Phương trình hàm

Giới thiệu Phương trình hàm

Học toán online.vn gửi đến các em học sinh và bạn đọc Phương trình hàm.

Tài liệu môn Toán và hướng dẫn giải chi tiết các đề thi sẽ luôn được cập thường xuyên từ hoctoanonline.vn, các em học sinh và quý bạn đọc truy cập web để nhận những tài liệu Toán hay và mới nhất miễn phí nhé.

Tài liệu Phương trình hàm

Các em học sinh và bạn đọc tìm kiếm thêm tài liệu Toán học sinh giỏi tại đây

PhÇn thø nhÊt : C¸c Chuyªn §Ò PHƯƠNG TRÌNH HÀM Nguyễn Hoàng Ngải Tổ trưởng tổ Toán THPT Chuyên Thái Bình Một trong những chuyên đề rất quan trọng trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi dự thi học sinh giỏi toán quốc gia, khu vực và quốc tế, đó là phương trình hàm, bất phương trình hàm. Có rất nhiều tài liệu viết về chuyên đề này. Qua một số năm bồi dưỡng học sinh giỏi dự thi học sinh giỏi toán quốc gia và qua một số kì tập huấn hè tại Đại học khoa học tự nhiên – Đại học quốc gia Hà Nội, chúng tôi rút ra một số kinh nghiệm dạy về chuyên đề này và trao đổi với các đồng nghiệp. Phần I: NHẮC LẠI NHỮNG KHÁI NIÊM CƠ BẢN 1. Nguyên lý Archimede Hệ quả: ∀x ∈ ⇒ ∃!k ∈ : k ≤ x < k + 1 . Số k như thế gọi là phần nguyên của x, kí hiệu [x] Vậy : [ x ] ≤ x < [ x ] + 1 2. Tính trù mật Tập hợp A ⊂ x 0, ∃a ∈ A : α − ε < a α = sup A ⇔ ⎨ ⎧a ≥ β , ∀a ∈ A ⎩∀ε > 0, ∃a ∈ A : β + ε > a β = infA ⇔ ⎨ 4. Hàm sơ cấp ¾ Hàm số sơ cấp cơ bản là các hàm lũy thừa, hàm số mũ, hàm số logarit, hàm số lượng giác, hàm số lượng giác ngược. ¾ Hàm số sơ cấp là những hàm được tạo thành bởi hữu hạn các phép toán số học ( +, – , x, : ), phép toán lấy hàm hợp đối với các hàm số sơ cấp cơ bản. 5. Hàm cộng tính, nhân tính trên một tập hợp ™ Hàm số f(x) được gọi là cộng tính trên tập xác định D nếu với mọi x, y ∈ D thì x + y ∈ D và f(x + y) = f(x) + f(y). ™ Hàm số f(x) được gọi là nhân tính trên tập xác định D nếu với mọi x, y ∈ D thì x . y ∈ D và f(x . y) = f(x) . f(y). ™ Nếu với mọi x, y ∈ D mà x+y ∈ D , x – y ∈ D và f( x – y) = f(x) – f(y) thì f(x) cũng gọi là một hàm cộng tính trên D. ™ Hàm f(x) = ( là hàm nhân tính. 6. Hàm đơn điệu • Hàm số f(x) gọi