SỬ DỤNG DIỆN TÍCH
TRONG CHỨNG MINH HÌNH HỌC
Có nhiều bài toán hình học tưởng như không liên quan đến diện tích, nhưng nếu
ta sử dụng diện tích thì lại dễ dàng tìm ra lời giải của bài toán.
Bài toán 1 : Tam giác ABC có AC = 2 AB. Tia phân giác của góc A cắt BC ở D.
Chứng minh rằng DC = 2 DB.
Phân tích bài toán (h.1)
Để so sánh DC và DB, có thể so sánh diện tích hai tam giác ADC và ADB có
chung đường cao kẻ từ A. Ta so sánh được diện tích hai tam giác này vì chúng có
các đường cao kẻ từ D bằng nhau, và AC = 2 AB theo đề bài cho.
Giải : Kẻ DI vuông góc với AB, DK vuông góc với AC. Xét ΔADC và ΔADB :
các đường cao DI = DK, các đáy AC = 2 AB nên S
ADC
= 2 S
ADB
.
Vẫn xét hai tam giác trên có chung đường cao kẻ từ A đến BC, do S
ADC
= 2 S
ADB

nên DC = 2 DB.
Giải tương tự như trên, ta chứng minh được bài toán tổng quát :
Nếu AD là phân giác của ΔABC thì DB/DC = AB/AC.
Bài toán 2 : Cho hình thang ABCD (AB // CD), các đường chéo cắt nhau tại O.
Qua O, kẻ đường thẳng song song với hai đáy, cắt các cạnh bên AC và BC theo
thứ tự tại E và F.
Chứng minh rằng OE = OF.
Giải :
Cách 1 : (h.2) Kẻ AH, BK, CM, DN vuông góc với EF. Đặt AH = BK = h
1

> S
4
nên S
1
+ S
2
> S
3
+ S
4
, trái với (1).
Giả sử OE < OF thì S
1
< S
3
và S
2
< S
4
nên S
1
+ S
2
< S
3
+ S
4
, trái với (1).
Vậy OE = OF.
Bài toán 3 : Cho hình bình hành ABCD. Các điểm M, N theo thứ tự thuộc các

1. Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi M là một điểm bất kì thuộc cạnh đáy BC.
Gọi MH, MK theo thứ tự là các đường vuông góc kẻ từ M đến AB, AC. Gọi BI là
đường cao của tam giác ABC. Chứng minh rằng MH + MK = BI.
Hướng dẫn : Hãy chú ý đến
S
AMB
+ S
AMC
= S
ABC
.
2. Chứng minh rằng tổng các khoảng cách từ một điểm M bất kì trong tam giác
đều ABC đến ba cạnh của tam giác không phụ thuộc vị trí của M.
Hướng dẫn : Hãy chú ý đến
S
MBC
+ S
MAC
+ S
MAB
= S
ABC
.
3. Cho tam giác ABC cân tại A. Điểm M thuộc tia đối của tia BC. Chứng minh
rằng hiệu các khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng AC và AB bằng đường
cao ứng với cạnh bên của tam giác ABC.
Hướng dẫn : Hãy chú ý đến
S
MAC
- S

1
D
1
(tính chất đối xứng) nên CD = C
1
D
1
. Mặt
khác ME và NF là đường trung bình của các tam giác ACC
1
và BDD
1
nên NF //
DD
1
, NF = 1/2DD
1
, ME // CC
1
, ME = 1/2 CC
1
=> ME // NF và NE = 1/2 NF =>
tứ giác MEFN là hình bình hành => MN // EF => đpcm.
Bài toán 1 có nhiều biến dạng” rất thú vị, sau đây là một vài biến dạng của nó, đề
nghị các bạn giải xem như những bài tập nhỏ ; sau đó hãy đề xuất những “biến
dạng” tương tự.
Bài toán 2 : Cho tam giác ABC. Trên AB và CD có hai điểm D và E chuyển động
sao cho BD = CE. Đường thẳng qua các trung điểm của BC và DE cắt AB và AC
tại I và J. Chứng minh ΔAIJ cân.
Bài toán 3 : Cho tam giác ABC, AB ≠ AC. AD và AE là phân giác trong và trung

