Sáng tạo khi tự học Toán

TOÁN TUỔI THƠ 1 SÁNG TẠO KHI TỰ HỌC TOÁN Bài toán 1 : Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng : 1/(a + b + c) + 1/(a - b + c) + 1/(- a + b + c) ≥ 1/a + 1/b + 1/c (Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 trường THPT chuyên Lê Hồng Phong, TP Hồ Chí Minh, 1992-1993) Hướng dẫn Bài toán phụ : Cho x, y > 0. Chứng minh rằng : 1/x + 1/y ≥4/(x + y) Lời giải : Vận dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương ta có: Vì a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác nên:a + b > c ; a + c > b ; b + c > a ; a + b - c > 0 ; a - b + c > 0 ; - a + b + c > 0. Vận dụng bài toán phụ trên ta có: 1/(a + b - c) + 1/(a - b + c) ≥ 4/(a + b - c + a - b + c ) = 4/(2a) = 2/a   (1) Chứng minh tương tự ta cũng có: 1/(a + b - c) + 1/(- a + b + c) ≥ 2/b   (2) 1/(a - b + c) + 1/(- a + b + c) ≥ 2/c   (3) Từ (1), (2), (3) ta có điều cần chứng minh. Bài toán phụ giúp ta nhận ra rằng nếu n thuộc N thì: Từ đó ta đến với bài toán mới, bài toán tổng quát của bài toán 1. Bài toán 2 : Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng : với mọi n thuộc N. Vẫn chưa vừa lòng với kết quả nhận được tôi thử tìm cách thay đổi tử của các phân thức ở vế trái của bất đẳng thức ở bài toán 1 và nhận được bài toán mới. Bài toán 3 : Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng : c/(a + b - c) + b/(a - b + c) + a/(- a + b + c) ≥ 3 (Đề kiểm tra đội tuyển toán 9, quận Tân Bình, TP Hồ Chí Minh 2000-2001) Hướng dẫn : Đặt - a + b + c = x, a - b + c = y, a + b - c = z Ta có a = (y + z)/2 ; b = (x + z)/2 ; c = (x + y)/2 . Do đó: c/(a + b - c) + b/(a - b + c) + a/(- a + b + c) = (x + y)/(2z) + (x + z)/(2y) = (y + z)/(2x) = 1/2[(x/y + y/x) + y/z + z/y) + x/z + z/x)] ≥ 1/2.(2 + 2 + 2) = 3 Suy nghĩ ... và suy nghĩ giúp tôi tìm và giải được bài toán 4, bài toán tổng quát của bài toán 1 và bài toán 3. Bài toán 4 : Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng : với mọi n thuộc N. Hướng dẫn :Với n = 0 ta có bài toán 1, và với n = 1 ta có bài toán 3. Xét n ≥ 2 ta có: (an - 2 - bn - 2)(a - b) ≥ 0 => an - 1 + bn - 1 ≥ an - 2b + abn - 2   (1)Tương tự bn - 1 + cn - 1 ≥ bn - 2c + bcn - 2   (2) ; cn - 1 + an - 1 ≥ an - 2c + acn - 2   (3)Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương ta có: Chứng minh tương tự ta cũng có: TOÁN TUỔI THƠ 2 MỘT PHONG CÁCH HỌC TOÁN Bài toán A : Cho tứ giác ABCD. Gọi M, N, P, Q theo thứ tự là các trung điểm của các cạnh AB, BC, CD, DA. Chứng minh rằng tứ giác MNPQ là hình bình hành. (Bài 6, trang 24 SGK Hình học 8, NXB Giáo dục 2000) Hướng dẫn MN là đường trung bình của tam giác ABC => MN // AC và MN = 1/2 AC. QP là đường trung bình của tam giác ADC => QP // AC và QP = 1/2 AC. Do đó MN // QP và MN = QP => tứ giác MNPQ là hình bình hành. * Câu hỏi được đặt ra : Liệu tứ giác ABCD không lồi thì tứ giác MNPQ có là hình bình hành không ? Dễ thấy hoàn toàn tương tự trên ta chứng minh được tứ giác MNPQ là hình bình hành. Ta có hai bài toán mới. Bài toán 1 : Cho tứ giác ABCD. Gọi M, P lần lượt là trung điểm hai đường chéo AB, DC. N, Q lần lượt là trung điểm các cạnh BC, DA. Chứng minh rằng tứ giác MNPQ là hình bình hành. Bài toán 2 : Cho tam giác ABD, C là điểm nằm trong tam giác ABD. Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng AB, BC, CD, DA. Chứng minh rằng tứ giác MNPQ là hình bình hành. Từ bài toán A nhận ra rằng nếu trên các cạnh BC có điểm E, trên cạnh AD có điểm F (E ≠ N, F ≠ Q) mà tứ giác MEPF là hình bình hành thì cũng có tứ giác ENFQ là hình bình hành, do vậy giúp ta giải được bài toán hay và khó sau : Bài toán 3 : Cho tứ giác ABCD có M, P lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, CD. E và F lần lượt là các điểm thuộc các cạnh BC và DA (EB ≠ EC, FA ≠ FD) sao cho tứ giác MEPF là hình bình hành. Chứng minh rằng BC // AD. Bài toán A giúp ta giải được bài toán sau : Bài toán 4 : Cho ngũ giác ABCDE, gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC, DE, AE. H là trung điểm của NQ, K là trung điểm của MP. Chứng minh rằng KH // DC. Và nếu I, J lần lượt là trung điểm các đường chéo AC, BD, bài toán A và bài toán 1 giúp ta đến với bài toán Giec gôn : Bài toán 5 : Chứng minh rằng đoạn thẳng nối trung điểm hai đường chéo và các đoạn thẳng nối trung điểm các cạnh đối của tứ giác lồi gặp nhau tại một điểm. Hơn nữa, ta cũng nhận ra rằng ở bài toán A còn có : AC vuông góc với BD tương đương MN vuông góc với MQ tương đương với MNPQ là hình chữ nhật. AC = BD tương đương MN = MQ hay MNPQ là hình thoi. Giúp ta đến với bài toán 6. Bài toán 6 : Gọi M, N, P, Q là các trung điểm các cạnh của tứ giác ABCD. Hai đường chéo AC và BD phải thỏa mãn những điều kiện nào để M, N, P, Q là 4 đỉnh của : a) Hình chữ nhật ? ; b) Hình thoi ? ; c) Hình vuông ? (Bài 13, trang 37 SGK Hình học 8, NXB Giáo dục 2000) Câu c bài toán 6 giúp ta có lời giải bài toán Hay và Khó sau : Bài toán 7 : Cho tam giác OBC. Về phía ngoài tam giác dựng các hình vuông OBIA, OCKD. Gọi M, P lần lượt là tâm của các hình vuông OBIA, OCKD. Và N, Q lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng BC, AD. Chứng minh rằng tứ giác MNPQ là hình vuông. Vẽ hình bài toán 7, nhận ra rằng M, N, P, Q lần lượt là trung điểm các cạnh AB, BC, CD, DA của tứ giác ABCD. Do vậy “chìa khóa vàng” của bài toán là chứng minh AC = BD, AC vuông góc với BD điều này có được từ ΔOAC = ΔOBD (c - g - c). Và như vậy từ hình 2 cũng cho ta bài toán mới. Bài toán 8 : Cho tứ giác ABCD, gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AB, AC, CD, BD. Tứ giác ABCD phải thỏa mãn những điều kiện nào để M, N, P, Q là bốn đỉnh của : a) Hình chữ nhật ? ; b) Hình thoi ? ; c) Hình vuông ? Tương tự từ hình 3 cũng đến với ta bài toán 9. Bài toán 9 : Cho tam giác ABC, C là điểm nằm trong tam giác ABD. Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AB, BC, CD, DA. Các điểm A, B, C, D phải thỏa mãn những điều kiện nào để M, N, P, Q là bốn đỉnh của : a) Hình chữ nhật ? ; b) Hình thoi ? ; c) Hình vuông ? Và như vậy từ các bài toán : A ; 1 ; 2 ; 6 ; 8 ; 9 có được bài toán tổng quát sau chăng ? Bài toán 10 : Cho bốn điểm A, B, C, D trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng. Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AB, BC, CD, DA. Các điểm A, B, C, D phải thỏa mãn những điều kiện nào để M, N, P, Q là bốn đỉnh của : a) Hình chữ nhật ? ; b) Hình thoi ? ; c) Hình vuông ? Lại nhận ra rằng : SMNP = 1/2.SMNPQ , SMNPQ = 1/2.SABCD . Do vậy SMNP = 1/4.SMNPQ , đến với bài toán Hay và Khó sau : Bài toán 11 : Cho tứ giác ABCD. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BD, CD. Chứng minh rằng SMNP = 1/4.SABCD. Bài toán A chắc chắn còn nhiều điều hấp dẫn và thú vị, nếu ta tiếp tục suy nghĩ và tìm tòi. TOÁN TUỔI THƠ 3 HỌC MỘT BIẾT MƯỜI Xét bài toán 19, trang 38, Hình học 8 : Cho một góc vuông xOy. Trên tia Ox ta lấy điểm A cố định sao cho OA = a, trên tia Oy ta lấy điểm B di động. Vẽ trong góc xOy hình vuông ABCD. a) Tính khoảng cách từ D tới Ox. b) Tìm tập hợp (quỹ tích) các điểm D khi B di động. Lược giải : a) Kẻ DH vuông góc với Ox. Góc D1 = Đ A1 (phụ với Đ A2 ), DA = AB (cạnh hình vuông)=> ΔDHA = ΔAOB (cạnh huyền, góc nhọn) => DH = AO = a. b) D cách Ox một khoảng bằng a không đổi nên D thuộc d//Ox, cách Ox một khoảng bằng a. Giới hạn : Khi B trùng với O thì hình vuông ABCD trở thành hình vuông AOC’D’ => D trùng với D’ => tập hợp D là tia đối của tia D’C’. * Khi D trùng với D’ thì hình vuông ABCD trở thành hình vuông AOC’D’. Hình vuông này có diện tích nhỏ nhất và bằng a2. Do đó có thể thay bài toán quỹ tích bằng bài toán cực trị. Bài toán 1 : Cho góc vuông xOy. Trên tia Ox lấy điểm A cố định sao cho OA = a, trên tia Oy lấy điểm B di động. Vẽ trong góc xOy hình vuông ABCD. Xác định vị trí của đỉnh D để hình vuông ABCD có diện tích nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó theo a. * Nếu từ C và D kẻ các đường thẳng lần lượt song song với Ox và Oy thì hình tạo thành cũng là hình vuông ngoại tiếp hình vuông ABCD. Ta có bài toán khác. Bài toán 2 : Cho góc vuông xOy. Trên tia Ox lấy điểm A, trên tia Oy lấy điểm B (tùy ý, khác O). Vẽ hình vuông ABCD. Qua C và D dựng các đường thẳng lần lượt song song với Ox và Oy, chúng cắt nhau tại P và lần lượt cắt Oy tại Q, Ox tại H. a) Chứng minh tứ giác OHPQ là hình vuông. b) Chứng minh tâm đối xứng của hai hình vuông ABCD và OHPQ trùng nhau. * Bài toán 2 là trường hợp riêng của bài toán 8, trang 54, SGK Hình học 8. Giải được bài 8, tức là bài toán 2 ở trên đã được giải quyết. Bài toán 8 Sách giáo khoa là : Cho hai hình bình hành, mỗi cạnh của hình thứ nhất chứa một đỉnh của hình thứ hai. Chứng minh rằng hai hình bình hành đó cùng có một tâm đối xứng. * Từ bài toán 1, thêm giả thiết : H là chân đường vuông góc hạ từ D xuống Ox. Có thể cho phát hiện sự liên hệ giữa chu vi tam giác OAB và độ dài cạnh hình vuông ABCD. Từ đó ta có : Bài toán 3 : Cho góc vuông xOy. Trên tia Ox lấy điểm A cố định, điểm B di động trên tia Oy. Vẽ trong góc xOy hình vuông ABCD. Gọi H là hình chiếu của D trên Ox. Chứng minh rằng chu vi tam giác OAB < 2m, với m là độ dài đoạn thẳng OH. Lược giải : ΔDHA = ΔAOB => OB = AH => OA + OB = OH = m Trong ΔOAB : AB < OA + OB = m chu vi ΔOAB : OA + OB + AB < m + m = 2m. * Điều gì sẽ xảy ra nếu chu vi ΔOAB = 2m ? Ta có bài toán : Bài toán 4 : Cho hình vuông OHPQ có cạnh bằng