Vò Kim Thñy - NguyÔn Xu n Mai - Hoµng Träng H o (TuyÓn chän - Biªn so¹n) TuyÓn chän 0 n m To n Tuæi th C c chuyªn Ò vµ Ò to n chän läc THCS (T i b n lçn thø nhêt, cã chønh lý vµ bæ sung) Nhµ xuêt b n Gi o dôc ViÖt Nam
B n quyòn thuéc t¹p chý To n Tuæi th - Nhμ xuêt b n Gi o dôc ViÖt Nam M Côc xuêt b n: 0-05/CXB/-83/GD M s ch: CT0k5
LỜI NÓI ĐẦU Nhằm giúp học sinh và các thầy, cô giáo có thêm tài liệu để phát hiện và bồi dưỡng nhân tài toán học, nhân dịp kỉ niệm 0 năm ngày thành lập, Tạp chí Toán Tuổi thơ ra mắt bạn đọc cuốn sách: Tuyển chọn 0 năm Toán Tuổi thơ - Các chuyên đề và đề toán chọn lọc THCS. Từ ngày tạp chí Toán Tuổi thơ dành cho trung học cơ sở ra đời, Ban biên tập đã nhận được rất nhiều các chuyên đề, các đề toán từ nhiều tác giả, cộng tác viên là những giáo sư, tiến sĩ có uy tín và từ nhiều thầy, cô giáo say mê nghiên cứu bộ môn toán trong nhà trường gửi về. Từ các nguồn tài liệu trên, Ban biên tập tạp chí đã chọn lọc và biên tập lại để ra mắt độc giả cuốn sách này. Cuốn sách gồm có hai phần Phần. Các chuyên đề chọn lọc Chương. Học ra sao? cung cấp cho học sinh những phương pháp hữu ích để học toán tốt hơn, đồng thời là tư liệu bổ ích giúp cho các thầy, cô giáo trong việc hướng dẫn phương pháp học tập và giảng dạy tại các nhà trường. Chuyên mục này cũng giúp cho các vị phụ huynh phương pháp hướng dẫn con, em học ở nhà. Chương. Sai ở đâu? Sửa cho đúng là tập hợp những bài toán cùng lời giải có sai sót. Những lời giải tưởng là đúng nhưng lại mắc lỗi, những đề toán sai nhưng vẫn có lời giải... qua đó tránh cho thầy, cô giáo và các em học sinh mắc những sai lầm đáng tiếc trong việc ra đề và làm bài trong kiểm tra, thi cử. Chương 3. Toán học và hội nhập - Nhìn ra thế giới giúp cho thầy, cô giáo và các em học sinh tiếp cận những kiến thức toán học cần thiết trong thời hội nhập, đồng thời qua những đề thi học sinh giỏi môn toán ở nhiều vùng miền trên thế giới, giúp chúng ta hiểu về việc học tập và thi cử môn toán của các nước có nền giáo dục tiên tiến. Chuyên đề này được chọn lọc trong những bài viết, bài dịch và bài chấm của các tác giả: Vũ Kim Thủy, Trịnh Hoài Dương, Nguyễn Bá Đang, Hoàng Trọng Hảo, Nguyễn Ngọc Hân. 3
Phần. Đề thi giải toán qua thư Đây hầu hết là những đề toán hay, mới của các giáo sư, tiến sĩ, các thầy, cô giáo, các nhà nghiên cứu các cộng tác viên giàu tâm huyết với toán học trong các nhà trường nhiều năm qua. Cuối sách còn có hướng dẫn giải các bài toán của hai phần trên để bạn đọc tiện tra cứu. Mặc dù đã rất cố gắng trong quá trình tuyển chọn và biên tập, nhưng không thể tránh khỏi những sai sót, Ban biên tập mong nhận được sự góp ý từ bạn đọc. Chúng tôi chân thành cảm ơn sự quan tâm, đóng góp của bạn đọc về bản in lần đầu để lần tái bản này sách được tốt hơn. NHÓM TUYỂN CHỌN 4
Phần CÁC CHUYÊN ĐỀ CHỌN LỌC Chương. HỌC RA SAO? SÁNG TẠO KHI HỌC TOÁN NGUYỄN ĐỨC TẤN (TP. Hồ Chí Minh) Tự học nhiều khi giúp chúng ta tìm đến những điều thú vị trong Toán học. Bài viết này xin được trao đổi cùng bạn đọc về một bài toán mà qua việc tự học Toán tôi đã tìm đến những bài toán mới tổng quát hơn. Bài toán. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng: + + + +. a+ b c a b+ c a+ b+ c a b c Lời giải. Với x, y > 0 ta có + 4. (*) x y x + y Thật vậy, theo BĐT Côsi ta có: 4 +. = = x y x y xy x+ y x+ y. Vì a, b, c là độ dài của ba cạnh của một tam giác nên: a + b c > 0; a b + c > 0; a + b + c > 0. Áp dụng (*) ta có: 5
