Sáng tạo khi tự học toán

SÁNG TẠO KHI TỰ HỌC TOÁN
	Trong tự học nhiều khi giúp tìm đến những điều thú vị trong toán học. Bài viết này xin được trao đổi cùng bạn đọc về một bài toán mà trong việc tự học toán tôi đã tìm đến những bài toán mới, bài toán tổng quát. 
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: 
Từ (1), (2), (3), (4), (5) và (6) ta có: 
Bài toán 1, chắc chắn còn nhiều điều thú vị nữa nếu chúng ta tiếp tục khai thác tìm tòi. 
BÀI TOÁN STEINER - LEIMUS
1. Bắt đầu từ một bức thư 
	Năm 1840, nhà toán học người Pháp D.Ch.L, Leimus (1780 - 1863) gửi cho nhà hình học nổi tiếng người Thụy Điển J. Steiner (1769 - 1863) một bài toán hay với yêu cầu đưa ra một cách chứng minh thuần túy hình học : 
“Cho tam giác ABC có các đường phân giác trong BE, CF bằng nhau. Chứng minh rằng tam giác ABC cân” (Bài toán 1) 
Để giải quyết bài toán này, J. Steiner đã chứng minh bổ đề : 
“Trong tam giác ABC, với BC = a ; CA = b ; AB = c ; đường phân giác trong AD của tam giác được tính bởi công thức (*) 
Chỉ cần kiến thức hình học lớp 8, các bạn có thể tự chứng minh điều này. 
áp dụng công thức (*) ta chứng minh bài toán 1 : 
Ta có BE = CF 
2. Khát khao vươn tới cái đẹp 
	Cách chứng minh trên của J. Steiner đúng nhưng ... chưa đẹp vì chưa thực sự “thuần túy hình học”. Bởi thế, sau khi phép chứng minh trên được công bố, rất nhiều người đã lao vào để cố công tìm kiếm một phép chứng minh mới, hay hơn cho bài toán 1. Hơn 150 năm trôi qua ... nhiều phép chứng minh mới đã nối tiếp nhau ra đời. Trong các chứng minh đó, người ta đặc biệt quan tâm tới hai phép chứng minh sau : 
1. Phép chứng minh của R. W. Hegy 
Năm 1983, R. W. Hegy công bố phép chứng minh này trên tạp chí “The mathematical gazette” của Anh, chỉ cần dùng kiến thức hình học lớp 7. 
Nếu Đ A > Đ B thì ta dựng hình bình hành BEDF như hình bên. Kí hiệu các góc như trên hình vẽ, ta thấy : 
Nếu Đ B > Đ C => Đ B2 > Đ C2 => Đ D1 > Đ C2   (1) 
Mặt khác, vì BE = CF nên DF = CF
=> Đ D1 + Đ D2 > Đ C2 + Đ C3   (2) 
Từ (1) và (2) => Đ D2 < Đ C3 
Xét các tam giác BCE và CBF, ta thấy : BC chung, BE = CF, BF > CF nên Đ C1 > Đ B1 => Đ C > Đ B. Mâu thuẫn. 
Nếu Đ B < Đ C , hoàn toàn tương tự cũng dẫn đến mâu thuẫn. 
Chứng tỏ : Đ B = Đ C => cân đỉnh A (đpcm). 
2. Phép chứng minh của G. Julbert và D. Mac. Donnell 
Năm 1963, phép chứng minh được công bố trên tạp chí “American Mathematical Monthey” của Mỹ. Phép chứng minh này giải quyết bài toán khác mà bài toán 1 chỉ là hệ quả của nó. Đó là bài toán : 
“Cho tam giác ABC có các đường phân giác trong BE, CF. Chứng minh rằng : Nếu Đ B ≥ Đ C thì BE ≤ CF” (Bài toán 2).
Nào! Các nhà toán học nhỏ hãy giải quyết bài toán 2 để thử sức mình và gửi gấp về TTT2 nhé ! 
Vấn đề chưa dừng lại đâu ... Các bạn thử trăn trở xem có đề xuất được điều gì mới không ? Hẹn gặp lại các bạn ở số tạp chí sau. 