không đổi. Điều này không khó vì Đ ACB = 90
o
(góc nội tiếp chắn
nửa đường tròn) và ΔBEE
1
= ΔBCA (c. g. c) => Đ BEE
1
= Đ BCA = 90
o
=> E
nằm trên nửa đường tròn đường kính BE
1
(1/2 đường tròn này và 1/2 đường tròn
đã cho nằm ở hai nửa mặt phẳng khác nhau với “bờ” là đường thằng BE
1
).
Vì Đ DEB = Đ E
1
EB = 90
o
nên D nằm trên EE
1
(xem hình 2)
=> Đ ADE
1
= 90
o
= Đ ABE
1
=> D nằm trên đường tròn đường kính AE

1
= 90 => tập hợp I là nửa đường tròn đường kính BI
1
(đường
tròn này và A ở về hai nửa mặt phẳng khác nhau với bờ là BD
1
).
Để kết thúc, xin mời bạn giải bài toán sau đây :
Bài toán 5 : Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB cố định và 1 điểm C chuyển
động trên nửa đường tròn đó. Kẻ CH vuông góc với AB. Trên đoạn thẳng OC lấy
điểm M sao cho OM = CH. Tìm tập hợp M.
LÀM QUEN VỚI BẤT ĐẲNG THỨC
TRÊ-BƯ-SEP
Các bạn đã từng được làm quen với các bất đẳng thức Cô si, Bunhiacôpski nhưng
không ít bạn còn chưa biết về bất đẳng thức Trê - bư - sép. Con đường đi đến bất
đẳng thức này thật là giản dị, quá gần gũi với những kiến thức cơ bản của các bạn
bậc THCS.
Các bạn có thể thấy ngay : Nếu a
1
≤ a
2
và b
1
≤ b
2
thì (a
2
- a
1
) (b

≥ a
1
b
2
+ a
2
b
1
.
Nếu cộng thêm a
1
b
1
+ a
2
b
2
vào cả hai vế ta được :
2 (a
1
b
1
+ a
2
b
2
) ≥ a
1
(b
1

2
và b
1
≥ b
2
thì tất cả các bất đẳng thức trên cùng đổi chiều và ta có
:
2 (a
1
b
1
+ a
2
b
2
) ≤ (a
1
+ a
2
) (b
1
+ b
2
) (**)
Các bất đẳng thức (*) và (**) đều trở thành đẳng thức khi và chỉ khi a
1
= a
2
hoặc
b

2003
+ y.x
2003

Cộng thêm x
2004
+ y
2004
vào hai vế ta có : 2.(x
2004
+ y
2004
) ≥ (x+y) (x
2003
+ y
2003
) = 2.
(x
2003
+ y
2003
)
=> : x
2004
+ y
2004
≥ x
2003
+ y
2003

a
≥ h
b
≥ h
c
.
Làm như lời giải bài toán 3 ta có :
(a + b).(ha + hb) ≥ 8S
=> : 1/(h
a
+ h
b
) ≤ (a + b)/(8S) (1)
Tương tự ta được :
1/(h
b
+ h
b
) ≤ (b + c)/(8S) (2)
1/(h
c
+ h
a
) ≤ (c + a)/(8S) (3)
Cộng từng vế của (1), (2), (3) dẫn đến :
Bất đẳng thức (4) trở thành đẳng thức khi và chỉ khi các bất đẳng thức (1), (2), (3)
đồng thời trở thành đẳng thức tương đương với a = b = c hay tam giác ABC là
tam giác đều.
Bây giờ các bạn thử giải các bài tập sau đây :
1) Biết rằng x

