ^ t 4 +5 = y + \Jy4 +5. (1). Xét hàm số f ( u ) = u + \Ju4 + 5, u > 0. Từ (1) suy ra t = y <=> X = }’4 + 2 (2) (do hàm số / (u) đồng biến trên [0; +oo)). Thế (2) vào PT thứ hai của hệ được ỵ ịy 7 + 2y4 + y - 4 j = 0. SA = - Sảbcd.SA - — ^ (đvtt). 3 • Chọn hệ trục Axyz sao cho. vs ẢBCD-. Do đó,. (*). (3). Lí luận PT (3) có nghiệm y = 0 hoặc y = ỉ. 0. Đối chiếu với ĐK (*) và (**), suy ra HPT đã cho có hai nghiệm (x; y) là (2; 0), (3; 1).. 1. ỉ^ 1 1. r z / , c 7 Ị .AC ]ĩc 2 2a Từ đó í / ự / , CJ) = L — =4 = ■ ^AI,CJ /,C J Vv nI 1. — y = — , z =— , do abc = — a 2 b 3c 6 nên xyz = 1. Thay vào biểu thức p được. 1. Câu 9. Đặt. X. Câu 7. PT đường thẳng AB qua M có dạng i _. ax + b y - -. = 0 Ịữ2 +ồ2 >o),. suy ra PT. đường thẳng CD qua N và song song vói AB là ax + b(y - 7) = 0. Do AB và CD đối xứng nhau qua tâm I, nên Ị d ự ,A B ) = dự,C D ) • 3a —4b. [1 nằm giữa hai đường AB và CD Chọn ứ = 4 và ồ = 3 ta được PT AB\Ax+ĩy-\-ữ. PT đường thẳng BD qua I có dạng m (x - 2) + n ( y - 1 ) = 0 ịm 2 + n 2 > o j . Ỉ4m + 3n|. Ta có cos(AB,BD) - 1. £ _. G> + 1 ) 0 + 1). (z + 1 ) 0 + 1). Áp dụng BĐT Cauchy cho ba số dương ta có X3. y +1. z +\. (y + l) ( z + l). I >. 3. - 3 .. V X y +1 z + ì _ 3 x (_y + l)(z + l ) ' 8 ’ 8 = 4. Cùng với hai BĐT tương tự, sử dụng BĐT , 3 Cauchy cho ba sô dương X, y, z ta được p > --. _— ỉ , a --11, bA =. 2. 2 <=> m = -2 n hoặc m = ——n ■ Chọn m = 2 và n = - \ hoặc m = 2 và « = -11 tađượcPT B D :2x-y-3-0 hoặc 2 x-\ìy+ l= ữ . Do B có tung độ dương và B = AB n BD b. 12. l. 5 ’ 5,. \. 3n. _„. _,. • T ix BP = 5 B I => p. TỌAN học * C T uoitÉ c. .. - I— ■ c= 3. 3 Vậy GTNN của p là —, đạt được khi. 11. 1. 0 + 1 ) 0 + 1). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi. 1. '=■= -j=. 5 \lm 2 + n~. (. l _. (5 4. 13 n. ,T ; 7 ,. s á 450 (12-2014). (a; b; c) =. 1 1;. .. 1. 2 ’ 3, PHẠM TRỌNG THƯ. (GV THPT chuvên Nguyền Quang Diêu, Đồng Tháp).

(15) THỬsức TRƯỚC Kĩ THI ĐỂ SỐ 3 (Thời gỉatt làm bài: 180 phút) Câu 1 (1 điểm). Cho hàm số. Câu 6 (1 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có. y = X 3 - 3 x 2 + ( m - l)x + l có đồ thị là (Cm) .. đáy ABCD là hình thoi cạnh a và BAD = 60°.. 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị khi m = 1.. Hình chiếu của s lên mặt phẳng (ABCD) là. 2) Tìm m để đồ thị (Cm) cắt đường thẳng. trọng tâm tam giác A B C . Góc giữa mặt phẳng. y = x + 1 tại ba điểm A(0;Ý), B, c sao cho. (.ABCD) và (SAB) bằng 60°. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ B đến. BC =. a / ĨÕ. .. mặt phẳng (SCD).. Câu 2 (1 điểm). Giải phương trình : V3 4 + 2sin2x _ /r + ------ —------- 2V3 = 2(cotx + l). sin2x cos2 X. Câu 7 (1 điểm). Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( c ) có. Câu 3 (1 điểm). Tính diện tích hình phẳng giới. phương trình: (x 2Ỵ + ( y 3) -2 6 . G. hạn bởi các đường y = x; y = x(3 + tan2x); X = — . ' ' 4. là trọng tâm tam giác và M (7;2) nằm trên. Câu 4 (2 điểm) 1) Tìm tập hợp điểm M biểu diễn số phức z. V 3J. đường thẳng đi qua A và vuông góc với đường thẳng BC; M í- A . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác A B C , biết rằng y B > y c .. thỏa mãn |z - 2i + 1| = |iz + i - 1|. Câu 8 (1 điểm). Giải hệ phương trình : 2) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn C2n+ỉ+2C2n+2+2C2n+4+C2n+4=l49. Câu 5 (1 điểm). Trong không gian Oxyz cho ba. đường. thẳng. (Vx2 + i + * Ị Ị v - V / -1 j = 1. Ịv*2+1+7>’2-ĩj +8^/ỹ- x + 4 =17.. dị : ——- =. x+ l y - 1 z d 9 : ------- = —-— = — 2 2 3 - 1. 3. = ——- 5 Câu 9 (1 điểm). Cho các số thực a , b e ( 0;1) 2 1 X = —2í thỏa mãn a2 +b2 = a \ f l - b 2 + b y jỉ- a 2 . Tìm j; = - l - 4 í . giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: z = —\ + 2t. Viết phương trình mặt phẳng (a ) đi qua d2 và cắt clucU làn lượt tại A, B sao cho AB=yJĨ3.. p. = *S z Ị L + 9 I Ị ± . 1+ a VI + b. NGUYỄNTẤTTHU [GV THPT chuyên Lương Thể Vinh, Đồng Naí). MỜI CÁC BẠN ĐẶT MUA TẠP CHÍ TOÁN HỌC VÀ TUỔI TRE q u y 1 NĂM 2015 TẠI CÁC c ơ SỞ BƯU ĐIỆN TRÊN CẢ NƯỚC. s ố 4 5 0 (12-2014). TOHNHỌC . ' q ru C T ^ o 1 3.

(16) TÍNH CHẤT ĐƯỜNG TRÒN EULER VÀ MỘT SỐ BÀI TẬP ÁP DỤNG •. •. •. VŨ Công Minh (GV. THCS Hồng Bàng, Hải Phòng) húng ta biết rằng đường tròn Euler của Suy ra: MBịA' = 90°. Tương tự MCtA' = 90°. tam giác là đường tròn đi qua chín điêm: Như vậy 7 điểm B'\ C’\ A\\ B\, Cú N; p cùng trung điểm các cạnh của tam giác; chân đường nhìn MA' dưới một góc vuông. Vậy chín điêm cao hạ từ ba đỉnh của tam giác xuống cạnh đối A'\ B ’; C; /í 1; Bú Cũ M; N; p cùng nằm trên diên; trung điểm của các đoạn thẳng nối trực đường tròn đường kính MA □ tâm của tam giác tới các đỉnh. Bài viết này xin Nhận xét: Vì vai trò của các đoạn thăng MA trình bày một số bài toán liên quan tới đường N B’; PC' là giống nhau nên N t ì P C 1cũng là tròn đặc biệt này. đường kính đường tròn Euler của tam giác Trước hết ta có các tính chất về đường tròn Euler: ABC. Như vậy, là các đường thăng A'M; B'N; Tính chất 1: Cho tam giác ABC, các đường C'P đồng quy tại tâm đường ừòn Euler của cao AA \1 BBI; CC\ cắt nhau tại H. Gọi Ã'; B ’; tam giác ABC. C; M; N; p lần lượt là trung điểm của BC; Tính chất 2; Tâm đường tròn Euler của tam AC; AB; HA; HB; HC. Khi đó chín điếm: A giác là trung điểm của đoạn thăng nối tàm B'; C'; A\; B\; Cũ M; N; p cùng nằm trên một đường tròn ngoại tiếp và trực tâm của tam đường tròn (gọi là "đường tròn chín điêm giác đó. Euler" hay gọi tắt là "đường tròn Euler" của tam giác ABC). giác ABC. Dễ dàng chứng minh A HAB c o \O A 'B '. e. R' Á'. Chứng minh (h. 1) Ta có MN // AB; NA' II CH. Từ đó MN _L N A' hay MNÃ' = 90°. Tương tự MPÃ' = 90°; m F 2 ' = 90°; M Ơ A '= 90°. Mặt khác theo tính chất đường trung tuyến trong tam giác vuông ta có MA = MB\;A'B\ = A'C nên AMABị và ỉ\A'B\C\k các tam giác cân. Do đó: ẤÍỤVL + A ^ C = MÃSl + B £ A ' = 90°.. TOAN HỌC 14. * c T u 6 i |r e. .. ... s a 4 5 0 112"2014'. 1. - hay OA' =MH. Tứ (g.g).Từđó: 0/4 BA 2 HA giác MOA 'H là hình bình hành, mà J là trung điểm của MÃ nên ./là trung điếm của OH. n Nhận xét 1) Theo tính chất 2, tâm đường tròn Euler của tam giác nằm trên đường thẳng Euler của tam giác đó. (Đường thẳng Euler là đường thẳng đi qua ba điểm: trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác). 2) Bán kính đường tròn Euler của tam giác bằng một nửa bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đó. Ta sẽ áp dụng các tính chất đường tròn Euler vào giải một số bài toán sau: OBài toán 1. Cho tam giác ABC vuông tại A. ■Gọi M là trung điểm của BC. Lẩy điếm D trên đoạn thẳng BM. Đường thẳng qua D vuông góc với BC cắt đoạn thắng ẮC tại E. Gọi F là giao điểm của tia BE và đường tròn ngoại tiếp tam giác ADM sao cho E năm giữa B và F. Chứng minh răng DAE = FAE..

(17) A. Lời giải (h. 2). Gọi N là giao điểm của DE và AB. Thấy rằng E là trực tâm tam giác BCN nên BE ±N C . Ta có đường tròn đi qua ba điểm A, D, M chính là đường tròn Euler của tam giác BNC, mà BE cắt đường tròn trên tại F. Vậy F là chân đường cao hạ từ B xuống NC. Các tứ giác BDEA; BDFN; AEFN nội tiếp nên: D ĨẼ = DBẼ = FNẼ = F ĨÈ n Nhận xét: Chứng minh tương tự ta có DE là tia phân giác của góc ADF. Như vậy E là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ADF. DB và DC lần lượt là tia phân giác ngoài góc D của tam giác ADF. Từ đó B và c lần lượt là tâm đường tròn bàng tiếp góc F và góc A của tam giác ADF. Ta có tính chất: "Đường tròn ngoại tiếp của tam giác đi qua trung điếm của đoạn thăng nối tâm hai đường tròn bàng tiếp tam giác đó." ©Bài toán 2. Cho tam giác ABC nội tiếp đưòĩĩg tròn tâm o. Gọi I là .tâm đường tròn bàng tiếp góc A của tam giác. Gọi M, N, p ĩần lượt là hình chiếu của I lên BC, CA, AB. Chứng minh tâm đưcmg tròn Euler của tam giác MNP nằm trên đường thẳng OI. Lời giải Ọi. 3). Trước hết ta xét bổ đề sau: Cho ba tia chung gốc Ox, Ov, Oz. Lấy các điểm A và A ' trên tia Ox, B và B' trên tia Oy, c và C' trên tia Oz sao cho A, B, c không thẳng hàng; A', B', C' không thẳng hàng và OA' OB' OC' _ . 1 , ", ^ —— = —— = —— . Khi 00 ba điêm ơ, tâm OA OB oc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A'B’C' thẳng hàng. {Bạn đọc tự chứng minh).. Quay trở lại bài toán: Gọi H, K, L lần lượt là giao điểm của BI và MP, Ẩ ỉ vầ NP, CI và MN. H', K \ I ' lần lượt là giao điếm của IB, IA, IC với đường tròn (ơ). Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có IK.IA - IH.IB = IL.IC (= /p 2= IM2). Mặt khác IK'.IA = IH' IB = IƯ.IC. IK IH IL Ẵ X , Vậy — = ——= ——. Theo bô đê trên ta có IK ' IH ' IV điếm /, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HKL, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác H'K’L ' thẳng hàng. Để ý rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HKL là tâm đường tròn Euler của tam giác MNP, đường ừòn ngoại tiếp tam giác H'K'L' là đường tròn (ơ). Từ đó ta có điều phải chứng minh. □ ©Bài toán 3. Cho tam giác ABC có trực tâm H và một đường 'thắng d bất kỳ qua tâm đường tròn Euler cửạ tam giác. Giả sử A và H nằm về một phía so với d, B và c nằm về một phía so với d. Chứng minh tông khoảng cách từ A và H tới d bằng tông khoảng cách từ B và c tới d. Lời giải (h. 4). Gọi A ' và M lần lượt là trung điểm của BC và HA; I, K, I\,K \, h , Ki lần lượt là hình chiếu của A M , B, c , H, A lên d. Theo tính chất đường trung bình của hình thang ta có Ỗ7, + CKị = 2 A 7; HI2 + AK2 = 2MK. Để ý rằng vì d đi qua tâm đường tròn Euler tam giác ABC cũng là trung điểm của M A' nên M K - A 'I. Từ đó Bh + CK\ = HI2 + AK2. □ (Xem tiếp trang 30). .. ............ số 450 (12-2014). TỌẠN h ọ c . _ t C lilrilỊT -p. 15.

