Tải bản đầy đủ (.pdf) (36 trang)

Tạp chí Toán học tuổi thơ kỳ số 206

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (5.65 MB, 36 trang )

(1)


(2)

(3)

(4)

Một số cách giải cho bài toán



trong kì thi IMO 2018



Nguyễn văn bản


Tr−ờng THCS Thanh Yên, Điện Biên
Việc sử dụng kiến thức THCS để giải một số


bài tốn trong các kì thi Olympic tốn quốc tế
khơng phải là xa lạ với bạn đọc. Xin chia sẻ
với các bạn lời giải bài tốn 1 trong kì thi IMO
2018 tổ chức tại Romania.


Bài toán. Cho (O) là đ−ờng tròn ngoại tiếp
tam giác ABC. Các điểm D và E lần l−ợt nằm
trong các đoạn thẳng AB và AC sao cho
AD = AE. Các đ−ờng trung trực của BD và
CE cắt các cung nhỏ AB và AC của (O) tại
các điểm F và G t−ơng ứng. Chứng minh
rằng các đ−ờng thẳng DE và FG song song.
Cách 1. Tr−ớc tiên ta xét hai bổ đề sau:
Bổ đề 1. Cho tam giác ABC nội tiếp đ−ờng
tròn (O). Đ−ờng trung trực của AB, AC cắt
cung nhỏ AB, AC lần l−ợt tại P, Q. PQ cắt
AB, AC lần l−ợt tại I, J. Khi đó tam giác AIJ
cân tại A.


Chøng minh: Gäi M, N lÇn lợt là trung điểm
AB, AC.



Tam giác OQP cân tại O nên


= = =


OPQ OQP PIM QJN AIJ AJI.


Bổ đề 2. Cho các điểm nh− hình vẽ. Biết
OA // O’D; OB // O’C. Khoảng cách từ OA,
OB t−ơng ứng tới O’D, O’C bằng nhau. Khi đó
AB // CD.


Chøng minh: DƠ thÊy hai tam gi¸c OAB và
OCD cân tại O và O.


Tứ giác EOKO là hình thoi nên OO là phân
giác cña hai gãc AOB, DO C’ hay OO’ lµ
trung trùc cđa AB vµ CD.


Suy ra AB // CD.
Trở lại bài toán.



(5)

Ta có MN, LJ lần lợt là đờng trung bình
của các tam giác DBE và ABE.


Do ú MN // LJ // BE và MN LJ= = 1BE.
2
Suy ra tứ giác MNJL là hình bình hành.
Từ đó ta có ML NJ= = AD.


2



T−¬ng tù tứ giác PNIK là hình bình hành, ta
còng cã


= = AE


PK NI .


2


Mà AD = AE nên ML = PK.
Suy ra F’G // FG (theo bổ đề 2).


Lại có OF’ và OG là trung trực của AB và AC
nên theo bổ đề 1 thì F’G// DE.


Từ đó suy ra DE song song hoặc trùng với
FG.


C¸ch 2.


Gọi M, N lần lợt là giao điểm thứ hai của
GE, FD với đờng tròn (O).


Do F thc trung trùc cđa BD nªn ta cã


= = = ⇒ =


ADN FDB FBD AND AD AN.
T−¬ng tù do G thc trung trùc cđa CE nªn



= = = ⇒ =


AEM GEC GCE AME AE AM.


Mà AD = AE nên AM = AN = AD = AE.


Do đó tứ giác MDEN nội tiếp đ−ờng trịn tâm
A bán kính AD.


Suy ra MED MND (cùng chắn cung MD). =
Mặt khác MND MGF (cùng chắn cung MF =
của đờng tròn t©m O).


Từ đó ta có MED MGF, mà hai góc này ở =
vị trí đồng vị nên ta suy ra DE song song với
FG.


C¸ch 3.


Gọi M, N lần l−ợt là các điểm đối xứng của
D, E qua AF và AG.


Ta cã FM = FD = FB


vµ MAF DAF; = AMF ADF. =


Từ đó AMF ABF ADF BDF 180 . + = + = o
Suy ra tứ giác ABFM nội tiếp, khi đó M thuộc
đ−ờng trịn (O).



Chøng minh t−¬ng tù ta cịng có N thuộc
đờng tròn (O).


Vì AM = AD = AE = AN nên tứ giác MDEN
nội tiếp đờng tròn tâm A.


Suy ra MND MED (cùng ch¾n cung MD); =


= =


AGM AGN AGE ⇒ G, E, M thẳng hàng.
Từ đó ta có MED MNF MGF . = =


Suy ra DE song song víi FG.



(6)

Kì ny

Bê gì?


Bê gì theo mẹ là bò?


Bờ gỡ v l cho ngi ci?
Bê gì tệ nạn ăn chơi?
Bê gì thơm phc mi ai n?


Bê gì từ sắt, xi măng?


Bờ gỡ m M tng qung bom nhiu?
Bê gì nhớ uống đúng liều?
Bê gì ăn hỏi là điều tất nhiên?


Bê gì bát đĩa để trên?


Bê gì mà đánh vần lên là bờ?


Thần dân của Toán Tuổi thơ
Giải nhanh, giải đúng sẽ chờ Trẫm khao!


VUA TÕU


(TTT2 số 203)


Đi gì?


Đi thi đề khó loay hoay
Đi tàu trờn bin d say vụ cựng


Đi chơi nhìn ngắm ung dung
Đi ngủ báo thức là vùng dậy luôn


Đi viếng nét mặt thấy buồn
Đi đám c−ới thấy chủ hôn t−ng bừng


Đi xe đèn đỏ phải dừng
Đi chợ thực phẩm mua b−ng về nhà


Đi đấu muốn thắng về ta


Đi giày/dép phải chọn đúng là một đôi
Đi máy bay, d−ới mây trôi
Đi hc vo lp ngi lng nghe


Đi bộ phải bớc trên hè


Đi nắng/ma nón mũ, ô che mái đầu.



Nhận xét. Kì này Vua TÕu sÏ ban
th−ëng cho bèn thần dân có tên
sau đây: Trần Hữu Nhân, 6A,
THCS Bình Thịnh, Đức Thọ, Hà Tĩnh; Đoàn
Nguyên Vị, 6B, THCS Ngun HiỊn, Nam
Trực, Nam Định; Nguyễn Tiến Dịng, 7A3,
THCS L©m Thao, L©m Thao, Phó Thä; §inh
Thu Giang, 7A2, THCS VÜnh Yªn, VÜnh Yªn,
VÜnh Phóc.



(7)

h×nh no phù hợp?


Cho một tấm bìa nh sau:


Gp tm bìa để tạo thành một khối lập ph−ơng thì thu c hỡnh no di õy?


Đỗ thị thúy ngọc
Phòng Giáo dục Trung học, Sở GD&ĐT Ninh Bình
(Su tầm và giới thiệu)


thiếu số nào?

(TTT2 sè 203)


Quy luật. Trong mỗi tam giác lớn, lấy số ở giữa chia cho tổng của số ở đỉnh và số ở đáy bên
trái thì đ−ợc số ở đáy bên phải. Theo quy luật đó, ta có:


?

= 75 : (8 + 7) = 5. Vậy số còn thiếu là 5.


Nhận xét. Quy luật kì này t−ơng đối dễ, tất cả các bạn đều tìm đ−ợc kết quả đúng,
nhiều bạn diễn đạt ch−a thật chính xác. Xin trao th−ởng cho các bạn nhỏ tuổi:
Nguyễn Tuấn Phong, 6A, THCS Hàn Thuyên, L−ơng Tài, Bắc Ninh; Đoàn Nguyên


Vũ, 6B, THCS Nguyễn Hiền, Nam Trực, Nam Định; Nguyễn Đăng Quang, 6B, THCS Lý
Nhật Quang, Đô L−ơng, Nghệ An; Võ Sỹ Quốc Anh, 6/1, THCS Lê Văn Thiêm, TP. Hà Tĩnh;
Trần Hữu Nhân, 6A, THCS Bình Thịnh, Đức Thọ, Hà Tĩnh.


C¸c bạn sau đợc tuyên dơng: Bïi Kim Chóc, 9A3, THCS GiÊy Phong Ch©u, Phï Ninh,
Phó Thä; TrÞnh Ngäc Khanh, 7A2, THCS Mộc Lỵ, Mộc Châu, Sơn La; Trần Trung Phúc,
8A4, THCS Ngô Gia Tự, Hồng Bàng, Hải Phòng; Nguyễn Hoàng Long, 7B, THCS Nhữ Bá
Sỹ, Hoằng Hóa, Thanh Hóa; Phạm Đình Thiên Bảo, 8C, THCS Hoàng Xuân HÃn, Đức Thọ,
Hà Tĩnh.



(8)

Các bạn hÃy giải bài toán sau bằng tiếng Anh và gửi về tòa soạn nhé!
Năm bạn có bài giải tốt nhất sẽ đợc nhận quà.


Problem 12(206). Three boys agree to divide a jar of marbles as follows:
The first boy takes one more than half the marbles. The second boy takes
one third of the remaining marbles. The third boy takes the marbles still
left out in the bag. Prove that the original number of marbles (found in the
bag in the beginning) should have been two more than a multiple of 6.


TS. Đỗ ĐứC THàNH
Trờng liên cấp Tiểu học và THCS Ngôi Sao Hà Nội
Problem 10(203).


We have: 24 = 16 which ends in 6,


22020 = (24)505. It is easily seen that two
numbers ending in 6 when multiplied give
another number ending in 6 as well.


Thus the last digit in 22020 is 6.


Hence in =⎛ ⎞⎜ ⎟


⎝ ⎠
2020
2020


2020


2 1


,
5


10 the last digit of
the decimal representation will also be 6.


Nhận xét. Chúc mừng các bạn sau
đã có lời giải tốt đ−ợc th−ởng kì này:
Trần Minh Hoàng, 7E, THCS
Nguyễn Trãi, Nghi Xuân, Hà Tĩnh; Nguyễn
Phạm Thanh Nga, 9A3, THCS Lâm Thao,
Lâm Thao, Phú Thọ; Trần Trung Phúc, 8A4,
THCS Ngơ Gia Tự, Hồng Bàng, Hải Phịng;
Trần Nam Hải, 8A3, THCS Trần Đăng Ninh,
TP. Nam nh, Nam nh.


Đỗ ĐứC THàNH

Một số cách giải...



(TiÕp theo trang 3)


C¸ch 4. Gäi I, J lần lợt là hai ®iĨm thc
cung nhá AG, AF sao cho IG = CG, JF = BF.
Gäi H, K lÇn lợt là giao điểm của FG với AB,
AC. Do JF = BF nên JAF BAF.=


Tứ giác ABFJ néi tiÕp nªn


= o− = o− =


AJF 180 ABF 180 BDF ADF


Do đó JFA DFA= mà JF = BF = DF
nên ΔAJF = ΔADF (c.g.c) ⇒AJ = AD.


T−¬ng tù ta cịng cã AI = AE hay AJ = AD
= AE = AI.


Suy ra AHK= 1(s® BF s® AG)+
2




= + +


= + +


= + =


1



(s® BF s® AI s® IG)
2


1


(s® JF s® AJ s® CG)
2


1


(s® AF s® CG) AKH.
2


Từ đó các tam giác ADE và AHK cân tại A
nên DE song song với FG.


Nhận xột. Bài tốn có phát biểu đẹp, nhẹ
nhàng và thú vị. Các điểm t−ơng đối rời rạc
trong đề bài rõ ràng đòi hỏi phải dựng thêm
các điểm phụ để kết nối giả thiết lại, vì thế
nên cách tiếp cận rất phong phú và đa dạng.
- Nếu giả thiết đổi lại vị trí các điểm F, G trên
cung lớn AB, AC thì kết quả vẫn đúng.



(9)

lời giải đã hon ho cha?


nguyn xuõn bỡnh


Nhà xuất bản Giáo dục Việt Nam
Bài toán. Cô Mai có một miếng vải h×nh tam



giác vng, cơ muốn cắt miếng vải này để
đ−ợc chiếc khăn tay hình chữ nhật. Em hãy
giúp cô Mai cách cắt để đ−ợc chiếc khăn tay
có diện tích lớn nhất.


Một bạn đã có lời giải nh− sau:


Gi¶ sử miếng vải là tam giác ABC vuông tại
A. Ta cần dựng hình chữ nhËt AMPN sao


cho diện tích hình chữ nhật AMPN lớn nhất,
tức là tìm vị trí của P trên BC để tích PM.PN
lớn nhất.


Ta cã PM=BP PN, =PC
CA BC BA BC
⇒PM PN+ =BP+ PC=BC=1.


CA BA BC BC BC
Do đó PM PN.


CA BA lín nhÊt khi vµ chØ khi
PM PN BP PC


PB PC.
CA BA= ⇔BC BC= ⇔ =


Vậy hình chữ nhật AMPN có diện tích lớn
nhất khi và chỉ khi P là trung điểm của BC.
Theo các bạn, lời giải trên đã hoàn hảo


ch−a?