là tăng trên (a, b) nếu : Với mọi x1 , x2 ∈ (a, b), x1 ≤ x2 ⇒ f ( x1 ) ≤ f ( x2 ) • Hàm số f(x) gọi là giảm trên (a, b) nếu : Với mọi x1 , x2 ∈ (a, b), x1 ≤ x2 ⇒ f ( x1 ) ≥ f ( x2 ) Phần II. CÁC PHƯƠNG PHÁP THƯỜNG DÙNG Phương pháp 1: Hệ số bất định. Tạp chí toán học trong nhà trường, số 8 – 2004 trang 62 – 66 (bản tiếng Nga) Nguyên tắc chung: 9 Dựa vào điều kiện bài toán, xác định được dạng của f(x), thường là f(x) = ax + b hoặc f(x) = ax2+ bx + c 9 Đồng nhất hệ số để tìm f(x) 9 Chứng minh rằng mọi hệ số khác của f(x) đều không thỏa mãn điều kiện bài toán. Phương pháp dồn biến → sao cho: Bài 1: Tìm f: ( x − y ) f ( x + y ) − ( x + y ) f ( x − y ) = 4 xy.( x 2 − y 2 ), ∀x, y ∈ Giải: u+v ⎧ x= ⎧u = x + y ⎪⎪ 2 Đặt ⇒⎨ ⎨ ⎩v = x − y ⎪y = u − v ⎪⎩ 2 2 ⇒ vf (u ) − uf (v) = (u 2 − v 2 )uv f (u ) 2 f (v) 2 ⇒ −u = − v , ∀u, v ≠ 0 u v Cho v = 1 ta có: f (u ) f (1) 2 − u2 = − 1 , ∀u ≠ 0 u 1 ⇒ f (u ) = u 3 + au, ∀u ≠ 0 (a = f(1) – 1) Cho x = y = 0 ta có 2f(0) = 0 do đó f(0) = 0 Kết luận f ( x) = x3 + ax, ∀x ∈ 1 ⎛ x −1 ⎞ Bài 2: f ( x − 1) − 3 f ⎜ ⎟ = 1 − 2 x, ∀x ≠ 2 ⎝ 1− 2x ⎠ Giải : x −1 y 1− y = y −1 ⇒ x = ⇒ x −1 = Đặt : 1 − 2x 2 y −1 2 y −1 ⎛ 1− y ⎞ 1 −1 , ∀y ≠ ⇒ f⎜ ⎟ − 3 f ( y − 1) = 2 y −1 2 ⎝ 2 y −1 ⎠ 1 −1 ⎛ x −1 ⎞ , ∀x ≠ ⇒ f⎜ ⎟ − 3 f ( x − 1) = 2x −1 2 ⎝ 1− 2x ⎠ ⎧ 1 ⎛ x −1 ⎞ ⎪ f ( x − 1) − 3 f ⎜ 1 − 2 x ⎟ = 1 − 2 x, ∀x ≠ 2 ⎪ ⎝ ⎠ ⇒⎨ ⎪⇒ f ⎛ x − 1 ⎞ − 3 f ( x − 1) = −1 , ∀x ≠ 1 ⎜ ⎟ ⎪⎩ 2x −1 2 ⎝ 1− 2x ⎠ 3 ⇒ −8 f ( x − 1) = 1 − 2 x + 1− 2x 1⎛ 3 ⎞ 1 ⇒ f ( x − 1) = ⎜ −1 + 2 x + ⎟ , ∀x ≠ 8⎝ 2x −1 ⎠ 2 1⎛ 3 ⎞ 1 ⇒ f ( x) = ⎜ 1 + 2 x + ⎟ , ∀x ≠ 8⎝ 2x +1 ⎠ 2 Ví dụ 1: Đa thức f(x) xác định với ∀x ∈ và thỏa mãn điều kiện: 2 f ( x) + f (1 − x) = x 2 , ∀x ∈ (1) . Tìm f(x) Giải: Ta nhận thấy vế trái của biểu thức dưới dấu f là bậc nhất : x, 1 – x vế phải là bậc hai x2. Vậy f(x) phải có dạng: f(x) = ax2 + bx + c Khi đó (1) trở thành: 2(ax2 + bx + c) + a(1 – x)2 + b(1 – x) + c = x2 ∀x ∈ do đó: 3ax2 + (b – 2a)x + a + b + 3c = x2, ∀x ∈ Đồng nhất các hệ số, ta thu được: 1 ⎧ a = ⎪ 3 ⎧3a = 1 ⎪ 2 ⎪ ⎪ ⇔ ⎨b = ⎨b − 2a = 0 3 ⎪a + b + 3c = 0 ⎪ ⎩ 1 ⎪ ⎪c = − 3 ⎩ 3 1 f ( x) = ( x 2 + 2 x − 1) 3 