việc kết hợp các phương pháp quen thuộc như đặt nhân tử chung, nhóm số hạng,
hằng đẳng thức
Phương pháp này dựa vào một số nhận xét sau đây :
1/ Giả sử phải phân tích biểu thức F(a, b, c) thành nhân tử, trong đó a, b, c có
vai trò như nhau trong biểu thức đó. Nếu F(a, b, c) = 0 khi a = b thì F(a, b, c)
sẽ chứa các nhân tử a - b, b - c và c - a.
Bài toán 1 : Phân tích thành nhân tử :
F(a, b, c) = a
2
(b - c) + b
2
(c - a) + c
2
(a - b).
Nhận xét : Khi a = b ta có :
F(a, b, c) = a
2
(a - c) + a
2
(c - a) = 0, do đó F(a, b, c) có chứa nhân tử a - b.
Tương tự F(a, b, c) chứa các nhân tử b - c, c - a. Vì F(a, b, c) là biểu thức bậc ba,
do đó F(a, b, c) = k.(a - b)(b - c)(c - a).
Cho a = 1, b = 0, c = -1 ta có :
1 + 1 = k.1.1.(-2) => k = -1.
Vậy : F(a, b, c) = -(a - b)(b - c)(c - a).
Bài toán 2 : Phân tích thành nhân tử :
F(a, b, c) = a
3
(b - c) + b
3

Nhận xét :
Từ giả thiết 1/x + 1/y + 1/z = 1/(x + y + z) => :
(xy + xz + yz)(x + y + z) - xyz = 0 (*)
Do đó ta thử phân tích biểu thức
F(x, y, z) = (xy + xz + yz)(x + y + z) - xyz thành nhân tử.
Chú ý rằng khi x = - y thì F(x, y, z) = - y
2
z + y
2
z = 0 nên F(x, y, z) chứa nhân tử x
+ y. Lập luận tương tự như bài toán 1, ta có F(x, y, z) = (x + y)(y + z)(x + z).
Do đó (*) trở thành : (x + y)(y + z)(x + z) = 0
Tương đương với : x + y = 0 hoặc y + z = 0 hoặc z + x = 0 .
Nếu x + y = 0 chẳng hạn thì x = - y và do n lẻ nên x
n
= (-y)
n
= -y
n
.
Vậy : 1/x
n
+ 1/y
n
+ 1/z
n
= 1/(x
n
+ y
n

- xy - yz - zx).
Ta có thể thêm bớt vào F(x, y, z) một lượng 3x
2
y + 3xy
2
để nhân được kết quả
này.
Các bạn hãy dùng các phương pháp và kết quả nêu trên để giải các bài tập sau
đây.
Bài toán 5 :
Tính tổng :
trong đó k = 1, 2, 3, 4.
Bài toán 6 : Chứng minh rằng (a - b)
5
+ (b - c)
5
+ (c - a)
5
chia hết cho 5(a - b)(b -
c)(c - a).
TS. Lê Quốc Hán
(ĐH Vinh)
MỘT PHƯƠNG PHÁP TÌM NGHIỆM ĐỘC ĐÁO
Bằng kiến thức hình học lớp 6 ta có thể giải được các phương trình bậc hai một ẩn
được không ? Câu trả lời là ở trường hợp tổng quát thì không được, nhưng trong
rất nhiều trường hợp ta vẫn có thể tìm được nghiệm dương.
Ví dụ : Tìm nghiệm dương của phương trình x
2
+ 10x = 39.
Lời giải :

1/ Dựa vào định nghĩa ƯCLN để biểu diễn hai số phải tìm, liên hệ với các yếu tố
đã cho để tìm hai số.
2/ Trong một số trường hợp, có thể sử dụng mối quan hệ đặc biệt giữa ƯCLN,
BCNN và tích của hai số nguyên dương a, b, đó là : ab = (a, b).[a, b], trong đó (a,
b) là ƯCLN và [a, b] là BCNN của a và b. Việc chứng minh hệ thức này không
khó :
Theo định nghĩa ƯCLN, gọi d = (a, b) => a = md ; b = nd với m, n thuộc Z
+
; (m,
n) = 1 (*)
Từ (*) => ab = mnd
2
; [a, b] = mnd
=> (a, b).[a, b] = d.(mnd) = mnd
2
= ab
=> ab = (a, b).[a, b] . (**)
Chúng ta hãy xét một số ví dụ minh họa.
Bài toán 1 : Tìm hai số nguyên dương a, b biết [a, b] = 240 và (a, b) = 16. Lời
giải : Do vai trò của a, b là như nhau, không mất tính tổng quát, giả sử a ≤ b.
Từ (*), do (a, b) = 16 nên a = 16m ; b = 16n (m ≤ n do a ≤ b) với m, n thuộc Z
+
;
(m, n) = 1.
Theo định nghĩa BCNN :
[a, b] = mnd = mn.16 = 240 => mn = 15
=> m = 1 , n = 15 hoặc m = 3, n = 5 => a = 16, b = 240 hoặc a = 48, b = 80.
Chú ý : Ta có thể áp dụng công thức (**) để giải bài toán này : ab = (a, b).[a, b]
=> mn.16
2