m. A, B lần lượt là các điểm trên các cạnh OH, OQ sao cho chu vi ΔOAB = 2m. Chứng minh Đ APB = 45o khi A, B di động. Lược giải : Kẻ PE vuông góc với PA, với E nằm trên tia OQ. Ta có Đ P1 = Đ P2 (cùng phụ với góc APQ), PQ = PH ; => Đ Q = Đ H = 90o => ΔPQE = ΔPHA (g.c.g) => QE = AH ; PE = PH. Chu vi ΔOAB : OA + OB + AB = 2m = OH + OQ => OA + OB + AB = (OA + AH) + (OB + BQ) => AB = AH + BQ = QE + BQ = BE => ΔBPA = ΔBPE (c.c.c) => Đ BPA = Đ BPE => Đ BPA = 1/2 Đ APE => Đ APB = 1/2. 90o = 45o * Nếu Đ APB = 450 quay xung quanh P, nhưng luôn cắt hai cạnh OH và OQ của hình vuông thì chu vi ΔOAB có luôn luôn bằng 2m không ? Ta có bài toán ngược : Bài toán 5 : Cho hình vuông OHPQ. A, B là các điểm di động lần lượt trên các cạnh OH, OQ sao cho góc APB = 45o. Chứng minh chu vi ΔOAB không đổi. * Vì ΔPBA = ΔPBE nên các đường cao PQ và PI của hai tam giác bằng nhau. Thế thì PE bằng một giá trị không đổi. Ta có bài toán : Bài toán 6 : Cho A và B theo thứ tự di động trên các cạnh OH, OQ của hình vuông OHPQ, sao cho Đ APB = 45o. Tìm quỹ tích chân đường vuông góc hạ từ P xuống AB. * Xét A là trung điểm của OH. Hình vuông OHPQ có xác định được không, nếu biết A và P. Ta có bài toán : Bài toán 7 : Dựng hình vuông, biết một đỉnh A và trung điểm của một cạnh không chứa A. Từ bài toán 7, có thể dẫn đến bài toán : Bài toán 8 : Cho A là trung điểm cạnh OH của hình vuông OHPQ. Tia At qua A và vuông góc với PA, cắt OQ tại B. Chứng minh PA là tia phân giác góc BPH. Đảo một phần giả thiết thành kết luận và đưa kết luận thành giả thiết thì vẫn đúng. Ta có bài toán “ngược” : Bài toán 9 : Cho A là trung điểm cạnh OH của hình vuông OHPQ. Trên cạnh OQ lấy điểm B sao cho Đ BPA = Đ APH. Chứng minh AB vuông góc PA. Với tinh thần luôn đào sâu suy nghĩ thì các bạn sẽ thực hiện được mục tiêu : Học một, biết mười. TOÁN TUỔI THƠ 4 Trong quá trình học toán, nếu chúng ta có thói quen xem xét bài toán đảo thì cũng sẽ phát hiện nhiều bài toán mới khá thú vị, thậm chí là rất hay. Hãy xét qua ví dụ sau đây : Bài toán thuận : Cho hình thang ABCD (AB // CD). Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh bên AD, BC. Nối MN (đường trung bình) cắt hai đường chéo BD và AC tại P và Q tương ứng. Ta đã có các kết quả sau : 1) MN song song với hai đáy AB, CD và MN = 1/2. (AB + CD) 2) P, Q lần lượt là các trung điểm của hai đường chéo BD, AC và PQ = 1/2.|AB - CD| 3) MP = NQ. Từ đó ta có các bài toán đảo : Bài toán đảo 1 : Cho tứ giác lồi ABCD. Gọi M và N là các trung điểm của các cạnh AD, BC tương ứng. Chứng minh rằng nếu MN = 1/2.(AB + CD) thì ABCD là hình thang. Chứng minh : - Gọi K là trung điểm của đường chéo BD, ta có : MK // AB và MK = 1/2.AB NK // CD và NK = 1/2.CD => : MK + NK = 1/2.(AB + CD) = MN (gt) => : M, K, N thẳng hàng => AB // MN và CD // MN => AB // CD (đpcm). Bài toán đảo 2 : Cho tứ giác lồi ABCD (AB < CD). Gọi P, Q là trung điểm của các đường chéo BD và AC tương ứng. Chứng minh rằng nếu PQ = 1/2.(CD - AB) thì ABCD là hình thang. Chứng minh : Gọi M là trung điểm của AD, ta có : PM // AB và PM = 1/2.AB ; QM // CD và QM = 1/2.CD => : QM - PM = 1/2.