(TTT2 số 203)


Tồn tại hay không tồn tại?



Nhn xột: Cách suy luận của bạn đó là
khơng đúng, vì đẳng thức khơng xảy ra ở giá
trị này nh−ng có thể xảy ra ở giá trị khác.


Lời giải đúng:


= 2+ 2+ + + + + +1 1 a b
P a b a b


a b b a


⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞


= + + ⎟ ⎜+ + ⎟ ⎜+ + + +


⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠


1 1 a b 1 1 1
1 a b


2a 2b b a 2 a b


≥ +1 2+ 2 2+ + 1.2 1
2 ab



≥ + + = +


+


2 2


1


3 2 2 3 3 2.


a b
2


Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi


2 2


1 1 a b


a , b , , a b 1;
2a 2b b a


a 0; b 0.


= = = + =


> >


2


a b .


2
= =


Vậy giá trị nhỏ nhÊt cđa P lµ 3 3 2 t¹i +
= = 2


a b .
2


Nhận xét. Đây là bài toán quen
thuộc, đa số học sinh gặp sai lầm
khi tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của
biểu thức đại số, khi chứng minh bất đẳng
thức mà không chỉ ra đ−ợc giá trị của các
biến số để đẳng thức xảy ra, dẫn đến kết
luận sai. Kì này có nhiều bạn tham gia giải
bài đều chỉ ra đ−ợc lỗi sai và có lời giải đúng.
Các bạn sau có lời giải tốt, đ−ợc th−ởng kì
này: Nguyễn Trung Kiên, 9A1, THCS Yên
Phong, Yên Phong, Bắc Ninh; Nguyễn Thị
Chi Mai, 8G, THCS Đặng Thai Mai,
TP. Vinh, Nghệ An; Bùi Kim Chúc, 9A3,
THCS Giấy Phong Châu, Phù Ninh; Phùng
Đăng D−ơng, 9C, THCS Văn Lang, TP. Việt
Trì, Phú Thọ; Trần Trung Phúc, 8A4, THCS
Ngơ Gia Tự, Hồng Bàng, Hải Phòng.



(10)

BALKAN MATHEMATICAL OLYMPIAD



2018-2019



vâ quèc b¸ cÈn


Tr−êng Archimedes Academy, Q. Cầu Giấy, Hà Nội
(Dịch và giới thiệu)


Junior Balkan Mathematical Olympiad
(JBMO) là một kì thi truyền thống đ−ợc tổ
chức hằng năm ở các n−ớc vùng Balkan, bắt
đầu từ năm 1997 cho đến nay. Đối t−ợng
tham dự của kì thi là các em học sinh d−ới 16
tuổi.


Ban đầu chỉ có 10 n−ớc thành viên thuộc
vùng Balkan tham gia. Những năm gần đây,
quy mơ kì thi đã đ−ợc mở rộng thành 17 n−ớc
với những đội khách mời đến từ các n−ớc
không thuộc vùng Balkan nh− Saudi Arabia,
Philippines, Pháp, …


C¸ch thøc tỉ chøc k× thi khá giống với kì thi
Olympic To¸n Qc tÕ (IMO):


Mỗi năm kì thi sẽ có một n−ớc thành viên
đăng cai tổ chức kì thi. Mỗi đội tham dự sẽ có
6 thí sinh.


Các n−ớc tham dự sẽ gửi đề đề nghị đến
ban tổ chức. Học sinh n−ớc đó khơng đ−ợc


biết đến đề đề nghị. Nếu có gian lận thì n−ớc
đó sẽ hủy kết quả và cấm thi các năm tiếp
theo.


Sẽ có một hội đồng giám khảo. Hội đồng
xây dựng đề thi từ biểu quyết chung của
tr−ởng đoàn các n−ớc tham dự dựa trên các
đề đề nghị gửi về.


Các tr−ởng đoàn sẽ dịch đề thi ra tiếng
n−ớc mình (tr−ởng đoàn sẽ bị cách li khỏi
học sinh tr−ớc kì thi). Học sinh làm bài bằng
tiếng n−ớc mình.


Mỗi bài toán sẽ đ−ợc làm trên giấy riêng
và có tổ chấm riêng cho từng bài. Các bài thi
sẽ đ−ợc scan lại. Sau đó tr−ởng đoàn sẽ
chấm bài cho học sinh n−ớc mình rồi đối


chiếu kết quả chấm trong tổ, cùng thống
nhất để đi đến kt qu chung.


Điểm khác biệt của hai kì thi có lẽ chỉ ở chỗ:
JBMO chỉ có một ngày thi với 4 bài toán (làm
trong 4 giờ 30 phút), mỗi bài 10 điểm.


õy l mt kì thi với chất l−ợng chuyên môn
rất cao. Trong số này, chúng tôi sẽ giới thiệu
đề thi của hai năm gần đây đến với bạn đọc.
Đáp án sẽ đăng vào các số tiếp theo.



JBMO 2018



Bài 1. Tìm tất cả các cặp số nguyên (m, n)
tháa m·n m5 n5= 16mn.


Bµi 2. Cho n sè tù nhiªn cã ba ch÷ sè tháa
m·n:


Mỗi số có tổng các chữ số bằng 9.
Không có số nào chứa chữ số 0.


Hai số bất kì trong n số có chữ số hàng
đơn vị khác nhau.


Hai sè bÊt k× trong n số có chữ số hàng
chục kh¸c nhau.


Hai sè bÊt k× trong n sè cã chữ số hàng
trăm khác nhau.


Tỡm giỏ trị lớn nhất của n để tồn tại n số nh−
vậy.


Bài 3. Cho số nguyên k lớn hơn 1 và số
nguyên lẻ n lớn hơn 2018. Giả sử tồn tại các
số hữu tỉ khác không x1, x2, ..., xn không đồng
nhất bằng nhau và


+ = + = = n+



1 2


2 3 1


k k k


x x .


x x x x



(11)

Bài 4. Cho tam giác ABC. Gọi A’, B, C lần
l−ợt là các điểm đối xứng với các điểm A, B, C
qua các cạnh BC, CA, AB. Gọi A1 là giao
điểm thứ hai của đ−ờng tròn ngoại tiếp tam
giác ACC’ và ABB. Các điểm B


1, C1 đ−ợc xác
định theo cách t−ơng tự. Chứng minh rằng ba
đ−ờng thẳng AA1, BB1 và CC1 ng quy.


JBMO 2019



Bài 1. Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho
tồn tại ba số nguyên dơng x, y, z thỏa mÃn
xp + yp + zp x y z lµ tÝch của ba số
nguyên tố phân biệt.


Bài 2. Cho hai sè thùc phân biệt a, b và số
thùc d−¬ng c tháa m·n



a4 2019a = b4 2019b = c. Chøng minh
r»ng − c<ab 0. <


Bµi 3. Cho tam gi¸c ABC víi AB < AC, trực
tâm H. Đờng trung trực của cạnh BC cắt các
đờng thẳng AB vµ AC theo thø tù t¹i P, Q.
Gäi M, N lần lợt là trung điểm của các đoạn
thẳng BC và PQ. Chứng minh rằng giao điểm
của hai đờng thẳng HM và AN thuộc đờng
tròn ngoại tiếp tam gi¸c ABC.


Bài 4. Cho bảng ơ vng kích th−ớc 5 ì 100
(bảng gồm 5 hàng và 100 cột). Ng−ời ta tô
đen n ô vuông đơn vị của bảng sao cho mỗi ơ
vng đơn vị của bảng có tối đa hai ơ vng
kề với nó đ−ợc tơ đen (hai ô vuông đ−ợc gọi
là kề nhau nếu chúng có một cạnh chung).
Tìm giá trị lớn nhất của n.


(TTT2 sè 203)


Món quà Tết kèm


thử trí thơng minh


Thám tử Sê Lốc Cốc sẽ nói với ng−ời bạn gái
nh− sau: “Em hãy khóa thêm 1 ổ khóa nữa
vào chiếc hộp này rồi gửi lại cho ng−ời bạn,
đừng gửi chìa khóa nhé. Khi ng−ời bạn nhận
đ−ợc hộp quà chắc chắn sẽ mở ổ khóa do
bạn ấy khóa, rồi gửi lại chiếc hộp này cho em.

Tất nhiên món q vẫn đ−ợc giữ bí mật vì vẫn
cịn 1 ổ khóa của em mà. Đến khi em nhận
đ−ợc hộp quà chỉ việc mở ra rồi lấy quà, đơn
giản phải không nào”. Điểm bất ngờ và lí thú
trong câu chuyện này chính ở chi tiết muốn
mở 1 ổ khóa mà lại khóa thêm một ổ khóa
nữa vào.


Nhận xét. Thật đáng tiếc là có
khơng ít bạn đã “vội vàng” khẳng
định ngay rằng cả chiếc hộp có gắn
sẵn khóa chính là món q. Món q đó chỉ
là đồ vật trang trí. Các bạn quên mất rằng
trong câu chuyện có nhắc tới món quà trong
hộp, và món quà đó đ−ơng nhiên là “bí mật”,
bởi vì ng−ời nhận ch−a mở đ−ợc hộp quà. Chỉ
có 3 bạn sau đã “đọc” đ−ợc suy nghĩ cũng
nh− câu nói của thám tử Sê Lốc Cốc, rất xứng
đáng nhận quà: Nguyễn Thị Ph−ơng Thúy,
6A6, THCS Giấy Phong Châu, Phù Ninh,


Phó Thä; Phan Minh T©m, 7C, THCS Bạch
Liêu, Yên Thành, NghƯ An; Lª Phan Qnh
Anh, 6B, THCS Hoàng Xuân HÃn, Đức Thọ,


Hà Tĩnh.



(12)

Ai là ng

ời đến từ


vùng dịch CoVid-19?




Trần Phơng Nam(Su tầm và viết lại)


iữa những ngày cả nớc đang chống
dịch Covid-19 nh chống giặc, tôi vẫn
lo bài cho chuyên mục này nên nhắn
tin qua messenger liên lạc với thám tư Sª
Lèc Cèc:


- Thám tử đang ở đâu? Lại định “kiếm bài”
cho bạn đọc Toán Tuổi th...


Ngay tức khắc, thám tử nhắn lại:


- Mỡnh đang ở nơi rất an toàn! Quốc gia này
ch−a hề có dấu hiệu Covid-19 tràn sang.
Nh−ng lại có chuyện liên quan tới Covid-19
đấy!


Tôi thực sự sung sớng nhắn ngay:


- Chuyện này có liên quan tới phá án không?
Thám tử nhắn một mặt cời cùng dòng chữ:
- Biết là cậu đang kiếm bài cho chuyên
mục nên chuyện không liên quan phá án thì
tớ nhắc với bạn làm gì? Tối nay rảnh tay tí
sÏ gưi mail cho cËu.


Nhìn đồng hồ mới 4h00’ PM, tức là phải chờ
vài tiếng nữa. Tuy nhiên rất phấn khởi vì
chuyện phá án từ Sê Lốc Cốc liên quan tới


Covid-19 là điều thật bất ngờ...


Ăn cơm tối xong, tôi vội vã “check mail”. Suýt
mừng reo lên vì... đây rồi! Mọi khi còn phải
nghe rồi gõ, nay xin “copy nguyên xi” để các
bạn đọc nhé!


Chào Phơng Nam!


Sỏng nay, cỳ in thoại đầu tiên gọi đến
mình khơng phải từ cảnh sát mà từ Trung
tâm Y tế của thành phố mình đang sống.
Khơng hiểu vì sao họ có số máy của mình và
cũng rất khó hiểu vì sao họ lại gọi đến mình.
Sau vài câu chào hỏi, họ yêu cầu mình đến
gấp để giúp họ. Chắc họ không muốn báo
cảnh sát mà lại nhờ một thám tử t− nh− mình
xử lí.


Đến nơi, một ng−ời đã đứng ngay ở cổng và
hỏi luôn:


- Ngài Sê Lốc Cốc phải không?


Vừa dẫn mình vào cầu thang máy, ngời ấy
vừa nói:


- Sếp tôi đang chờ ngài. Ngài thật là nhanh...
Đúng là t¸c phong cđa mét th¸m tư!



Tất nhiên mình chỉ c−ời. Thang dừng ở tầng
17, mình theo ng−ời ấy đến một căn phòng.



