Khai thác; phát triển bài toán trong chương trình toán THCS

KHAI THÁC; PHÁT TRIỂN BÀI TOÁN TRONG CHƯƠNG TRÌNH TOÁN THCS
Việc khai thác, phát triển một bài toán cho trước góp phần rất quan trọng trong việc nâng cao tư duy cho học sinh khi học môn Toán – nhất là trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi.
Bài toán S1: Cho a + b + c = 0. Chứng minh: a3 + b3 + c3  = 3abc
Giải:
Cách 1: Ta có a3 + b3 = (a + b)3 – 3ab(a + b) và a + b = -c; ta được:
a3 + b3 + c3 = (a + b)3 – 3ab(a + b) + c3
 = -c3 -3ab(-c) + c3 = 3abc.(đpcm)
Cách 2: Ta có: a3 + b3 + c3  - 3abc = (a + b)3 – 3ab(a + b) + c3 – 3abc
 = (a + b)3 + c3 – 3ab(a + b + c) 
 = (a + b + c) [(a + b)2 – (a + b)c + c2] – 3ab(a + b + c)
 = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca)
Do a + b + c = 0 nên (a + b + c)(a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca) = 0. 
Vậy: nếu a + b + c = 0 thì: a3 + b3 + c3  = 3abc
Từ bài toán S1 ta có thể đến với các bài toán sau:
Bài toán 1: a) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: (x – y)3 + (y – z)3 + (z – x)3
Hoặc: b) Chứng minh rằng: (x – y)3 + (y – z)3 + (z – x)3 = 3(x – y)(y – z)(z – x)
Gợi ý: Dựa vào kết quả bài toán S1, đặt: a = x – y; b = y – z; c = z – x ta dễ dàng giải được bài toán 1.
Bài toán 2: Cho . Tính giá trị của biểu thức:
 M = 
Giải: Dựa vào bài toán S1; ta có: Do nên: 
Do vậy: M = = = 
Bài toán 3: Chứng minh rằng: Nếu a + b + c + d = 0 
 thì: a3 + b3 + c3 + d3 = 3(ab – cd)(c + d)
Giải: Áp dụng bài toán S1; ta có: a + b + (c + d) = 0, 
suy ra: a3 + b3 + (c + d)3 = 3ab(c + d)
a3 + b3 + c3 + d3 + 3cd(c + d) = 3ab(c + d)
 a3 + b3 + c3 + d3 = 3ab(c + d) - 3cd(c + d)
 a3 + b3 + c3 + d3 = 3(c + d)(ab – cd) 
Từ cách giải 2 của bài toán S1, thay đổi điều kiện của nó ta có bài sau:
Bài toán 4: Cho ba số a; b; c thoả mãn: a3 + b3 + c3  = 3abc.
Tính giá trị của biểu thức: M = 
Giải: Từ cách giải 2 của bài toán S1; ta có: a3 + b3 + c3  - 3abc = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca) = 0 nên:
T/h 1: Nếu a + b + c = 0 thì M = = 
T/h 2: Nếu (a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca) = 0 hay: (a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2 = 0, 
suy ra: a = b = c
Khi đó: M 2.2.2 = 8.
Từ bài toán 4 ta lại có được bài toán sau khó hơn:
Bài toán 5: Cho ba số a; b; c thoả mãn: a3b3 + b3c3 + c3a3 = 3a2b2c2. 
Tính giá trị của biểu thức: M = 
Hướng dẫn: Đặt x = ab; y = bc; z = ca (Kết quả tương tự bài toán 4).