Thử lại ta thấy hiển nhiên f(x) thỏa mãn điều kiện bài toán. Công việc còn lại ta phải chứng minh mọi hàm số khác f(x) sẽ không thỏa mãn điều kiện bài toán. Thật vậy giả sử còn hàm số g(x) khác f(x) thỏa mãn điều kiện bài toán. Do f(x) không trùng với g(x) nên ∃x0 ∈ : g ( x0 ) ≠ f ( x0 ) . Do g(x) thỏa mãn điều kiện bài toán nên: 2 g ( x) + g (1 − x) = x 2 , ∀x ∈ Thay x bởi x0 ta được: 2 g ( x0 ) + g (1 − x0 ) = x0 2 Vậy Thay x bởi 1 –x0 ta được 2 g (1 − x0 ) + g ( x0 ) = (1 − x0 ) 2 1 Từ hai hệ thức này ta được: g ( x0 ) = ( x0 2 + 2 x0 − 1) = f ( x0 ) 3 Điều này mâu thuẫn với g ( x0 ) ≠ f ( x0 ) 1 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là f ( x) = ( x 2 + 2 x − 1) 3 Ví dụ 2: Hàm số y = f(x) xác định , liên tục với ∀x ∈ và thỏa mãn điều kiện: f(f(x)) = f(x) + x , ∀x ∈ Hãy tìm hai hàm số như thế. (Bài này đăng trên tạp chí KVANT số 7 năm 1986, bài M 995 – bản tiếng Nga) Giải Ta viết phương trình đã cho dưới dạng f(f(x)) – f(x) = x (1) Vế phải của phương trình là một hàm số tuyến tính vì vậy ta nên giả sử rằng hàm số cần tìm có dạng : f(x) = ax + b. Khi đó (1) trở thành: a( ax + b) + b – (ax + b) = x , ∀x ∈ hay (a2 –a )x + ab = x, ∀x ∈ đồng nhất hệ số ta được: ⎧ ⎧ ⎧a 2 − a = 1 ⎪a = 1 + 5 ⎪a = 1 − 5 ⇔⎨ ⎨ 2 ∨⎨ 2 ⎩ab = 0 ⎪b = 0 ⎪b = 0 ⎩ ⎩ Ta tìm được hai hàm số cần tìm là: 1± 5 f ( x) = x 2 Hiển nhiên thỏa mãn điều kiện bài toán. Ví dụ 3: Hàm số f : → thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau: a ) f ( f (n)) = n, ∀n ∈ (1) b) f ( f (n + 2) + 2) = n, ∀n ∈ (2) c) f (0) = 1 (3) Tìm giá trị f(1995), f(-2007) (olympic Ucraina 1995) Giải: Cũng nhận xét và lý luận như các ví dụ trước, ta đưa đến f(n) phải có dạng: f(n) = an +b Khi đó điều kiện (1) trở thành: a 2 n + ab + b = n, ∀n ∈ Đồng nhất các hệ số, ta được: ⎧a 2 = 1 ⎧a = 1 ⎧a = −1 ⇔⎨ ∨⎨ ⎨ ⎩b = 0 ⎩b = 0 ⎩ab + b = 0 4 ⎧a = 1 Với ⎨ ta được f(n) = n ⎩b = 0 Trường hợp này loại vì không thỏa mãn (2) ⎧a = −1 Với ⎨ ta được f(n) = -n + b ⎩b = 0 Từ điều kiện (3) cho n = 0 ta được b = 1 Vậy f(n) = -n + 1 Hiển nhiên hàm số này thỏa mãn điều kiện bài toán. Ta phải chứng minh f(n) = -n +1 là