(13)

Một phụ nữ đã đứng tuổi vội vã b−ớc ra để
kịp bắt tay mình ngay khi mình b−ớc vào. Bà
ta nói rất nhanh:


- Chào thám tử! Ngài đến thật kịp thời. Một
chuyến bay đến sân bay thành phố có dừng
chuyển tiếp tại một quốc gia đang có dịch
Covid-19, bởi vậy tuy đất n−ớc chúng tôi
ch−a hề có dấu hiệu dịch này xuất hiện
nh−ng vẫn phải cảnh giác. Trung tâm chúng
tôi đ−ợc lệnh phối hợp hải quan đo thân nhiệt
của tất cả các hành khách và có 3 vị khách
thân nhiệt hơi cao đã đ−ợc đ−a về khu cách
li để xem xét. Bây giờ ngài có thể giúp chúng
tơi xem xét 3 vị khách này đ−ợc khơng?
Mình vừa b−ớc lại chiếc ghế mà bà ta ra hiệu
mời tơi ngồi vừa nói:


- Thế mà tôi lại nghĩ có một vụ án... Mà có
thể đây cũng là một vụ án. Kết luận không
có chuyện gì nghiêm trọng trong việc này
cũng là một sự phá án, có phải không bà?
Bà ta vui vẻ:


- Cnh giỏc là điều không bao giờ thừa.
Thám tử uống n−ớc rồi ta cùng đi luôn.
Mình uống nhanh cốc n−ớc rồi đứng lên:


- Nào! Ta đi...


Xe của bà giám đốc Trung tâm l−ợn ra phía
ngoại ơ rồi đi theo con đ−ờng ôm lấy một
ngọn đồi. Khi xe dừng lại ở một khu nhà,
mình liếc nhìn đồng hồ, nghĩ: Xe đi mất 35
phút tức là nơi này cách Trung tâm Y tế
khoảng 45 km.


Mình và bà giám đốc đ−ợc nhân viên bảo vệ
đ−a vào một phòng khá rộng. Một chút sau
đó có ng−ời đ−a 3 ng−ời vào, chắc là 3 vị
khách mà bà nói.


Bµ nói với 3 vị khách:


- Mong cỏc vị thơng cảm vì sự bất tiện mà
chúng tôi đã gây ra. Đ−ơng nhiên, chúng tơi
sẽ nhanh chóng giải phóng ngay các vị khi
đủ yên tâm, xoá hết sự nghi ngờ. Tất nhiên
các vị đã báo chi tiết cho chúng tơi về hành
trình. Nh−ng có những điều chúng tôi ch−a
xác minh đ−ợc thông tin từ các vị. Thám tử
Sê Lốc Cốc sẽ giúp chúng tơi việc xác minh
này.


Bµ ta đa mắt ý bảo mình thực hiện ngay
việc cần lµm.


Xin cảm ơn cậu về hộp khẩu trang y tế mà


cậu đã tặng mình và may sao trong túi mình
có mang theo 3 cái. Mình vừa lấy 3 cái đó ra
đ−a cho từng vị khách và nói:


- Chắc các vị đều biết... đây là khẩu trang y
tế của Việt Nam mà một anh bạn tặng tôi.
Mời các vị hãy đeo khẩu trang mà tơi đ−a
cho các vị.


C¶ 3 vị khách nhìn khẩu trang một chút rồi
đeo nhanh theo yêu cầu của mình.


Nhỡn 3 v eo khu trang, mỡnh bo b giỏm
c:


- Tôi chỉ còn nghi có 1 vị mà thôi. Bà có thể
giải phóng ngay 2 vị này.


Ngi m tụi nghi ng nhỡn tụi định nói gì đó
nh−ng sau lại im lặng.


Bà giỏm c ngc nhiờn:


- Làm sao mà thám tử kết luận nhanh thế?
Mình nói:


- Tôi sẽ giải thích cho bà sau.


on cui cõu chuyện, cậu không cần biết
nữa. Cậu hãy đăng luôn nội dung th− này lên


Tạp chí Tốn Tuổi thơ để các bạn nhỏ thử tài
nhé... à... nói thêm chút, ng−ời bị mình nghi
đã đến bên cạnh mình, nói nhỏ:


- Thám tử q giỏi! Nh−ng tơi nghĩ mình ch−a
hề bị lây nhiễm tuy có đến từ quốc gia đang
có dịch. Cả n−ớc tôi đều đ−ợc phổ biến đầy
đủ các cơng việc nhằm phịng chống dịch.
Mình c−ời, vỗ vai ri bt tay:


- Ngài chịu khó cách li 14 ngày nhé! Chúng
ta gặp lại nhau sau.



(14)

những yêu cầu cần đạt ở lớp 8


MạCH KIếN THứC “Đại số”


Biểu thức đại số


+§a thøc nhiỊu biến. Các phép toán cộng, trừ,
nhân, chia các đa thøc nhiÒu biÕn


– Nhận biết đ−ợc các khái niệm về đơn thc,
a thc nhiu bin.


Tính đợc giá trị của đa thức khi biết giá trị
của các biến.


Thực hiện đ−ợc việc thu gọn đơn thức, đa
thức.



– Thực hiện đ−ợc phép nhân đơn thức với đa
thức và phép chia hết một đơn thức cho một
đơn thức.


– Thực hiện đ−ợc các phép tính: phép cộng,
phép trừ, phép nhân các đa thức nhiều biến
trong những tr−ờng hợp đơn giản.


– Thực hiện đ−ợc phép chia hết một đa thức
cho một đơn thức trong những tr−ờng hợp đơn
giản.


+Hằng đẳng thức đáng nhớ


– Nhận biết đ−ợc các khái niệm: đồng nhất
thức, hằng đẳng thức.


– Mô tả đ−ợc các hằng đẳng thức: bình ph−ơng
của tổng và hiệu; hiệu hai bình ph−ơng; lập
ph−ơng của tổng và hiệu; tổng và hiệu hai lập
ph−ơng.


– Vận dụng đ−ợc các hằng đẳng thức để phân
tích đa thức thành nhân tử ở dạng: vận dụng
trực tiếp hằng đẳng thức; vận dụng hằng đẳng
thức thơng qua nhóm hạng tử và đặt nhân tử
chung.


+ Phân thức đại số. Tính chất cơ bản của phân
thức đại số. Các phép toán cộng, trừ, nhân,


chia các phân thức đại số


– Nhận biết đ−ợc các khái niệm cơ bản về
phân thức đại số: định nghĩa; điều kiện xác
định; giá trị của phân thức đại số; hai phân
thức bằng nhau.


– Mơ tả đ−ợc những tính chất cơ bản của phân
thức đại số.


– Thực hiện đ−ợc các phép tính: phép cộng,
phép trừ, phép nhân, phép chia đối với hai
phân thức đại số.


– Vận dụng đ−ợc các tính chất giao hoán, kết
hợp, phân phối của phép nhân đối với phép
cộng, quy tắc dấu ngoặc với phân thức đại số
trong tính tốn.


Hàm số và đồ thị
+ Hàm số và đồ thị


– Nhận biết đ−ợc những mơ hình thực tế dẫn
đến khái niệm hàm số.


– Tính đ−ợc giá trị của hàm số khi hàm số đó
xác định bởi công thức.


– Xác định đ−ợc toạ độ của một điểm trên mặt
phẳng toạ độ; xác định đ−ợc một điểm trên mặt


phẳng toạ độ khi biết toạ độ của nó.


– Nhận biết đ−ợc đồ thị hàm số.


+ Hàm số bậc nhất y = ax + b (a khác 0) và đồ
thị. Hệ số góc của đ−ờng thẳng y = ax + b (a
khác 0).


– ThiÕt lËp đợc bảng giá trị của hµm sè bËc
nhÊt y =ax +b (a kh¸c 0).


– Vẽ đ−ợc đồ thị của hàm số bậc nhất y =ax +


b (a kh¸c 0).


– Nhận biết đợc khái niệm hệ số góc của
đờng thẳng y =ax +b (a kh¸c 0).


– Sử dụng đ−ợc hệ số góc của đ−ờng thẳng để
nhận biết và giải thích đ−ợc sự cắt nhau hoặc
song song của hai đ−ờng thẳng cho tr−ớc.
– Vận dụng đ−ợc hàm số bậc nhất và đồ thị
vào giải quyết một số bài tốn thực tiễn (ví dụ:
bài tốn về chuyển động đều trong Vật lí,...).
Ph−ơng trình


+ Phơng trình bậc nhất


Hiểu đợc khái niệm phơng trình bậc nhất
một ẩn và cách giải.



Gii quyt c một số vấn đề thực tiễn gắn
với ph−ơng trình bậc nhất (ví dụ: các bài toán
liên quan đến chuyển động trong Vật lí, các bài
tốn liên quan đến Hố hc,...).


MạCH KIếN THứC HìNH HọC Và ĐO LƯờNG


Hình häc trùc quan



(15)

+ Hình chóp tam giác đều, hình chóp tứ giác
đều


– Mô tả (đỉnh, mặt đáy, mặt bên, cạnh bên),
tạo lập đ−ợc hình chóp tam giác đều và hình
chóp tứ giác đều.


– Tính đ−ợc diện tích xung quanh, thể tích của
một hình chóp tam giác đều và hình chóp tứ
giác đều.


– Giải quyết đ−ợc một số vấn đề thực tiễn gắn
với việc tính thể tích, diện tích xung quanh của
hình chóp tam giác đều và hình chóp tứ giác
đều (ví dụ: tính thể tích hoặc diện tích xung
quanh của một số đồ vật quen thuộc có dạng
hình chóp tam giác đều và hình chóp tứ giác
đều,...).


H×nh học phẳng



Định lí Pythagoras
+ Định lí Pythagoras


Gii thớch đ−ợc định lí Pythagoras.


– Tính đ−ợc độ dài cạnh trong tam giác vng
bằng cách sử dụng định lí Pythagoras.


– Giải quyết đ−ợc một số vấn đề thực tiễn gắn
với việc vận dụng định lí Pythagoras (ví dụ:
Tính khoảng cách giữa hai vị trí).


Tø gi¸c
+ Tø giác


Mô tả đợc tứ giác, tứ giác lồi.


Giải thích đ−ợc định lí về tổng các góc trong
một tứ giác lồi bằng 360o.


+ Tính chất và dấu hiệu nhận biết các tứ giác
đặc biệt


– Giải thích đ−ợc tính chất về góc kề một đáy,
cạnh bên, đ−ờng chéo của hình thang cân.
– Nhận biết đ−ợc dấu hiệu để một hình thang
là hình thang cân (ví dụ: Hình thang có hai
đ−ờng chéo bằng nhau là hình thang cân).
– Giải thích đ−ợc tính chất về cạnh đối, góc


đối, đ−ờng chéo của hình bình hành.


– Nhận biết đ−ợc dấu hiệu để một tứ giác là
hình bình hành (ví dụ: Tứ giác có hai đ−ờng
chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đ−ờng là
hỡnh bỡnh hnh).


Giải thích đợc tính chÊt vỊ hai ®−êng chÐo
cđa hình chữ nhật.


Nhn bit c dấu hiệu để một hình bình
hành là hình chữ nhật (ví dụ: Hình bình hành có
hai đ−ờng chéo bằng nhau là hình chữ nhật).
– Giải thích đ−ợc tính chất về đ−ờng chéo của
hình thoi.


– Nhận biết đ−ợc dấu hiệu để một hình bình
hành là hình thoi (ví dụ: Hình bình hành có hai
đ−ờng chéo vng góc với nhau l hỡnh thoi).


Giải thích đợc tính chất về hai đờng chéo
của hình vuông.


– Nhận biết đ−ợc dấu hiệu để một hình chữ
nhật là hình vng (ví dụ: Hình chữ nhật có hai
đ−ờng chéo vng góc với nhau l hỡnh
vuụng).


Định lí Thales trong tam giác
+ Định lí Thales trong tam giác



Giải thích đ−ợc định lí Thales trong tam giác
(định lí thuận và đảo).


– Mơ tả đ−ợc định nghĩa đ−ờng trung bình của
tam giác. Giải thích đ−ợc tính chất đ−ờng trung
bình của tam giác.


– Gi¶i thích đợc tính chất đờng phân giác
trong của tam giác.


Tính đ−ợc độ dài đoạn thẳng bằng cách sử
dụng định lí Thales.


– Giải quyết đ−ợc một số vấn đề thực tiễn gắn
với việc vận dụng định lí Thales (ví dụ: Tính
khoảng cách giữa hai vị trí).


Hình đồng dạng
+ Tam giác đồng dạng


– Mô tả đ−ợc định nghĩa của hai tam giác đồng
dạng.


– Giải thích đ−ợc các tr−ờng hợp đồng dạng
của hai tam giác, của hai tam giác vuông.
– Giải quyết đ−ợc một số vấn đề thực tiễn gắn
với việc vận dụng kiến thức về hai tam giác
đồng dạng (ví dụ: tính độ dài đ−ờng cao hạ
xuống cạnh huyền trong tam giác vuông bằng


cách sử dụng mối quan hệ giữa đ−ờng cao đó
với tích của hai hình chiếu của hai cạnh góc
vng lên cạnh huyền; đo gián tiếp chiều cao
của vật; tính khoảng cách giữa hai vị trí trong
đó có một vị trí khơng thể tới đ−ợc,...).


+ Hình đồng dạng


– Nhận biết đ−ợc hình đồng dạng phối cảnh
(hình vị tự), hình đồng dạng qua các hình ảnh
cụ thể.