Bài toán S2: khi làm toán liên quan đến chuyển động của kim đồng hồ:
* Xem đồng hồ là một vòng thì:
Vận tốc kim phút là 1 vòng/giờ;
Vận tốc kim giờ là vòng/giờ;
Trong một giờ kim phút nhanh hơn kim giờ vòng
* Xem đồng hồ được chia làm 12 vạch thì:
Vận tốc của kim phút là 12 vạch/giờ;
Vân tốc kim giờ là 1 vạch/giờ
* Xem đồng hồ được chia làm 60 vạch thì:
Vân tốc kim phút là 60 vạch/giờ; 
Vân tốc kim giờ là 5 vạch/giờ
* Sau 1 lần trùng nhau kim phút và kim giờ có số làn vuông góc với nhau là 2 lần
* Trong một ngày đêm (24h) kim phút và kim giờ có số lần vuông góc với nhau là: 
22.2 = 44 lần (cứ sau giờ hai kim lại trùng nhau và số lần trùng nhau là: 24: = 22)
Bài toán S3: Chứng minh rằng chữ số tận cùng của n5 và n là như nhau (n)
Giải: Ta cần chứng minh P = (n5 – n)
Do vậy ta có thể biến đổi P như sau:
P = n5 – n = n(n4 – 1) = n(n2 – 1)(n2 + 1) = (n – 1)n(n + 1)(n2 + 1) (*)
= (n – 1)n(n + 1)(n2 – 4 + 5) = 5(n – 1)n(n + 1) + (n – 2)(n – 1)n(n + 1)(n + 2) (**)
Nhận xét: Ta đã biết trong k số tự nhiên liên tiếp thì bao giờ cũng tồn tại số chia hết cho k
Từ đó mỗi số hạng của P trong phép phân tích (**) trên đều chia hết cho 2 và 5; 
mà (2; 5) = 1 nên P .
Từ bài toán trên ta có thêm một số bài toán sau:
Bài toán 1: Chứng minh rằng: n5 – n chia hết cho 30 (n)
Áp dụng nhận xét trên vào (*) thì P2; 3; 5 mà (2; 3) = (3; 5) = (2; 5) = 1 nên
P 
Nhận xét: Ta biết rằng trong hai số tự nhiên chẵn liên tiếp thì có một số chia hết cho 2; một số chia hết cho 4 nên tích của chúng chia hết cho 8, ta có:
Bài toán 2: Chứng minh rằng nếu n là số tự nhiên lẻ thì n5 – n chi hết cho 240.
Từ (*) có (n – 1)(n + 1), còn n2 + 1 chẵn nên P; mà (3; 5) = (5; 16) = (3; 16) = 1 nên
P.
MỘT SỐ BÀI TOÁN PHÂN SỐ “KINH ĐIỂN”: PHÂN SỐ DẠNG 
Bài toán S4: Chứng minh rằng: 
Thật vậy; ta có: . Do đó nếu c – b = a thì: 
Ngược lại thì: do đó: a = c – b.
Bài toán 1: Tính các tổng sau:
* A = + + +  + 
Dựa vào kết quả bài toán S4; ta có:
 = - ; 
 = - ; 
Cộng theo vế các đẳng thức trên; ta được: A = 1 - .
(Do vậy bài toán này có thể phát biểu: Chứng minh rằng:
 + + +  + = 
Hoặc: + + +  + <1)
* B = + +  + 
Chú ý rằng: = (; 
Kết quả: B = (.
* C = + + +  + (n; n lẻ)
Chú ý rằng: = = (
 = = (; ,,,
Kết quả: C = (1 - 
* D = + +  + 
Ta có: ; 
Do đó: 2D = - + - +  + - 
 = - 
Suy ra: D = (
* E = + + +  + 
Ta có: 
 - = 
Do đó: 3N = - + +  - 
Suy ra: N = (
Bài toán 2: Chứng minh
* P = 
Ta có: 
Cộng các bất đẳng thức cùng chiều trên ta được:
 P < 1 + + +  + 
* Q = + + +  + < 1
Nhận xét rằng: 3 = 22 – 12; 5 = 32 – 22; , 19 = 102 – 92
Suy ra: Q = - + -  + - 
 = 1 - .
Bài toán S5: Chứng minh rằng: m3 – m chia hết cho 6 (m 
Giải: Ta có m3 – m = m(m2 – 1) = (m – 1)m(m + 1). Đây là tích của 3 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 6.