hàm duy nhất thỏa mãn điều kiện bài toán Thật vậy giả sử tồn tại hàm g(n) khác f(n) cũng thỏa mãn điều kiện bài toán. Từ (3) suy ra f(0) = g(0) = 1 Từ (3) suy ra f(1) = g(1) = 0 Sử dụng điều kiện (1) và (2) ta nhận được: g(g(n)) = g(g(n+2)+2) ∀n ∈ do đó g(g(g(n))) = g(g(g(n+2)+2)) ∀n ∈ Hay g(n) = g(n+2)+2 ∀n ∈ Giả sử n0 là số tự nhiên bé nhất làm cho f (n0 ) ≠ g (n0 ) Do f(n) cũng thỏa mãn (4) nên ta có: g (n0 − 2) = g (n0 ) + 2 = f (n0 ) + 2 = f (n0 − 2) ⇔ g (n0 − 2) = f (n0 − 2) Mâu thuẫn với điều kiện n0 là số tự nhiên bé nhất thỏa mãn (5) Vậy f(n) = g(n) , ∀n ∈ Chứng minh tương tự ta cũng được f(n) = g(n) với mọi n nguyên âm. Vậy f(n) = 1 – n là nghiệm duy nhất. Từ đó tính được f(1995), f(-2007). Các bài tập tương tự: Bài 1: Tìm tất cả các hàm số f : → thỏa mãn điều kiện: f ( x + y ) + f ( x − y ) − 2 f ( x) f (1 + y ) = 2 xy (3 y − x 2 ), ∀x, y ∈ Đáp số f(x) = x3 Bài 2: Hàm số f : → thỏa mãn điều kiện f(f(n)) + f(n) = 2n + 3, ∀n ∈ Tìm f(2005) Đáp số : 2006 Bài 3: Tìm tất cả các hàm f : → sao cho: f ( f (n)) + ( f (n)) 2 = n 2 + 3n + 3, ∀n ∈ Đáp số : f(n) = n + 1 Bài 4: Tìm các hàm f : → nếu : 8 2 ⎛ x −1 ⎞ ⎛ 1− x ⎞ ⎧ ⎫ 3f ⎜ , ∀x ∉ ⎨0, − ,1, 2 ⎬ ⎟−5 f ⎜ ⎟= 3 ⎝ 3x + 2 ⎠ ⎝ x − 2 ⎠ x −1 ⎩ ⎭ 28 x + 4 Đáp số : f ( x) = 5x Bài 5: Tìm tất cả các đa thức P(x) ∈ [ x ] sao cho: P(x + y) = P(x) + P(y) + 3xy(x + y), ∀x, y ∈ Đáp số : P(x) = x3 + cx Phương pháp xét giá trị Bài 1: Tìm f : → thỏa mãn: 1 1 1 f ( xy ) + f ( yz ) − f ( x ) f ( yz ) ≥ , ∀x, y, z ∈ 2 2 4 5 Giải: Cho x= y = z = 0: 1 1 1 f (0) + f (0) − f 2 (0) ≥ 2 2 4 1 2 ⇔ ( f (0) − ) ≤ 0 2 1 ⇔ f (0) = 2 Cho y = z = 0: 1 1 1 1 + − f ( x) ≥ , ∀x ∈ 4 4 2 4 1 ⇔ f ( x) ≤ , ∀x ∈ 2 Cho x= y = z = 1 1 1 1 f (0) + f (1) − f 2 (1) ≥ 2 2 4 1 2 ⇔ ( f (1) − ) ≤ 0 2 1 ⇔ f (1) = 2 Cho y = z = 1 1 1 1 1 f ( x) + f ( x) − f ( x ) ≥ 2 2 2 4 1 ⇔ f ( x) ≥ , ∀x ∈ 2 (1) (2) Từ ( 1) và (2) ta có f(x) = Bài 2: Tìm f : (0,1) → thỏa mãn: f(xyz) = xf(x) + yf(y) +zf(z) ∀x, y , z ∈ (0,1) Giải : Chọn x = y = z: f(x3) = 3xf(x) f(x6) = 3 x2 f(x2) Thay x, y, z bởi x2 Mặt khác f(x6) = f(x. x2 .x3) = xf(x) + x2 f(x2) + x3 f(x3) 2 2 Hay 