AC-SI-MET NHÀ TOÁN HỌC LỖI LẠC NHẤT THỜI CỔ ĐẠI
(287 - 212 trước công nguyên)
	Ông là con trai của nhà thiên văn hocPheidians và có họ với vua Hieron II. Ông đã sống ở thành phố Syracuse trên đảo Sicily. Ông nghiên cứu về các phương pháp tìm diện tích và thể tích. Tuy quan tâm nhiều đến toán học lý thuyết nhưng ông lại đạt được nhiều thành tựu trong lĩnh vực ứng dụng toán học. Các bạn có thể đã nghe đến một định luật của ông: "Trọng lượng của vật ngập trong nước bằng trọng lượng của nước mà vật đó chiếm chỗ". Định luật đó lại xuất phát từ một hoàn cảnh khá đặc biệt. Lúc ấy ở thành phố Syracuse có một gã thơ kim hoàn gian trá và nhà vua đã yêu cầu ông tìm cách đưa việc này ra ánh sáng. Một lần ông đang ở trong bồn tắm và chợt phát hiện ra định luật này. Ông đã nhào ra khỏi bồn tắm, cứ thế chạy khắp phố phường reo to: "Eureka ... Eureka !" (Tôi đã tìm ra ... Tôi đã tìm ra !). 
Những năm 214 - 212 trước công nguyên, thành phố của ông bị tướng La Mã Marcellus tấn công. Ông đã dựa vào các nghiên cứu về đòn bẩy để sáng chế ra các máy ném đá tuyệt vời để đánh trả quân thù. Một lần ông đang vẽ những hình học trên cát ở trong thành thì quân địch bất ngờ đánh úp vào thành. Một tên lính La Mã tiến đến và dẫm lên các hình vẽ của ông. Ông đã đứng bật dậy và hét to: "Đừng động vào các hình tròn của tôi !". Tên lính vô lại đó đã rút gươm và giết chết ông. Khi đó ông đã 75 tuổi. 
Trong di chúc mà ông viết trước đó, ông yêu cầu khắc lên trên mộ ông một hình hình học mà ông đặc biệt yêu thích: hình cầu nội tiếp trong hình trụ. Ngôi mộ của ông qua thời gian cứ ngỡ như biến mất thì kỳ diệu thay: Năm 1963 những người công nhân xây dựng đã tìm thấy khi đang động thổ để xây dựng một khách sạn. 
Và bây giờ ...tiếng reo to của ông lại vang lên trong một chuyên mục rất ý nghĩa mà Toán Tuổi Thơ 2 dành cho những tìm tòi phát hiện của các bạn khi học toán. Rất mong các bạn hãy luôn reo lên như Ac -si - mét ngày nào (nhưng tất nhiên...khi chạy ra khỏi nhà cũng cần để ý đến ... quần áo đã mặc hay chưa). Chúc các bạn thành công trong học tập và cuộc sống. 
NHIỀU CÁCH GIẢI CHO MỘT BÀI TOÁN
Trong học toán và giải toán việc tìm thêm các lời giải khác của một bài toán nhiều khi giúp đi đến những điều thú vị trong toán học. Xin được trao đổi cùng bạn đọc bài toán rất quen thuộc sau. 
Bài toán : Chứng minh rằng a4 + b4≥a3.b + a.b3 với mọi a, b. 
(Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 trường THPT chuyên Lê Hồng Phong, TP Hồ Chí Minh, 1998-1999) 
Cách 1 : a4 + b4≥ a3.b + a.b3 
Khi và chỉ khi a4 + b4 - a3.b - a.b3 ≥ 0 
Khi và chỉ khi a3 (a - b) - b3 (a - b) ≥ 0 
Khi và chỉ khi (a - b)(a3 - b3) ≥ 0 khi và chỉ khi (a - b)(a - b)(a2 + ab + b2) ≥ 0 
Khi và chỉ khi (a - b)2[(a + b/2)2 + 3.b3/4] ≥ 0 (hiển nhiên đúng với mọi a,b) 
Cách 2 : Ta có[ a2 - b2]2 ≥ 0 
=> a4 - 2.a2.b2 + b4 ≥ 0 
=> a4 + b4 ≥ 2.a2.b2 
=> a4 + b4 + a4 + b4 ≥ a4 + b4 + 2.a2.b2 
=> 2( a4 + b4) &ge ; ( a2 + b2)2 (1) 
Mặt khác (a - b)2≥ 0 
=> a2 - 2ab + b2 ≥ 0 
=> a2 + b2≥2ab 
=> (a2 + b2)( a2 + b2)≥2ab (a2 + b2) 
=> (a2 + b2)2 ≥2ab (a2 + b2) (2) 
Từ (1) và (2) => 2( a4 + b4 ) ≥ 2ab (a2 + b2) 
=> ( a4 + b4 )≥ a3.b + a.b3 
Cách 3 : 
( a4 + b4 ) -( a3.b + a.b3) = 1/2 (2 a4 + 2 b4 - 2 a3.b -2 a.b3) 
= 1/2 [(a4 - 2 a3.b + a2 b2) +( b4 - 2 a.b3 + a2 b2) + (a4 - 2a2 b2 + b4)] 
= 1/2 [(a2 - ab)2 + ( b2 - ab)2 +( a2 - b2)2] ≥ 0 
=> ( a4 + b4 )≥ a3.b + a.b3 
chú ý : Trong lời giải cách 1, ta có thể chia hai trường hợp a ≥ b và a < b để chứng minh bất đẳng thức (a - b)( a3 - b3) đúng với mọi a,b. Trên đây chỉ là những tìm tòi nho nhỏ của mình. Các bạn có còn tìm thêm cách giải nào khác nữa chăng? Rất mong chúng mình thường xuyên thông tin cho nhau những tìm tòi nho nhỏ nhưng rất thú vị khi học toán. Chúc các bạn học thật giỏi. 
BÀN LUẬN VỀ BÀI TOÁN "BA VỊ THẦN"
Chúng ta đều đã biết bài toán thú vị : “Ba vị thần” sau : 
Ngày xưa, trong một ngôi đền cổ có 3 vị thần giống hệt nhau. Thần thật thà (TT) luôn luôn nói thật, thần dối trá (DT) luôn luôn nói dối và thần khôn ngoan (KN) lúc nói thật lúc nói dối. Các vị thần vẫn trả lời câu hỏi của khách đến lễ đền nhưng không ai xác định được chính xác các vị thần. Một hôm có một nhà hiền triết từ xa đến thăm đền. Để xác định được các vị thần, ông hỏi thần bên trái : 
- Ai ngồi cạnh ngài ? 
- Đó là thần TT (1) 
Ông hỏi thần ngồi giữa : 
- Ngài là ai ? 
- Ta là thần KN (2) 
Sau cùng ông hỏi thần bên phải : 
- Ai ngồi cạnh ngài ? 
- Đó là thần DT (3) 
Nhà hiền triết thốt lên : 
- Tôi đã xác định được các vị thần. 
Hỏi nhà hiền triết đã suy luận như thế nào ? 
Lời giải : Gọi 3 vị thần theo thứ tự từ trái sang phải là : A, B, C. 
Từ câu trả lời (1) => A không phải là thần TT. 
Từ câu trả lời (2) => B không phải là thần TT. 
Vậy C là thần TT. Theo (3) đ B là thần DT đ A là thần KN 
Nhận xét : Cả 3 câu hỏi đều tập trung xác định thần B, phải chăng đó là cách hỏi “thông minh” của nhà hiền triết để tìm ra 3 vị thần ? 
Câu trả lời không phải, mà là nhà hiền triết gặp may do 3 vị thần đã trả lời câu hỏi không “khôn ngoan” ! 
Nếu 3 vị thần trả lời “khôn ngoan” nhất mà vẫn đảm bảo tính chất của từng vị thần thì sau 3 câu hỏi, nhà hiền triết cũng không thể xác định được vị thần nào. Ta sẽ thấy rõ hơn qua phân tích sau về 2 cách hỏi của nhà hiền triết : 
1. Hỏi thần X : 
- Ngài là ai ? 