(18) CÁC LỚP TH PT Bài T6/450. Cho hai số thực dương X, y thỏa mãn 32x6 + 4ỷ ’ - 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức p = — 2 (2x0 1 -vr 3 )------ . 3(x' + y ) - 3(x + _y) + 2 TRƯƠNG TẤN SANG (TP. Hồ Chí Minh). CÁC LỚP THCS Bài Tl/450 (Lớp 6). Tìm các số nguyên dương a, b thỏa mãn các điều kiện: (a + 2 )\b v ầ (b + 3)\a. NGUYÊN KHÁNH TOÀN (GV THCS Bắc Hải, Tiền Hải, Thái Bình). Bài T2/450 (Lóp 7). Cho tam giác ABC vuông tại A, E là một điểm ứên cạnh BC sao cho EC = 2EB. Chứng minh rằng. Bài T7/450. Cho tam giác nhọn ABC (AB >AQ , các đường cao BB ’ và c c ’ cắt nhau tại H. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, AC và o là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác. A H c ầ B ’C ’ ở E,A O cắt M N ở F. Chứng minh rằng EFII OH. NGUYỄN XUÂN HÙNG (GV THPT chuyên Hà Nội - Amsterdam). Bài T8/450. Cho các số dương a, b, c. Tìm hằng số k lớn nhất sao cho bất đẳng thức sau •3 >k. AC 2 = 3(EC2 - EA2) .. / a2 + b2+ c2 ab + bc + ca. NGUỴỄN KHÁNH NGUYÊN (GV THCS Hồng Bàng, Q. Hồng Bàng, TP. Hải Phòng). VÕ QUỐC BÁ CẨN (Hà Nội). Bài T3/450. Giải phương trình _1____ X +. 1 4x. TIỂN TÓÌ OLYMPIC TOÁN. 3x 2x2 + 2'. ĐÀO QUỐC DŨNG (GV THPTDiễn Châu IV, Nghệ An). Bài T9/450. Giải phương trình sau trong tập họp số nguyên dương:. Bài T4/450. Cho BC là dây cung của đường tròn tâm o bán kính R và BC = R. A là một điểm trên cung lớn BC (Ẩ ^ B,Ả ^ C), M và. x \ x + y ) ( x + z) | y \ y + z ) ( y + x). N là các điểm trên dây cung AC sao cho. (z-x)(z-y). AC = 2AN = I AM . Vẽ M P 1 AB (p e AB). Chứng minh ba điểm p, o , N thẳng hàng. CAO NGỌC TOẢN {GV THPT Tam Giang, Phong Điền, Thừa Thiên - Huế). Bài T5/450. Biết phương trình ax3 - X2 + bx - 1 = 0 (a ^ 0). có ba nghiệm thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M = (1 - 2a b ) \ . a. NGUYỄN NHƯ HUYỀN (GVCĐSP Hà Giang). 16. TỌẠN H Ọ C. .. _. _. TcrÙổifciu số 450(12-2014). (x-y)(x-z). {y-z)(y-x). z 2(z + x)(z + y) , \2 + / — ị 2- = 2 1 6 0 + (x + y - z ). biết ba số X, y, z lập thành một cấp số cộng. BÙI QUANG TRƯỜNG (GVĐHXDHàNỘỈ). Bài TI 0/450. Cho một bảng ô vuông kích thước 999 X 999, các ô được tô bởi một trong hai màu Trắng hoặc Đỏ. Giả sử T là số bộ (Ci, c 2, c 3) các ô mà hai ô đầu trong cùng một hàng và hai ô cuối trong cùng một cột, với Ci và C3 màu Trắng, C2 màu Đỏ. Tìm giá trị lớn nhất của T. KIỀU ĐÌNH MINH (GV THPT chuyên Hùng Vương, Phú Thọ).

(19) Bài TI 1/4. Tìm tất cả các số nguyên dương n > 1 và số nguyên tố p sao cho đa thức. Nếu tăng khoảng cách SịSn thêm 2Aa thì tại M là vân sáng hay vân tối bậc bao nhiêu?. f {x) = x n- p x + p 2phân tích được thành tích. VIỆT CƯƠNG (Hà Nội). của hai đa thức khác hằng số với hệ số nguyên. LÊ XUÂN ĐẠI (GV THPT chuyên Vĩnh Phúc). Bài T12/450. Cho tam giác đều ABC và điểm M không thuộc các đường thẳng BC, CA, AB. Chứng minh rằng: Đường thẳng Euler của các tam giác MBC, MCA, MAB hoặc có điểm chung hoặc đôi một song song. NGUYỀN MINH HÀ ( G V THPT chuyên ĐHSP Hà Nội). CÁC ĐỀ VẬT LÍ Bài Ll/450. Trong thí nghiệm Y-âng về giao thoa ánh sáng, nguồn s phát bức xạ đơn sắc có bước sóng X, màn quan sát cách mặt phẳng hai khe một khoảng không đổi D, khoảng cách giữa hai khe SịS2 = a có thể thay đổi (nhưng 5) và s2 luôn cách đều s ). Xét điểm M trên màn, lúc đầu là vân sáng bậc 4, nếu lần lượt giảm hoặc tăng khoảng cách S ịS2 một lượng ầu thì tại đó là vân sáng bậc k và bậc 3k.. Bài L2/450. Cho mạch điện có sơ đồ như hình vẽ. C h o C 3 = 2 C ị = 2 c 2 = 2 c . B a n đ ầ u các. khoá K ngắt, các tụ điện chưa tích điện. Đóng K. Sau khi cân bằng tĩnh điện được thiết lập, ngắt K và đóng Kị. Sau khi cân bằng tĩnh điện được thiết lập, ngắt K\ và đóng Ki. K. c, =F c3. C,^=. E r=0 \ k2. 1. Tìm điện tích các tụ điện sau khi cân bằng tĩnh điện được thiết lập. 2. Tìm nhiệt lượng tổng cộng đã toả ra trong các quá trình đó. VŨ THANH KHIẾT (Hà Nội). PROBLEMS IN THISISSUE FOR SECONDARY SCHOOL Problem Tl/450 (For 6,h grade). Find all positive integcrs a and b such that (a + 2)\b. A c such that AC = 2AN = ^ A M . Choose p on. and (b + 3) \a. Problem T2/450 (For 7th grade). Given a right triangle ABC with the right angle A. Choose E on the side BC such that EC = 2EB. Prove that AC 2 = \ E C 2 - EA2) . Problem. T3/450.. BC —R. Let A be a point on the major arc BC ( A * B , A ^ c ), and M , N points on the chord. Solve. the. AB such that MP is perpendicular to AB. Prove that three points p, o , and Arare collinear. Problem T5/450. Assume that the equation ax3 - X 2 + bx -1 = 0 (a * 0). following. has three positive real solutions. Find the minimum value of the expression M = (ỉ-2 a b )\.. Problem T4/450. Let BC he a chord of a circle with center o and radius R. Assưme that. a. {Xem tiếp trang 31).

(20) Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm (/;; q\ r) là ( 7 ; 5 ; 2) , ( 5 ; 3 ; 3) v à ( 2 ; 3 ; 5). □ > A ^ận x é t Một số bạn sau có lời giải đúng nhưng phép thử nhiều hơn: V ĩnh Phúc: Tạ Kim Thanh Hiền, 6A4, THCS Yên Lạc; Nghệ An: Thái Bá Bảo, 6C, THCS Lý Nhật Quang, Đô Lương; P hú Thọ: Nguyền Thùy Dương, 7A3, THCS Lâm Thao; Q uảng Ngãi: Lê Tuấn Kiệt, 6A, Đ ỗ Thị Mỹ Lan, 7A,THCS Phạm Văn Đồng, Nghĩa Hành. V IỆT H Ả I. Bài T2/446 (Lóp 7). Cho tam giác ABC có Bài T I/446 (Lóp 6). Tìm tất cả các so nguyên to p, q, r thỏa mãn phương trình: (p + l ) ( q + 2)(r + 3) = 4p q r.' Lời giải. Giả sử có các số nguyên tố p, q, r thỏa mãn phương trình (p + 1){q + 2 )(r + 3) = 4pqr (1) Xét các giá trị của số r ứong ba trương hợp sau: a) Nấu r = 2 thì (1) trở thành 5(p + 1)0q + 2) = 8pq (2) Vì (5, 8) = 1 nên 5 phải là ước của số nguyên tố p hoặc số nguyên tố q, do đóp = 5 hoặc <7 = 5. • Với p = 5, thay vào (2) thì được q = 6 (không thỏa mãn). • Với q = 5, thay vào (2) thì được p = 7 (thỏa mãn). b) Nếu r = 3 thì (1) trư thành (p + \ )(q + 2) = 2pq. Từ đó pq - 2p - q = 2, hay là ( p - 1X9 - 2 ) = 4 =1.4 = 2.2. Do / 7, g đều là số nguyên tố nên (q —2) khác 2, 4 suy ra q = 3 vàp = 5 (thỏa mãn). c) Nếu r > 3 thì từ (1) có 4pqr = (p + l)(ạ. + 2)(r + 3) < 2r(p +l)(ạ + 2), suy ra 2pq< ịp + 1)(q + 2) hay là ^. (p -\ịq -2 )< 4 .. Từ dó mỗi thừa số ở vế trái nhỏ hơn 4, suy ra/7 < 5. Do p là số nguyên tố nên p = 2 hoặc p = 3. • Vớip = 2, thay vào (1) được 3(q + 2)(r + 3) = 8qr. Vì (3, 8) = 1 nên 3 phải là ước của số nguyên tố q hoặc số nguyên tố r, nhưng r > 3 nên q = 3 và r = 5 (thỏa mãn). • Với p = 3, thay vào (1) được (q + 2)(r + 3) = 3qr. Từ đó 2pq - 3 q - 2 r —6, hay là ( q - 1)(2r - 3) = 9 = 1.9 = 3.3, m à 2 r - 3 > 3. nên 2r - 3 = 9 và q - 1 = 1, tức là q = 2 và r = 6 (không thỏa mãn).. TOAN HỌC. ... 18 ‘ <TŨoifeC M « 0 (1 2 - 2 0 1 4 ). Ă = 75°, B = 45°. Trên cạnh AB lấy điểm D sao cho ACD - 45°. Chứng minh rằng DA = 2DB. Lời giải A. Từ giả thiết suy ra ẢCB=180° -(45° +75°) = 60°, BCD = 15° và ẤDC = 60°. Hạ AH 1 DC (H G DC), ta có AHAC vuông cân tại H, nên HCÃ = HÀC = 45° và HA = HC, suy ra H A D - 30°. Trong tam giác vuông AHD có HD=-AD hay AD = 2HD. (1). Ta sẽ chứng minh HB = HA —HC. Thật vậy, giả sử HB > HA (= lỉC). Khi đó trong AHAB có ĨĨBÃ < HÀB. (2). trong AHBC có HBC < ĨĨCB. (3). Từ (2) và (3) suy ra ABC = HBĂ + HBC <HẦỒ + HCB = 30°+15° =45°, tức là ABC < 45° : Vô lí. Tương tự, không thể xảy ra HB < HẢ. Vậy HB = HA = HC. Từ đó ta có HBC = ĨĨCB = 15°, DHB = 30° = DBH => ADHB cân tại D và DB = D H (4) Từ (1) và (4) suy ra AD - 2DB (đpcm). □.