4 4 + = =. () a+ b c a b+ c a+ b c+ a b+ c a a Tương tự: + ; () a+ b c a+ b+ c b +. (3) a b+ c a+ b+ c c Cộng từng vế của (), (), (3) ta có điều cần chứng minh. Nhận xét. Kết quả (*) giúp nhận ra rằng nếu n thì n n + +. = = x y x y xy x + y (x+ y) n n n n n Từ đó ta đến với bài toán mới, bài toán tổng quát của bài toán. Bài toán. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng: n + + + + n n n n n n (a + b c) (a b + c) ( a + b + c) a b c n Nhận xét. Tìm cách thay đổi tử của các phân thức ở vế trái của bất đẳng thức trong bài toán ta nhận được bài toán mới sau: Bài toán 3. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng Lời giải. c b a A= + + 3. a+ b c a b+ c a+ b+ c Đặt a + b + c = x, a b + c = y, a + b c = z. y+ z x+ z x+ y Ta có a = ; b = ; c =. x+ y z+ x y+ z Do đó: A = + + = z y x 6
x y y z x z + + + + + ( + + ) = 3. y x z y z x (đpcm) Nhận xét. Suy nghĩ... và suy nghĩ giúp tôi tìm và giải được bài toán 4, bài toán tổng quát của bài toán và bài toán 3. Bài toán 4. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng: n n n c b a + + a + b + c a+ b c a b+ c a+ b+ c Lời giải. n n n Với n = 0 ta có bài toán và với n = ta có bài toán 3., n N. Xét n, ta có n n n n n n (a b )(a b) 0 a + b a b + ab. () n n n n n n n n Tương tự, b + c b c+ bc (); c + a a c+ ac. (3) Mặt khác, áp dụng BĐT Côsi cho hai số dương ta có: n a a + ( a+ b+ c)a ( a+ b+ c)a = a a+ b+ c a+ b+ c n n n n n a + a b+ a c 3a a+ b+ c n n n. (4) Tương tự, n b + ab + b c 3b a b+ c n n n ; (5) n c n n n + ac + bc 3c. (6) a+ b c Từ (), (), (3), (4), (5) và (6) ta có đpcm. Nhận xét. Bài toán 3 chắc chắn còn nhiều điều thú vị nữa nếu chúng ta tiếp tục khai thác tìm tòi. Xin chờ các bạn phát hiện tiếp. 7
MỘT PHONG CÁCH HỌC TOÁN NGUYỄN ĐỨC TẤN (TP. Hồ Chí Minh) Khai thác bài toán trong SGK nhiều khi đem đến cho chúng ta những điều lí thú và sâu sắc. Tôi tin rằng đây là một phong cách học Toán tốt, góp phần tìm kiếm cái mới trong Toán học. Xin được cùng bạn đọc trao đổi về bài toán sau: 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 4 SGK Hình học 8, NXB Giáo dục 000). B Lời giải. MN là đường trung bình của tam giác ABC MN // AC và MN = AC A M N C QP là đường trung bình của tam giác ADC QP // AC và QP = AC Q D P H.tr8 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. Cho tứ giác lo m 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. 8
Bài toán. Cho tam giác ABD, C là điểm nằm trong tam giác ABC. Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm các đoạn AB, BC, CD, DA. Chứng minh rằng tứ giác MNPQ là hình bình hành. Từ bài toán A ta thấy 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 4. Cho ngũ giác ABCDE. Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của 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 thì bài toán A và bài toán 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 BD MN MQ MNPQ là hình chữ nhật. AC = BD MN = MQ MNPQ là hình thoi. Giúp ta đến với bài toán 6 sau: Bài toán 6. Gọi M, N, P, Q là các trung điểm của 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? 9
(Bài 3, trang 37, SGK Hình học 8, NXB Giáo dục 000) Câu c bài toán 6 giúp ta có lời giải bài toán hay và khó sau. Q D Bài toán 7. Cho tam giác A OBC. Về phía ngoài tam giác dựng các hình vuông OBIA, OCKD. Gọi M, P lần lượt là tâm M của các hình vuông OBIA, I OCKD. N, Q lần lượt là trung B điểm của các đoạn thẳng BC, AD. Chứng minh rằng tứ giác MNPQ là hình vuông. O N C P K 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 này là chứng minh AC = BD, AC BD. Điều này có được từ ΔOAC = ΔOBD (c.g.c). Và như vậy từ bài toán 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 Bài toán cũng đến với ta bài toán sau: Bài toán 9. Cho tam giác ABD, C là điểm nằm trong tam giác ABD. Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AB, BD, 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? 0