Có 3 khả năng trả lời sau : 
- Ta là thần TT => không xác định được X (Cách trả lời khôn nhất) 
- Ta là thần KN => X là thần KN hoặc DT 
- Ta là thần DT => X là KN 
2. Hỏi thần X : 
- Ai ngồi cạnh ngài ? 
Cũng có 3 khả năng trả lời sau : 
- Đó là thần TT => thần X khác thần TT 
- Đó là thần KN => không xác định được X (cách trả lời khôn nhất) 
- Đó là thần DT => không xác định được X (cách trả lời khôn nhất) 
Trong cả 2 cách hỏi của nhà hiền triết đề ...  với bờ là BD1). 
Để kết thúc, xin mời bạn giải bài toán sau đây : 
Bài toán 5 : Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB cố định và 1 điểm C chuyển động trên nửa đường tròn đó. Kẻ CH vuông góc với AB. Trên đoạn thẳng OC lấy điểm M sao cho OM = CH. Tìm tập hợp M. 
DỰNG HÌNH BẰNG DỤNG CỤ HẠN CHẾ
Các em đều biết rằng : Các bài toán dựng hình ở trường phổ thông chỉ được sử dụng hai dụng cụ là : compa và thước thẳng để dựng hình (theo quy ước từ thời cổ Hi Lạp). Tuy nhiên trong các cuộc thi học sinh giỏi toán hoặc “đố vui học tập” thỉnh thoảng vẫn có những bài toán dựng hình đòi hỏi chỉ dựng bằng một dụng cụ là thước thẳng hoặc compa. Những bài toán này rất thú vị, bổ ích và đòi hỏi nhiều sự thông minh sáng tạo trong việc vận dụng các kiến thức đã học. Các nhà toán học cũng đã nghiên cứu khá sâu sắc các bài toán này. 
Nhà toán học ý : Máckêrôni (1750 - 1800) và nhà toán học Đan Mạch : MoRơ (1640 - 1697) chuyên nghiên cứu các bài toán dựng hình chỉ bằng compa. Đến 1890 nhà toán học áo Adler đã chứng minh rằng : Mọi bài toán dựng hình giải được bằng compa và thước thẳng đều giải được với một mình compa thôi. 
Ngược lại nhà toán học Thụy Sĩ Iacốp Stây Ne (1796 - 1863) lại chỉ nghiên cứu những bài toán dựng hình bằng thước thẳng. Ông đã chứng minh được rằng : Mọi bài toán dựng hình (hình học phẳng) bằng compa và thước thẳng giải được, đều có thể dựng được chỉ bằng một thước thẳng nếu trên mặt phẳng cho một đường tròn và tâm của nó. Xin giới thiệu với các em một vài bài toán như vậy. 
Bài toán 1 : Cho đường tròn đường kính AOB và một điểm S ở ngoài đường tròn. Chỉ dùng một thước thẳng hãy dựng một đường thẳng đi qua S và vuông góc với AB. 
Giải : Nối SA cắt (O) tại F (xem hình 1). 
Nối SB cắt (O) tại E. 
Nối AE cắt BF tại H. Đường thẳng SH là đường thẳng cần dựng. 
Bài toán 2 : Trên mặt phẳng cho 2 điểm A, B. Chỉ dùng compa hãy dựng hai điểm có khoảng cách gấp đôi độ dài AB (chú ý là cho 2 điểm A, B nhưng chưa có đường thẳng chứa A và B). 
Giải : 
- Dựng đường tròn (B ; BA) (xem hình 2) 
- Dựng đường tròn (A ; AB) cắt đường tròn trên ở E. 
- Dựng đường tròn (E ; EA) cắt đường tròn (B) ở F. 
- Dựng đường tròn (F ; FE) cắt đường tròn (B) ở C. 
Dễ dàng chứng minh được các ΔAEB ; ΔEBF ; ΔFBC đều . Từ đó => A, B, C thẳng hàng và AC = 2 AB. 