– Nhận biết đ−ợc vẻ đẹp trong tự nhiên, nghệ
thuật, kiến trúc, công nghệ chế tạo,... biểu hiện
qua hình đồng dạng.


Thùc hành trong phòng máy tính với phần
mềm toán học (nếu nhà trờng cã ®iỊu kiƯn
thùc hiƯn)


– Sử dụng phần mềm để hỗ trợ việc học các
kiến thức hình học.


– Thực hành sử dụng phần mềm để vẽ hình và
thiết kế đồ hoạ liên quan đến hình đồng dạng.



(16)

K× 49



Bạn hÃy thay các chữ cái khác nhau bởi các chữ số khác nhau sao cho



+

=



PHONG CHONG CORONA



LÊ anh tuấn (Quỳnh Đôi, Quỳnh Lu, Nghệ An)


K× 47

(TTT2 sè 203)


Ta cã 10 TY 99. ≤ ≤


Suy ra 1921 CANH 2020 TY 2010. =
Vì CANH là số chính phơng mà


= < <
2


43 1849 1921 1936
=442<2010 2025 45 nªn < = 2


= = 2


CANH 1936 44 .
Suy ra TY 2020 CANH = −


=2020 1936 84. − =
VËy CANH TY +


=1936 84 44+ = 2+84 2020. =


Nhận xét. Đề ra kì này khơng khó


nên có nhiều bạn giải đúng. Các bạn
sau đây có lời giải đúng và trình bày
sạch đẹp đ−ợc th−ởng kì này: Đỗ Thành Nam,
6A, THCS Lập Thạch, Lập Thạch, Vĩnh
Phúc; Trần Hữu Nhân, 6A, THCS Bình Thịnh,
Đức Thọ, Hà Tĩnh; Nguyễn Minh Trí, 6A4,
THCS Ngơ Sĩ Liên, Q. Hoàn Kiếm, Hà Nội;


Nguyễn Đăng Quang, 6B, THCS Lý Nhật
Quang, Đô Lơng, Nghệ An; Lơng Hà Phóc,
6A5, THCS GiÊy Phong Ch©u, Phù Ninh,
Phú Thọ.


Các bạn sau có lời giải tốt đợc khen: Trần
Đình An, Lê Phan Quỳnh Anh, Đoàn Hiển
Đan, 6B, Đoàn Minh Đức, 7A, Phạm Đình
Thiên Bảo, 8C, THCS Hoàng Xuân HÃn, Đức
Thä; Vâ Sü Quèc Anh, 6/1, THCS Lê Văn
Thiêm, TP. Hà Tĩnh; Trần Minh Hoàng, 7E,
THCS Nguyễn TrÃi, Nghi Xuân, Hà Tĩnh; Bùi
Kim Chúc, Vũ Đình Hoàng, 9A3, Nguyễn Sơn
Hải, 7A4, Nguyễn Phóc H−ng, 7A1, THCS
GiÊy Phong Châu, Phù Ninh; Hoàng Minh Vũ,


7D, THCS Văn Lang, TP. Việt Trì; Nguyễn
Duy Anh, Quản Tiến Anh, Nguyễn Tiến Dũng,


Dơng Nguyên Khánh, Đỗ Ngọc Tiến, 7A3,


Ph¹m TrÝ Dịng, 7A2, Ph¹m NghÜa HiƯp, 6A3,



Ngun Ph¹m Thanh Nga, 9A3, THCS L©m
Thao, L©m Thao, Phó Thä; Nguyễn Huy
Hoàng Sơn, 6A2, THCS Yên Lạc, Yên Lạc;


Bạch Thái Sơn, 7A1, THCS Vĩnh Yªn, TP.
VÜnh Yªn; Ngun Hång Nam, 7A, THCS Lý
Tù Träng, Bình Xuyên, Vĩnh Phúc; Nguyễn
Sỹ Bách, Nguyễn Kim Mạnh, 7D, Lê Khắc
Hng, 7A, Phạm Viết Thịnh, 8C, Nguyễn Hải
Triều, Lª Anh TuÊn, 6B, THCS Lý Nhật
Quang, Đô Lơng; Phan Thùy Trâm, 7C,
THCS Bạch Liêu, Yên Thành; Đậu Phơng
Anh, 6D, Phan H÷u C−êng, Phan Quang
Triết, 7B, Lê Hữu Uy, 6B, THCS Đặng Thai
Mai, TP. Vinh, Nghệ An; Đồng Đức Mạnh,
8A3, THCS Trần Đăng Ninh, TP. Nam Định,
Nam Định; Nguyễn Trung Kiên, Nguyễn Hữu
Niêm, 9A1, THCS Yên Phong, Yên Phong,
Bắc Ninh; Nguyễn Hoàng Long, 7B, Lê Phú
Quang, 7D, THCS Nhữ B¸ Sü, Ho»ng Hãa,
Thanh Hãa; TrÇn Trung Phóc, 8A4, THCS
Ngô Gia Tự, Hồng Bàng, Hải Phòng.



(17)

dựng trực tâm của tam giác



Bài toán. Cho tam gi¸c ABC cã ba gãc nhän néi tiÕp ®−êng tròn
tâm O bán kính R. ChØ dïng compa, h·y dùng trực tâm của tam
giác ABC.



Đoàn văn trúc


Trờng THCS Nguyễn TrÃi, Mộ Đức, Quảng NgÃi


(TTT2 số 203)


Trung điểm và trung trùc



Lời giải. Cả hai bạn đều nói đúng.


Ta sẽ chứng minh trung trực của DE luôn đi
qua tâm O của đờng tròn ngoại tiếp tam
giác ABC và trung điểm I của DE luôn nằm
trên đờng trung b×nh MN cđa tam giác
ABC (xem hình vẽ).


Thật vậy, gọi M, N lần lợt là trung điểm của
AB, AC.


Do AD + AE = AB nªn ta cã


= = AB−


NE MD AE.
2


XÐt ΔONE vµ ΔOMD cã ON = OM,


= = o



ONE OMD 90 , NE = MD.
Suy ra ΔONE =ΔOMD (c.g.c).
Do đó OE = OD và EON DOM. =


Mặt khác, gọi I là trung điểm của DE.
Ta cã OIE ONE 90 . = = o


Suy ra tø gi¸c OIEN néi tiếp đờng tròn
đờng kính OE nên EIN EON= (cùng chắn
cung NE).


Tơng tự, tứ giác OIMD nội tiếp đờng tròn
đờng kính OD nên DIM DOM (cùng =


chắn cung MD).


Mµ EON DOM= ⇒EIN DIM.=


Suy ra I, M, N thẳng hàng.


Vy trung im I ca DE luụn di chuyển trên
MN cố định .


L¹i cã, tứ giác OIEN và tứ giác OIMD nội
tiếp nên IOE INE ACB, = =


= =


IOD IMA ABC.



Suy ra EAD EOD EAD IOE IOD + = + +
=BAC ACB ABC 180 .+ + = o


Do đó tứ giác AEOD nội tiếp.


Vậy đ−ờng trung trực của DE đi qua điểm O
cố định và O thuộc đ−ờng tròn đi qua ba
điểm A, D, E.


Nhận xét. Các bạn sau đây có lời
giải đúng đ−ợc th−ởng kì ny:


Trần Minh Hoàng, 7E, THCS
Nguyễn TrÃi, Nghi Xuân, Hà Tĩnh; Nguyễn
Phạm Thanh Nga, 9A3, THCS L©m Thao,
Lâm Thao, Phú Thọ; Ngô Thị An Bình, 8E,
THCS §Ỉng Thai Mai, TP. Vinh, NghƯ An;


Ngun Trung Kiên, 8A1, Lê Đăng Quang,


9A1, THCS Yên Phong, Yên Phong, Bắc
Ninh.



(18)

Bài 1(203). Có bao nhiêu số tự nhiên là bội
của 3, chỉ viết bởi các chữ số 0, 1, 2 và số đó
có khơng q 6 chữ số?


Lêi giải. (Theo lời giải của bạn Trần Minh
Hoàng, 7E, THCS Nguyễn TrÃi, Nghi Xuân,
Hà Tĩnh).



Các số lập đợc có dạng abcdef với a, b, c,
d, e, f ∈ {0; 1; 2} vµ (a + b + c + d + e + f) 3.
Ta thấy các chữ số a, b, c, d có 3 cách chọn.
Với mỗi cách chọn chữ số e thì có 1 cách
chọn chữ số f.


f = 0 nếu a + b + c + d + e ≡ 0 (mod 3).
f = 1 nếu a + b + c + d + e ≡ 2 (mod 3).
f = 2 nếu a + b + c + d + e ≡ 1 (mod 3).
Do đó lập đ−ợc tất cả số các số thỏa mãn đề
bài là 35.1 = 243 số.


Có thể diễn đạt ngắn gọn cách giải trên nh−
sau: Ta có thể thêm vào những chữ số đầu
tiên chữ số 0 sao cho số tự nhiên của ta có
đủ 6 chữ số. Nếu năm chữ số đầu tiên của
số đ−ợc xác định thì chữ số cuối cùng hàng
đơn vị của nó ln đ−ợc xác định duy nhất
để thu đ−ợc số là bội của 3. Số đó là 3 − x
nếu x khác 0 hoặc là 0 nếu x = 0, trong đó x
là số d− trong phép chia của tổng năm chữ
số đầu tiên này cho 3.


VËy sè các số cần tìm là 35 = 243 số.


Nhận xét. Đây là một bài toán hay và kiến
thức cơ bản, tuy nhiên có ít bạn tham gia giải
bài. Ngoài bạn Trần Minh Hoàng, các bạn
sau cũng có lời giải tốt: Phạm Đăng Việt


Bách, 6C4, THCS Archimedes Academy,
Q. CÇu GiÊy; Ngun Minh TrÝ, 6A4, THCS
Ngô Sĩ Liên, Q. Hoàn Kiếm, Hà Nội.


Cao văn dũng


Bài 2(203). Chứng minh rằng trong 1999 sè
tù nhiªn liªn tiÕp cã Ýt nhÊt mét sè mà tổng
các chữ số của nó chia hết cho 27.


Lời giải. Giả sử 1999 số tự nhiên liên tiếp là
n; n + 1; n + 2; …; n + 1998.


Xét 1000 số tự nhiên đầu tiên của dãy
n; n + 1; n + 2; …; n + 999. Trong 1000 số
này phải có một số chia hết cho 1000, gọi số
đó là m (m ≤ n + 999).


Khi đó m A000 (A là số tự nhiên). =
Kí hiệu S(m) là tổng các chữ số của số m.
Đặt S(m) = t. Xét dãy 27 số tự nhiên sau


A001, A002,..., A009
A091, A092,..., A099
A991, A992,..., A999.


Ta có A999 n 999 999 n 1998≤ + + = + nên
27 số tự nhiên trên đều thuộc dãy số đã cho.
Lại có tổng các chữ số của 27 số tự nhiên
này lần l−ợt là t + 1; t + 2; ...; t + 9; t +10;


t + 11; ...; t + 18; t + 19; t + 20; ...; t + 27.
Trong 27 số tự nhiên liên tiếp này phải có 1
số chia hết cho 27. Nghĩa là trong 1999 số tự
nhiên đã cho có ít nhất 1 số mà tổng các chữ
số của nó chia hết cho 27.



(19)

Hoµng, 7E, THCS NguyÔn Tr·i, Nghi Xuân,
Hà Tĩnh.


phùng kim dung


Bài 3(203). Ba bạn Toán, Tuổi, Thơ phải
hoàn thành một công việc. Để hoàn thành
công việc này, nếu Toán làm một mình, số
ngày cần thiết sẽ nhiều gấp a lần khi Tuổi và
Thơ làm chung. Tơng tự, nếu Tuổi làm một
mình, số ngày cÇn thiÕt sÏ nhiỊu gÊp b lần
khi Toán và Thơ làm chung, nếu Thơ làm
một mình, số ngày cần thiết sÏ nhiỊu gÊp
c lÇn khi Toán và Tuổi làm chung. TÝnh


= + +


+ + +


1 1 1


T .


a 1 b 1 c 1



Lêi giải. Gọi x, y, z tơng ứng là số phần
công việc mà Toán, Tuổi, Thơ làm đợc
trong một giờ (x, y, z là các số hữu tỉ dơng).
Theo giả thiết ta cã y + z = ax, z + x = by,
x + y = cz. Suy ra


+ + +


+ = + = ⇒ =


+ + +


y z x y z 1 x


a 1 1 .


x x a 1 x y z


T−¬ng tù = =


+ + + + + +


1 y 1 z


, .


b 1 x y z c 1 x y z
Do đó



+ +


= + + = =


+ + + + +


1 1 1 x y z


T 1.


a 1 b 1 c 1 x y z


Nhận xét. Đây là bài toán suy luận đơn giản.
Các bạn sau có lời giải đúng: Bạch Thái Sơn,
7A1, THCS Vĩnh Yên, Vĩnh Yên, Vĩnh Phúc;
Nguyễn Sĩ Bách, 7D, THCS Lý Nhật Quang,
Đô L−ơng; Nguyễn Gia Bảo, Phan Hữu
C−ờng, Phan Quang Triết, 7B, THCS Đặng
Thai Mai, TP. Vinh, Nghệ An; Trần Minh
Hoàng, 7E, THCS Nguyễn Trãi, Nghi Xuân,
Hà Tĩnh; Nguyễn Anh Th−, 7A1, THCS Kế
An, Kế Sách, Sóc Trăng.


nguyễn minh đức


Bµi 4(203). Cho tam giác ABC cân tại A cã


= o


A 100 vµ I là giao điểm các đờng phân


giác trong của tam giác ABC. Trên tia BA lÊy
®iĨm D sao cho BD = BC. Đờng thẳng BI


cắt AC tại E, DE cắt BC tại F. Chứng minh IF
vuông góc với AB.