(21) 'r Nhận xét. X. 1) Nhiều bạn đã đưa ra lời giải khác nhưng đều dùng phương pháp chứng minh gián tiếp, chẳng hạn gọi o là giao điêm ba đường trung trực của tam giác ABC rồi chứng minh o trùng với H. 2) Các bạn sau có lời giải tốt: P h ú Thọ: Vũ Linh Chi, 1A\, Nguyễn Thuỳ Dương, Bùi Quang Sáng, 7 A 3, THCS Lâm Thao; T h an h H oá: Đặng Quang Anh, 7A, THCS Nguyễn Chích, Đông Sơn; Nghệ An: Nguyễn Đình Tuấn, 6C, Nguyễn Văn Mạnh, Trần Lê Hiệp, Nguyễn Thị Như Quỳnh A, Nguvễn Thị Như Quỳnh B, 7A, THCS Lý Nhật Quang, Đô Lương; Nguyễn Trọng Bằng, 7 A 2, THCS T.T. Quán Hành, Nghi Lộc; H à T ĩnh: Nguyễn Đình Nhật, 7A, THCS T.T. Cẩm Xuyên; Q uảng N gãi: Nguyễn Lê Hoàng Duyên, Đ ỗ Thị M ỹ Lan, 7A, THCS Phạm Văn Đồng, Nguvễn Đ ại Dương, 7B, THCS Nguyễn Kim Vang, Nghĩa Hành; Võ Thị Hồng Kiều, 7A, THCS Nghĩa Mỹ, Tư Nghĩa. NGUYỄN XUÂN BÌNH. Bài T3/446. Giải hệ phương trình X + V+ 2 + X + V= 2(a'2 + y 2) 1 1. 1. (1). 1. (2)'. Lời giải. ĐK: X + y > -2; xy -í- 0. (*) Ta có (2) <=>xy(x + y) = X2 +y2. Từ đó: (1) o yỊx + y + 2 + x + y = 2xy(x + ỳ) <=> Jx + y + 2 = (x + y)(2xy - 1) x + y + 2 = (x + y ) 2(2xv - 1)2 <=>. (x + y)(2xy -1) > 0. j(x + y f - ( x + y ) - 2 = 0 <=>< n <^>x+ y = 2. [x + j / > 0. Với y. '. y. =>X=J=1 (thỏa mãn (*), (**)).. Vậy HPT có nghiệm là (x; ý) = (1; 1). > Nhận xét 1) Ngoài cách giải trên, nhiều bạn còn sử dụng các cách biến đổi, đặt ẩn phụ, sử dụng bất đẳng thức và đều cho lời giải rõ ràng, mạch lạc và ngắn gọn. 2) Hoan nghênh các bạn có lời giải đúng: Vĩnh Phúc: Bùi Thị Liêu Dương, 8A 4; Đàm Tuấn Minh', Nguyễn Hồng Anh, 9Aj, THCS Yên Lạc; Phùng Văn Nam, 9E, THCS Vĩnh Yên; P hú Thọ: Nguyễn Hoàng Anh, 8C, THCS Văn Lang, Việt Trì; Trần Quốc Lập, 8A3, Nguyễn Anh Hào, 9A1, THCS Lâm Thao; T hanh Hóa: Đặng Quang Anh, 7A, THCS Nguyễn Chích, Đông Sơn; Q uảng Ngãi: Võ Thành Hy, 9A, THCS Hành Trung, Nghĩa Hành; Q uảng T rị: Trần Thị My Na, 9A, THCS TT Hải Lăng; Bình Định: Nguyễn Bảo Trân, 7A, THCS Tây Vinh, Tây Sơn; Nam Định: Nguyễn Hoàng Huy, 9A2, THCS Trần Đăng Ninh, TP. Nam Định; H ưng Yên: Phạm Tiến Duật, 9A, THCS Bình Minh, Khoái Châu; c ầ n Thơ: Triệu Phú Hữu, 9A2, THCS Thốt Nốt, quận Thốt Nốt, TP. Cần Thơ; K on T um : Lê Viết Lưu Thanh, 9A, THPT chuyên Nguyễn Tất Thành; Bình D ương: Phạm Ngọc Trinh, 9A9, THCS Chu Văn An; Đ à Nằng: Trần Nhân Trung, 9/1, THCS Nguyễn Khuyến.. Bài T4/446. Cho tam giác ABC có (I), (J) lần lượt là đường tròn nội tiếp, đường tròn bàng tiếp của góc A. Đurmg tròn (J) lần lượt tiếp xúc với các đường thăng BC. CA, AB tại D, E, F. Đường thăng JD căt đường thăng EF tại N. Đưòng thăng qua I và vuông góc vói đường thẳng BC cắt đường thắng AN tại p. Gọi M là tnmg điếm của BC. Chứng minh rằng MN = MP.. 2 - [ x y ( x + y ) + 2x y ] ( 4x 2y 2 - 4x y. <=> (x + V+ 2 )(xy - ỉ)(4x2y 2 +1) = 0 x +y +2 = 0 . , , , 1 . (do 4 x 2v 2 + 1^0). _xy - 1 = 0 ■. - N eux +y + 2 = 0 thì x + y - -2, ta có: (1) <=>- 2 = 2(x2+ y 2), không tồn tại X, y.. - Neuxy - 1 = 0 thìxy = 1, ta có: <=>^x + y + 2 + x + y = 2xy(x + y ) <=> yjx + y + 2 + X + V - 2 ( x + y ). >0. NGUYỄN ANH QUÂN. <=> X + y + 2 = x y(x + y + 2)(4x 2y 2 - 4xy +1) <=> (x + y + 2)(4x3j^3 - 4x2ỵ 2 + x y - 1) = 0. (1). [x +. (**). X+ V + 2 = (x2 + y 2 + 2xy)(4x2v 2 - 4xy +1). <=>. + y + 2 = (x + ỳ)1. (3). Tièp tục biến đôi, ta có (3) tương đương với: <=> X + V +. Jx + y + 2 = x + y <=> ,. + 1). Lời giải. Cách 1. Gọi K = A.ì r , BC. • Ta có tứ giác AEJF nội tiếp nên. NEJ =KAÈ =KÀC. (1). • Tứ giác JECD nội tiếp nên ACK = NJE (2) Từ (1) và (2) suy ra ANJE 00 AKCA, suy ra NE^AK. JE. AC.

(22) Bài T5/446. Giải phương trình nghiệm nguyên 3_ = 4y3 + X2V + y + 13. (Ị) Lời giải. Cách 1. Đặt X = 2y + k (ke Z) rồi thay vào phương trình (1) ta có (2y + kỹ = V + (2y + k f y + y + 13 Ố 8ty2 + (5Ả2 - 1jy + ^ - 1 3 = 0 (2 ) • Nếu k= 0 ứù từ (2) suy ra^ = ~\ 3, do đó X = ”26. • Xét k e N * , xem (2) là phương trình bậc hai ẩn y, ta có A = (5k2 - l ) 2 - 3 2 k ( k 3 -13). Tương tự ta có — —= JF AB T, ™ n e _ AB Từ (3) và (4) suy ra ——= ——. NF AC Gọi M '= AN n BC, ta có _ SABM' _ SẤBM' SANF SANE M C SACM’ SANF SANE SACM'. (4). AB.AM' NF AN.AE AB NF = 1. AN.AF ' N E ' AC.AM ' A C ' A® Suy ra M là trung điểm của BC hay M =M. \ AB- AC\ Mặt khác, do M H = MD = ■, suy ra ỈS.PHM = ANDM (g.c.g), dẫn tới M ¥ = MP. Cách 2. Qua A' kc đưòng ửiẳng song song với BC cắt AB và AC thứ tự tại Q, L. Dễ thấy JN QL. Do các tó giác JNQF và JNEL nội tiếp nên có JQL = JFN = JẼN = JLQ.. QN ~ LN ~ AN M 'c ~ N L ~ ' Do đó M là trung điểm BC, hay M = M. Từ đó, tương tự cách 1, ta suy ra M N = MP. □ > Nhận xét. Chỉ có 10 bạn tham gia giải bài toán này và đều cho lời giải đúng. Các bạn dưới đây có lời giải tốt: T h an h H oá: Đặng Quang Anh, 7A, THCS Nguyễn Chích, Đông Sơn; P h ú Thọ: Nguyễn Thảo Chi, Trần Quốc Lập, 8A3, Dương Gia Huy, Nguyện Tiến Long, 9A1, THCS Lâm Thao; V ĩnh Yên: Phùng Văn Nam, 9E, THCS Vĩnh Yên. NG U Y ỄN TH A N H H Ồ N G. TOAN học T c r u ố ib è. Từy = 1, suy rax = 3. + Với k = 2 thì À= 681; Với k = 3 thì A= 592, đều không là số chính phương nên (2) không có nghiệm nguyên. Vậy phương ừình (1) có hai nghiệm nguyên (x; y) là (-26 ; -13) va (3 ; 1). Cách 2. Biến đổi phương trình (1) thành (x - 2y)(x2 +xy + 2y2) = y + 13 Nếu = -13 thì tìm được X = -26. Với y * -13 : V ì X, y nguyên nên X - y v à x2+ xy + 2y2 là các ước số của (ỵ + 13). Suy ra ,\2. Ịy+ D Ị^ x 2+ xy + 2y2--. Suy ra A./QL cân tại J, mà JN _L QL, nên N là trung điểm QL. Gọi M '= A N n BC. Do BCII QL nên M'B M'C AM ' _ M'B NQ. 2 0. = - 7 k 4 - Ỉ Ok 2 + 4 \6 k + \ + Với Ả:> 4 thì A --7& 4- 1OẢ2 + 416Ấ:+ 1 <-7.431+416ả:+ 1 = l-32£<0, PT(2) vô nghiệm + Với k < —\ thì A = -7k4- 10£2 + 416ẩ:+ 1 <416Ẳ:+ 1< 0, PT (2) vô nghiệm. + Với k= ỉ, thay vào (2) có 8v2 + Ay - 12 = 0 > =1. .. Sô 450112-2014). X+. y. +. 7 / 7 / >-. V ìy nguyên nên V e {-2,-1, 0, 1, 2, 3}. Thay lần lượt các giá trị của y ở trên, ta thấy y = 1 thì X= 3 (thỏa mãn X là số nguyên). Vậy phương trình (1) có hai nghiệm nguyên (x; y) là (-2 6 ;-1 3 ) và (3 ; 1).□ > Nhận xét. Các bạn tham gia giải bài này không nhiều và trình bày tính toán còn dài dòng. Tuyên dương các bạn sau đây có lời giải tốt: Phú Thọ: Nguyễn Tiến Long, Dương Gia Huy, 9A1, THCS Lâm Thao; T hanh Hóa: Đặng Quang Anh, 7A, THCS Nguyễn Chích, Đông Sơn; Q uảng Bình: Phan Trần Hiỉớng, 9A, THCS Quách Xuân Kỳ, Bố Trạch; Q uảng Ngãi: Võ Thành Hy, 9A, THCS Hành Trung, Nghĩa Hành. PH Ạ M T H Ị BẠ CH NGỌC.