Bài toán 3 : Cho hai điểm A, B. Chỉ dùng compa hãy dựng trung điểm I của đoạn AB. 
Giải : Xem hình 3. 
- Đặt AB = a. Dựng 1 đoạn dài 2a (bài toán 2) 
- Dựng đường tròn (B ; 2a) và đường tròn (A ; 2a), hai đường tròn này cắt nhau tại C. 
- Dựng đường tròn (B ; a) và đường tròn (C ; a), hai đường tròn này tiếp xúc nhau tại M, M là trung điểm BC. 
- Dựng đường tròn (A ; a) và đường tròn (C ; a), hai đường tròn này tiếp xúc nhau tại N, N là trung điểm AC. 
- Dựng đường tròn (N ; a) và đường tròn (M ; a), hai đường tròn này cắt nhau tại giao điểm thứ hai I, I là trung điểm AB. 
Phần chứng minh rất dễ dàng, xin dành cho bạn đọc. Bây giờ mời các em giải thử các bài toán sau : 
Bài 4 : Cho hai điểm A, B. Chỉ dùng compa hãy dựng điểm I thuộc đoạn AB và chia AB theo tỉ số IA/IB = k (k thuộc N) cho trước. 
Bài 5 : Cho đường tròn tâm O và hai điểm A, B ở ngoài đường tròn. Chỉ dùng compa hãy dựng giao điểm của đường thẳng AB với đường tròn (O). 
Bài 6 : Cho tứ giác ABCD. Chỉ dùng compa hãy kiểm tra xem tứ giác ABCD có phải là tứ giác nội tiếp hay không ? 
G. JULBERT VÀ D. MAC DONNELL
ĐÃ GIẢI BÀI TOÁN 2 NHƯ THẾ NÀO ?
Trong mục “Dành cho các nhà toán học nhỏ” (TTT2 số 1, 3/2003) đã giới thiệu và đề nghị bạn đọc tham gia giải bài toán sau. 
“Cho tam giác ABC có các đường phân giác trong BE, CF. Chứng minh rằng : Nếu Đ B ≥ Đ C thì BE ≤ CF” (bài toán 2). 
Tòa soạn đã nhận được lời giải bài toán 2 của 17 bạn. Trừ một vài bạn giải sai và giải thiếu chính xác, các bạn còn lại đã giải bài toán 2 bằng một trong hai phương án sau đây. Xin giới thiệu tóm tắt hai phương án giải này. 
Phương án 1 : Phỏng theo phương pháp mà Stiener đã dùng để chứng minh bài toán 1. Đó là dùng công thức tính độ dài đường phân giác trong của tam giác. 
Phương án 2 : Trước hết, nhờ tính chất của đường phân giác trong của tam giác, chứng minh BF ≤ CE (hình 1). Sau đó, phỏng theo cách chứng minh bài toán 1 của W. Hegy, dựng hình bình hành BEDF và dùng các định lí so sánh độ lớn của góc và độ dài của cạnh đối với tam giác. 
Bạn đọc thân mến ! Nhờ hai phương án trên, ta sẽ có hai lời giải đúng cho bài toán 2. Tuy nhiên, đúng nhưng không mới và không đẹp. Tôi tin rằng, trước G. Julbert và D. Mac Donnell, đã có rất nhiều người nghĩ tới bài toán 2 và trong những người này, có lẽ cũng đã có rất nhiều người giải bài toán 2 bằng các phương án trên. Vậy mà, không ai nhớ tên họ cả. Nói đến bài toán 2, là người ta nói ngay đến lời giải của G. Julbert và D. Mac Donnell. Vì sao vậy ? Vì lời giải của hai tác giả này mới và đẹp, đó là mục đích tối cao của không chỉ những người làm toán. Xin giới thiệu để bạn đọc cùng thưởng thức lời giải đặc sắc này. 
Đặt I là giao điểm của BE và CF (hình 2) 
Theo giả thiết, Đ FBI ≥ Đ ECI. Vậy trong đoạn IF, tồn tại điểm K sao cho Đ KBI = Đ ECI. 