Lời giải. Từ giả thiết tam giác ABC cân tại A
và A 100 suy ra = o


− −


= =180o A =180o 100o = o


ABC ACB 40 .


2 2


Vì BD = BC, nên tam giác BCD cân tại B suy
ra BCD BDC= =180o−ABC


2


=180o−40o =70 .o
2


Theo gi¶ thiết BE là phân giác của tam giác
BCD cân tại B nên EC = ED. Suy ra


= = − = o− o = o



EDC ECD BCD ACB 70 40 30 .
Do đó


= − = o− o = o


BDF BDC EDC 70 30 40 .
Từ đó ta có tam giác BFD cân tại F hay
FB = FD, mà IB = IC = ID.


Suy ra FI là đờng trung trực của BD, hay FI
vuông góc với AB.



(20)

Hữu Cờng, Nguyễn Gia Bảo, 7B, Hoàng
Anh Dũng, 7G, THCS Đặng Thai Mai,
TP. Vinh; Phïng Kh¸nh Linh, 7A1, THCS
Nghi H−¬ng, TX. Cửa Lò, Nghệ An; Võ Thị
Phơng Linh, 7/2, THCS Lê Văn Thiêm,
TP. Hà Tĩnh, Hà Tĩnh.


hồ quang vinh


Bài 5(203). Tìm số M lớn nhất sao cho ta có
bất đẳng thức x2≥M. x . x

[ ]

{ }

thỏa mãn với
mọi số thực x (trong đó

[ ]

x , x

{ }

t−ơng ứng là
kí hiệu phần nguyên và phần thập phân của x).
Lời giải. Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta
có x2= ([x] + {x})2 4[x]{x}.


Suy ra bất đẳng thức đã cho đúng với mọi x
khi M = 4. (1)



Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức không thể
đúng khi M > 4.


Thật vậy, giả sử tồn tại Mo > 4 sao cho bất
đẳng thức x2 ≥M [x] {x} đúng với mọi số o⋅ ⋅
thực x.


Đặt Mo = 4 + a với a > 0, bất đẳng thức trên
có thể đ−ợc viết lại thành


(

)



≥ + ⋅ ⋅


⇔ + ≥ + ⋅ ⋅


2


2
x (4 a) [x] {x}


[x] {x} (4 a) [x] {x}


(

)


(

)


⇔ + − ⋅ ⋅ ≥ ⋅ ⋅
⇔ − ≥ ⋅ ⋅
2
2


[x] {x} 4 [x] {x} a [x] {x}
[x] {x} a [x] {x}.


Chän sè thùc x sao cho [x] = 1 vµ
1


{x}


a 1
=


+ (sè x nh− thÕ tån tại vì
1


0 1


a 1
< <


+ ).


Bt đẳng thức trên trở thành


⎛ ⎞
− ≥
⎜ ⎟
+ +
⎝ ⎠
2


1 1
1 a.1.


a 1 a 1


⇔ ≥


+


+ 2


a a


a 1
( a 1)


⇔ ≥


+
1


1


a 1 (v« lÝ).


Do đó, bất đẳng thức đã cho khơng thể thỏa
mãn với mọi x nếu M > 4. (2)


Từ (1) và (2), ta suy ra hằng số lớn nhất thỏa
mãn yêu cầu đề bài là M = 4.



Nhận xét. Một số bạn chọn x = 1 + a với
0 < a < 1 rồi viết bất đẳng thức d−ới dạng
a2 − (M − 2)a + 1 ≥ 0, ∀0 < a <1.


Sau đó suy ra biệt thức Δcủa đa thức bậc
hai ở vế trái khơng d−ơng. Từ đó suy ra
M ≤ 4. Tiếc rằng, lí luận này ch−a chặt chẽ.
Có vẻ nh− các bạn muốn sử dụng định lí:
Điều kiện cần và đủ để đa thức f(x) = ax2 +


bx + c (a0) nhận giá trị không âm với mäi
sè thùc x lµ ⎧ >


Δ ≤


a 0
0.


Tuy nhiên, trong tr−ờng hợp của bài toán
này, biến a bị chặn nên khẳng định của định
lí trên ch−a chắc đã còn đúng.


Do vậy, để lời giải đ−ợc chặt chẽ, chúng ta
cần bổ sung một số lí giải cho rõ ràng hơn.
Một số bạn khác mắc lỗi sai cơ bản khi viết
bất đẳng thức d−ới dạng (A(x))2 ≥ M.B(x) rồi
khẳng định để bất đẳng thức đúng với mọi x
thì phải có M.B(x) ≤ 0.



Bài này có ít bạn giải đúng. Các bạn sau có
lời giải tốt: D−ơng Hồng Sơn, 9C1, THCS
Archimedes Academy, Q. Cầu Giấy, Hà Nội;
Trần Minh Hoàng, 7E, THCS Nguyễn Trãi,
Nghi Xuân, Hà Tĩnh; Ngô Thị An Bình, 8E,
THCS Đặng Thai Mai, TP. Vinh, Nghệ An.


Võ quốc bá cẩn


Bài 6(203). Giải hệ phơng trình


+ − = +
⎪⎪ + − = +


− + − = +
⎪⎩
3
3
3


x 7x x 2 y 4


y 7y y 2 z 4


z 7z z 2 x 4.


Lêi giải. ĐKXĐ x 2; y 2; z 2.



Không mất tổng quát giả sử x = max{x, y, z}.
NÕu x ≥ y ≥ z th× x + 4 ≥ y + 4.


Từ đó suy ra


− + − ≥ − + −


3 3



(21)

⇔z3−x3+7x 7z− + z 2− − x 2 0− ≥


⇔ − + + − + ≥


− + −


2 2 z x


(z x)(z xz x 7) 0


z 2 x 2


⎛ ⎞


⇔ − + + − +


− + −


⎝ ⎠



2 2 1


(z x) z xz x 7 0. (1)


z 2 x 2
V× x ≥ 2; z ≥ 2 nªn


+ + − + >


− + −


2 2 1


z xz x 7 0.


z 2 x 2


Do đó từ (1) ta có x = z. Suy ra x = y = z.
Nếu x ≥ z ≥ y, chứng minh t−ơng tự ta
đ−ợc x = y = z.


VËy ta lu«n cã x = y = z.


Thay vµo phơng trình thứ nhất của hệ ta
đợc


+ = +


3



x 7x x 2 x 4


⇔x3−9x x 3+ − + x 2 1 0 − − =


⇔ − + − + =


− +


2 x 3


x(x 9) (x 3) 0


x 2 1


⎛ ⎞


⇔ − + + + =


− +


⎝ ⎠


2 1


(x 3) x 3x 1 0


x 2 1
⇔ =x 3



(Vì x 2 nên + + + >
− +


2 1


x 3x 1 0


x 2 1 ).
Suy ra x = y = z = 3. Thử lại thỏa mãn.
Vậy hệ ph−ơng trình đã cho có nghiệm
(x; y; z) = (3; 3; 3).


Nhận xét. Có nhiều bạn tham gia giải bài,
một số bạn chỉ xét không mất tổng quát giả
sử x ≥ y ≥ z dẫn đến lời giải ch−a đầy đủ.
Các bạn sau có lời giải tốt: Lê Đăng Quang,
9A1, THCS Yên Phong, Yên Phong, Bắc
Ninh; Nguyễn Tuấn D−ơng, 9D5, THCS Chu
Văn An, Q. Ngơ Quyền, Hải Phịng; Bùi Kim
Chúc, Vũ Đình Hồng, 9A3, THCS Giấy
Phong Châu, Phù Ninh; Nguyễn Phạm
Thanh Nga, 9A3, THCS Lâm Thao, Lâm
Thao; Phùng Đăng D−ơng, 9C, THCS Văn
Lang, TP. Việt Trì, Phú Thọ; Nguyễn Anh
Th−, 7A1, THCS Kế An, K Sỏch, Súc


Trăng; Nguyễn Lª NhËt Giang, 9A1, THCS
Ngun Công Trứ, Q. Ba Đình; Lê Duy Anh,
Dơng Hång S¬n, 9C1, THCS Archimedes
Academy, Q. Cầu Giấy, Hà Nội.



nguyễn ngọc hân


Bài 7(203). Cho các số thực dơng a, b, c, d
thỏa m·n abcd = 1. Chøng minh r»ng


+


+ + + + + +


+ + ≤


+ + + + + +


4 4 4 4 4 4


4 4 4 4 4 4


1 1


1 a b c 1 b c d


1 1


1.


1 c d a 1 d a b





Lời giải. áp dụng bất đẳng thức


x2 + y2 + z2 xy + yz + zx víi mäi sè thùc
x, y, z ta thu đợc kết quả


+ + ≥ + +


≥ + +


4 4 4 2 2 2 2 2 2


2 2 2


a b c a b b c c a


ab c abc a bc.
Suy ra


+ 4+ 4+ 4≥ + 2 + 2+ 2


1 a b c abcd ab c abc a bc.
Do a, b, c, d là các số dơng nên ta có


(

)





+ + + + + +


= =



+ + + + + +


4 4 4 2 2 2


1 1


1 a b c abcd ab c abc a bc


abcd d


(1)
abc a b c d a b c d
T−¬ng tù ta cịng cã



+ + +
+ + +

+ + +
+ + +

+ + +
+ + +


4 4 4


4 4 4


4 4 4



1 a


(2)
a b c d


1 b c d


1 b


(3)
a b c d


1 c d a


1 c


(4)
a b c d


1 d a a


Céng vÕ víi vÕ (1), (2), (3) vµ (4) ta ®−ỵc
+


+ + + + + +


+ + ≤


+ + + + + +



4 4 4 4 4 4


4 4 4 4 4 4


1 1


1 a b c 1 b c d


1 1


1.


1 c d a 1 d a b


Đẳng thøc x¶y ra khi a = b = c = d = 1.



(22)

Nguyễn Lơng Uy, Lê Duy Anh, D−¬ng Hång
S¬n, 9C1, THCS Archimedes Academy,
Q. Cầu Giấy, Hà Nội; Nguyễn Tuấn Đạt, 8A,
THCS Nguyễn Quang Bích, Tam Nông; Trần
Thị Ỹn Khanh, 9A3, THCS L©m Thao;
NguyÔn TuÊn Minh, 9D, THCS Thọ Sơn;
Trần Minh Khôi, 9C, THCS Văn Lang,
TP. Việt Trì, Phú Thọ; Trơng Quang Mạnh,
9D, Nguyễn Chi Mai, 8E, Nguyễn Duy Khôi
Nguyên, 8G, THCS Đặng Thai Mai,
TP. Vinh, Nghệ An; Lê Thành Trung, 9D,
THCS Điện Biên, TP. Thanh Hóa, Thanh
Hóa; Nguyễn Hữu Niêm, Đỗ Văn Tài,


Nguyễn Trung Kiên, Lê Đăng Quang, 9A1,
THCS Yên Phong, Yên Phong, Bắc Ninh;
Nguyễn TuÊn D−¬ng, 9D5, THCS Chu Văn
An, Ngô Quyền, Hải Phòng.


trịnh hoài dƯơng


Bài 8(203). Cho tam gi¸c ABC cã


= o


BAC 120 , (I) là đ−ờng tròn nội tiếp. Gọi
D, E, F theo thứ tự là tiếp điểm của (I) với
BC, CA, AB. L là điểm đối xứng của D qua
EF. Chứng minh rằng BLC 90 .= o


Lêi gi¶i.


Gọi P, Q theo thứ tự là điểm đối xứng của B,
C qua EF; H, K theo thứ tự là giao điểm của
EF với BP, CQ.


V× BAC 120= o và AE = AF nên


o
AFE AEF 30 .= =


Do đó BFH CEK 30 .= = o


Kết hợp với P, Q là điểm đối xứng của B, C


qua EF, suy ra các tam giác BPF, CQE đều.
Do đó BP = BF = BD, CQ = CE = CD.


Từ đó, chú ý rằng phép đối xứng trục bảo
toàn số đo của góc và BP // CQ, ta có biến
đổi góc nh− sau:


o


o o


o


o
o
BLC PDQ 180 BDP CDQ


180 PBD 180 QCD
180


2 2


PBD QCD 180


90 .