3 x f(x ) = xf(x) + x2 f(x2) + 3×4 f(x) 2 x2 f(x2) = xf(x) + 3×4 f(x) 3×3 + 1 ⇒ f ( x2 ) = f ( x), ∀x ∈ 2 Thay x bởi x3 ta được : 3×9 + 1 6 f ( x 3 ), ∀x ∈ ⇒ f (x ) = 2 3×9 + 1 3 xf ( x), ∀x ∈ ⇒ 3×2 f ( x2 ) = 2 3×3 + 1 3×9 + 1 3 xf ( x), ∀x ∈ f ( x) = ⇒ 3×2 2 2 ⇒ f ( x) = 0, ∀x ≠ 0 Vậy f(x) = 0 với mọi x Phương pháp 2: Sử dụng tính chất nghiệm của một đa thức (Bài giảng của Tiến sỹ Nguyễn Vũ Lương – ĐHKHTN – ĐHQG Hà Nội) Ví dụ 1: Tìm P(x) với hệ số thực, thỏa mãn đẳng thức: ( x3 + 3x 2 + 3 x + 2) P( x − 1) = ( x3 − 3x 2 + 3x − 2) P( x), ∀x (1) 6 1 2 Giải: (1) ⇔ ( x + 2)( x + x + 1) P( x − 1) = ( x − 2)( x − x + 1) P( x), ∀x Chọn : x = −2 ⇒ P ( −2) = 0 x = −1 ⇒ P (−1) = 0 x = 0 ⇒ P (0) = 0 x = 1 ⇒ P (1) = 0 Vậy P(x) = x(x – 1)(x + 1)(x + 2)G(x) Thay P(x) vào (1) ta được: ( x + 2)( x 2 + x + 1)( x − 1)( x − 2) x ( x + 1)G ( x − 1) = ( x − 2)( x 2 − x + 1) x( x − 1)( x + 1)( x + 2)G ( x), ∀x 2 2 ⇒ ( x 2 + x + 1) G ( x − 1) = ( x 2 − x + 1)G ( x), ∀x G ( x − 1) G ( x) , ∀x = 2 2 x − x +1 x + x +1 G ( x − 1) G ( x) , ∀x ⇔ = 2 2 ( x − 1) + ( x − 1) + 1 x + x + 1 ⇔ G ( x) (x ≠ 0, ± 1, -2) x + x +1 ⇒ R ( x ) = R ( x − 1) (x ≠ 0, ± 1, -2) Đặt R( x) = 2 ⇒ R( x) = C Vậy P( x) = C ( x 2 + x + 1) x( x − 1)( x + 1)( x + 2) Thử lại thấy P(x) thỏa mãn điều kiện bài toán. Chú ý : Nếu ta xét P(x) = (x3 + 1)(x – 1) Thì P(x + 1) = (x3 + 3×2 + 3x + 2)x Do đó (x3 + 3×2 + 3x + 2)xP(x) = (x2 – 1)(x2 – x + 1)P(x + 1) Từ đó ta có bài toán sau Ví dụ 2: Tìm đa thức P(x) với hệ số thực, thỏa mãn đẳng thức: (x3 + 3×2 + 3x + 2)xP(x) = (x2 – 1)(x2 – x + 1)P(x + 1) với mọi x Giải quyết ví dụ này hoàn toàn không có gì khác so với ví dụ 1 Tương tự như trên nếu ta xét: P(x) = (x2 + 1)(x2 – 3x + 2) Ta sẽ có bài toán sau: Ví dụ 3: Tìm đa thức P(x) với hệ số thực thỏa mãn đẳng thức: (4 x 2 + 4 x + 2)(4 x 2 − 2 x) P( x) = ( x 2 + 1)( x 2 − 3x + 2) P (2 x + 1), ∀x ∈ Các bạn có thể theo phương pháp này mà tự sáng tác ra các đề toán cho riêng mình. Phương pháp 3: Sử dụng phương pháp sai phân để giải phương trình hàm. 1. Trước hết ta nhắc lại khái niệm về dãy số. Dãy số là một hàm của đối số