Đương nhiên, tứ giác BKEC nội tiếp (1)
Mặt khác : 
Từ (1), (2), (3) => BE ≤ CK => BE ≤ CF (đpcm) 
Dễ thấy, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi Đ B = Đ C. 
THÊM MỘT VÍ DỤ VỀ SỰ PHÁT TRIỂN KẾT QUẢ
Bài toán 9 : Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Các đường phân giác xuất phát từ các đỉnh A, B, C của tam giác lần lượt cắt (O) tại A1, B1, C1. Gọi S là diện tích tam giác ABC và So là diện tích phần giao của hai tam giác ABC, A1B1C1. 
Chứng minh rằng : So ≥ 2/3 S. 
Lời giải : Dễ thấy phần giao của hai tam giác ABC và A1B1C1 là hình lục giác, kí hiệu là MNPQRU. 
Gọi I là giao điểm của AA1, BB1, CC1 ta có UP, NR, QM đồng quy tại I và theo thứ tự song song với BC, CA, AB (kết quả quen thuộc). 
Đặt Sa, Sb, Sc lần lượt là diện tích các tam giác IMN, IPQ, IRU ; S’a, S’b, S’c lần lượt là diện tích các hình bình hành IQAR, IUBM, INCP. Ta có : 
Sa + Sb + Sc + S’a + S’b + S’c = S (1) 
Theo BT7 ta lại có : Sa + Sb + Sc ≥ 1/3 S (2) 
Từ (1) và (2) suy ra : 
2(Sa + Sb + Sc) + (S’a + S’b + S’c) ≥ 4/3S 
=> Sa + Sb + Sc + (S’a + S’b + S’c) ≥ 2/3 S 
=> So ≥ 2/3 S. Đẳng thức xảy ra I là trọng tâm của tam giác ABC Tam giác ABC có trọng tâm trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp Tam giác ABC là tam giác đều. 
* Trước khi kết thúc bài viết, chúng tôi xin giới thiệu thêm với các bạn 3 bài toán nằm trong mạch phát triển kết quả trên, coi như những bài tập rèn luyện khả năng phát triển kết quả. 
Bài toán 10 : Cho tam giác ABC, điểm M nằm trong tam giác. A’, B’, C’ lần lượt là điểm đối xứng của A, B, C qua M. Gọi S là diện tích tam giác ABC và S0 là diện tích phần giao của hai tam giác ABC, A’B’C’. 
Chứng minh rằng : S0 ≤ S. 
Bài toán 11 : Cho hình thang ABCD (AB // CD). Các điểm M, N lần lượt chạy trên các đáy AB, CD ; MC cắt NB tại P ; MD cắt NA tại Q. Tìm vị trí của M và N sao cho S(MPNQ) lớn nhất. 
Bài toán 12 : Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Các đường phân giác xuất phát từ các đỉnh A, B, C cắt (O) theo thứ tự tại A1, B1, C1. Gọi S1 là diện tích tam giác A1B1C1 ; S2 là diện tích phần giao của hai tam giác ABC, A1B1C1. 
Chứng minh rằng : S2 ≤ 2/3 S1.
NHỮNG SAI LẦM THƯỜNG GẶP KHI GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ
Khi giải các phương trình mà ẩn nằm trong dấu căn thức (phương trình vô tỉ), một số học sinh do chưa nắm vững kiến thức về căn thức và phép biến đổi tương đương các phương trình nên thường mắc phải một số sai lầm. Bài viết này nhằm giúp các bạn học sinh lớp 9 tránh được những sai lầm đó ! 
Ví dụ 1 : 
Giải phương trình : 
Lời giải sai : Ta có 
Nhận xét : Rõ ràng x = -3 không phải là nghiệm của phương trình trên. 
Ghi nhớ rằng : 
Ví dụ 2 : Giải phương trình : 
Lời giải sai : 
Nhận xét : Rõ ràng x = -3 không phải là nghiệm của phương trình trên. 
Ghi nhớ rằng : 
Ví dụ 3 : Giải phương trình 
Lời giải sai : 
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. 