Ta có : a = 16m ; b = 16n với m, n thuộc Z
+
; (m, n) = 1 ; m ≤ n.
Vì vậy : a + b = 128 tương đương 16(m + n) = 128 tương đương m + n = 8
Tương đương với m = 1, n = 7 hoặc m = 3, n = 5 hay a = 16, b = 112 hoặc a = 48,
b = 80
Bài toán 7 : Tìm a, b biết a + b = 42 và [a, b] = 72.
Lời giải : Gọi d = (a, b) => a = md ; b = nd với m, n thuộc Z
+
; (m, n) = 1.
Không mất tính tổng quát, giả sử a ≤ b => m ≤ n.
Do đó : a + b = d(m + n) = 42 (1)
[a, b] = mnd = 72 (2)
=> d là ước chung của 42 và 72 => d thuộc {1 ; 2 ; 3 ; 6}.
Lần lượt thay các giá trị của d vào (1) và (2) để tính m, n ta thấy chỉ có trường
hợp d = 6 => m + n = 7 và mn = 12 => m = 3 và n = 4 . (thỏa mãn các điều kiện
của m, n). Vậy d = 6 và a = 3.6 = 18 , b = 4.6 = 24
Bài toán 8 : Tìm a, b biết a - b = 7, [a, b] = 140.
Lời giải : Gọi d = (a, b) => a = md ; b = nd với m, n thuộc Z
+
; (m, n) = 1.
Do đó : a - b = d(m - n) = 7 (1’)
[a, b] = mnd = 140 (2’)
=> d là ước chung của 7 và 140 => d thuộc {1 ; 7}.
Thay lần lượt các giá trị của d vào (1’) và (2’) để tính m, n ta được kết quả duy
nhất :
d = 7 => m - n = 1 và mn = 20 => m = 5, n = 4
Vậy d = 7 và a = 5.7 = 35 ; b = 4.7 = 28 .
Bài tập tự giải :
1/ Tìm hai số a, b biết 7a = 11b và (a, b) = 45.

CNIK
.
Lời giải : Gọi L là giao điểm của CI và NK.
Từ S
ΔANI
= S
ΔIJK
=> S
ΔANI
+ S
ΔAIJ
= = S
ΔIJK
+ S
ΔAIJ
=> S
ΔNAJ
= S
ΔKAJ
.
Ta nhận thấy ΔNAJ và ΔKAJ có chung cạnh AJ nên khoảng cách từ N và K tới
AJ là bằng nhau, dẫn đến NK // AJ.
Xét hình thang KNAJ, có hai cạnh bên AN x JK = C ; có hai đường chéo AK x JN
= I, theo bổ đề “Hình thang”, CI cắt NK tại trung điểm của NK. Vậy L là trung
điểm của NK (*).
Từ (*) ta chứng minh được S
ΔCIN
= S
ΔCIK
, mà S