tự nhiên: x: → n x(n) Vì n ∈ {0,1, 2,3,…} ⇒ ( xn ) = { xo , x1 , x2 ,…} 2. Định nghĩa sai phân Xét hàm x(n) = xn Sai phân cấp 1 của hàm xn là Sai phân câp 2 của hàm xn là xn = xn +1 − xn 2 xn = xn +1 − xn = xn + 2 − 2 xn +1 + xn 7 Sai phân câp k của hàm xn là k k xn = ∑ (−1)i Cki xn + k −i i =0 3. Các tính chất của sai phân Sai phân các cấp đều được biểu thị qua các giá trị hàm số 9 9 Sai phân có tính tuyến tính: k k Δ (af + bg ) = aΔ f + bΔ k g 9 Nếu xn đa thức bậc m thì: Là đa thức bậc m – k nếu m> k Δ k xn Là hằng số nếu Là 0 nếu m= k m 0 Đặc trưng là f(xy) = f(x)f(y) ™ Hàm mũ f ( x) = a x (a > 0, a ≠ 1) Đặc trưng hàm là f(x + y) = f(x)f(y), ™ Hàm Logarit ∀x , y ∈ f ( x) = log a x (a>0,a ≠ 1) Đặc trưng hàm là f(xy) = f(x) + f(y). ™ f(x) = cosx có đặc trưng hàm là f(x + y) + f(x – y) = 2f(x)f(y) Hoàn toàn tương tự ta có thể tìm được các đặc trưng hàm của các hàm số f(x) =sinx, f(x) = tanx và với các hàm Hypebolic: ¾ 2. ¾ sin hypebolic e x − e− x shx = 2 ¾ cos hypebolic chx = e x + e− x 2 ¾ tan hypebolic thx = shx e x − e− x = chx e x + e− x ¾ cot hypebolic cothx = chx e x + e − x = shx e x − e− x tập giá trị là shx có TXĐ là chx có TXĐ là tập giá trị là [1, +∞ ) tập giá trị là (-1,1) thx có TXĐ là cothx có TXĐ là {0} tập giá trị là ( −∞, −1) ∪ (1, +∞ ) Ngoài ra bạn đọc có thể xem thêm các công thức liên hệ giữa các hàm hypebolic, đồ thị của các hàm hypebolic Điểm bất động Trong số học, giải tích, các khái niệm về điểm bất động, điểm cố định rất quan trọng và nó được trình bày rất chặt chẽ thông qua một hệ thống lý thuyết. Ở đây, tôi chỉ nêu ứng dụng của nó qua một số bài toán về phương trình hàm. Ví dụ 1: Xác định các hàm f(x) sao cho: f(x+1) = f(x) + 2 ∀x ∈ Giải: Ta suy nghĩ như sau: Từ giả thiết ta suy ra c = c + 2 do đó c = ∞ 11 Vì vậy ta coi 2 như là f(1) ta được f(x + 1) = f(x) + f(1) (*) Như vậy ta đã chuyển phép cộng ra phép cộng. Dựa vào đặc trưng hàm, ta phải tìm a : f(x) = ax để khử số 2. Ta được (*) ⇔ a ( x + 1) = ax + 2 ⇔a=2 Vậy ta làm như sau: Đặt f(x) = 2x + g(x) Thay vào (*) ta được: 2(x + 1) + g(x + 1) = 2x + g(x) + 2, ∀x ∈ Điều này