Nhận xét : Các bạn nghĩ sao khi phương trình đã cho thực sự có nghiệm là x = -7 ? 
Ghi nhớ rằng : 
Như vậy lời giải trên đã bỏ sót một trường hợp khi A ≤ 0 ; B < 0 nên mất nghiệm x = -7. 
Ví dụ 4 : Giải phương trình 
Lời giải sai : Ta có 
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 2. 
Nhận xét : Ta thấy ngay x = 2 không nghiệm đúng phương trình đã cho. 
Ghi nhớ rằng : 
Ví dụ 5 : Giải phương trình 
Lời giải sai : 
Phương trình tương đương với : 
Căn thức có nghĩa x ≥ 3. Khi đó ta có : 
Do đó phương trình vô nghiệm. 
Nhận xét : Có thể thấy ngay x = 0 là nghiệm. Việc chia hai vế cho đã làm mất nghiệm này. Mặt khác cần ghi nhớ : 
Do đó lời giải phải bổ sung trường hợp = 0 và trường hợp x < 0. Khi x < 0 thì phương trình viết về dạng : 
Do đó x < 0 không thỏa mãn phương trình. Cuối cùng phương trình có nghiệm duy nhất x = 0. 
Mong các bạn trao đổi thêm về vấn đề này.
MỘT HẰNG ĐẲNG THỨC THÚ VỊ
Với mọi số thực a, b, c, ta có : 
(a + b)(a + c) = a2 + (ab + bc + ca) = a(a + b + c) + bc (*). 
Với tôi, (*) là hằng đẳng thức rất thú vị. Trước hết, từ (*) ta có ngay : 
Hệ quả 1 : Nếu ab + bc + ca = 1 thì 
a2 + 1 = (a + b)(a + c). 
Hệ quả 2 : Nếu a + b + c = 1 thì 
a + bc = (a + b)(a + c). 
Bây giờ, chúng ta đến với một vài ứng dụng của (*) và hai hệ quả trên. 
Bài toán 1 : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 1. Hãy tính giá trị của biểu thức : 
Lời giải : Theo hệ quả 1 ta có 
a2 + 1 = a2 + (ab + bc + ca) = (a + b)(a + c) ; 
b2 + 1 = b2 + (ab + bc + ca) = (b + a)(b + c) ; 
c2 + 1 = c2 + (ab + bc + ca) = (c + a)(c + b). 
Suy ra 
Vì vậy A = a(b + c) + b(c + a) + c(a + b) 
= 2(ab + bc + ca) = 2. 
Vấn đề sẽ khó hơn khi ta hướng tới việc đánh giá các biểu thức. 
Bài toán 2 : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn (a +b)(a +c) = 1. Chứng minh rằng : 
Lời giải : a) Sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương a(a + b + c) ; bc : 
1 = (a + b)( a + c) = a(a + b + c) + bc ≥
b) Sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương a2 ; 
(ab + bc + ca)/2 ; (ab + bc + ca)/2 
1 = (a + b)( a + c) = a2 + (ab + bc + ca) = 
Bài toán 3 : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 1. Chứng minh rằng : 
Lời giải : Theo hệ quả 1 ta có 
Sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương a2 + ab ; a2 + ac : 
Tương tự ta có 
Từ các kết quả trên ta suy ra : 
Bài toán sau đây nguyên là đề thi Châu á - Thái Bình Dương năm 2002 đã được viết lại cho đơn giản hơn (thay (1/x ; 1/y ; 1/z) bởi (a ; b ; c)). 
Bài toán 4 : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng : 
Lời giải : Theo hệ quả 2 và bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-ski ta có 
Tương tự ta có 
Từ các kết quả trên ta suy ra : 
Để kết thúc, xin các bạn làm thêm một số bài tập : 
Bài tập 1 : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1. Hãy tính giá trị của biểu thức : 
Bài tập 2 : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 1. Chứng minh rằng : 
Bài tập 3 : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng : 
(a + bc)(b + ca)(c + ab) ≥ 64/81(ab + bc + ca)2.