Và như vậy từ các bài toán A; ; ; 6; 8; 9 có được bài toán tổng quát sau chăng? Bài toán 0. 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 = SMNPQ, SMNPQ = SABCD. Do vậy, SMNP = SABCD, đến với bài toán hay và khó sau: 4 Bài toán. Cho tứ giác ABCD. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC, CD. Chứng minh rằng SMNP = SABCD. 4 Bài toán A chắc chắn còn nhiều điều hấp dẫn và thú vị, nếu ta tiếp tục suy nghĩ và tìm tòi. HỌC MỘT BIẾT MƯỜI VÕ NGỌC PHAN (THCS Đặng Thai Mai, TP. Vinh, Nghệ An) Rèn luyện tính độc lập, sáng tạo là yêu cầu để phát huy phẩm chất của người lao động. Vì thế các bạn cần tập suy luận và sáng tạo, phát hiện những bài toán mới, những vấn đề mới, xuất phát từ những bài toán đã biết. Xét bài toán 9, 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 xoy hình vuông ABCD.
a) Tìm khoảng cách từ D tới Ox. b) Tìm tập hợp các điểm D khi B di động. Lược giải. a) Kẻ DH Ox, ADH = A D (phụ với A ), 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 d // Ox, cách Ox một khoảng bằng a. Giới hạn: Khi B O thì hình vuông ABCD trở thành hình vuông AOC D D D tập hợp D là tia đối của tia D C. Nhận xét. Khi D D thì hình vuông ABCD trở thành hình vuông AOC D. Hình vuông này có diện tích nhỏ nhất và bằng a. Do vậy có thể thay bài toán quỹ tích bằng bài toán cực trị: Bài toán. 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 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. Nhận xét. Nếu từ C và D lần lượt kẻ các đường thẳng song song với Ox và Oy thì hình tạo thành là hình vuông ngoại tiếp hình vuông ABCD. Ta có bài toán khác: Bài toán. 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 và Ox tại Q va H. a) Chứng minh răǹg tứ giác OHPQ là hình vuông.
b) Chứng minh răǹg tâm đối xứng của hai hình vuông ABCD và OHPQ trùng nhau. Nhận xét. Bài toán là trường hợp riêng của bài toán 8, trang 54, SGK Hình học 8. Giải được bài toán 8, tức là bài toán 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 có cùng một tâm đối xứng. Nhận xét. So sánh chu vi tam giác OAB với OH, ta có bài toán sau: Bài toán 3. Cho góc vuông xoy. Trên tia Ox lấy điểm A cố định, điểm B di động trên tia Oy. Vẽ trong xoy hình vuông ABCD. Gọi H là hình chiếu của D trên Ox. Chứng minh rằng chu vi tam giác OAB < m, với m là độ dài đoạn thẳng OH. Lược giải. ΔDHA = ΔAOB OB = AH OA + OB = OH = m. Trong ΔOAB có AB < OA + OB = m OA + OB + AB < m + m = m. Nhận xét. Điều gì sẽ xảy ra nếu chu vi ΔOAB = m? Ta có bài toán sau: 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 = m. Chứng minh răǹg APB = 45 o. Lược giải: Kẻ PE PA, với E nằm trên tia OQ. Ta có P = P (cùng phụ với APQ ), PQ = PH, 0 Q= H= 90 ΔPQE = ΔPHA (g.c.g) QE = AH, PE = PA. Ta có OA + OB + AB = m = OH + OQ OA + OB + AB = (OA + AH) + (OB + BQ) AB = AH + BQ = QE + BQ = BE 3
ΔBPA = ΔBPE (c.c.c) BPA = BPE BPA = APE.90 o 45 o = = ( đpcm ). Nhận xét. Nếu o APB = 45 quay xung quanh P, nhưng luôn cắt hai cạnh OH và OQ của hình vuông thì chu vi ΔOAB có luôn bằng m không? Ta có bài toán sau: Bài toán 5. Cho hình vuông OHPQ. A, B là các điểm di động lần lượt trên các cạnh OH, OQ sao cho o APB = 45. Chứng minh răǹg chu vi ΔOAB không đổi. Nhận xét. Vì ΔPBA = ΔPBE nên các đường cao PQ và PI của hai tam giác bằng nhau. Thế thì PI bằng một giá trị không đổi. Ta có bài toán sau: Bài toán 6. Cho A và B theo thứ tự di động trên các cạnh OH, OQ của hình vuông OHPQ, sao cho o APB = 45. Tìm quỹ tích chân đường vuông góc hạ từ P xuống AB. Nhận xét. Xét A là trung điểm của OH. Hình vuông OHPQ có xác định được không nếu biết A và P. Ta có bài toán sau: 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 răǹg PA là tia phân giác của BPH. Đảo một phần giả thiết thành kết luận và đưa kết luận thành giả thiết thì vẫn đúng. Ta có bài toán ngược sau: Bài toán 9. Cho A là trung điểm cạnh OH của hình vuông OHPQ. Trên cạnh OQ lấy điểm B sao cho BPA = APH. Chứng minh răǹg AB vuông góc PA. 4