).
Hoàn toàn tương tự, ta chứng minh được từng cặp trong ba tứ giác APJI, BMKJ,
CNIK có diện tích bằng nhau và do đó diện tích của ba tứ giác này bằng nhau.
* Xét bài toán đảo của bài toán dựng hình chỉ bằng thước kẻ trong TTT2(4) nói
trên.
Bài toán 2 : Cho trước một đoạn thẳng AB và trung điểm M của nó. Chỉ bằng
thước thẳng, hãy dựng qua điểm C nằm ngoài AB, một đường thẳng song song
với AB.
Lời giải :
Phân tích : Giả sử dựng được đường thẳng (d) đi qua C và song song với AB
(hình 2).
Trên phần kéo dài của tia BC, lấy một điểm S bất kì. Gọi giao điểm của SA và (d)
là D, AC cắt BD tại O. Theo bổ đề Hình thang, đường thẳng SO đi qua điểm M,
từ đó ta có cách dựng.
Cách dựng : Lấy điểm S như trên. Lần lượt nối AC, SM, các đường thẳng này cắt
nhau tại O. Nối SA, BO, cắt nhau tại D. Đường thẳng (d) đi qua C, D chính là
đường thẳng cần dựng : (d) đi qua C, (d) // AB.
* Kết quả của bài toán 2 cũng được vận dụng trong nhiều bài toán dựng hình chỉ
bằng thước thẳng.
Bài toán 3 : Cho hình bình hành ABCD với O là tâm. Chỉ dùng thước thẳng, qua
O, hãy dựng đường thẳng song song với một cạnh bất kì của hình bình hành
ABCD.
Lời giải : Theo bài toán, O lần lượt là trung điểm AC, BD (hình 3).
áp dụng bài toán 2 cho đoạn thẳng AC với O là trung điểm của AC và B là điểm
nằm ngoài AC, ta hoàn toàn dựng được đường thẳng Bx // AC.
Tương tự, ta cũng dựng được đường thẳng Cy // BD.
Gọi E là giao điểm của Bx, Cy, ta thấy ngay OBEC là hình bình hành.
Do đó, nếu gọi I là giao điểm của BC và OE thì I là trung điểm của BC, mặt khác
O là trung điểm của BD nên OI là đường trung bình của DBCD, OI // CD.
=> OE là đường thẳng cần dựng.

Bài toán 2 : Rút gọn :
Lời giải :
2. Chứng minh bất đẳng thức
Bài toán 3 : Cho ΔABC với góc A ≥ góc B ≥ góc C.
Chứng minh :
Lời giải : Hạ AH vuông góc với BC ; BI vuông góc với AC. Ta có AH = h
a
, BI =
h
b
. Dễ thấy 2 tam giác vuông AHC và BIC đồng dạng và chung góc C. => h
a
/h
b
=
AH/BI = b/a .
áp dụng điều tương tự ta có :
Vì góc A ≥ góc B ≥ góc C tương đương với a ≥ b ≥ c nên (**) đúng, tức là (*)
được chứng minh.
3. Giải phương trình và bất phương trình
Bài toán 4 : Giải phương trình : 4x
3
- 10x
2
+ 6x - 1 = 0 (1)
Lời giải :
(1) 4x
3
- 2x
2

+ 2x + 4) < 0
tương đương với (x - 2)[6x
2
+ 3 + (x + 1)2] < 0 hay x - 2 < 0 => x < 2.
Vậy bất phương trình (3) có nghiệm là x < 2.
4. Một số bài toán khác.
Bài toán 7 : CMR nếu :
với a, b ≠ 0 ; a ≠ b ; a, b ≠ 1/2 thì a + b + 3/2 = 1/a + 1/b.
Lời giải : (*) tương đương : a
2
b - 2a
3
b - 2b
2
+ 4ab
2
= b
2
a - 2ab
3
- 2a
2
+ 4a
2
b hay :
3ab
2
- 3a
2
b - 2a