(23) Bài T6/446. Cho f {x ) =. Bài T7/446. Cho tứ diện ABCD. Gọi dị, d.2 , dĩ lân lượt là khoảng cách giữa các cặp cạnh đổi diện AB và CD, AC và BD, AD và BC.. Tỉnh:. / < 0 ) + / (2 0 Ĩ4 )+ / ( 2 ẻ 4 ) + - + / (2014)+ / a ) ^. Lài giải (Theo số đông các bạn gửi bài về .......................X 4 Tòa soạn). Nhận thấy /(1 -x ) = — p 4 l-x + 2. Chứng minh rằng: Vabcd > —dld1dĩ . L ò i giải. 32 4x+2. 10 ( 4 * + 2 ). nên J/ ( \x ) + / ( l - x )) =. 4. ,. +. 2. = 16. ( 1). Gọi s là tổng cần tính, ta có s = (/(0 ) + /(l)) +. 2014. + /. ( 2013 \ 2014 1. + /. +. 2014. í. -7. 2V. Ngoại tiếp tứ diện ABCD bởi hình hộp xiên AEDF.MBNC (hình vẽ). Kí hiệu V là thể tích hình hộp này, d là khoảng cách. Khi đó dễ. \. 2014 r. 1007 V 2014. + /. 1007 \ 2014. \. Áp dụng công thức (1) cho từng đôi số hạng trong mỗi dấu ngoặc, có tất cả 1008 dấu ngoặc như vậy, ta được s = 1007.16 + —.16 = 16120 .. thây Vbaed = Vdbnc —Vcdaf = Vmabc. 6. Từ đó suy ra VABCD=V-—V - - V. (1). Mặt khác, v = SBMcN-d((AEDF);(MBNC)) = S bmcn-d(Ả D :B C) = SsMCN-đĩ = BN. d(M \BN).d^. Vậy / ( 0 ) + /. 2014 /. +f. ^2013. +f. V 2014. V 2014 a. / ( l ) = 1 6 1 2 0 .n. > Nhận x é t Đây là bài toán khá cơ bản nên có nhiều bạn gửi bài giải về tòa soạn và hầu hết có kết quả đúng. Mấu chốt của lời giải là chứng minh f ( x ) + / ( ] - * ) = 16. Các bạn sau đây có bài giải. > BN.d(M;(EDNB)).dĩ = BN.d(AM;(EDNB)).d3 = BN.dịịA MCF);(EDNB)).í/3= BN.d(ACự)B).d3 = BN.ck.ch > d((AEBM);(FDNC)).d2.dĩ = d(AB;CD).cỈ2 .dĩ —dị.d.2 -dT,. = Do đó v> dx.di.d-i. (2). Từ (1) và (2) suy ra Vabcd > Jí/irf2^ 3Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi AEDF.MBNC là hình hộp chữ nhật, lúc đó AB = CD (= FN), AC = BD (= EN), AD = BC (= MAO, hay ABCD là tứ diện gần đều. □. tốt: Vĩnh Phúc: Nguyễn Xuân Dương, Đại Văn Thưởng, Nguyễn Hồng Anh, 9A1, THCS Yên Lạc, Phùng Văn Nam, 9E, THCS Vĩnh Yên; Long An: Phạm Quốc Thẳng, 10T1, THPT chuyên Long An; Biên Hòa: Hoàng Trọng Phúc, 10 Toán, THPT chuyên Lương Thế Vinh; H ưng Yên: Phạm Tiến Duật, 9A, THCS Bình Minh, Khoái Châu; T hanh Hóa: Nguyễn Khải Himg, 9D, THCS Nhữ Bá Sỹ, Hoằng Hóa; Q uảng Ngãi: Võ Thành Huy, 9A, THCS Hành Trung, Nghĩa Hành; P hú Thọ: Trần Mạnh Cường, Nguyễn Hoàng Phi, Trần Quốc Lập, 8A3, Nguyễn Tiến Long, Dương Gia Huy, 9A1, THCS Lâm Thao; T hái Nguyên: Trân Trọng Đạo, 10 Toán, THPT chuyên Thái Nguyên; c ầ n Thơ: Triệu Phú Hữu, 9A2, THCS Thốt Nốt, TP c ầ n Thơ.. thay đôi và thỏa mãn — + — + — =1 ax a2 an (n là sổ nguyên dương không nhỏ hơn 2, cố định cho trước). Chứng minh rằng:. NGUYỄN ANH DŨNG. cỢ + 0,2 +...+a^_ì + aan' +aỊ +a2 +...+Ỡ, >nĩ +n. ( ĩ). > Nhận xét. Số lời giải gửi về Toà soạn không nhiều. Hai bạn sau có lời giải tương đối tốt: H à Nội: Trần Mạnh Hùng, 12 Toán A, THPT chuyên Nguyễn Huệ; Q uảng Ngãi: Đặng Thanh Huy, 12 Toán 2, THPT chuyên Lê Khiết. H Ồ QU ANG V INH. Bài T8/446. Cho n số thực dươtĩg d\, a.2 , a n ,. 1. 1. 1.

(24) Lời giải. (Theo đa số các bạn) Từ giả thiết suy ra ak > 1 với k = 1,2,.. .,77 và 1 = —1 + 1—. 1. ax a2. +. . . . +. 1 ^ I ĩ > « » ------------ --------------.. —. an. \ịa laĩ ...an. Vậy nên ữi«2-•-ữn i «" Áp dụng bất đẳng thức Bemoulli ah + b - 1 > ab, Va, b > 1 suy ra a “2 + a2 >. (2). +1. a“3+ a 3 >a1aĩ +1 < .... Do đó k{n) =. . Vậy nên. + ứ 1. > « „ « !. +. T = {1, 2,. 1. ã“2+ữỹ +... + ữ^.j. + ữl ~t“^2 +-"+ữ,Ị > ữ jíỈ2. + .. . + ữBữj +. ( 3). Áp dụng bất đẳng thức Cauchy và sử dụng (2), ta được ữịữrỊ +a2aĩ +...+anaì >nẬala2){a2a3)..ịanaì)=nẬala2...an)2>it' (4) > Nhân xét. Các bạn sau đây có lời giải đúng: Bắc N inh: Phạm Thị Kim Ngân, 11T, THPT chuyên Bắc Ninh; Ben T re: Nguyễn Xuân Đại, 12T, THPT chuyên Ben Tre; B ình Đ ịnh: Nguyễn Trọng Khiêm, 10A1, THPT Quang Trung, Tây Sơn, Võ Thế Duy, 12A1, THPT Phù Mỹ 1, Mai Tiến Luật, 12T, THPT chuyên Lê Quý Đôn; c ầ n Thơ: Võ Thường Sơn, 11A1, THPT Chuyên Lý Tự Trọng; Đ ăk Lăk: Nguyễn Ngọc Gia Văn, ÌIC T , THPT Chuyên Nguyễn Du; H à Nội: Hoàng Lê Nhật Tùng, 11A2, THPT chuyên KHTN, Trần Phương Nam, 12A13, THPT Ngọc Tảo, Phúc Thọ, Vũ Bá Sang, \ 1TA, THPT chuyên Nguyễn Huệ; H à T ĩnh: Trần Hậu Mạnh Cường, 12T1, Phạm Quốc Cường, Võ Duv Khánh, 11T1, THPT chuyên Hà Tĩnh; Nghệ An: Phạm Việt Anh, 11A1, THPT Quỳnh Lưu 1, Nghệ An; Long A n: Châu Hòa Nhăn, 12T2, THPT chuyên Long An; N am Đ ịnh: Bùi Trung Dũng, Ông Tùng Dương, 11T1, THPT chuyên Lê Hồng Phong; P hú Thọ: Nguvễn Anh Hào, 9A1, THCS Lâm Thao; Q uảng Bình: Trần Nam Quang Trung, 11T, THPT chuyên Võ Nguyên Giáp; T h anh H óa: Lê Hùng Cường, 12A7, THPT Lương Đắc Bằng, Hoằng Hóa; V ĩnh Phúc: Nguyễn Hữu Huy, 10A1, THPT chuyên Vĩnh Phúc; Bà Rịa-Vũng T àu: Phạm Văn Huy, 11H4, THPT Vũng Tàu; Yên Bái: Vũ Hồng Quân, 10T, THPT chuyên Nguyễn Tất Thành. NGUYỄN VĂN M ẬU. TOfìN HỌC * CTu o ÌỊt;C „. , số. n). Ta xét c ị _ x tập con 2 phần. tử cùa tập {2, 3 , n). Với mồi tập con ,4 của {2, 3, n} ta xét tập Ẩ u {1} có 3 phần tò. Rõ ràng các tập có 3 phần tử dạng A u ị 1} với A là tập con có 2 phần tà của {2, 3, n} thoả mãn điều kiện đề bài. Do vậy „. .. .. ^. *(”) ^. Từ (3) và (4) cho ta đpcm .n. 2 2. nếu 3 < n < 5.. Xét n > 6. Không giảm tổng quát giả sử. +«„>«„ 1«„ + 1 a " i. Bài T9/446. Giả sử T lả tập hợp gôm n phân tử. Xét các tập con khác nhau của T sao cho mỗi tập con này có ba phần tử và không có hai tập con nào rời nhau. Hãy tìm so lớn nhât các tập con khác nhau của T. Lời giải. (Theo bạn Vũ Bá Sang, 11Toán 1, THPT chuyên Nguyễn Huệ, Hà Nội) Gọi k(n) là sổ cần tìm. Khi 3 < n < 5 rõ ràng tất cả các tập con gồm 3 phần tử của T đều đôi một có phần tử chung.. ............ 4 5 0 (12-2014). ( *. 2. c. n -. - ! ) ( «. 1 = -----. 2. - 2 ). ------ •. Bây giờ ta chỉ cần chứng minh k(n) < cị_ị là bài toán được giải. Giả sử khẳng định k{m) < c 2m ] đúng với mọi số 6 < m < n (với m = 6 dễ thấy khẳng định đúng). Giả sử //là họ các tập con 3 phần từ thoả mãn điều kiện đề bài. Xét tập Á e ,9, không giảm tống quát, giả sửy4 = {1, 2, 3}. Nếu mọi B e ^ đ ề u chứa hai phần tử của A thì \ff>\ - 1 + 3(n - 3) < c 2n_ị (do n > 7). Giả sử có ít nhất tập B e //chỉ chứa 1 phần tử của A và giả sử B = {1, 4, 5}. Neu tất cả các tập của ■/' đêu chứa 1 thì \&?\ = c ị_ 1l. Trái lại giả sử tập c e //'không chứa 1. V Ì C n i í 0 v à C n 5 ^ 0 nên ta giả sử c = {2, 4, 6}. Để ý rằng (n - \ ) ( n - 2) 2. (n-2)(n-ĩ)_ n 2. 2 ■. Do đó nếu có không quá n —2 tập chửa 7 thì do giả thiết quy nạp thì khẳng định đúng. Trái lại giả sử 7 thuộc về ít nhất n - 1 tập. Với mồi tập như thế phải chứa 1, 2 hoặc 3..