(CD - AB) = PQ => : M, P, Q thẳng hàng => AB // PQ và CD // PQ => AB // CD (đpcm). Bài toán đảo 3 : Cho tứ giác lồi ABCD. Gọi M và N là trung điểm của các cạnh AD và BC tương ứng. Giả sử MN lần lượt cắt các đường chéo BD và AC tại P và Q. Chứng minh rằng nếu MP = NQ thì ABCD là hình thang. Chứng minh : - Tất nhiên AC không song song với BD   (1) - Gọi E, F là trung điểm của các đường chéo BD và AC tương ứng. Giả sử P không trùng với E và Q không trùng với F. Ta có ME song song và bằng NF (vì cùng song song và bằng 1/2.AB) => MENF là hình bình hành => MN cắt EF tại trung điểm O của mỗi đoạn hay OM = ON, mà MP = NQ => PO = OQ => PEQF là hình bình hành => PE // QF hay BD // AC, trái với (1). Vậy E trùng với P, F trùng với Q hay AB // MP, CD // NQ => AB // MN // CD (đpcm). Bằng cách suy nghĩ tương tự như vậy ta cũng có bài toán đảo sau đây mà lời giải dành cho các bạn : Bài toán đảo 4 : Cho tứ giác lồi ABCD. Gọi P và Q lần lượt là trung điểm của hai đường chéo BD và AC. Giả sử đường thẳng PQ cắt các cạnh AD và BC tại M và N tương ứng. Cho biết MP = NQ. Hỏi ABCD có là hình thang hay không ? Chúc các bạn có thói quen xem xét các bài toán đảo trong quá trình học tâp để phát hiện ra các bài toán mới thú vị. TOÁN TUỔI THƠ 5 XEM KHÁC NHAU LÀ ... GIỐNG NHAU Trước tiên, các bạn xem các bài toán sau : Bài toán 1 : Cho sáu số vô tỉ. Chứng minh rằng có thể chọn ra được ba số a, b, c trong sáu số đã cho để a + b, b + c, c + a cũng là các số vô tỉ. Bài toán 2 : Cho sáu điểm khác nhau trên mặt phẳng sao cho không có ba điểm nào thẳng hàng. Với mỗi đoạn thẳng nối hai trong sáu điểm đã cho, ta tô màu xanh hoặc đỏ. Chứng minh rằng tồn tại một tam giác có ba cạnh cùng màu. Bài toán 3 : Chứng minh rằng trong sáu người bất kỳ luôn tìm được ba người đôi một quen nhau hoặc đôi một không quen nhau (bài toán Ram - Say). Bài toán 4 : Chia các số 1, 2, 3, 4, 5 thành hai nhóm. Chứng minh rằng có một nhóm chứa các số a, b, c (có thể các số này trùng nhau) sao cho a + b = c. Bài toán 5 : Cho sáu điểm khác nhau trên mặt phẳng sao cho không có ba điểm nào thẳng hàng. Ngoài ra độ dài các đoạn thẳng nối hai trong sáu điểm trên cũng khác nhau. Chứng minh rằng tồn tại một đoạn thẳng là cạnh lớn nhất của một tam giác có đỉnh là ba trong sáu điểm đã cho đồng thời cũng là cạnh nhỏ nhất của một tam giác khác có đỉnh là ba trong sáu điểm đã cho. Bài toán 6 : Sáu nhà khoa học từ sáu nước khác nhau viết thư trao đổi với nhau về một trong hai đề tài. Chứng minh rằng có ba nhà khoa học viết thư trao đổi với nhau về cùng một đề tài. Bài toán 7 : Năm nhà du hành vũ trụ của hai nước cùng bay vào trạm không gian quốc tế. Các số hiệu 1, 2, 3, 4, 5 được gán ngẫu nhiên cho từng người. Chứng minh rằng có ba nhà du hành vũ trụ có cùng một quốc tịch sao cho hiệu của số hiệu của hai người này là số hiệu của người kia. Nếu các bạn bỏ công ra giải tất cả các bài toán trên thì thật đáng khen nhưng đó không phải là điều tôi muốn trình bày trong bài này. Điều tôi muốn nói là bảy bài toán trên thật ra là một. Tuy có cách phát biểu khác nhau, số liệu khác nhau nhưng về bản chất thì như nhau. Bạn