Qua bài toán trên ta nhận thấy m3 và m đồng dư khi chia cho 2, cho 3, cho 6. Từ đó ta có các bài toán sau:
Bài toán 1: Chứng minh rằng: m3 + n3 ( 
Giải: Xét hiệu (m3 + n3) – (m + n) = (m3 – m) + (n3 – n)
Vì m3 - m (bài toán S5) nên (m3 – m) + (n3 – n) = (m3 + n3) – (m + n)
Như vậy: nếu m3 + n3 thì m + n 
 nếu m + n thì m3 + n3 .
Bài toán 2: Cho các số nguyên dương thoả mãn đẳng thức: x3 + y3 + z3 = 3269
Tìm số dư của phép chia: x + y + z cho 3
Giải: Ta có (x3 + y3 + z3) – (x + y + z) = (x3 – x) + (y3 – y) + (z3 – z) chia hết cho 3 (bài toán S5)
Suy ra: x + y + z đồng dư với x3 + y3 + z3 khi chia cho 3 mà x3 + y3 + z3 = 3269 chia cho 3 dư 2 nên số dư của phép chia: x + y + z cho 3 là 2.
Bài toán 3: Cho A = 1 + 2 + 3 +  + 99 . Chứng minh: A 
Giải: Gọi A1 = 1 + 2 + 3 +  + 99
Xét hiệu A – A1 = (1 + 2 + 3 +  + 99) – (1 + 2 + 3 +  + 99)
= (1 - 1) + (2 - 2) + (3 - 3) +  + (99 - 99) (bài toán S5)
Mặt khác thì 1 + 2 + 3 +  + 99 = 
Vậy: A 
Bài toán 4: Cho các số nguyên a; b; c thoả mãn đẳng thức: a + b + c = 222 
Chứng minh rằng: (a + ab + bc) + (b + ab + ac) + (c + bc + ac) chia hết cho 6
Giải: Đặt x = a + ab + bc; y = b + ab + ac; z = c + bc + ac thì 
 x + y + z = a + b + c + 2(ab + bc + ca) = (a + b + c) (1)
Vì 222 nên 222 (2)
Từ (1) và (2) suy ra x + y + z . Do đó: x + y + z (bài toán S5).
Hay: (a + ab + bc) + (b + ab + ac) + (c + bc + ac) = x + y + z (đpcm)
Bài toán 5: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:
(x + y) + (y + z)3 = x + 2y + z + 20053
Giải: Ta có: (x + y) + (y + z)3 = x + 2y + z + 20053
Với mọi số nguyên x; y; z thì (x + y)3 – (x + y) ; (y + z)3 – (y + z) (bài toán S5)
Do đó vế trái của phương trình luôn chia hết cho 6; nhưng 20053 ⁄ 6. 
Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên.
Bài tập tương tự: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình sau: 
 (x + y)3 + (y + z)3 + (z + x)3 = 2(x + y + z) + 20093
Bài toán S6: So sánh nghiệm phương trình bậc hai: ax2 + bx + c = 0 (a
Phương trình có ít nhất một nghiệm dương: D ≥0; 
Phương trình có nghiệm âm: D ≥0; 
Phương trình có hai nghiệm cùng âm: D ≥0; 
Phương trình có hai nghiệm cùng dương: D ≥0; 
Phương trình có hai nghiệm khác dấu: 
Bài tập vận dụng:
Bài 1: Tìm m để phương trình: x2 – 2(m + 2)x + m2 + 2m – 3 = 0 có ít nhất một nghiệm dương. 
Hướng dẫn: Giải đ/k: D ≥0; 
Kết quả: m
Bài 2: Tìm k để phương trình: x2 + kx – 1 = 0 có ít nhất một nghiệm lớn hơn 2
Hướng dẫn: Đặt t = x – 2 phương trình theo t có nghiệm dương
Giải đ/k: D ≥0; 
Kết quả: 
Bài 3: Tìm k để phương trình: x2 + (2k + 1)x + k2 = 0 có ít nhất một nghiệm lớn hơn hoặc bằng 1.