(25) Nếu nó chứa 1 thì nó phải chứa 2, 4 hoặc 6, điều này xảy ra nếu tập đó là {1, 2, 7}, {1, 4, 7} hoặc {1, 6, 7}. Neu nó chứa 2 thì nó phải chứa 1, 4 hoặc 5. Như vậy có thêm hai khả năng nữa là các tập {2,4, 7} hoặc {2,5,7}. Neu nó chứa 3 thì nó phải chứa 1,4, 5, do đó chỉ có 1 khả năng là {3, 4, 7} (vì tập đó phải giao khác rỗng với các tập {1, 4, 5} và {2, 4, 6}). Như vậy chỉ có 6 khả năng cho các tập con chứa 7. Vì thế nếu n - 2 > 6 tức là n > 8 thì không có quá n — 2 tập chứa 7. Xét n = 7, r = {1, 2, 7} ta lí luận tương tự và đi đến kết luận rằng không quá 77-2 tập chứa 6. Vậy 'q 3 < n < 5 đáp số là &(«) = < n> 6 .□ 0 1< » < 3. = 1 (mod /7 - 1) => (p - 1, 5 ) = 1.. Do/í/7) A=> có ước số nguyên tố q của J[n) mà B \ q => p - \ l q. Mâu thuẫn với (1). □ > N hận xét. Đây là bài toán đa thức - số học hay, khó. Trong số các bạn gửi lời giải tới Toà soạn có ba bạn giải đúng: H à Nội: Nguyễn Việt Anh, 12T1, THPT chuyên Nguyễn Huệ; H à Tĩnh: Trần Hậu Mạnh Cường, 12T1, THPT chuyên Hà Tĩnh; Bình Định: Mai Tiến Luật, 12T, THPT chuyên Lê Quý Đôn.. NGUYẺN MINH ĐỨC Bài TI 1/446. Kí hiệu [fl] là sô nguyên lớn nhất không vượt quá a. Cho X, y là các so thực dương thỏa mãn [x].[v] = 304. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biêu thức p —[x[x]] + Lời giải Ta có: [x].[y] = 304 =>[x], [y] ^ 0. Mà X, y dương nên: X > [x] > 0, V> [y] > 0. Kí hiệu Ịx} là phần lẻ củax, vậy: 0 < Ịx} =. X. - Ịx] < 1 .. > \7íậ« x éí. Chỉ có 3 bạn tham gia giải và có duy nhất 1 lời giải đúng trên đây của bạn Sang.. Khi đó: P '(s[(M + {x})M ] + [(|>] + {>;})!>]]. ĐẶNG HÙNG THẮNG Bài TI 0/446. Cho p là một số nguyên tố. Tìm tảt cả các đa thức f{x) với hệ số nguyên sao cho với mọi sô nguyên dương n, f{n) là ước của p" - 1. Lòi giải. Kí hiệu A là tập họp tất cả các ước số nguyên của p 1. Nhận xét rằng tất cả các đa thức hằng số, f{x) = b, b e A thoả mãn bài. = M 2 +[{x} [xĩ] + \ y f + [{y} ty]] > 2[x][v] = 2.304. toán (vì V/7 e N*, p n - \ : (p - 1) : b). Ta sẽ chứng minh đó là tất cả các đa thức thoả mãn bài toán. Phản chứng tồn tại đa thức fịx) thoả mãn bài toán, đa thứcX*) có bậc dương. Giả sử n <E N* v à q là ước số n g u y ên tố b ất kì của. fợì). Ta có f ( n + q ) - f ( n ) ' : ( n + q - n ) = q. Kết họp với f ị n ) : q => f ( n + q)\ q. Như vậy p n- ì :/(« ) : q , p n+ĩ - \ \ f ( n + q) : q => p n+q -1 - (p n -1) = p n(pq -1) : q.. M = ĩỵì - 302 p. =. < ^. 302[j ]. 3 0 2 {x}. =. 0. M = [v] = 30 <=>. 0<{x},{v}<. 1 o x , y e 302,302+ - ^ A 30 30T. Sử dụng tính ch ất: Với n e n{a] < [na~\ <n[a]-\-n -1. z, n > 1, a e Mthì (1). p = [x[x]] + [ v[ v]] < [ x f + [x] - 1+ [ y f + [y] - 1 - w. +Ly] + M +[>']“ 2. (2). (M -I)([y ]-1 )> 0. Do [x] > 1, [v] > 1 nên. (M 2 —1)(1>]2 —1) > 0 M +[y]<[x]M +l=304 + l. Từ các sự kiện trên ta suy ra p ^ q, p q - ì \ q. Mặt khác theo Định lí Fermat p q =p (mod q) => p q - p) = p - ì \ q (1). [x ]2 + [ v ]2 < M 2 [ v ]2. < 30 +30. +1 = 308 +1. p =30 + 30 [x\ = 1 hoặc \yị=1. Xét n e N*, 77- 1 : (p - 1). số các số n như thế là vô hạn, trong khi đó A là tập họp hữu hạn và đa thức f(x) có bậc dương, suy ra có số n như vậy màfin) Ể A. Mặt khác p n - 1 = (p - X).B, ừong đó B =//' 1+ p " 2+ ...+ p+ l= n (mod p - \ ). 2 .3 0 4. [x]=l hoặc [v]=l <=>■. [x[x]] =[x]2+[x]-l o< [M]=ĩyf+\ỹ\ - 1. s Sô 4 5 0 (12-2014). [x]+ l-~ <x< [x]+ l [x] \y]+ l~ < y< \y]+ ỉ ĩyì. to a n h ọ c « CTu c n ị e. 2 3.

(26) -;304 +1. 30 + 1 --. x e [l;2 ) , y e. 3(r <=>. X G 304 +1-. 30. -;304 +1. , y. e. [. 1 ; 2 ). Vậy maxP=308+304, minP=2.304. □ > Nhận xét 1) Sử dụng BĐT ở VT(1) ta cũng có đánh giá: p > [x][x] + lv]ịỵ]=[xf + [y f > 2[x]Lv] = 2.304. 2) Từ (2), có thể tìm GTLN của p bằng cách: Giả sử x<y,. suy. ra. x e [ l ; 3 0 2J .. Xét. hàm. số. 30 30' f ( t ) = t + —^ -+ t+ —— 2 với í e [ l ; 3 ơ ]. Dùng BĐT Cauchy hoặc dùng đạo hàm, chứng minh được / nghịch biến trên [1 ; 302] . Vậy f { t ) < / (1) = 308 + 304. 3) Các bạn tham gia giải bài này đều tìm ra đúng kết quả. Tuy nhiên khi tim giá trị của X, y xảy ra maxP, một số bạn còn bị nhầm. Ví dụ: Có bạn kết luận: m a x /5 = 308 + 3 0 4. khi X. = \ , y = 304 + 0,999 . Điều. này không đúng vì. ■. 1 e [1; 2), 30 + 0,999 Ể 304 +1-. 1. ; 30 +1. 30 Tính chất (1) cũng như những tính chất khác vế phân nguyên và phần lẻ, bạn đọc có thê xem thêm trong TH&TTsố 449,450 (TI 1, T12/2014). 4) Các bạn sau có lời giải tốt: H à Nội: Trần Mạnh Hùng, Nguyễn Việt Anh, 12 Toán 1, THPT chuyên Nguyễn Huệ. T hái Nguyên: Nguyễn Triều Minh, 11 Toán, THPT chuyên Thái Nguyên; Yên Bái: Vũ Hồng Quân, THPT chuyên Nguyễn Tất Thành; N am Định: Nguyễn Hoàng Huy, 9A2, THCS Trần Đăng Ninh. Nghệ An: Phạm Việt Anh, 11A1, THPT Quỳnh Lưu I; HỒ Xuân Hùng, THPT Đô Lương I; Long An: Nguyễn Bình An, 10T2, THPT chuyên Long An. TRÀ N HỮ U NAM. Bài T I2/446. Cho tam giác ABC. E, F lần lượt thuộc các đoạn CA, AB sao cho EF II BC. Trung trực của BC cắt AC tại M; trung trực của EF cắt AB tại N. Đường tròn ngoại tiếp tam giác BCM cắt CF tại p khác c. Đường tròn ngoại tiếp tam giác EFN cắt CF tại Q khác F. Chứng minh rằng trung trực của PQ đi qua trung điếm của MN. Lời giải (Theo bạn Nguyễn Anh Hào, 9A1, THCS Lâm Thao, Phú Thọ). Gọi H, K theo thứ tự là hình chiếu của M, N trên CF; s, T, u, V theo thứ tự là trung điểm của MN, HK, BC, EF (hình vẽ).. TOÁN HỌC. 24 &CTuỔl^è. Dễ thấy các tứ giác MCBP, NEFQ nội tiếp. Kết hợp với MHP=MUB =9ữ°=NKQ=NVẼ, suy ra các cặp tam giác (MHP, MUB) và (NKQ, NVE) đồng dạng. Từ đó, chú ý rằng u, V theo thứ tự là trung điểm của BC, EF, suy ra rm HP t , n UB BC MP H P = M P .~ = MP.— ~ = — MP MB 2 MB NQ. NE. Vì các tứ giác MCBP, NEFQ nội tiếp và BCIIEF M BP-M CP=FCẼ,PÃĨB=PCB=ẾFC NQẼ=NFẼ = CBF]QNẼ=ẾFC=BCF Do đó các cặp tam giác (MBP, FCE) và (NQE, CBF) đồng dang. Vây — = = — (2) MB FC NE CF R C EF. Từ (1) và (2) suy ra HP= — = KQ. 2CF Kết họp với TP = TQ, suy ra TH= TK. Kết hợp với MHIINK; SM = SN, suy ra STIIMHIINK. Điều đó có nghĩa là ST là đường trung trực của PQ (đpcm). □ > Nhận xét. Bài toán này khó, ngoài bạn Hào không có bạn nào tham gia giải cả. NGUYỄN M IN H HÀ. Bài Ll/446. Trong một xi lanh cao, cách nhiệt, đặt thẳng đứng, ở dưới pittông có một lượng khí hêli ở nhiệt độ Tị = 240K. Ớ trên pittông,. , ......... s ố 4 5 0 (12-2014). NE 2.

(27) người tá đặt một vật nặng có khối lượng bằng một nửa khối lượng pittông. Sau đó người ta đột ngột lấy vật nặng đi và đợi cho hệ trở về trạng thái cân bằng. Xác định nhiệt độ của khí. Biết rằng bên trên pittông không có khí. Bỏ qua mọi ma sát và trao đổi nhiệt. Lời giải. Điều kiện cân bằng cơ học ở trạng m^ị__ thái đầu và cuối: PịS m + ^ - \ g , p 2S mg, V. trong đó m là khối lượng của pittông. Sau khi đặt các hệ thức trên vào các phương trình Clapeyron-Mendeleev tương ứng, ta 3 được: —mghị=vRTị, mgh2 =vRT2. 2 Sử dụng các hệ thức này và định luật bảo toàn 3 3 năng lượng, ta có: mghị +—vRTl = mgh2 +-vRT2.. Lời giải. Vì mạch dao động LC lí tưởng, ta có: q - Q 0 sin(ố')í + ạ>) và i = / Ocos((9í + (Ọ) với 2 n. /n. T = 2 n. ^ «L ^>ũ) = ~ = ^ - . h T Q0 0. Chọn chiều dương là chiều của dòng điện chạy qua cuộn cảm L là từ A đến B. Tại thời điểm t = 0 thì \q\ = — => |ỉ01= -—-ỈQ. a) Tại thời điểm t = 0, dòng điện có chiều từ A sang B. Khi đó tụ nạp điện nên: i0 = / Ocoscp = - y / 0. n. V< 0 Theo đầu bài ta có: ỉ = / 0cos. Suy ra: T2 = — T, =208K . □ 2 15 1. Giải phương tìn h (1) ta được :. > Nhận xét 1) Khi giải bài toán này, một sai lầm thường gặp là trong vế trái của phương trình bảo toàn năng lượng người g iả i thường v iế t th ế nâng ban đầu là 1,5 m g \ ,. t = k + — T, k = 0,1,2.... V 12,. chứ không phải là ỉTighị, tức là kể cả vật nặng nằm. t=. trên pittông. Điều này là không đúng, vì pittông bắt đầu chuyển động chỉ sau khi bỏ vật nặng này ra và hệ pittông - khí là một hệ kín. 2) Chỉ có bạn Phạm Ngọc Nam lớp 11 Lý, THPT chuyên Lê Hồng Phong, N am Đ ịnh có lời giải đúng. NGUYỄN XUÂN QUANG. Bài L2/446. Mạch dao động gồm tụ điện thuần dung kháng và cuộn cảm thuần điện cảm đang thực hiện dao động điện từ tư do. Tu điên có điện tích cực đại Q(ì và cường độ dòng điện qua cuộn cảm có giá trị cực đại /0. Chọn gốc thời gian (t = 0) là lúc điện tích tụ điện có độ lớn \q\ — và có dấu như hình vẽ. Xác định 11 2 thời điểm dòng điện qua cuộn cảm có chiều từ A đến B và có độ lớn |z| = ,— . I I 2. B. A. /. 1. T :k = l 2,. b) Khi dòng điện có chiều từ B đến A. Lúc đó tụ phóng điện nên: Íq —ỈQCOS(P ~. 5tc. cp:. „. Theo đầu bài ta có: ỉ - / ncos. T. ~t H---- - f w. Giải phương trình (2) ta được : /. 1. t = k —— T, k = 0,1,2. V 4y /. t = k --. 12. T-, ĨkV = 1A , 2. .... > Nhận xét Bài này không bạn nào có lời giải đúng. Lời giải của bạn Vũ Quang Huy, 12B, THPT chuyên Quang Trung, Bình Phước giải bằng cách dùng vòng tròn lượng giác, lời giải ngắn gọn. Tuy nhiên, lời giải của bạn chưa đầy đủ và chính xác.. c. ĐẶNG THANH HẢI. TOAN h ọ c S ố 4 5 0 (12-2014). _L9Tuâitj^ 25.