chưa tin ư ? Ta hãy xem nhé. Bảy bài toán trên thật ra là các cách phát biểu khác nhau hay tương đương với bài toán 2. Bây giờ ta xem như bài toán 2 đã được giải. Chứng minh hoàn chỉnh của nó sẽ được trình bày sau. ở bài toán 3, ta “coi” mỗi người như là một điểm của mặt phẳng. Nếu hai người quen nhau thì đoạn thẳng nối hai điểm tương ứng với họ được tô màu xanh, ngược lại ta tô màu đỏ. Theo bài toán 2, có một tam giác T có ba cạnh cùng màu. Nếu T có các cạnh màu xanh thì sẽ có ba người tương ứng (với các đỉnh của T) đôi một quen nhau. Nếu T có các cạnh màu đỏ thì sẽ có ba người đôi một không quen nhau. Bài toán 6 cũng là bài toán 2 và có cách giải tương tự như cách giải bài toán 3. Bài toán 5 tuy có cách phát biểu thật dài nhưng cũng chỉ là biến thể của bài toán 2. ở bài toán 2, quá trình tô màu là ngẫu nhiên. Do vậy, để giải bài toán 5, ta dùng một cách tô màu đặc biệt. Cụ thể, với mỗi tam giác có đỉnh là ba trong sáu đỉnh đã cho, ta tô màu đỏ cạnh lớn nhất, tô màu xanh hai cạnh còn lại. Do vậy, theo bài toán 2, có một tam giác T có ba cạnh cùng màu. Vì cạnh lớn nhất của T có màu đỏ nên các cạnh của T đều có màu đỏ. Do cạnh nhỏ nhất của T có màu đỏ nên nó là cạnh lớn nhất của một tam giác khác. Từ đây ta => điều cần chứng minh. ở bài toán 1, coi mỗi số vô tỉ đã cho như là một điểm của mặt phẳng. Hai số có tổng là một số vô tỉ thì đoạn thẳng nối hai điểm tương ứng được tô màu đỏ, ngược lại thì tô màu xanh. Vì có một tam giác T có ba cạnh cùng màu nên có ba số vô tỉ a, b, c (ứng với ba đỉnh của T) sao cho a + b, b + c, c + a đều là số vô tỉ (nếu các cạnh của T có màu đỏ) hoặc a + b, b + c, c + a đều là số hữu tỉ (nếu các cạnh của T có màu xanh). Chỉ có trường hợp đầu xảy ra và đó là điều phải chứng minh. Thật vậy, nếu x = a + b, y = b + c, z = c + a đều là số hữu tỉ thì a = (x - y + z)/2 là số hữu tỉ. Điều này vô lí do a là số vô tỉ. Các bài toán 1, 3, 5, 6 đều liên quan đến số 6 như bài toán 2. Trong khi đó, các bài 4, 7 lại liên quan đến con số 5 mà lại có bản chất như bài toán 2 mới lạ chứ ! Dễ thấy, hai bài toán 4, 7 là một nên ta chỉ trình bày cánh giải bài toán 4 mà thôi. Trên mặt phẳng lấy 6 điểm và kí hiệu 6 điểm này bởi các chữ số : 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6. Khi đó nếu i, j là hai điểm khác nhau thì |i - j| nhận giá trị từ 1 đến 5. Cạnh nối hai điểm i, j được tô màu đỏ nếu |i - j| thuộc nhóm thứ nhất và được tô màu xanh nếu |i - j| thuộc nhóm thứ hai. Vì có một tam giác có ba cạnh cùng màu nên tồn tại các điểm có kí hiệu là i ; j ; k sao cho |i - j|, |k - j|, |i - k| thuộc cùng một nhóm, chẳng hạn là nhóm thứ nhất. Ta giả sử i < j < k. Khi đó a = |i - j| = j - i, b = |k - j| = k - j, c = |i - k| = k - i đều thuộc nhóm thứ nhất và có a + b = c. Các bạn thấy thế nào ? Tất cả đều là bài toán 2. Nhiệm vụ cuối cùng của chúng ta là chứng minh bài toán 2. Chứng minh khá đơn giản như sau : Xét một điểm A trong sáu điểm đã cho. Năm đoạn thẳng xuất phát từ A được tô một trong hai màu nên theo nguyên lí Đi-rích-lê, tồn tại ba đoạn thẳng có cùng màu. Giả sử các đoạn thẳng AB, AC, AD được tô