2 2


= = − −



− −


= − −


+


= = =


Nhận xét. Các bạn sau có lời giải đúng:
Nguyễn Lê Nhật Giang, 9A1, THCS Nguyễn
Cơng Trứ, Q. Ba Đình; D−ơng Hồng Sơn, Đỗ
Hoàng Nhật Nam, 9C1, THCS Archimedes
Academy, Q. Cầu Giấy, Hà Nội.


trÇn quang hïng


Đ

ợc th

ởng kì này



Thi giải toán qua th




(23)

Trận đấu thứ một trăm Bảy m

ơi



Ng−ời thách đấu: Nguyễn Văn Huyện, Ph−ờng Thảo Điền, Quận 2,


TP. Hå ChÝ Minh.


Bài toán thách đấu: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác.


Chøng minh r»ng + + + ≤



+ + + + + +


a b c 12abc


3.


b c c a a b (a b)(b c)(c a)


Thêi hạn: Trớc ngày 08.04.2020 theo dấu bu điện.


Trn u th mt trm sỏu m

i tỏm

(TTT2 s 203)


Đề bài. Giải phơng trình


+ = 3 + +


2 2 3 2


7x 13x 8 2x 3x 3x x.


Lêi gi¶i. NhËn xÐt x = 0 không phải là


nghiệm của phơng trình.


Xét x ≠ 0, chia c¶ hai vế của phơng trình
cho x3 ta đợc


+ = 3 + +


2 3 2



7 13 8 3 1


2 3 .


x x x x x


Đặt t= 1.


x Phơng trình trë thµnh


− + = 3 + −


3 2 2


8t 13t 7t 2 t 3t 3


⇔ − + − + −


= + − + + −


3 2


3


2 2


(8t 12t 6t 1) 2(2t 1)


(t 3t 3) 2 t 3t 3





⇔ − + −


= + − + + −


3


3


2 2


(2t 1) 2(2t 1)


(t 3t 3) 2 t 3t 3.


Ta cã nhËn xÐt sau:


Nếu a > b thì a3> b3 a3+ 2a > b3+ 2b.
Nếu a < b thì a3< b3 a3+ 2a < b3+ 2b.
Do đó a3+ 2a = b3+ 2b a = b.


Từ đó ta có 2t 1− =3 2t +3t 3 −
⇔(2t 1)− 3−(t2+ −3t 3) 0=
⇔8t3−13t2+3t 2 0+ =
⇔ −(t 1)(8t2−5t 2) 0− =


+



⎪ ⎪


⇔ ∈⎨ ⎬


⎪ ⎪


⎩ ⎭


5 89 5 89


t 1; ;


16 16


Do đó ∈⎧⎪⎨ − + − − ⎫⎪⎬


⎪ ⎪


⎩ ⎭


5 89 5 89


x 1; ; .


4 4


Nhận xét. Đây là bài toán giải


phơng trình dạng cơ b¶n, hay. Cã



hai võ sĩ xứng đáng đ−ợc đăng


quang trong trận đấu này: Đỗ Văn Tài, 9A1,


THCS Yªn Phong, Yên Phong, Bắc Ninh;


Nguyễn Bùi Đại Hiệp, 9A, THCS Nguyễn


Hiền, Nam Trực, Nam Định.


nguyễn minh Đức


Cỏch đặt mua tạp chí năm 2020


Đặt tại b−u điện ca VNPT: Tp chớ


Toán Tuổi thơ 1: C169; Tạp chí Toán


Tuổi thơ 2: C169.1; Tổng tập Toán Tuổi


thơ 1 năm 2018: C169.2; Tổng tập Toán


Tuổi thơ 2 năm 2018: C169.3; Tổng tập


Toán Tuổi thơ 1 năm 2017: C169.4; Tổng


tập Toán Tuổi thơ 2 năm 2017: C169.5.



(24)

ph

ng phỏp ng bậc



trong chứng minh bất đẳng thức




mai văn năm


Khỏnh Hng, Yờn Khỏnh, Ninh Bỡnh
t đẳng thức là dạng toán hay và


khó, có rất nhiều ph−ơng pháp chứng
minh bằng cách sử dụng các bất
đẳng thức cổ điển nh− bất đẳng thức
Cauchy, Bunyakovsky, Schur, … Nh−ng nếu
chú ý đến bậc của các biến trong bất đẳng
thức rồi tìm cách cân bằng ta sẽ chứng minh
đ−ợc bài tốn khơng mấy khó khăn.


Tr−ớc tiên ta đi xét bất đẳng thức Schur.


Cho a, b, c, t là các số thực dơng bÊt k× th×
at(a b)(a c) + bt(b c)(b a) + ct(c a)


(c − b)≥0.


Chøng minh. Kh«ng mÊt tÝnh tỉng quát, giả


s a b c > 0. Khi đó


≥ ⇒ − − ≥ − −


⇒ − − + − −


≥ − − + − −



= − ≥


t t t t


t t


t t


t 2


a b a (a b)(a c) b (a b)(a c)


a (a b)(a c) b (b c)(b a)
b (a b)(a c) b (b c)(b a)


b (a b) 0.




Mặt khác c (c a)(c b) 0. t − − ≥
Từ đó suy ra


at(a b)(a c) + bt(b c)(b a) + ct(c a)


(c b)0.


Đẳng thức xảy ra khi và chØ khi a = b = c.
•NÕu t = 1 ta cã



a(a − b)(a − c) + b (b − c)(b − a) + c(c − a)
(c − b) ≥ 0 (I).


Bất đẳng thức (I) t−ơng đ−ơng với


a3 + b3+ c3 + 3abc a2b + ab2 + b2c + bc2+


c2a + ca2 (II).


•NÕu t = 2 ta cã


a2(a b)(a c) + b2(b c)(b a) + c2(c a)


(c − b) ≥ 0 (III).


D−ới đây là một số bài toán chứng minh bất
đẳng thức bằng cỏch a v cựng bc.


Bài toán 1. Víi a, b, c lµ c¸c sè thùc tháa
m·n a2+ b2+ c2= 3. Chøng minh r»ng


+ + + + + ≤


3 3 3


a (b c) b (c a) c (a b) 6. (1)


Lời giải. Ta thấy các đơn thức trong VT của


(1) có bậc là 4, do đó ta đ−a VP về bậc 4.


Từ giả thiết ta có (a2+b2 +c )2 2 =9.
Khi đó ta có


⇔ 3 + + 3 + + 3 + ≤


(1) 3a (b c) 3b (c a) 3c (a b) 18


⇔ + + + + +


≤ + +


3 3 3 3 3 3


2 2 2 2


3(a b a c b a b c c a c b)


2(a b c )


⇔ + + + + +


− + + + + + ≥


4 4 4 2 2 2 2 2 2


3 3 3 3 3 3


2(a b c ) 4(a b b c c a )


3(a b a c b a b c c a c b) 0. (2)


XÐt a4+b4+4a b2 2 −3ab(a2+b ) 2


= + + − +
= + + − +
= + − − +
= − + − + +
= − + − −
= − + − ≥


2 2 2 2 2 2 2


2 2 2 2 2 2


2 2 2 2 2


2 2 2 2 2 2 2


2 2 2 2


2 2 2


(a b ) 2a b 3ab(a b )


(a b )(a b 3ab) 2a b


(a b )[(a b) ab] 2a b


(a b) (a b ) ab(a b ) 2a b


(a b) (a b ) ab(a b)



(a b) (a b ab) 0.


T−¬ng tù


+ + − + ≥


4 4 2 2 2 2


b c 4b c 3bc(b c ) 0;


+ + − + ≥


4 4 2 2 2 2


c a 4a c 3ac(a c ) 0.


Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên ta đ−ợc
2(a4+ b4+ c4) + 4(a2b2+ b2c2+ c2a2) 3(a3b +


a3c + b3a + b3c + c3a + c3b) 0.


Suy ra (2) đúng. Do đó (1) ỳng (pcm).


Bài toán 2. Với a, b, c là các số thực d−¬ng


tháa m·n a + b + c = 2. Chøng minh r»ng


+ + + ≥ + +



4 4 4 3 3 3


a b c abc a b c . (1)



(25)

Lời giải. Ta thấy bậc của đơn thức trong VT
cao nhất là bậc 4. Nên ta đ−a các đơn thức ở
hai vế về cùng bậc là 4.


Ta cã


⇔ 4+ 4+ 4 + ≥ 3+ 3+ 3


(1) 2(a b c ) 2abc 2(a b c )


⇔ + + + + +


≥ + + + +


4 4 4


3 3 3


2(a b c ) (a b c)abc


(a b c)(a b c )


⇔ + + + + +


− − − − − − ≥



4 4 4 2 2 2


3 3 3 3 3 3


a b c a bc b ca c ab


a b a c b a b c c a c b 0


⇔ 2 − − + 2 − −


a (a b)(a c) b (b c)(b a)
+c (c a)(c b) 0. (đúng theo (III)) 2
Suy ra (1) ỳng (pcm).


Bài toán 3. Cho x, y, z là các số dơng thỏa


m·n x + y + z = 3. Chøng minh r»ng


+ + + ≥


3 3 3 15 27


x y z xyz . (1)


4 4


Lời giải. Ta thấy các đơn thức ở VT của (1)


cã bËc 3 nªn ta ®−a VP vÒ cïng bËc 3.
Ta cã



+ +


⇔ 3+ 3+ 3+15 ≥(x y z)3


(1) x y z xyz


4 4


⇔ + + + ≥ + +


+ + + +


3 3 3 3 3 3


4(x y z ) 15xyz x y z


3(x y)(y z)(z x)


⇔x3+y3+z3+3xyz x y x z y z ≥ 2 + 2 + 2
+ 2 + 2 + 2


y x z x z y (đúng theo (II)).
Suy ra (1) ỳng (pcm).


Bài toán 4. Cho x, y, z là các số thực không


âm tháa m·n x + y + z = 3. Chøng minh


+ + + ≥



2 2 2


x y z xyz 4. (1)


Lêi gi¶i. Ta thÊy VT cđa (1) cã bËc cao nhÊt


là bậc 3. Do đó ta đ−a cả hai vế về bậc 3.
Ta có


⇔ 2+ 2+ 2 + ≥


(1) 27(x y z ) 27xyz 4.27


⇔ + + + + +


≥ + +


2 2 2


3


9(x y z)(x y z ) 27xyz


4(x y z)


⇔ + + +


≥ + + + + +



3 3 3


2 2 2 2 2 2


5(x y z ) 3xyz


3(x y x z y x y z z x z y). (2)
Mặt khác theo (II) ta có


x3+y3+z3+3xyz x2y+x2z+y2x+y2z+z2x


+z2y.


Do ú cn chứng minh


+ +


≥ + + + + +


3 3 3


2 2 2 2 2 2


4(x y z )


2(x y x z y x y z z x z y)


⇔ − + − + − + −


+ − + − ≥



3 2 3 2 3 2 3 2


3 2 3 2


(x x y y y x) (y y z z z y)


(z z x x x z) 0


(x y) (x y) (y z) (y z) − 2 + + − 2 +
+ −(z x) (z x) 0 ln đúng. 2 + ≥


Suy ra (2) đúng. Do đó (1) ỳng (pcm).


Bài toán 5. Cho x, y, z là các số thực dơng


thỏa mÃn x + y + z = 1. Chøng minh


+ + − ≤ 7


xy yz zx 2xyz . (1)


27


Lời giải. Đ−a các đơn thc c hai v v bc 3


ta đợc


+ + + + −



≤ + + 3


(1) (xy yz zx)(x y z) 2xyz


7


(x y z)
27


⇔ + + + + + +


≤ + + + + + +


2 2 2 2 2 2


3 3 3


27(x y x z y x y z z x z y) 27xyz


7(x y z ) 21(x y)(y z)(z x)


⇔ + + +


≥ + + + + +


3 3 3


2 2 2 2 2 2


7(x y z ) 15xyz



6(x y x z y x y z z x z y).
Mặt khác theo (II) ta cã


x3+ y3+ z3+ 3xyz x2y + x2z + y2x + y2z + z2x


+ z2


y.


Do đó cần chứng minh


2(x3 + y3 + z3) x2y + x2z + y2x + y2z + z2x +


z2y.


⇔ − + − + − + −


+ − + − ≥


3 2 3 2 3 2 3 2


3 2 3 2


(x x y y y x) (y y z z z y)


(z z x x x z) 0


⇔(x−y)2(x+y)+(yz)2(y+z)+(z x)2 +



(z+x)≥0(luôn đúng).
Suy ra (1) đúng (đpcm).