(28) ‘K ã ứ i*À C M )*, 1ẬX. V IẾT CH U YÊN Đ Ê TO ÁN. CHÀO MÚNG 50 NÀM TẠP CHÍ TOÁN HỌC VÀ TUỒI TRẺ ■. m. LTS. Cuộc thi viết chuyên đề Toán chào mừng 50 năm Tạp chí TH&TT được khởi động từ tháng 1 năm 2014 đến tháng 10 năm 2014. Cuộc thi đã được các Thầy, cô giáo trên toàn quốc hưởng ứng. Có 65 bài viết chuyên để thuộc các phân m ôn Đại số, Sổ học, Hình học, Tổ hợp gửi vê Toà soạn. Sau đây là danh sách các tác giả đoạt giải. '*<- Giải N hất (1 giải) Đặng Thanh H ải, GV THPT Triệu Quang Phục, Yên Mỹ, Hưng Yên.. 6. Nguyễn Việt Hùng, GV THPT chuyên KHTN, ĐHQG, Hà Nội.. ☆ Giải Nhi (2 giải). 7. Vũ Hoàng Lâm, s ố 642 Lô 22, Lê Hồng Phong, Q. Ngô Quyền, Hải Phòng.. 1. Trần Xuân Đáng, GV THPT chuyên Lê Hồng Phong, Nam Định.. 8. Phùng Chí Tự, s v K60-CLC Khoa Toán, ĐHSP Hà Nội.. 2. Nguyễn Tuấn Ngọc, GV THPT chuyên Tiền Giang, Tiền Giang.. 9. Cao Hải Vân, GV THPT Nguyễn Chí Thanh, Pleiku, Gia Lai.. ■A Giải Ba (4 giải). 10. Trần Ngọc Duy, GV THCS Nguyễn Bá Loan, Mộ Đức, Quảng Ngãi.. 1. Nguyễn Văn Nho, GV THPT Nguyễn Duy Trinh, Nghệ An. 2. Lê Hồ Quý, GV THPT Lê Lợi, Kon Tum.. 11 .Đ a o Chí Thanh, GV THPT chuyên Vĩnh Phúc,. 3. Trần Minh Ngọc, s v K38, Khoa Toán-Tin ĐHSP TP. Hồ Chí Minh.. 12. Hoàng Minh Quân, GV THPT Ngọc Tảo, Hà Nội.. 4. Nguyễn Trường Sơn, GV THPT chuyên Lương Văn Tuỵ, Ninh Bình.. 13. Phạm Thị Việt Thái - Phạm Quốc Phong, GV THPT Nghèn, Can Lộc, Hà Tĩnh. 14. Trần Quốc Luật, GV THPT chuyên Hà Tĩnh.. tV Giải Khuyến khích (14 giải). Cơ cấu g iả i th ư ờ n g :. 1. Lê Viết Ân, 15, Xóm 2, Ngọc Anh, Phú Thượng, Phú Vang, Thừa Thiên-Huế.. G iải Nhất: Giấy chứng nhận, 1.000.000 đồng và 1 bộ sách Tuyển chọn theo chuyên đề Toán học và Tuổi trẻ (6 cuốn từ Quyển 1 đến Quyển 6),. 2. Nguyễn Văn Thiết, GV THPT Vinh Xuân, Phú Vang, Thừa Thiên-Huế. 3. Thái Nhật Phượng, GV THPT Nguyễn Văn Trỗi, Cam Nghĩa, Cam Ranh, Khánh Hoà. 4. Chu Tuấn, GV THCS Nguyễn Thượng Hiền, ứng Hoà, Hà Nội, 5. Phạm Bắc Phú, GV THPT A Hải Hậu, Nam Đ ịnh.. G iải Nhì: Giấy chứng nhận, 700.000 đồng và 1 bộ sách Tuyển chọn. Giả) Ba: Giấy chứng nhận, 500.000 đồng và 1 bộ sách Tuyển chọn. Giải Khuyến khích: Giấy chứng nhận và 1 bộ sách Tuyển chọn.. (Điền sô'vảo hình Hoa. r học riỏi trí toón. Tờ báo Toán học và Tuổi trẻ đầu tiên ra mắt bạn đọc vào ngày 15.10.1964.. Sau 50 năm, đến tháng 12.2014 đã xuất bản được 450 tò' tạp chí, trung bình là 9 tờ mỗi năm. Nhân dịp kỉ niệm 50 năm xuất bản Tạp chí TH&TT, mời các bạn giải bài toán điền các số nguyên từ 4 đến 18 (kể cả ba số đã ghi là 15, 10 và 9) vào hình hoa bên sao cho mỗi ô tròn chứa một số và tổng các số nằm trên một đường tròn bất kì đều bằng 50.. . TOAN h ọ c. 26 ‘ CTŨôiteè_. S ố 4 5 0 (12-2014). PHỈ PHI {Hà Nội).

(29) V Ề N H Ữ N G B Ấ T B IỂ N TRONG CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC TỔ HỢP ■. T O. Á. N. • *<»c;. SC3Ỉ C. Ẩ. P. ■. ĐÔ M INH KHOA ( Warszawa, Ba Lan Email: ). Trong những năm gân đây, bài toán liên quan đến hình học tô hợp xuất hiện nhiều trong các kỳ thi học sinh giỏi Quôc gia, Vung, Khu vực, Châu lục, và Quôc tê IMO. Thay vì đưa ra những bài tập đơn le, bai báo này giới thiệu và tóm lược cơ sỏ' của hình học tô hợp và một phương pháp bất biển co vai tro quan trọng cho lời giải nhiêu bài toán hay vù khó nhăm đem đến bạn đọc một cách nhìn đữy đu Vũ toan diện hơn. Bui báo IIày được chiu làm hu phân: Phản I là giói thiệu và những bài toán về hình phăng; Phần II là những bài toán về hình khối; Phần III là tuyển chọn những bài toán vê hình học tô hợp và một sô bài toán mở liên quan. Hy vọng rằng, Phần III này sẽ đem đến bạn đọc một cách nhìn đây đủ vê hình học tô hợp, và niêm đcun mê sảng tạo toán học. PHẢN I: Bài toán về hình phẳng 1. M ở đầu Hình học tô hợp và hình học rời rạc là hai lĩnh vực của hình học nghiên cứu những tính chất tổ hợp và các phương pháp kiến thiết cho các đối tượng hình học rời rạc. Có nhiều bài toán trong hình học rời rạc liên quan đến số lượng hữu hạn hay vô hạn các đối tượng hình học như: điêm, đường thẳng, mặt phẳng, đường tròn, mặt cầu, đa diện hay đa giác,... Chẳng hạn, những đối tượng vừa nêu có thể cắt nhau như thế nào, hay xắp sếp chúng ra sao để phú một đôi tượng khác lớn hơn,... Hình học rời rạc có sự giao thoa với hình học lồi và hình học tính toán, và có quan hệ mật thiết với những vấn đề như hình học hữu hạn, tối ưu tổ hợp, hình học số, hình học vi phân rời rạc, lý thuyết đồ thị, và topo tổ hợp. Có thế nói rằng hình học rời rạc hiện đại được khởi đầu vào cuối thế kỷ thứ 19, mặc dầu trước đó đã có những nghiên cứu của Cauchy và Kepìer về khối đa diện, phần giao của các hình phăng, và các lát cắt trong không gian ba chiêu. Những chủ đê được nghiên cứu khá sớm như: mật độ của gói các hình tròn bởi Thue, hình dạng chiếu bởi Reye và Steinitz, hình học của những số bởi Mỉnkowski, và tô bản đồ bởi Tait, Heawood, và Hadwỉger.. 2. Bài toán trong mặtphẳng Chúng ta bắt đầu từ một bài toán đơn giản. Bài toán 2.1. Một thanh sô cô la được chia thành 64 miếng vuông hình bàn cờ 8 x 8 . cần phải bẻ ít nhất bao nhiêu lần (theo mạch chia và không chồng các miếng lên nhau) để có được 64 miếng? Lời giải. Nhận thấy rằng sau mồi lần bẻ thì ta có thêm đúng một miếng nhỏ hon. Đe có được 64 miếng, ta cần bẻ đúng 63 lần. □ Bài toán 2.2. Bàn cờ ỏ vuông 8 x 8 được phủ bằng các thanh hình chừ nhật \ X 3 (các thanh phủ không chông lên nhau). Hỏi các ô ơ vị trí như thế nào sẽ không bị phủi (cần tối đa 2 1 thanh 1 X 3, khi đó sẽ p h ủ tối đa là 63 ỏ, luôn. có một ô trong). Chửng minh. Tô màu như Hình 1: (r, w, b) := (đỏ, trắng, xanh). Nhận xét rằng khi đặt các thanh 1 X 3 lên bàn cờ thì mỗi thanh phủ ba ô, mỗi ô một màu. Sau khi phủ, số các ô khác màu đều là 21. ta suy ra thừa ô màu trắng, theo. phép đối xứng và phép quay bàn cờ góc 90°. □ N h ận xét 2.3. Ta thấy một bất biển màu trong cách tô như lời giải nêu trên. Thực ra, ta cũng có bât biên số, nếu thay việc tô màu bằng việc đánh dấu bởi các con số. Bạn đọc tự khám phá cách đánh số phù họp..

(30) r. w. b. r. w. b. r. w. w. b. r. w. b. r. w. b. b. r. w. b. r. w. b. r. r. w. b. r. w. b. r. w. w. b. r. w. b. r. w. b. b. r. w. b. r. w. b. r. r. w. b. r. w. b. r. w. w. b. r. w. b. r. w. b. và hai ô trắng. Mặt khác, tổng số các ô đen bằng 13 X 4 = 52, và tổng các ô trắng bằng 48. Điều này vô lí.. Hình 1. Bài toán 2.4, Dùng những viên gạch 2 X 2 và 3 X 3 để lát sần kích thước n X n (n > 2). Xác định điều kiện của sân n không p h ả i cắt gạch ?. X. n đê lát được mà. Lời giải. Trước hết, nhận xét rằng: • Nếu n chẵn thì có thể dùng toàn gạch 2 x 2 để lát được. • Nếu n = 3k thì cũng lát được bằng gạch 3 x 3 . Ta sẽ chứng minh rằng, nếu n lẻ và không chia hết cho 3 thi không thể lát kín sân n X n bằng hai loại gạch trên. Chẳng hạn, xét kích thước sân là 7 X 7. Ta tô màu đỏ cho các cột lẻ, tô màu xanh cho các cột chằn. Cả thảy có 4 cột đỏ gồm 4 X 7 = 28 ô, và 3 cột xanh gôm 3 X 7 = 21 ô. Ta thây rằng, viên 2 x 2 luôn phủ 2 ô màu đỏ và 2 ô màu xanh, và viên 3 x 3 phủ 3 ô đỏ và 6 ô xanh, hoặc phủ 6 ô đỏ và 3 ô xanh. Neu sân 7 x 7 được phủ kín thì hiệu số các tống của các ô đỏ và ô xanh là bội số của 3. Tuy nhiên, hiệu số của tổng các ô đỏ và tổng các ô xanh luôn I à 4 x 7 - 3 x 7 = 7. Đối với n ■*- 7, phép chứng minh hoàn toàn tương tự. Vậy kích thước sân phải là 2k X 2k hoặc 3k X 3k. n Bài toán 2.5. Có thể chia bàn cờ 10 X 10 thành các hình có kích thước 1 X 4 không ?. Lời giải. Tô màu (trắng-đen) bàn cờ 10 X 10 hình mắt cáo với kích thước 2 x 2 (các ô màu xen kẽ nhau như Hình 2. Ta thấy một bất biến sau: mồi thanh 1 X 4 luôn chứa đúng hai ô đen. TỌANHỌC , 28 ‘ CTuốiỊrg Sô 45°. _. Hình 2. Tô màu 2 x 2 cho bàn. cò'. 10. X. 10. Bạn đọc tham khảo cách tô màu (đen-trắng) như Hình 3 và giải bài toán nêu ừên theo cách khác do cách tô màu này cũng có một bất biến: mỗi thanh 1 X 4 chứa đúng một ô đen.n. m. m m m. m. m. m m. V/, b. p m. % '0, m. Hình 3. Một cách tô màu cho bàn cờ 10 X 10. Bài toán 2.6. Sảnh hình chữ nhật m X n của một tòa nhà được lát bằng một so viên gạch kích thước 2 X 2 và 1 X 4. N ế u bị vỡ một số lẻ viên 2 x 2 thì có thể lát thay thế bằng các viên 1 x 4 khôngì Lời giải. Ta tô màu các ô vuông bàn m X n theo quy tắc sau: các ô (lẻ, lẻ) := (đỏ, đỏ) (xem Hình 4); những ô còn lại màu trắng (chỉ các ô nằm vị trí (x, y) = (lẻ, lẻ) mới được tô. Nhận thấy rằng: các viên 2 X 2 sẽ chứa đúng một ô đỏ (vì các số lẻ-chằn luân phiên nhau), còn các viên 1 X 4 sẽ chứa 0 hoặc 2 ô đỏ. Từ đó suy ra, nếu một số lẻ các viên gạch 2 X 2 bị vỡ thì phải thay một số lẻ các ô đỏ. Tuy nhiên, như trên ta đã thấy các viên gạch 1 x 4 luôn chứa số chẵn các ô đỏ. Vậy câu trả lời là phủ định.n.