Có (n + 9) - (n + 2) = 7 => n + 9 và n + 2 cùng chia hết cho 7 hoặc không cùng
chia hết cho 7.
- Nếu n + 9 và n + 2 cùng chia hết cho 7 thì (n + 9)(n + 2) chia hết cho 49 mà 21
không chia hết cho 49 nên M không chia hết cho 49.
- Nếu n + 9 và n + 2 không cùng chia hết cho 7 thì (n + 9)(n + 2) không chia hết
cho 7 mà 21 chia hết cho 7 nên M không chia hết cho 49.
Vậy n
2
2 + 11n + 39 không chia hết cho 49.
Sau đây là một số bài tập để các bạn thử vận dụng :
1. Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình : x
6
- x
4
+ 2x
3
+ 2x
2
= y
2
.
2. Cho ab ≥ 1.
Chứng minh : 1/(1 + a
2
) + 1/(1 + b
2
) ≥ 2/(1 + ab).
3. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên lẻ n thì (n
86 - n4 + n2) chia hết cho 1152.
CHỨNG MINH MỘT SỐ KHÔNG PHẢI LÀ SỐ CHÍNH

2
.
Bài toán 2 : Chứng minh số 1234567890 không phải là số chính phương.
Lời giải : Thấy ngay số 1234567890 chia hết cho 5 (vì chữ số tận cùng là 0)
nhưng không chia hết cho 25 (vì hai chữ số tận cùng là 90). Do đó số 1234567890
không phải là số chính phương.
Chú ý : Có thể lý luận 1234567890 chia hết cho 2 (vì chữ số tận cùng là 0),
nhưng không chia hết cho 4 (vì hai chữ số tận cùng là 90) nên 1234567890 không
là số chính phương.
Bài toán 3 : Chứng minh rằng nếu một số có tổng các chữ số là 2004 thì số đó
không phải là số chính phương.
Lời giải : Ta thấy tổng các chữ số của số 2004 là 6 nên 2004 chia hết cho 3 mà
không chia hết 9 nên số có tổng các chữ số là 2004 cũng chia hết cho 3 mà không
chia hết cho 9, do đó số này không phải là số chính phương.
2. Dùng tính chất của số dư
Chẳng hạn các em gặp bài toán sau đây :
Bài toán 4 : Chứng minh một số có tổng các chữ số là 2006 không phải là số
chính phương.
Chắc chắn các em sẽ dễ bị “choáng”. Vậy ở bài toán này ta sẽ phải nghĩ tới điều
gì ? Vì cho giả thiết về tổng các chữ số nên chắc chắn các em phải nghĩ tới phép
chia cho 3 hoặc cho 9. Nhưng lại không gặp điều “kì diệu” như bài toán 3. Thế thì
ta nói được điều gì về số này ? Chắc chắn số này chia cho 3 phải dư 2. Từ đó ta có
lời giải.
Lời giải : Vì số chính phương khi chia cho 3 chỉ có số dư là 0 hoặc 1 mà thôi
(coi như bài tập để các em tự chứng minh !). Do tổng các chữ số của số đó là
2006 nên số đó chia cho 3 dư 2. Chứng tỏ số đã cho không phải là số chính
phương.
Tương tự các em có thể tự giải quyết được 2 bài toán :
Bài toán 5 : Chứng minh tổng các số tự nhiên liên tiếp từ 1 đến 2005 không phải
là số chính phương.

(n + 1)
2
thì k không là số chính phương. Từ đó các em có thể xét được các bài
toán sau :
Bài toán 8 : Chứng minh số 4014025 không là số chính phương.
Nhận xét : Số này có hai chữ số tận cùng là 25, chia cho 3 dư 1, chia cho 4 cũng
dư 1. Thế là tất cả các cách làm trước đều không vận dụng được. Các em có thể
thấy lời giải theo một hướng khác.
Lời giải : Ta có 2003
2
= 4012009 ; 2004
2
= 4016016 nên 2003
2
< 4014025 <
2004
2
. Chứng tỏ 4014025 không là số chính phương.
Bài toán 9 : Chứng minh A = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) không là số chính phương
với mọi số tự nhiên n khác 0.
Nhận xét : Đối với các em đã làm quen với dạng biểu thức này thì có thể nhận ra
A + 1 là số chính phương (đây là bài toán quen thuộc với lớp 8). Các em lớp 6,
lớp 7 cũng có thể chịu khó đọc lời giải.
Lời giải : Ta có : A + 1 = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 = (n
2
+ 3n)(n
2
+ 3n + 2) + 1 =
(n
2