Hướng dẫn: Đặt t = x – 1 phương trình theo t có nghiệm không âm
Giải đ/k: D ≥0; ; sau đó dùng phương pháp loại trừ
Kết quả: k < 
Bài 4: Cho phương trình: x2 – (m – 1)x – m = 0
Giả sử phương trình có hai nghiệm x1; x2. Lập phương trình có hai nghiệm là:
t1 = 1 – x1; t2 = 1 – x2
Tìm m để phương trình đã cho có hai nghiệm: x1; x2 thoả mãn: x1 < 1 < x2
Ta có: 1 – x1 > 0; 1 – x2 0; t2 < 0
Quy về giải đ/k: 
Kết quả: m > 1.
Bài tập luyện tập:
Bài 1: Tìm m để phương trình: (m – 1)x2 – (m – 5)x + m – 1 = 0 có ít nhất một nghiệm lớn hơn -1.
Bài 2: Tim a để phương trình: x2 + ax + 2a – 4 = 0 có ít nhất một nghiệm nhỏ hơn hoặc bằng 5.
Bài 3: Tìm k để phương trình: 3x2 – 4x + 2(k – 1) = 0 có hai nghiệm phân biệt lớn hơn hoặc bằng 2.
Bài 4*: Tìm m để phương trình: có nghiệm duy nhất.
Bài toán S7: Chứng minh rằng: m2 – mn + n2 (
Hướng dẫn: Ta có m2 – mn + n2 = (m – n)2 + n2 
* Nếu cho m = x –1; n = 1 – y thì: 
(x – 1)2 – (x – 1)(1 – y) + (1 – y)2 
Ta có bài toán 1: Chứng minh rằng: x2 + y2 + xy – 3x – 3y + 3 
* Nếu cho m = x – 2; n = 1 – y thì:
Ta có bài toán 2: Chứng minh rằng: x2 + y2 + xy – 5x – 4y + 7 
* Nếu cho m = x; n = y và x; y khác 0. 
Ta có: x2 – xy + y2 và . 
Do đó: (x2 – xy + y2). 
Ta có bài toán 3: Cho x; y là hai số thực khác 0. Chứng minh rằng:
Bài toán S8: (Toán 6) Tìm các số tự nhiên a biết rằng a chia hết cho 15 và 
Giải: - Dễ dàng tìm được a = 15; a = 30.
Mở rộng số các số chia hết trong phép chia cùng với việc khai thác về số tự nhiên ta có bài toán 1.
Bài toán 1: Tìm số tự nhiên a nhỏ nhất có 3 chữ số biết rằng nó chia hết cho 5 và 12
Giải: - Dễ dàng tìm được a = 120
Khai thác hai bài toán trên về số dư trong phép chia ta được bài toán 2
Bài toán 2: Tìm số tự nhiên a nhỏ nhất biết rằng khi nó chia cho 2; cho 3; cho 4 ta được các số dư lần lượt là 1; 2; 3
Giải: Ta có a + 1 do đó dễ tìm được a = 11.
Thay đổi hình thức yêu cầu của bài toán 2, nâng cao sự đa dạng của các số dư trong các phép chia ta được bài toán 3
Bài toán 3: Một số tự nhiên a khi chia cho 4 dư 3; chia cho 17 dư 9; chia cho 19 dư 13. Hỏi khi chia a cho 1292 thì số dư là bao nhiêu?
Giải: Vì a chia cho 4 dư 3; chia cho 17 dư 9; chia cho 19 dư 13 nên a + 25 chia hết cho 4; 17; 19. Do đó mà (4; 17) = (4; 19) = (17; 19) = 1 
nên a + 25 = 4.17.19.k (k. 
Suy ra a + 25 = 1292k; do đó a = 1292 – 25 = (k – 1).1292 + 1267.
Vậy a chia cho 1292 có số dư là 1267.
Tiếp tục nâng cao hơn nữa sự đa dạng của các số dư trong phép chia ta được bài toán 4 sau đây.