(31) Bk= {k+ ỉ,...,k + n —1}, c k= {k + n,...,n2},. 1 2 5 Ậ 5 6 ĩ.... trong đó k = 1, 2,..., n2 - n. Ta thấy trong số bất kì k ô chứa các số thuộc Ak sẽ không thể kề với các ô chứa số thuộc c*. Suy ra Bk là "lớp đệm" giữa Aỵ và Cỵ. Do \Bk\ = n - 1 < n ta suy ra với mọi k cố định, tồn tại dòng và cột được ghi các số hoặc thuộc Aỵ hoặc thuộc Q . Khi đó chọn k = 1 thì tồn tại dòng và cột có các số. / 2. 3 4. 5 Ã. Hình 4. Bài toán 2.7. C7zo 2« sồ thực đôi một khác nhau: a„: b\, b2,..., bn. Viết các sổ vào bảng n X n như sau: ô (i , j ) {hàng i và cột j ) /à .vớ («,; + ố/). Chứng minh răng nếu tích tất cả các số trên các cột băng nhau thì tích tất các các số ở mỗi hàng cũng bằng nhau. Lời giải. Tích các số ở cột thứ j bằng Tíj = (bị + a\){bj + ai)... (bj + an). Khi đó ĩiị = TTý với mọi i ,j = 1,2,..., n. Xét đa thức P(x) = (x + a\)(x + a i).. .(x + a„). Ta suy ra P( bx) = P(b2) = ... = P(è„) = c , ừong đó c là hằng số. Ta lại xét đa thức G(x) = ,P(x) - c . Do ơ(x) có n nghiệm b\, ỏ2v • bn nên nó là đa thức bậc là n với hệ số bậc cao nhất bằng 1. Từ đây ta suy ra G{x) = ( x - b\)(x - b i ) . . . ( x - bn). ( x. - b. i ) ( x. - b. cột có các số thuộc Ak. Xét m e N là giá trị bé nhất để các số từ Am ghi kín một hàng và một cột. Vậy, các số từ Cm- 1 ghi đầy một hàng và một cột. Từ đó ta suy ra, tồn tại ít nhất hai ô thuộc Am n c m-ị. Mâu thuẫn vì Am n Cm-\ =. 0.. □. Bài toán 2.9, Có m X n người lỉnh đứng thành m hàng ngang và n hàng dọc. Chímg minh răng trong bất kì 37 người đó luôn tôn tại 10 người đứng không liền kể nhau (không cimg hàng, cột, hoặc liền đỉnh). L ờ i giải. Tô bảng kích thước m X n bởi bốn màu theo cách sau: dùng hai màu (chẳng hạn, trắng-hồng) tô xen kẽ hàng thứ nhất, dùng hai màu (xanh-đen) tô xen kẽ hàng thứ hai, (xem Hình 5); cụ thể, các ô có các hàng và cột được tô theo quy tắc sau: 0 (lẻ, lẻ): màu trắng. 0 (lẻ, chằn): màu hồng. Ô (chẵn, lẻ): màu xanh. Ô (chẵn, chẵn): màu đỏ.. Vậy, (x + ã\)(x + a 2 ).. .(x + an) - c =. thuộc Ck và chọn k = n2 - n thì tồn tại dòng và. 2 ) . . . ( x. - b n ).. r~.1 t Ị Ệ . M ... Ị Ể m. Thay X - —ãj ( j = ỉ , n) vào đẳng thức cuối, R 'Ệ t:. b n ) = ( - ! ) ” ( « / + b \ ) ( ã j + b 2 ) . . . ( ã j + b n).. Hay (dj + bị) (dị + b i).. .(dị + bn) = (-1)"+1C. v ế ừái đẳng thức cuối này là tích các số thuộc hàng /. Bài toán được chứng minh. □ Bài toán 2.8, Trong bàn cờ ó vuông n X n viết r r r 2 tât cả các sô từ 1 đên n . Chứng minh răng tôn tại hai ô kề nhau (có chung cạnh) mà hiệu hai sô được ghi ở đó lớn hơn hoặc bằng n. '. ■ỊsỊ- m. M M. ta được - C = (~ãj - bị) (-aj - ỗ2)...(-(3ý -. '. Chứng m inh. Giả sử ngược lại, hai ô kề nhau bất kì đều có hiệu nhỏ hơn hoặc bằng n - ỉ. Đặt A ịc= { 1 , 2 k},. i Ịb c ị—. m M. X. d.. p. Ịb m ịH '. Hình 5. Theo nguyên lí Dirichlet, tồn tại 10 người đứng ở ô cùng màu. Ta thấy, do các số nguyên chẵnlẻ là xen kẽ nhau nên các ô cùng màu là không liền-kề nhau. Bài toán được chứng minh. □ (Kì sau đăng tiếp). số 4 5 0 (12-2014). TOÁN HỌC. »crũaiịrẻ 29.

(32) A. ©Bài toán 4. Cho tam giác ABC nhọn nội tiêp đường tròn (O), H ỉà trực tâm tam giác. Vẽ đường kính AD. Gọi M là trung điếm của BC. ỉ, J, K theo thử tự ỉà hình chiếu của D lên BH, CH và BC. Chứng minh bôn điêm 1, M, K, J cùng nằm trên một đường tròn.. Lời giải (h. 5). Gọi p là giao điểm của D J và BH, Q là giao điểm của DI và CH. Thấy rằng Q là trực tâm của tam giác PHD. Mặt khác do tứ giác BHCD là hình bình hành nên M là trung điểm của HD. Gọi R là trung điểm của PQ, khi đó theo tính chất đường tròn Euler của tam giác HPD, các điếm M, I, .J nằm trên đường tròn đường kính RM. Lại có AỈĨCD oo APDQ (g.g), CM và DR ià hai trung tuyến tương ứng của hai tam giác đồng dạng trên nên APRD co AHMC. Từ đó RDP = MCH . Vì tứ giác KJCD nội tiếp nên KDP = M C H . Vậy RDP = KDP hay R, K, D. 30. TỌANHỌC . * CTuoítÉé sá 450(12-2014). thẳng hàng. Cuối cùng vì MKR = 90" nên điểm K nằm trên đường tròn đường kính MR. Từ đỏ ta có điều phải chứng minh. □ ©Bài toán 5. Cho tam giác ABC. Các đường cao AA \ BB', CC' cắt nhau tại H. Gọi o là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Đường tròn tâm A ' bán kỉnh A 'O cắt đường thăng BC tại A ị, ẩ 2; đ ư ò n g tròn tâm B' b ản kính B '0 cắt đường thẳng AC tại B\, B\' đường tròn tâm C' bán kính c o cắt đưÒTig thảng AB tại C\, CiChửng minh răng sáu điêm A\, Ai, B ị, Bi , c I, Cz cùng nằm trên một đường tròn. Lời giải (h. 6). Gọi J là trung điểm củ a OH, R là bán kính đường tròn ngoại tiêp tam giác ABC. Ta thấy J là tâm đường tròn Euler của ta m giác. ABC. Từ âỏ A 'J - B'J= C'J =. —. .. Theo định lý Pythagore và công thức đường trung tuyến ta có: AịH2 = A ' H 2 +A' Al2 = A ' H 2+ A ' 0 2 R 2 + OH Lập luận = 2 A 7 > + OH 2 2 tương tự với các điểm Ả 2 , Bi, B2, Cu Cj cho ta kết qua'/) 1H2 = A2H2 = BiH2 = tì2IỈ2 = CXH 2 = ). Như vậy sáu điểm A\, V. A2,. Bu. ^. J. B2, C\, C2 cùng nằm trên đường tròn. \R 2+O H 2 _ tâm H bán kính . -------------.□.

(33) X ( x + y ) ( x + z ) | y ( y + z ) ( y + x). FOR HIGHS CHOOL Problem T6/450. Let X and V be two posiíive real numbers satisíying 32x6 + 4y 3 = I , Find the maximum value of the expression. p _____ (2x~ + y + 3)' 3(x2 + y 2) - 3(x 4- j ) + 2 Problera T7/450. Given an acute triangle ABC (AB > ẨC). The heights B B ’ and CC’ intersect at H. Let M, N respectively be the midpoints of the sides AB, AC and o the circumcenter. AH intersects B ’C ’ at E, and AO intersects M N at F. Prove that EF / /OH . Problem T8/450. Given three positive numbers a, b, and c. Find the maximum value o f k so that the following inequaliíy holds. ~ + —+—~ 3 > k b c a. a2 +b2 +c2 -1 ah + bc + ca. TO W ARD S M A TH E M A TIC A L O LYM PIAD Problem T9/450. Find all positive integers X, y, z which form an arithmetic progression and satisíy the following equation. (x - y )(x - z). (y - z)(y - x). +ệ ỉ ^ } ( ỉ ± ậ = 2 m H x + y - Zý. (z - x)(z - y ). Probỉern T10/450. Given a 999x999 table of squares. Each square is colored by white or red. Consider a set of triples of squares (Ci, c 2, C3) which satisíy the following properties: the fírst two squares Ci, C2 are in the same row, the last two squares C2, C3 are ÚI the same colurnn, Ci, C3 are whỉte, and C2 is red. Find the maximum number of elements in such a set. Problem Ti 1/4, Find all positive integers n > 1 và and al) primes p such that the polynomial / (x) - x" - px + p 2 can be factorized as a product of two non-constant polynomials with integral coefficients. Problem T í2/450. Assume that ABC is an equilateral triangle and M is a point which is not on the lines tliroueh BC, CA, and Átì. Prove that the Euler lines of the trìanglcs MBC, MCA, and MAB are either concuưent or paraỉleỉ. Translated by NGUYEN PHU HOANG LAN (Coỉỉege o f Science-Vietnam National University, Hanoi). BÀI TẬP . Cho tam giác ABC nhọn có AB > AC. Kẻ 1. Cho đường tròn (o ) ngoại tiếp tam giác ABC và MN là một đường kính thay đổi của các đường cao AD, BE, CF. Đường thẳng EF đường tròn. Gọi Mu M2 lần lượt là hình chiếu cắt BC tại p. Đường thẳng qua D song song của M lên AB, AC; Nì, N 2 lần lượt là hình với EF cắt các đường thẳng A c , AB theo thứ chiếu của N lên AB, ẢC. Các đường thẳng tự tại Q và R. Gọi M là trung điểm của BC. MịM2 và N\N2 cắt n h a u tại I. Chứng minh rằng Chứng minh bốn điểm M, p, Q. R cùng nằm trên một đường tròn. / nằm trên một đường tròn cố định. 2. Cho tam giác ABC có trực tâm tì. Gọi 1 là 4. Cho tam giác ABC. M là một điểm nằm tâm đường tròn Euler của tam giác; d là một trong tam giác không trùng với tâm đường tròn đường thẳng bất kỳ sao cho A, B, C , H nằm về nội tiếp tam giác đó. Chứng minh rằng tồn tại cùng một phía so với d. Chứng minh rằng tổng điểm N khác M sao cho các hình chiếu vuông khoảng cách từ A, tì. c, H tói d bằng 4 lần góc của N và M xuống các cạnh của tam giác khoảng cách từ I tới d. cùng thuộc một đường tròn. CÕNG TY CỔ PHẦN GMO RUNSYSĨEM, BC8 PHONS TRÁO ĨHI BUA "XÂY DỤNS 7HXM6 HỌC THẦN IKiỆN, HỌC SINH ÁCH CỰC" VÀ TỆP CHÍ I0ÁN HDC&TUémể Phối hơp tố chức ữao thưởng thường xuyên cho hoc sinh đươc nêu tên trên Tạp chí . S ô 450 (12-2014). TỌAN h ọ c. l^CỊŨâl^e 31.