màu xanh. Nếu các đoạn thẳng BC, CD, DB đều có màu đỏ thì tam giác BCD có ba cạnh cùng đỏ. Ngược lại, có một đoạn thẳng, BC chẳng hạn, có màu xanh thì tam giác ABC có ba cạnh cùng màu xanh. Vậy trong mọi trường hợp ta đều tìm được một tam giác có ba cạnh cùng màu. Từ một bài toán, các bạn phát triển thành nhiều bài toán, đó là một cách học tốt. Nhưng để nhìn bảy bài toán khác nhau trở thành giống nhau cũng phải rèn luyện không hề dễ dàng, có phải không các bạn ?  Từ (1), (2), (3), (4), (5) và (6) ta có: TOÁN TUỔI THƠ 5 XEM KHÁC NHAU LÀ ... GIỐNG NHAU Trước tiên, các bạn xem các bài toán sau : Bài toán 1 : Cho sáu số vô tỉ. Chứng minh rằng có thể chọn ra được ba số a, b, c trong sáu số đã cho để a + b, b + c, c + a cũng là các số vô tỉ. Bài toán 2 : Cho sáu điểm khác nhau trên mặt phẳng sao cho không có ba điểm nào thẳng hàng. Với mỗi đoạn thẳng nối hai trong sáu điểm đã cho, ta tô màu xanh hoặc đỏ. Chứng minh rằng tồn tại một tam giác có ba cạnh cùng màu. Bài toán 3 : Chứng minh rằng trong sáu người bất kỳ luôn tìm được ba người đôi một quen nhau hoặc đôi một không quen nhau (bài toán Ram - Say). Bài toán 4 : Chia các số 1, 2, 3, 4, 5 thành hai nhóm. Chứng minh rằng có một nhóm chứa các số a, b, c (có thể các số này trùng nhau) sao cho a + b = c. Bài toán 5 : Cho sáu điểm khác nhau trên mặt phẳng sao cho không có ba điểm nào thẳng hàng. Ngoài ra độ dài các đoạn thẳng nối hai trong sáu điểm trên cũng khác nhau. Chứng minh rằng tồn tại một đoạn thẳng là cạnh lớn nhất của một tam giác có đỉnh là ba trong sáu điểm đã cho đồng thời cũng là cạnh nhỏ nhất của một tam giác khác có đỉnh là ba trong sáu điểm đã cho. Bài toán 6 : Sáu nhà khoa học từ sáu nước khác nhau viết thư trao đổi với nhau về một trong hai đề tài. Chứng minh rằng có ba nhà khoa học viết thư trao đổi với nhau về cùng một đề tài. Bài toán 7 : Năm nhà du hành vũ trụ của hai nước cùng bay vào trạm không gian quốc tế. Các số hiệu 1, 2, 3, 4, 5 được gán ngẫu nhiên cho từng người. Chứng minh rằng có ba nhà du hành vũ trụ có cùng một quốc tịch sao cho hiệu của số hiệu của hai người này là số hiệu của người kia. Nếu các bạn bỏ công ra giải tất cả các bài toán trên thì thật đáng khen nhưng đó không phải là điều tôi muốn trình bày trong bài này. Điều tôi muốn nói là bảy bài toán trên thật ra là một. Tuy có cách phát biểu khác nhau, số liệu khác nhau nhưng về bản chất thì như nhau. Bạn chưa tin ư ? Ta hãy xem nhé. Bảy bài toán trên thật ra là các cách phát biểu khác nhau hay tương đương với bài toán 2. Bây giờ ta xem như bài toán 2 đã được giải. Chứng minh hoàn chỉnh của nó sẽ được trình bày sau. ở bài toán 3, ta “coi” mỗi người như là một điểm của mặt phẳng. Nếu hai người quen nhau thì đoạn thẳng nối hai điểm tương ứng với họ được tô màu xanh, ngược lại ta tô màu đỏ. Theo bài toán 2, có một tam giác T có ba cạnh cùng màu. Nếu T có các cạnh màu xanh thì sẽ có ba người tương ứng (với các đỉnh của T) đôi một quen nhau. Nếu T có các cạnh màu đỏ thì sẽ có ba người đôi một không quen nhau. Bài toán 6 cũng là bài toán 2 và có cách giải tương tự như cách giải bài toán 3. Bài toán 