Bài toán 6. Cho các sè d−¬ng a, b, c tháa


m·n a + b + c = 3. Chøng minh r»ng


+ + ≥


+ + +


2 2 2


2 2 2


a b c


1. (1)


a 2b b 2c c 2a



(26)

+ +


+ + +


2 2 2


2 2 2


a b c



a 2b b 2c c 2a


= + +


+ + +


+ +




+ + + + +


4 4 4


3 2 2 3 2 2 3 2 2


2 2 2 2


3 3 3 2 2 2 2 2 2


a b c


a 2a b b 2b c c 2c a


(a b c )


.


a b c 2(a b b c c a )



Ta sÏ chøng minh


+ + ≥ + +


+ + +


2 2 2 2 3 3 3


2 2 2 2 2 2


(a b c ) a b c


2(a b b c c a )


⇔a4+b4 +c4≥a3 +b3+c (2). 3


Ta thấy các đơn thức ở VT của (2) có bậc 4,
nên ta đ−a VP về bậc 4.


Do a + b + c = 3 nªn ta cã


⇔ + + ≥ + + + +


⇔ + +


− + + + + + ≥


4 4 4 3 3 3



4 4 4


3 3 3 3 3 3


(2) 3(a b c ) (a b c)(a b c )


2(a b c )


(a b a c b a b c c a c b) 0.
XÐt a4−a b b3 + 4−ab3 =a (a b) b (a b) 3 − − 3 −


=(a b) (a− 2 2+ab b ) 0. + 2 ≥
T−¬ng tù


− + − ≥ − + − ≥


4 3 4 3 4 3 4 3


b b c c bc 0; c c a a ca 0.


Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên ta đ−ợc
2(a4+ b4+ c4) (a3b + a3c + b3a + b3c + c3a +


c3b) 0.


Suy ra (2) đúng. Do đó (1) ỳng (pcm).


Bài toán 7. Cho các số dơng a, b, c tháa


m·n a2+ b2+ c2= 3. Chøng minh r»ng



+ + ≥


ab bc ca


3. (1)


c a b


Lêi gi¶i. Ta thÊy VT cđa (1) cã bËc 1, cßn VP


có bậc 0. Do đó ta đ−a hai vế về cùng bậc
bằng cách bình ph−ơng hai vế ta đ−ợc


+ + + + + ≥


2 2 2 2 2 2


2 2 2


2 2 2


a b b c c a


2(a b c ) 9


c a b


⇔ 2 2 + 2 2 + 2 2 + 2+ 2 + 2



2 2 2


a b b c c a


2(a b c )


c a b


≥3(a2+b2+c ) 2


⇔a b2 22 +b c2 22 +c a2 22 ≥a2 +b2 +c2


c a b


Ta cã a b2 22 +b c2 22 ≥2b ;2


c a


+ ≥ + ≥


2 2 2 2 2 2 2 2


2 2


2 2 2 2


b c c a a b c a


2c ; 2a .



a b c b


Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên ta đ−ợc


+ + ≥ + +


2 2 2 2 2 2


2 2 2


2 2 2


a b b c c a


a b c .


c a b


Suy ra (1) đúng (đpcm).
Bài tập tự luyện


Bµi 1. Cho x, y, z là các số thực dơng tháa


m·n x + y + z = 1. Chøng minh r»ng
5(x2+ y2+ z2) 6(x3+ y3+ z3) + 1.


Bài 2. Cho a, b, c là các số thùc d−¬ng tháa


m·n a + b + c = 1. Chøng minh r»ng



+ + + ≥


3 3 3 15 1


a b c abc .


4 4


Bài 3. Cho a, b, c là các số thực d−¬ng tháa


m·n a + b + c = 1. Chøng minh r»ng


+ + ≥


+ + +


2 2 2


2 2 2


a b c 3


.
2


a b b c c a


Bµi 4. Cho x, y, z lµ các số thực dơng thỏa


mÃn x + y + z = 1. Chøng minh r»ng 7(xy + yz


+ zx) ≤ 2 + 9xyz.


Bµi 5. Cho a, b, c là các số thực không âm


thỏa mÃn a2 + b2 + c2 = 3. Chøng minh r»ng



(27)

§Ị thi học sinh giỏi lớp 9 TP. Hà Nội


Năm học 2019 - 2020


Môn thi: Toán


Thời gian làm bài: 150 phút


Bài 1.(5,0 điểm)


1) Giải phơng trình (4x 2) x+ 2+2x 5 (x+ = 2+2x 2) 4x 5.+ +


2) Cho bèn sè thùc d−¬ng a, b, c, d tháa m·n a3+ b3+ c3= 3d3, b5+ c5+ d5= 3a5 vµ c7+ d7+


a7= 3b7. Chøng minh r»ng a = b = c = d.
Bài 2.(5,0 điểm)


1) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì n2+ 3n + 11 không chia hết cho 49.


2) Tìm tất cả các bộ ba số nguyên dơng (x, y, p) với p là số nguyên tố thỏa mÃn
x2+ p2y2= 6(x + 2p).


Bài 3.(3,0 điểm)


1) Cho hai số thùc d−¬ng x, y tháa m·n 5(x − y)2 (x2+ y2). Chøng minh 1 ≤ ≤x 2.



2 y


2) Cho ba sè thùc d−¬ng x, y, z tháa m·n ®iỊu kiƯn 5(x + y + z)2 14(x2+ y2+ z2). Tìm giá trị


lớn nhất và giá trị nhá nhÊt cđa biĨu thøc = +
+


2x z


P .


x 2z


Bài 4.(6,0 điểm)


Cho tam giỏc ABC có ba góc nhọn (AB < BC), ngoại tiếp đ−ờng trịn tâm I. Hình chiếu của
điểm I lên các cạnh AB, AC theo thứ tự là M, N và hình chiếu của B lên cạnh AC là Q. Gọi D
là điểm đối xứng của A qua Q, P là tâm đ−ờng tròn nội tiếp tam


giác BCD và R là giao điểm của hai đ−ờng thẳng MN, BQ.
1) Chứng minh các tam giác BMR và BIP ng dng.


2) Chứng minh đờng thẳng PR song song với đờng thẳng AC.
3) Chứng minh ®−êng th¼ng MN ®i qua trung điểm của đoạn
thẳng AP.


Bài 5.(1,0 điểm)


Có 15 hộp rỗng. Mỗi bớc, ngời ta chọn một số hộp rồi bỏ vào


mỗi hép mét sè viªn bi sao cho sè viªn bi bỏ vào mỗi hộp là một
lũy thừa của 2 và trong mỗi bớc không có hai hộp nào có sè bi



(28)

HƯớNG DẫN GIảI đề thi



thử sức tr

ớc kì thi vào 10 THPT chuyên



Năm học 2020 - 2021
Môn thi: Toán


(Đề đăng trên TTT2 số 204+205)
Bài 1. 1) Ta có


⎛ ⎞
⎛ ⎞
= + + ⎟ ⎜ +
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎛ ⎞⎛ ⎞
= + + + ⎟⎜ +
⎝ ⎠⎝ ⎠
= + + + + + +
⎛ ⎞
⎛ ⎞
= + + ⎟ ⎜+⎜ + + ⎟
⎠ ⎝
⎛ ⎞
+⎜ + + ⎟
⎝ ⎠
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
⎛ ⎞


= + + + + +
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
= + +


2 2 2


2 2 2


2 2
2 2
2
2
2 2
2
2 2


1 1 1


abc x y xy


x y xy


1 x y 1


xy xy


xy y x xy


1 1 1



(xy) x y 2


(xy) x y


1 1


x 2 y 2


x y


1


(xy) 2 4


(xy)


1 1 1


x y xy 4


x y xy


a b c2−4.




Do đó M = a2 + b2 + c2 − abc = 4.


2) (2x + y)3 + 2019y3 = x3y3
⇔(2x + y)3 = y3(x3 − 2019).



NÕu 2x + y = 0 thì y = 0 hoặc x3 2019 = 0


(không tồn tại x nguyên) nên y = 0 ⇒ x = 0.


NÕu 2x + y ≠ 0 mµ (2x + y)3 = y3(x3 − 2019).


Suy ra x3 2019 phải là lập phơng của một


số nguyên.
Đặt x3 2019 = z3


⇔ (x − z)3 + 3xz(x − z) = 2019.


Ta cã 3xz(x − z) 3, 2019 3 nªn (x − z)3 3.


Suy ra (x − z) 3.


Do đó [(x − z)3 + 3xz(x − z)] 9 mà 2019


kh«ng chia hÕt cho 9 nªn không tồn tại số
nguyên x, y tháa m·n 2x + y ≠ 0.


VËy ph−¬ng trình có nghiệm nguyên


(x; y) = (0; 0).


Bµi 2. ⎧⎪ − − = −


− + = −



⎪⎩


2
2


(x 2y)(y 4y) 2


1)


x y 2y 3


=

⇔⎨
− + − =
⎪⎩
2
2


(y 4y)(2y x) 2


(y 4y) (2y x) 3.


Đặt =


=



2



u y 4y


v 2y x.


Ta cã ⎧ = ⇒⎧ =


+ = =


⎩ ⎩


uv 2 u 1


u v 3 v 2 hc


=


=

u 2
v 1.


Víi ⎧⎨ == ⇒⎧⎪⎨ − = ⇔⎧⎪⎨ = +


− = = +




⎩ ⎩ ⎪⎩



2


u 1 y 4y 1 x 2 2 5


v 2 2y x 2 y 2 5


hc ⎧⎪ = −


= −
⎪⎩


x 2 2 5


y 2 5.


Víi ⎧⎨ == ⇒⎧⎪⎨ − = ⇔⎧⎪⎨ = +


− = = +




⎩ ⎩ ⎪⎩


2


u 2 y 4y 2 x 3 2 6


v 1 2y x 1 y 2 6



hc ⎧⎪ = −


= −
⎪⎩


x 3 2 6


y 2 6.


2) Δ =(2m + 4)2 + 17 > 0.
Theo định lí Vi-ét ta có


+ = − +

⇒ + − =

= − −

1 2


1 2 1 2


1 2


x x 2m 1


5x 5x 2x x 21 (1).


x x 5m 8



Theo gi¶ thiÕt x1 − x2 = x12 ⇔ x2 = x1 − x12 (2).
Tõ (1) vµ (2) ta cã


− + − = ⇔ =


⇒ = − = −


3 2


1 1 1 1


2


2 1 1


2x 7x 10x 21 0 x 3


x x x 6.


Bµi 3. 1) Ta cã


− −


− 1 = a b (ab 1)3 34 4 = a b4 44 4a b3 3
1



(29)

+


⎜ ⎟



⎜ ⎟ +


⎝ ⎠


= =


2


3 3


3 3


6 6 3 3


4 4 4 4


a b a b


2 a b 2a b


a b 4a b


− −


= (a3 4 4b )3 2 =| a3 2 2b |3


4a b 2a b lµ mét sè h÷u tØ.


2)



Trên tia đối của tia CA lấy điểm E sao cho
CE = AB.


XÐt ΔCDE vµ ΔBDA cã EC = AB,
=


ECD ABD(vì tứ giác ABDC nội tiếp),


CD = BD (vì AD là phân giác của BAC).


Suy ra CDE = BDA (c.g.c) nên DE = DA.


Tam giác ADE có AE < AD + DE


⇔AB + AC < AD + AD = 2AD.



Bµi 4.


Gọi H là giao điểm của OA và BC khi đó H cố
định.


Ta cã AM.AN = AH.AO =AB2.


Suy ra ΔAMH ΔAON (c.g.c) nªn
=


AHM ANO.



Từ đó ta có tứ giác MNOH nội tiếp.


Do I là tâm của đờng tròn ngoại tiếp tam


giác OMN nên IH = IO.


Vậy I nằm trên đ−ờng thẳng c nh l ng


trung trực của đoạn thẳng HO.


Ta l¹i cã AHM ANO OMN OHN. = = =


Suy ra BHM BHN dẫn đến BC là phân giác =


cña gãc MHN.


= 1 = 1


EMN EON HMN


2 2 dẫn đến ME là phân


gi¸c cđa góc HMN.


Tơng tự ND là phân giác của góc HNM.


Từ đó suy ra BC, DN, ME là ba đ−ờng phân


giác của tam giác HMN nên chúng đồng quy.
Bài 5. 1) Ta có



+ + +


≤ a2 b2 ≤ a2 b2 c2 = ⇒ − ≤


ab 1 ab 1 0.


2 2


Do đó M2=[(a b).1 c(1 ab)] + + − 2


≤ + + + −


= + − + = − +


= − + ≤ ⇒− ≤ ≤


2 2 2 2


2 2 3 3 2 2


2 2


[(a b) c ][1 (1 ab) ]


(2 2ab)(a b 2ab 2) 2a b 2a b 4


2a b (ab 1) 4 4 2 M 2.


VËy giá trị nhỏ nhất của M là 2 chẳng hạn


khi (a; b; c) = (1; 1; 0), giá trị lớn nhất của M


là 2 chẳng hạn khi (a; b; c) = (1; 1; 0).


2) Kẻ các đờng kính của đờng tròn song


song với cạnh AB của hình vuông ABCD.


Chiếu các đờng kính này trên cạnh AB.


Tng dài các đ−ờng kính bằng


× =1


2019 1009,5.