Với tinh thần luôn đào sâu suy nghĩ thì các bạn sẽ thực hiện được mục tiêu: Học một, biết mười. TẬP DƯỢT XEM XÉT BÀI TOÁN ĐẢO NGUYỄN KHÁNH NGUYÊN (GV THCS Hồng Bàng, Hải Phòng) 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: ) MN song song với hai đáy AB, CD và MN = (AB + CD) ) P, Q lần lượt là các trung điểm của hai đường chéo BD, AC và PQ = AB CD 3) MP = NQ. Từ đó ta có các bài toán đảo sau: Bài toán đảo. Cho tứ giác ABCD. Gọi M và N lần lượt là các trung điểm của các cạnh AD, BC tương ứng. Chứng minh rằng nếu MN = (AB + CD) thì ABCD là hình thang. Chứng minh. Gọi K là trung điểm của đường chéo BD. Ta có: MK AB và MK = AB ; NK // CD và NK = CD 5
MK + NK = (AB + CD) = MN (gt) M, K, N thẳng hàng AB // MN và CD // MN AB // CD (đpcm). Bài toán đảo. 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 = (CD AB) thì ABCD là hình thang. Chứng minh. Gọi M là trung điểm của AD. Ta có PM // AB và PM = AB ; QM // CD và QM = CD M, P, Q thẳng hàng QM PM = (CD AB) = PQ 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 (). Gọi E, F là trung điểm của các đường chéo BD và AC tương ứng. Giả sử P E và Q F. N Ta có ME song song và bằng NF (vì cùng song song và bằng AB) MENF là hình bình hành C 6
MN cắt EF tại trung điểm O của mỗi của mỗi đoạn hay OM = ON, mà MP = NQ PO = OQ PEQF là hình bình hành PE // QF hay BD // AC, trái với (). Vậy E P, F 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 không? Chúc các bạn có thói quen xem xét các bài toán đảo trong quá trình học tập để phát hiện ra các bài toán mới thú vị. XEM KHÁC NHAU LÀ... GIỐNG NHAU Trước tiên, các bạn xem các bài toán sau: LÊ QUANG NẪM (GV ĐHKHTN, ĐHQG TP Hồ Chí Minh) Bài toán. 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. 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,, 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. 7
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,, 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 viết 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. Bây giờ ta xem như bài toán 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, 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 và có cách giải tương tự như cách giải của bài toán 3. Bài toán 5 tuy có cách phát biểu thật dài nhưng cũng chỉ là biến thể của bài toán. Ở bài toán, 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, 8
theo bài toán, 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 suy ra điều cần chứng minh. Ở bài toán, 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 thă ng 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 x y+ z a = là số hữu tỉ. Điều này vô lí do a là số vô tỉ. Các bài toán, 3, 5, 6 đều liên quan đến số 6 như bài toán. Trong khi đó, các bài 4, 7 lại liên quan đến con số 5 mà lại có bản châ t như bài toán 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:,, 3, 4, 5, 6. Khi đó nếu i, j là hai điểm khác nhau thì i j nhận giá trị từ 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. Nhiệm vụ cuối cùng của chúng ta là chứng minh bài toán. 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 9