5 tuy có cách phát biểu thật dài nhưng cũng chỉ là biến thể của bài toán 2. ở bài toán 2, quá trình tô màu là ngẫu nhiên. Do vậy, để giải bài toán 5, ta dùng một cách tô màu đặc biệt. Cụ thể, với mỗi tam giác có đỉnh là ba trong sáu đỉnh đã cho, ta tô màu đỏ cạnh lớn nhất, tô màu xanh hai cạnh còn lại. Do vậy, theo bài toán 2, có một tam giác T có ba cạnh cùng màu. Vì cạnh lớn nhất của T có màu đỏ nên các cạnh của T đều có màu đỏ. Do cạnh nhỏ nhất của T có màu đỏ nên nó là cạnh lớn nhất của một tam giác khác. Từ đây ta => điều cần chứng minh. ở bài toán 1, coi mỗi số vô tỉ đã cho như là một điểm của mặt phẳng. Hai số có tổng là một số vô tỉ thì đoạn thẳng nối hai điểm tương ứng được tô màu đỏ, ngược lại thì tô màu xanh. Vì có một tam giác T có ba cạnh cùng màu nên có ba số vô tỉ a, b, c (ứng với ba đỉnh của T) sao cho a + b, b + c, c + a đều là số vô tỉ (nếu các cạnh của T có màu đỏ) hoặc a + b, b + c, c + a đều là số hữu tỉ (nếu các cạnh của T có màu xanh). Chỉ có trường hợp đầu xảy ra và đó là điều phải chứng minh. Thật vậy, nếu x = a + b, y = b + c, z = c + a đều là số hữu tỉ thì a = (x - y + z)/2 là số hữu tỉ. Điều này vô lí do a là số vô tỉ. Các bài toán 1, 3, 5, 6 đều liên quan đến số 6 như bài toán 2. Trong khi đó, các bài 4, 7 lại liên quan đến con số 5 mà lại có bản chất như bài toán 2 mới lạ chứ ! Dễ thấy, hai bài toán 4, 7 là một nên ta chỉ trình bày cánh giải bài toán 4 mà thôi. Trên mặt phẳng lấy 6 điểm và kí hiệu 6 điểm này bởi các chữ số : 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6. Khi đó nếu i, j là hai điểm khác nhau thì |i - j| nhận giá trị từ 1 đến 5. Cạnh nối hai điểm i, j được tô màu đỏ nếu |i - j| thuộc nhóm thứ nhất và được tô màu xanh nếu |i - j| thuộc nhóm thứ hai. Vì có một tam giác có ba cạnh cùng màu nên tồn tại các điểm có kí hiệu là i ; j ; k sao cho |i - j|, |k - j|, |i - k| thuộc cùng một nhóm, chẳng hạn là nhóm thứ nhất. Ta giả sử i < j < k. Khi đó a = |i - j| = j - i, b = |k - j| = k - j, c = |i - k| = k - i đều thuộc nhóm thứ nhất và có a + b = c. Các bạn thấy thế nào ? Tất cả đều là bài toán 2. Nhiệm vụ cuối cùng của chúng ta là chứng minh bài toán 2. Chứng minh khá đơn giản như sau : Xét một điểm A trong sáu điểm đã cho. Năm đoạn thẳng xuất phát từ A được tô một trong hai màu nên theo nguyên lí Đi-rích-lê, tồn tại ba đoạn thẳng có cùng màu. Giả sử các đoạn thẳng AB, AC, AD được tô màu xanh. Nếu các đoạn thẳng BC, CD, DB đều có màu đỏ thì tam giác BCD có ba cạnh cùng đỏ. Ngược lại, có một đoạn thẳng, BC chẳng hạn, có màu xanh thì tam giác ABC có ba cạnh cùng màu xanh. Vậy trong mọi trường hợp ta đều tìm được một tam giác có ba cạnh cùng màu. Từ một bài toán, các bạn phát triển thành nhiều bài toán, đó là một cách học tốt. Nhưng để nhìn bảy bài toán khác nhau trở thành giống nhau cũng phải rèn luyện không hề dễ dàng, có phải không các bạn ? TOÁN TUỔI THƠ 6 KHÔNG CHỈ DỪNG LẠI Ở VIỆC GIẢI TOÁN ! Trong học toán, việc tạo được thói quen chủ động tìm tòi, khai thác, phát triển các bài toán sẽ giúp người học hiểu sâu sắc kiến thức đã học, phát triển tư duy sáng tạo và tiếp thu tố