2


Do đó tổng độ dài các hình chiếu cũng bng
1009,5.


Mặt khác AB = 1 nên tồn tại một điểm, chẳng
hạn điểm T thuộc cạnh AB và thuộc ít nhất
1010 hình chiếu.


Đờng vuông góc với AB tại T giao với ít nhất



(30)

Kì n

y spring Flowers



nguyễn thị nh ý



Trờng THCS Hoàng Xuân HÃn, Đức Thọ, Hà Tĩnh


Trong khu vờn nhá nµy, 12 loµi hoa ®ang ®ua nhau khoe s¾c d−íi


nắng xuân. Bạn có biết chúng là những loài hoa nào không?


Kết quả

tìm các căn bệnh

(TTT2 số 203)
Sức khỏe là vốn quý. Để sống khỏe m¹nh, ta


cần xây dựng thói quen sinh hoạt điều độ, ăn
uống vệ sinh, khoa học và vận động thể chất
phù hợp. Bên cạnh đó, ta cũng cần tìm hiểu
về các loại bệnh và biện pháp phòng ngừa.
Chúng ta cùng tìm hiểu về một số căn bệnh


trong ô chữ Vờn Anh nhé.


Hàng ngang: COLD - Cảm lạnh; FLU - Cúm;
TOOTHACHE - Đau răng; HEADACHE - Đau
đầu; SORE EYES - Đau mắt.


Hàng dọc: COUGH - Ho; EARACHE - Đau tai.


Hàng chéo: BACKACHE - Đau lng; FEVER -


Sốt.


Các bạn có đáp án đúng, trình bày



đẹp sẽ đ−ợc nhận quà tng ca Ch


Vờn: Nguyễn Văn Cờng, 7A1,


THCS Yªn Phong, Yªn Phong, Bắc Ninh;


Đặng Anh Th, 6C, THCS Ngun HiỊn,


Nam Trùc, Nam Định; Nguyễn Duy Anh,


7A3, THCS L©m Thao, L©m Thao, Phó Thä;


Ngun Ngọc Linh, 6D, THCS Đặng Thai


Mai, TP. Vinh, NghƯ An; Ngun Ph−¬ng


Chi, 6A1, THCS VÜnh Yªn, TP. VÜnh Yªn,


VÜnh Phóc; Ngun Hoàng Long, 7B, THCS


Nhữ Bá Sỹ, Hoằng Hóa, Thanh Hóa.


Để phòng chống Covid-19 cũng nh các


bệnh dịch khác, Chủ Vờn mong các bạn giữ


gìn vệ sinh, th−êng xuyªn rưa tay b»ng xà


phòng, không đa tay lên mặt, nhỏ mắt, nhỏ



mịi, sóc miƯng b»ng n−íc muối, ăn chín,


ung sụi, eo khẩu trang khi đến nơi đông


ng−ời và tập thể dục thể thao đều đặn. Chúc


các bạn cùng gia đình mạnh khỏe.



(31)

đề thi


câu lạc bộ ttt



Ngun §øc TÊn

K× 33



CLB1. Given that 13 + 23 + 33 ++ 193


= 36100. Find the value of 13+ 23+ 33+ 63+ 93


+ … + 573.


CLB2. Given a, b and c non-zezo such that


= =
+ + +


ab bc ca


.


a b b c c a Find the value of the


expression =


+ +


2 3
6 6 6


ab c


M .


a b c


CLB3. Find the smallest positive integer
which is twice the square of a natural number
and three times the cube of another natural
number.


CLB4. Given isosceles trapezoid ABCD
(AB // CD) where AC is perpendicular to BD,
altitude AH and AH = 4 cm. Find the area of
trapezoid ABCD.


CLB5. Given quadrilateral ABCD. E and F
are the midpoints of BC and CD respectively.
Show that < + 2


ABCD 1


S (AE AF) .



2


đỗ đức thành(dịch)


K× 31

(TTT2 sè 203)


CLB1.Ta cã−(x + y + z) = (x − y − z) + (y − z


− x) + (z − x − y) = 20 + 11 + 2019 = 2050.
Suy ra x + y + z =−2050. Do đó


+ + + − − − +
= = = −


+ + + − − − +
= = = −


= + + + − − =− + = −



(x y z) (x y z) 2050 20


x 1015


2 2



(x y z) (y x z) 2050 11


y 1019,5


2 2


(x y z) (z x y) 2050 2019


z 15,5.


2 2


CLB2. Đặt


+ + +


= = =


− − −


2a b 2b c 2c a


x , y , z .


a b b c c a


Ta cã (x 1)(y 1)(z 1) (x 2)(y 2)(z 2) + + + = − − −


⇔3(xy yz zx) 3(x y z)+ + − + + = −9.
Do đó M = xy + yz + zx − x − y − z =3.



CLB3.Đặt = + >


+


2 2


5m 5n


T 0


3m 2n (v× m, n ∈N


*).


XÐt m + n ≥ 5 ta cã


3m2+ 2n2> 2(m2+ n2) (m+n)2 5m + 5n.


Do đó T khơng là số tự nhiên.
Khi đó m + n ≤ 4. Ta có bảng sau:


m 1 1 1 2 2 3


n 1 2 3 1 2 1


T 2 15
11
20
11


15
14 1
20
29
VËy m = n = 1 hoặc m = n = 2 thì T là một số
nguyên.


CLB4.4x3+ 6x2+ 3x + 63 = 0


⇔8x3+ 12x2+ 6x + 126 = 0


⇔8x3+ 12x2+ 6x + 1 =125


⇔(2x + 1)3= (5)3 2x + 1 =5 x =3.


CLB5. Vẽ DE vu«ng gãc với AC tại E.


Ta cã DCE BAC ABC 15= + = o +45o =60 o
nªn CDE 30= o⇒CD 2 CE.=


Theo gi thiết CD = 2BC.


Suy ra BC = CE hay tam giác BCE cân tại C.
Do đã CBE CEB= =DCE= 60o =30 .o


2 2


Dn n tam giác BED cân tại E nên
EB = ED.



Mặt khác EBA =ABC CBE 45− = o−30 o


=15o= BAE nên tam giác AEB cân tại E.
Do đã EA = EB = ED⇒EAD EDA 45 .= = o


Vậy BAD BAC EAD 15= + = o+45o =60 .o


NhËn xÐt. ChØ cã mét bn cã li gii
tt c thởng kì này: Phan Thùy
Trâm, 7C, THCS Bạch Liêu, Yên
Thành, Ngh An.



(32)

Hỏi: Sau Tết chúng em nghỉ ln mấy tuần
để phịng chống dịch Covid-19. Hồi anh đi
học đã bao giờ “bị” nghỉ học nh− thế khơng ạ?


Ngun Q.


(6B, THCS Lý NhËt Quang, Đô Lơng,
Nghệ An)


Đáp:


Chuyn ny tht him hoi sao
Thời anh bom đạn nh−ng nào nghỉ đâu


Tránh bom nấp dới hầm sâu
Cha bao giờ phải nghỉ lâu thế này.


Hỏi: Anh có thĨ cho em mÊy c©u thơ về


phòng dịch Covid-19 không ạ?


Trịnh N. K


(7A3, THCS Mộc Lỵ, Mộc Châu, Sơn La)


Đáp:


Đi về là phải rửa tay


i ra cần phải tránh ngay đông ng−ời
Khẩu trang đeo ỳng em i!


Nghi nhiễm phải khám kịp thời, kẻo nguy.


Hái: NghØ häc nh− thÕ thì làm sao kịp hoàn
thành năm học nh những năm trớc đây ạ?


Nguyễn A. T


(8A1, THCS KÕ An, KÕ S¸ch, Sãc Trăng)


Đáp:


Chuyn ny em ch lo gỡ
Mc thời gian đã lùi đi mấy tuần


DÞch hÕt đi học chuyên cần


Chng trỡnh vn mi phần cho em.



Hỏi: Theo anh, sau đợt nghỉ dài liệu khi đi
học trở lại chúng em có gặp khó khăn gì
khơng? Chúng em cần phải chuẩn bị nh− thế
nào để trở lại đi học đ−ợc bình thng?


Lê V.


(8A1, THCS Yên Phong, Yên Phong,
Bắc Ninh


Đáp:


Nu nh dy mun ó quen
Th thỡ lp tc phi rốn li thụi


Đồng hồ báo thức kêu rồi


Đừng ngủ nớng nữa... nh hồi vừa qua!



(33)

Các lớp 6 & 7


Bài 1(206). Tìm số tự nhiên n nhỏ nhất sao
cho 2020 phân số d−ới đây đều là phân số
tối giản


+ + + +


2 2


1 2



; ; ... ;


n 672n 3 n 672n 4


+ +


2


2020


.


n 672n 2022


NguyÔn ngäc hïng


(Tr−êng THCS Hoàng Xuân HÃn, Đức Thọ,
Hà Tĩnh)


Bài 2(206). Chia các số 1, 2, 3, ..., 300 thành
75 nhãm. Chøng minh r»ng cã Ýt nhÊt mét
nhãm cã ba sè là số đo ba cạnh của một tam
giác.


Tạ thập


(TP. Hå ChÝ Minh)


Bµi 3(206). Cho hµm sè f(x) x= + 1.


2 TÝnh


tæng = + ⎛ + ⎛


⎝ ⎠ ⎝ ⎠


1 2


S f(0) f f


2021 2021


⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞


+ + + + +


⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠


3 2019 2020


f ... f f f(1).


2021 2021 2021


Cao ngäc to¶n


(Tr−êng THPT Tam Giang, Phong Điền,
Thừa Thiên - Huế)


Bài 4(206). Cho tam gi¸c ABC cã



= o = o


ABC 45 , ACB 15 . Trªn tia phân giác
trong của BAC, lÊy ®iĨm D sao cho


= o


ACD 75 . Chøng minh tam giác BCD là


tam giỏc u.


Thái nhật phƯợNG


(Trờng THCS Nguyễn Văn Trỗi,Cam Nghĩa,
Cam Ranh, Khánh Hòa)


1(206). Find the smallest natural number n
such that all of the following 2018 fractions
are irreducible


+ + + +


2 2


1 2


; ; ...;


n 672n 3 n 672n 4



+ +


2


2020


.


n 672n 2022


2(206). Grouping numbers from 1 to 300 into
75 groups. Prove that there is at least 1
group containing 3 numbers that are the side
lengths of a triangle.


3(206). Given the function f(x) x= + 1.
2 Find


the sum = + ⎛ + ⎛


⎝ ⎠ ⎝ ⎠


1 2


S f(0) f f


2021 2021


⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞



+ + + + +


⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠


3 2019 2020


f ... f f f(1).


2021 2021 2021


4(206). Given triangle ABC where


∠ABC 45 , ACB 15 . Point D on the = o ∠ = o


internal bisector of ∠BAC, such that


∠ACD 75 . Prove that BCD is an = o



(34)

Các lớp THCS


Bài 5(206). Tìm tất cả các số nguyên a, b, c


lớn hơn 1 thỏa m·n + +


2 2


a 1 b 1


,



2 2 là các số


nguyên tố và (a2+ 1)(b2+ 1) = 2(c2+ 1).
võ quốc bá cẩn


(Trờng Archimedes Academy, Q. Cầu Giấy,


Hà Nội)
Bài 6(206). Giải hệ phơng trình


+ + = +





⎪ − + + − + = − +




3 3


2 2 2


x 3x 4 8y 6xy 6y


x 2y 2 x 4y 4 x 3y 4.



Hoàng lê nhật tùng



(SV K61, S phạm Toán, ĐHQG Hà Nội)


Bài 7(206). Cho x, y, z là các sè thùc d−¬ng.
Chøng minh r»ng


x2+ y2+ z2+ xyz + 4 2(xy + yz + zx).


Nguyễn Đức trờng


(TrờngTHCS Đa Tốn, Gia Lâm, Hà Nội)


Bài 8(206).Cho tứ giác ABCD nội tiếp đờng


trũn tâm O. E là giao điểm của AC và BD.
Gọi M, N theo thứ tự là tâm đ−ờng tròn nội
tiếp các tam giác BCE, DCE. P, Q theo thứ
tự là tâm các đ−ờng tròn bàng tiếp đối diện
đỉnh E của các tam giác ADE, ABE. Chứng
minh rằng tứ giác MNPQ nội tiếp đ−ợc một
đ−ờng trịn.


ngun minh hµ
(Hµ Néi)


5(206). Find all the values of a, b and c


greater than 1 such that + +


2 2



a 1 b 1


,


2 2 are


primes and (a2+ 1)(b2+ 1) = 2(c2+ 1).


6(206). Solve the following system of


equations


+ + = +





⎪ − + + − + = − +




3 3


2 2 2


x 3x 4 8y 6xy 6y


x 2y 2 x 4y 4 x 3y 4.


7(206). Given three positive real numbers x,


y and z. Show that


x2+ y2+ z2+ xyz + 4 2(xy + yz + zx).



(35)

(36)



×