Bài toán 4: (Hàn Tín điểm binh): Số binh lính vào khoảng 2100 đén 2200; biết rằng khi xếp hàng 3 dư 1; xếp hàng 5 dư 2; xếp hàng 7 dư 2. Tìm số binh lính.
Giải: Gọi số binh lính là x thì x chia cho 3 dư 1; chia cho 5 dư 2; chia cho 7 dư 2 nên x + 68 3, 5, 7 mà 3; 5; 7 là ba số nguyên tố cùng nhau nên x + 68 3.5.7 hay x + 68 = 105k (k. Do đó x = 105k – 68 mà 2100 < x < 2200 nên k = 21.
Vậy số binh lính là: 2137.
Tới đây ta có thể đưa ra tổng quát sau:
Cho a chia cho m dư r1; chia cho n dư r2; chia cho p dư r3; 
suy ra: a – r1 m; a – r2 n; a – r3 p. 
Ta phải tìm số tự nhiên t sao cho: r1 + t m; r2 + tn; r3 + tp.
Khi đó: a – r1 + (r1 + t) m; a – r2 + (r2 + t) n; a – r3 + (r3 + t) p; 
Suy ra: a + t BC(m; n; p).
Bài luyện tập:
Bài 1: Tìm số tự nhiên a biết: a chia hết cho 5; chia cho 7 dư 2; chia cho 9 dư 4 và 600 < a < 700.
Bài 2: Tìm số tự nhiên a nhỏ nhất; biết:
a chia cho 2 dư 1; chia cho 3 dư 1; chia cho 5 dư 4.
a chia cho 2 dư 1; chia cho 3 dư 1; chia cho 5 dư 4 và a chi hết cho 7.
Bài toán S9: Cho hình vẽ; trong đó hai đtròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại A.
 BC là tiếp tuyến chung ngoài, AM là tiếp tuyến chung trong. 
Chứng minh rằng:
ÀEM là hình chữ nhật;
ME.MO = MF.MO’
OO’ là tiếp tuyến của đtròn đkính BC;
BC là tiếp tuyến của đtròn đkính OO’.
Dễ dàng chớng minh được bài toán.
*Ngoài ra ta chứng minh được thêm:
BA cắt (O’) tại P; CA cắt (O) tại Q thì: B, O, Q thẳng hàng; C, O’, P thẳng hàng
BC = (trong đó R, r là các bán kính của (O) và (O’))
IK2 = CQ2+BP2
Giải: 
e) Do BAC = 900 nên BAQ = CAP = 900; suy ra BQ và CP là các đkính (góc nội tiếp chắn nửa đtròn); hay 3 điểm: B, O, Q thẳng hàng; C, O’, P thẳng hàng.
f) ∆MOO’ vuong tại M nên: MA = ; 
mà BC = 2MA nên: BC = .
g) Ta có: IK2 = (IA+AK)2 = (2R+2r)2 = 4(R+r)2 (1)
 ∆QBC vuông tại B nên: CQ2= BQ2+BC2 =4R2+4R.r
 Tương tự: BP2=4r2+4R.r
Do đó: CQ2+BP2 = 4R2+8R.r+4r2 =4(R2+2Rr+r2)=4(R+r)2 (2)
Từ (1) và (2) suy ra: IK2 = CQ2+BP2.
Thay đổi vị trí tương đối của hai đtròn để xem xét sự thay đổi của các kết quả đã chứng minh và tìm thêm các kết quả mới.
* Xét trường hợp (O) và (O’) cắt nhau:
Ta có bài toán 1: Cho hình vẽ; trong đó (O) 
Và (O’) cắt nhau tại A và B; CD là tiếp tuyến chung. Chứng minh rằng:
DE ┴CF tại I;
AB đi qua trung điểm M của CD;
A; I; B thẳng hàng;
CAD + CBD = 900.
Giải: Kẻ các tiếp tuyến FP, EQ và qua I kẻ IM┴ OO’
Khi đó: DOE=