(34) Tạp chí TOÁN HỌCvà TUỔl TRẺ Mathematics and Youth Magazine. X U Ấ T B Ả N T Ừ ỉ 96 4 S ô 450 (12.2014) Tòa soạn: 137B, phố Giảng vã, Hà Nội ST Biên tập: 04.35121607 Đĩ - Fax Phát hành, Trị sự: 04.35121606 Email: B A N CỐ VẤN KH OA H Ọ C. C H ỊU T R Á C H N H IỆ M X V Ấ T B Ả N. GS. TSKH. NGUYẺN CẢNH TOÀN. Chủ tịch Hội đồng Thành viên NXB Giáo dục Việt Nam NGUT. N G ố TRAN ÁI. GS. TSKH. TRẦN VĂN NHUNG TS. NGUYỄN VÃN VỌNG. Tổng Giám đốc kiêm Tổng biên tập NXB Giáo dục Việt Nam GS. TS. VŨ VÃN HÙNG. GS. ĐOÀN QUỲNH PGS. TS. TRẦN VÃN HẠO. H Ộ I Đ Ổ N G B IÊ N T Ậ P Tổng biên tập : TS. TRAN h ữ u n a m. T h u k í Tòa soạn : ThS. H ồ QUANG VINH. TS. TRẦN ĐÌNH CHÂy, ThS. NGUYỄN a n h d ũ n g , TS. t r a n n a m d ũ n g , TS. n g u y ê n m in h đ ứ c , TS. n g u y ễ n MINH HÀ, TS. NGUYỄN VIỆT HẢI, PGS. TS. LÊ Q u ố c HÁN, ThS. PHẠM VÃN HÙNG, PGS. TS. v ũ THANH KHIẾT, GS. TSKH. NGUYỄN VĂN MẬU, Ông NGUYẺN k h ắ c m in h , TS. p h ạ m t h ị b ạ c h n g ọ c , PGS. TS. n g u y ê n đ ã n g p h ấ t, PGS. TS. TẠ DUY PHUỢNG, ThS. NGUYỄN t h ế t h ạ c h , GS. TSKH. đ ặ n g h ù n g t h ắ n g , PGS. TS. p h a n DOÃN THOẠI, ThS. VŨ KIM THỦY, PGS. TS. v ũ DƯƠNG THỤY, GS. TSKH. NGÔ VIỆT TRUNG.. TRONG SỐ NÀY D àn h cho T run g h ọ c Cơ sở. o. B ạn đ ọc tìm tò i. F or L o iver S e c o n d a ry S ch ool. R e a d e r ’s C o n trib u tio n s. Vũ H ồng Phong - Phư ơng trìn h , h ệ phương. Vũ Công M inh - T ín h c h ấ t đưòng trò n E u le r v à m ột sô' bài tậ p áp dụng.. tr ìn h có ch ứ a p h ầ n lẻ. H ướng d ẫ n giải Đ ề th i tu y ể n sin h vào lớp. ©. P ro b ỉe m s in T his Issu e. 10 trư ò n g PTN K , ĐHQG TP. Hồ C hí M inh,. T l/4 5 0 ,. n ăm học 2014-2015. Đ ề th i tu y ể n s in h vào lớp 10 trư ờ n g T H PT. ©. T12/450, L l/4 5 0 , L2/450.. G iải b ài kì trước S o lu tio n s to P re v io u s P ro b le m s. ch u y ên Lê Q uý Đôn, B ình Đ ịnh, n ă m học. G iải các b à i của s ố 446.. 2014-2015.. Lê Quổc Hán - Vang mãi bài ca trồng người.. Đ ể ra kì này. ©. K ết quả cuộc thi viết chuyên đ ề Toán chào mừng 50 năm Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ.. C huẩn bị th i vào đ ại h ọc. G iải tr í to á n học. U n iversity E n tra n c e P r e p a r a tỉo n N guyễn Hữu Trung —P hương p h á p đ ặ t ẩ n p h ụ để giải b ấ t phương tr ìn h vô tỉ. ộ. H ướng d ẫ n giải - Đ ề sô 2.. ©. T hử sức trước k ì th i - Đ ề sô' 3.. Q. Tìm h iểu sâu thêm toán học sơ cấp Đ ỗ M inh Khoa —v ề n h ữ n g b ấ t biến tro n g các b à i to á n h ìn h học tổ hợp.. Trưởng ban biên tập: TlĩS. NGUYỄN a n h q u â n. M ĩ thuật: QUốC HIỆP, THANH LONG. Trị sự, phát hành: NGUYỄN KHOA ĐlỂM, n g u y ê n t h ị t h u h u y ề n. Thiết kế, ché bản: KHÁNH LINH.

(35) ■*!. I. _. N H À XUẤT BẢN G IÁ O DỤC^VIỆT N A M. ~ ị] CÕNG TY CỔ PHẤN ĐẨU TƯUÀ PHÁT TRIẾN GIÁO DỤC HÀ NỘI '. Đ C : TOÀ MHÀ VĂN PHÒNG HEID - NGÕ 12 LÁNG HA - Q. BA ĐỈNH - TP. HÀ NỘI - ĐT: (04)35122636- 35122 884; FAX: (04) 35122504. v ờ TẬP V IẼ T lop. ĨỊẾ N 5 A H H. 3. i y ỉ g. g. § ^. j l. ^ ỊP P ^ B Ịl. * '. ■'. SÒ L IẺ N. - XUẤT BẠN VÀ PHÁT HÀNH SÁCH Bổ TRỢ SÁCH GIẶO KHOA - XUẤT BẢN VÃ PHÁT HÀNH SÃCH THAM KHẢO CHAT LƯỢNG CAO, CÁC SẢN PHAM g iá o. dục. - XUẤT BẢN VÃ PHÃT HÃNH LỊCH BLÔC GIÁO DỤC - TRIỂN KHAI H ộ i THẢO - TẬP HUAN. SÁCH GIÁO KHOA TIÊNG ANH ƠHEO ĐỂ ÁN N G O AI NGỨ Q UỐC G IA). c h o các d ò n g s á c h đ ư ợ c sử d ụ n g. t r o n g trư ờ n g. học. EM LÂM BÀI TẬP TI ENG VIỆT - TOÁN (LỚP 1 ĐẾN LÓP 5 DÙNG CHO BUỔl 2 / NGÀY). TIẾ NG A N H (S Á C H HS, BT. G V ) LỚ P 1 Đ Ế N LỚ P 12. Tác giả: Nguyễn Minh Thuyết - Vũ Dương Thụy. V Ờ BÀ: TẬ P TIÊ NG A N H LỚ P 3 Đ Ễ N LỚ P 9 V Ở TÃP VIẾT TIẾ N G A N H LỚ P 1 Đ Ế N LỚ P 5 S Á C H T H A M K H Ả O TIẾ N G A N H LỚ P ] Đ Ế N LỚ P 12 THIẾT BỊ TIẾ N G A N H. THỰC HÀNH TIÍNG VIỆT VÀ TỌÂN. (LÓP 1 ĐẾN LỚP 5). Tác giả: Nguyễn Minh Thuyết - Đỗ Đình Hoan V ỏ CHÍNH TẢ (LÓP 1 ĐEN LỚP 5) Tác giá: Lè Ngọc Điệp - Mai Nhị Hà 'tuyên thỉnh /ả - ỉuy<’t) né/ fỉ(ừ - /Jỉrn nết natời. BÀI TẬP CUỐI TUẨN TIÊNG VIỆT (LÓP 1ĐẾN LÓP 5) Tác giả: Trần Mạnh Hưởng. GÍÚP EM LUYỆN VIÍT CHỮ ĐẸP (LÓP 1 ĐẾN LÓP 5). BÀI TẬP CUỐI TUẠN TOÁN. (J tờ ’c /tiên ưoit. (LÓP 1 ĐẾN LÓP 5). Tác giả: ĐỖ Trung Hiệu.... Tác giả: Trần Mạnh Hưihĩg - Lê Hữu Tỉnh <ỊHtf f/tnỉt. nê iìtatt r/tữ đúiiy của ỵj}<! (fiiác f/ưr ra (Z'ac fa<!. TOÁN BỒI DƯỠNG HỌC SINH LUYỆN TỪ VÀ CÂU. (LÓP. 1ĐẾN LỚP 9). Tác giả: Nguyễn Ang (LỚP 2 ĐẾN LÓP 5). Tác giả: Lê Ngọc Điệp - Nguyễn Trí Dũng... TỦ SÁCH ÔN THI *. *. SÁCH DỊCH VÀ TỪ ĐIÊN. HỒ Sơ QUẢN LÝ NỀ NẾP. BÔI DƯỠNG HỌC SINH VÀO LỚP 6. *. (các môn Toán, Tiếng Việt, Tiếng Anh). *. TỪĐIỂN HỌC TIẾNG VIỆT. *. TƯBIỂNTRACỮU. *. *. SỔ TAY KIẾN THỨC CÁC MÔN (từ lớp 1 đến lớp 12). *. SỔ LIÊN LẠC. *. SÁCH DỊCH. *. SỔ CHỦ NHIỆM. *. SÁCH PHỤC VỤ THƯ VIỆN NHÀ TRƯỜNG CẤP TH, THCS, THPT. *. s ổ Dự GIỞ. BỔI DƯỠNG HỌC SINH VÀO LỚP 10. TừĐIỂN CÁC MÔN HỌC TRONG NHA TRƯỜNG. % s ổ THEO DÕI CHẤT LƯỢNG GIẢO DỤC TIỂU HỌC (sổ điểm lớp 1 đến lớp 5) HỌC BẠ. (các môn Toán, Văn, Anh) *. w. HƯỚNG DẪN ON T ậ p. b t. ■. thi. TN THPT, CĐ, ĐH. h. d. I. * LỊCH BÁO GIẢNG TIỂU HỌC (2 BUỔI/ NGÀY) * ỤCHBẮO GIÀNG TIỂU HỌC (2 BUỔI/NGÀY). CỬA HÀNG GIỚI THIỆU SẢN PHẨM.

(36) N H À X U Á T BẢN G IÁ Ọ DỤG V IỆ T NAM CÙNG TY CÚ PHẨN SÁCH VÀ THIẾT BỊ GIÁO DỤC MIÊN NAM. SOBEE. Tfii liệu chuyên toán THCS /N. np. '. nr>. _. _ Bộ sách “Tài liệu chuyên Toán Trung học_____ cơ. sở” có tất cả 8 cuốn, cho các lớp 6, 7, 8, 9, mỗi lớp gồm 2 tập: tập một là Đại số (ở lớp 6 , tập một là Số học), tập hai là Hình học. Nội dung trong mỗi cuốn đều bám sát chương trình Toán ở các lớp THCS.. Mỗi cuốn đều có hai phần: phần Các chuyên dề cơ bản (viết theo từng chương của SGK) và phần Một số chuyền dề nâng cao. Phần đầu trong mỗi chuyên đề là tóm tắt các kiến thức lý thuyết của chuyên đề mà HS cần nắm vững, tiếp theo giới thiệu một số ví dụ minh hoạ và sau đó là các bài tập đề nghị để HS luyện tập. Những chuyên đề nâng cao nhằm giúp HS hiểu sâu và rộng hơn những nội dung có liên quan đến chương trình. Những ví dụ và các bài tập trình bày trong sách được các tác giả chọn lọc khá kỹ lưỡng, trong đó có nhiều ví dụ, bài. tập là những bài thi học sinh giỏi Toán Quốc gia, thi Olympic Toán, ... Bằng việc đọc, giải những ví dụ và bài tập này, HS sẽ được mở rộng, đào sâu những kiến thức đã học, qua đó được rèn luyện khả năng tư duy Toán học. Cuối sách sẽ là phần Hướng dẫn giải cho các bài tập được đưa ra ở cuối mỗi chuyên đề. Nhóm tác giả của bộ sách là những thầy cô giáo đã hoặc đang giảng dạy ở các lớp chuyên Toán của các trường Đại học và các trường Trung học phổ thông có uy tín, là những chuyên gia Toán ở Tạp chí Toán học & tuổi trẻ và Nhà xuất bản Giáo dục Việ Nam, chẳng hạn như: NGND. Vũ Hữu Bình (chủ biên), NGƯT Nguỵễn Tam Sơn, nhà giáo Đàm Hiếu Chiến, PGS.TS. Vân Như Cương, PGS.TS Đàm Văn Nhỉ, TS. Phạm Thị Bạch Ngọc, PGS.TS. Lê Quốc Hán, .... .SSSSSSissBítim TÀIUỄUCHUV&iĨ0ÃNTRUKGHỘCcoSỚ. TOAN R HÌNH H Ọ C. TÁIUỆUCHUYÊNTOÁNTRUNGHỘCcoSỞ. to á n f HÌNH H Ọ C. Hi vọng rằng bộ sách sẽ là một tài liệu thiết thực và bổ ích giúp các em học sinh hiểu sâu sắc những kiến thức Toán đã học, và góp phần vào việc nâng cao chất lượng đào tạo và bồi dưỡng học sinh giỏi Toán ở cấp Trung học cơ sở. (Địa chỉ phát hành như trên) ISSN: 0866-8035 Chì số: 12884 Mã số: 8BT12M4. 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 chiểu tháng 12 năm 2014. Giá: 10.000 đông Mười nghìn đông.

(37)

450 Thang 12 nam 2014

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về