Bài toán 10 : Hãy tìm số tự nhiên n sao cho A = n
4
- 2n
3
+ 3n
2
- 2n là số chính
phương.
Gợi ý : Nghĩ đến (n
2
- n + 1)
2
.
Bài toán 11 : Chứng minh số 23
5
+ 23
12
+ 23
2003
không là số chính phương.
Gợi ý : Nghĩ đến phép chia cho 3 hoặc phép chia cho 4.
Bài toán 12 : Có 1000 mảnh bìa hình chữ nhật, trên mỗi mảnh bìa được ghi một
số trong các số từ 2 đến 1001 sao cho không có hai mảnh nào ghi số giống nhau.
Chứng minh rằng : Không thể ghép tất cả các mảnh bìa này liền nhau để được
một số chính phương.
Bài toán 13 : Chứng minh rằng : Tổng các bình phương của bốn số tự nhiên liên
tiếp không thể là số chính phương.
Gợi ý : Nghĩ tới phép chia cho 4.
Bài toán 14 : Chứng minh rằng số 333
333

2
+ 3n + 2) + 1
= (n
2
+ 3n)
2
+ 2(n
2
+ 3n) + 1
= (n
2
+ 3n + 1)
2
Với n là số tự nhiên thì n
2
+ 3n + 1 cũng là số tự nhiên, theo định nghĩa, a
n
là số
chính phương.
Bài toán 2 : Chứng minh số :
là số chính phương.
Lời giải :
Ta có :
Vậy : là số chính phương.
Phương pháp 2 : Dựa vào tính chất đặc biệt.
Ta có thể chứng minh một tính chất rất đặc biệt : “Nếu a, b là hai số tự nhiên
nguyên tố cùng nhau và a.b là một số chính phương thì a và b đều là các số chính
phương”.
Bài toán 3 : Chứng minh rằng : Nếu m, n là các số tự nhiên thỏa mãn 3m
2

3) Chứng minh rằng, với mọi số tự nhiên n thì 3
n
+ 4 không là số chính phương.
4) Tìm số tự nhiên n để n
2
+ 2n + 2004 là số chính phương.
5) Chứng minh : Nếu : và n là hai số tự nhiên thì a là số chính
phương.
CHỦ ĐỘNG SÁNG TẠO
KHI GIẢI TOÁN HÌNH HỌC
Một vấn đề đặt ra là nên cấu tạo đề bài tập toán như thế nào (với mục đích vận
dụng kiến thức, rèn luyện kĩ năng, kiểm tra năng lực toán học. v.v ) để phù hợp
phương pháp dạy học đổi mới theo định hướng tích cực, độc lập, sáng tạo.
Câu trả lời đã trở nên rõ ràng nếu chú ý nhận xét tính đa dạng và phong phú của
hệ thống bài tập trong sách giáo khoa mới. Trong khuôn khổ một bài báo, do
không thể phân tích hết ưu nhược điểm của từng thể loại bài tập toán nhằm giúp
học sinh học tập chủ động, sáng tạo, tác giả xin trao đổi với các bạn đồng nghiệp
về vấn đề này thông qua một số ví dụ về bài tập hình học.
Thí dụ 1 : Bài tập kích thích mạnh mẽ tư duy học sinh là loại bài tập tình huống.
Ta hãy xét bài tập sau (lớp 7).
Cho điểm M trên trang giấy và hai đường thẳng d, d’ cắt nhau nhau ngoài trang
giấy. Hãy vẽ đường thẳng d’’ đi qua điểm M và giao điểm của d, d’. Nói cách vẽ
và giải thích vì sao vẽ được như vậy.
Tình huống của bài tập này là : Học sinh phải vẽ một đường thẳng đi qua hai
điểm, trong đó một điểm đã cho trước, còn điểm thứ hai thì chưa xác định được.
Hướng giải quyết bài toán không phải là vẽ giao điểm của hai đường thẳng d và d’
mà là tìm quan hệ giữa đường thẳng phải vẽ (đường thẳng d’’ đi qua điểm M) với
những đường thẳng khác có thể vẽ được trên trang giấy.
Quá trình mò mẫm dẫn đến cấu hình ba đường cao đồng quy trong tam giác, từ đó
=> cách vẽ.

: Trong tam giác vuông BHC, HJ là trung tuyến ứng với cạnh huyền BC.
Gọi cạnh hình vuông là a, ta có :
HJ = BC/2 = a / 2, từ đó HJ
2
= a
2
/ 4
HK = IB/2 = a / 4 , từ đó HK
2
= a
2
/ 16
Tính HK
2
: Trong tam giác vuông BHI :
Tính JK
2
: Trong tam giác vuông BJK :
JK
2
= BJ
2
+ BK<SUP.2< sup> , từ đó JK
2
= a
2
/4 + a
2
.
Từ các kết quả trên => JK

o
(hai góc đồng vị).
Đ ECD = Đ BCD - Đ BCE = 88
o
- 31
o
= 57
o

b) Vì tam giác EAC cân nên Đ EAB = Đ ECB = 31
o
. Trong tam giác ABE :
Đ AEB = 180
o
- 88
o
+ 31
o
= 61
o
.
Đ EDC = Đ AEB - 61
o
(hai góc đồng vị).
c) Trong tam giác CDE : Đ DEC = 180
o
- (57
o
+ 61
o

) = 62
o

Vậy cạnh CD lớn nhất.
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI
PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN
Trong quá trình giảng dạy và làm toán, tôi đã hệ thống được một số phương pháp
giải phương trình nghiệm nguyên, hi vọng sẽ giúp các em học sinh biết lựa chọn
phương pháp thích hợp khi giải bài toán loại này.
Phương pháp 1 : Đưa về dạng tích
Biến đổi phương trình về dạng : vế trái là tích của các đa thức chứa ẩn, vế phải
là tích của các số nguyên.
Thí dụ 1 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình :
y
3
- x
3
= 91 (1)
Lời giải : (1) tương đương với (y - x)(x
2
+ xy + y
2
) = 91 (*)
Vì x
2
+ xy + y
2
> 0 với mọi x, y nên từ (*) => y - x > 0.
Mặt khác, 91 = 1 x 91 = 7 x 13 và y - x ; x
2

x + y + z = xyz (2).
Lời giải :
Do vai trò bình đẳng của x, y, z trong phương trình, trước hết ta xét x ≤ y ≤ z.
Vì x, y, z nguyên dương nên xyz ≠ 0, do x ≤ y ≤ z => xyz = x + y + z ≤ 3z => xy
≤ 3 => xy thuộc {1 ; 2 ; 3}.
Nếu xy = 1 => x = y = 1, thay vào (2) ta có : 2 + z = z, vô lí.
Nếu xy = 2, do x ≤ y nên x = 1 và y = 2, thay vào (2), => z = 3.
Nếu xy = 3, do x ≤ y nên x = 1 và y = 3, thay vào (2), => z = 2.
Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình (2) là các hoán vị của (1 ; 2 ; 3).
Thí dụ 3 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình :
1/x + 1/y + 1/z = 2 (3)
Lời giải : Do vai trò bình đẳng của x, y, z, trước hết ta xét x ≤ y ≤ z. Ta có :
2 = 1/x + 1/y + 1/z ≤ 3.1/x => x ≤ 3/2 => x = 1.
Thay x = 1 vào (3) ta có :
1/y + 1/z + 1 = 2 => 1 = 1/y + 1/z ≤ 2/y => y ≤ 2
=> y = 1 => 1/z = 0 (vô lí)
hoặc y = 2 => 1/z = 2 => z = 2.
Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình (3) là các hoán vị của (1 ; 2 ; 2).
Phương pháp 3 : Sử dụng tính chất chia hết
Phương pháp này sử dụng tính chất chia hết để chứng minh phương trình vô
nghiệm hoặc tìm nghiệm của phương trình.
Thí dụ 4 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình :
x
2
- 2y
2
= 5 (4)
Lời giải : Từ phương trình (4) ta => x phải là số lẻ. Thay x = 2k + 1 (k thuộc Z)
vào (4), ta được :
4k