tương đương với g(x + 1) = g(x), ∀x ∈ Vậy g(x) là hàm tuần hoàn với chu kì 1. Đáp số f(x) = 2x + g(x) với g(x) là hàm tuần hoàn với chu kì 1. Qua ví dụ 1, ta có thể tổng quát ví dụ này, là tìm hàm f(x) thỏa mãn: f(x + a) = f(x) + b, ∀x ∈ , a, b tùy ý Ví dụ 2: Tìm hàm f(x) sao cho: f(x + 1) = – f(x) + 2, ∀x ∈ Giải: (1) ta cũng đưa đến c = -c + 2 do đó c = 1 vậy đặt f(x) = 1 + g(x), thay vào (1) ta được phương trình: g(x + 1) = – g(x), ∀x ∈ Do đó ta có: ⎧ g ( x + 1) = − g ( x ) ⎨ ⎩ g ( x + 2) = g ( x ) 1 ⎧ ⎪ g ( x ) = [ g ( x ) − g ( x + 1) ] ⇔ ⎨ ∀x ∈ 2 ⎪⎩ g ( x + 2) = g ( x ) Ta chứng minh mọi nghiệm của (3) có dạng : 1 g ( x) = [ h( x) − h( x + 1)] , ∀x ∈ 2 ở đó h(x) là hàm tuần hoàn với chu kì 2 (3) qua ví dụ này, ta có thể tổng quát thành: f(x + a) = – f(x) + b, ∀x ∈ , a, b tùy ý Ví dụ 3: Tìm hàm f(x) thỏa mãn : f(x + 1) = 3f(x) + 2, ∀x ∈ (1) Giải: Ta đi tìm c sao cho c = 3c + 2 dễ thấy c = -1 Đặt f(x) = -1 + g(x) Lúc đó (1) có dạng g(x + 1) = 3g(x) ∀x ∈ Coi 3 như g(1) ta được g(x + 1) = g(1).g(x) ∀x ∈ (2) Từ đặc trưng hàm, chuyển phép cộng về phép nhân, ta thấy phải sử dụng hàm mũ : a x +1 = 3a x ⇔ a = 3 Vậy ta đặt: g ( x) = 3x h( x) thay vào (2) ta được: h(x + 1) = h(x) ∀x ∈ Vậy h(x) là hàm tuần hoàn chu kì 1. f ( x) = −1 + 3x h( x) với h(x) là hàm tuần hoàn chu kì 1. Kết luận 12 Ở ví dụ 3 này, phương trình tổng quát của loại này là : f(x + a) = bf(x) + c, ∀x ∈ , a, b, c tùy ý, b > 0, b khác 1 Với loại này được chuyển về hàm tuần hoàn. Còn f(x + a) = bf(x) + c, ∀x ∈ , a, b, c tùy ý, b < 0, b khác 1 được chuyển về hàm phản tuần hoàn. Ví dụ 4: Tìm hàm f(x) thỏa mãn f(2x + 1) = 3f(x) – 2 ∀x ∈ (1) Giải: Ta có: c = 3c – 2 suy ra c = 1 Đặt f(x) = 1 + g(x) Khi đó (1) có dạng g(2x + 1) = 3g(x) ∀x ∈ (2) Khi biểu thức bên trong có nghiệm ≠ ∞ thì ta phải xử lý cách khác. Từ 2x + 1 = x suy ra x = 1 Vậy đặt x = -1 + t ta có 2x + 1 = -1 + 2t (2) có dạng: g(-1 + 2t) = 3g(-1 + t ) ∀t ∈ Đặt h(t) = g(-1 + 2t), ta được h(2t) = 3h(t) (3) 2t = t ⇔ t = 0 (2t ) m = 3.t m ⇔ m = log 2 3 Xét ba khả năng sau: ƒ Nếu t = 0 ta có h(0) = 0 ƒ Nếu t> 0 đặt h(t ) = t log 2 3ϕ (t ) thay vào (3) ta có ϕ (2t ) = ϕ (t ), ∀t > 0 Đến đây ta đưa về ví dụ hàm tuần hoàn nhân tính. ƒ Nếu t < 0 đặt h(t ) =| t |log 2 3 ϕ (t ) thay vào (3) ta được ϕ (2t ) = −ϕ (t ), ∀t < 0 ⎧ϕ (2t ) = −ϕ (t ), ∀t < 0 ⇔⎨ ⎩ϕ (4t ) = ϕ (t ), ∀t < 0 1 ⎧ ⎪ϕ (t ) = [ϕ (t ) − ϕ (2t ) ] , ∀t < 0 ⇔⎨ 2 ⎪⎩ϕ (4t ) = ϕ (t ), ∀t < 0 Bài toán tổng quát của dạng này như sau: f (α x + β ) = f ( ax ) + b α ≠ 0, ± 1 Khi đó từ phương trình α x + β = x ta chuyển điểm bất động về 0, thì ta được hàm tuần hoàn nhân tính. Nếu a = 0 bài toán bình thường Nếu a = 1 chẳng hạn xét bài toán sau: Tìm f(x) sao cho f(2x + 1) = f(x) – 2, ∀x ≠ -1 (1) Nghiệm 2x + 1 = x ⇔ x = −1 nên đặt x = -1 + t thay vào (1) ta được f(-1 + 2t) = f(-1 + t) + 2, ∀t ≠ 0 Đặt g(t) = f( - 1 + t) ta được g(2t) = g(t) + 2 ∀t ≠ 0 (2) Từ tích chuyển thành tổng nên là hàm loga Ta có log a (2t ) = log a t − 2 ⇔a= Vậy đặt 1 2 g (t ) = log 1 t + h(t ) 2 13 Thay vào (2) ta có h(2t ) = h(t ), ∀t ≠ 0 Đến đây bài toán trở nên đơn giản §Þnh lý Roll vμ ¸p dông vμo ph−¬ng tr×nh. TiÕn Sü : Bïi Duy H−ng Tr−êng THPT Chuyªn Th¸i B×nh I) §Þnh lý Roll : lμ tr−êng hîp riªng cña ®Þnh lý Lagr¨ng 1.Trong ch−¬ng tr×nh to¸n gi¶i tÝch líp 12 cã ®Þnh lý Lagr¨ng nh− sau : NÕu hμm sè y = f(x) liªn tôc trªn [a; b] vμ cã ®¹o hμm trªn (a; b) th× tån t¹i mét ®iÓm c ∈ (a; b) sao cho: f / (c) = f ( b ) − f (a ) b−a ý nghÜa h×nh häc cña ®Þnh lý nh− sau: XÐt cung AB cña ®å thÞ hμm sè y = f(x), víi to¹ ®é cña ®iÓm A(a; f(a)) , B(b; f(b)). HÖ sè gãc cña c¸t tuyÕn AB lμ: f ( b ) − f (a ) b−a f ( b ) − f (a ) f / (c) = b−a k = §¼ng thøc : nghÜa lμ hÖ sè gãc cña tiÕp tuyÕn t¹i ®iÓm C(c; f(c)) cña cung AB b»ng hÖ sè gãc cña ®−êng th¼ng AB. VËy nÕu c¸c ®iÒu kiÖn cña ®Þnh lý Lagr¨ng ®−îc tho¶ m·n th× tån t¹i mét ®iÓm C cña cung AB, sao cho tiÕp tuyÕn t¹i ®ã song song víi c¸t tuyÕn AB. 2. NÕu cho hμm sè y = f(x) tho¶ m·n thªm ®iÒu kiÖn f(b) = f(a) th× cã f / (c) = 0. Ta cã ®Þnh lý sau ®©y cã tªn gäi lμ : §Þnh lý Roll. NÕu hμm sè y = f(x) liªn tôc trªn [a; b], cã ®¹o hμm f / (x) trªn (a; b) vμ cã f(a) = f(b) th× tån t¹i ®iÓm xo ∈ (a , b) sao cho f’ (xo) = 0.. Nh− vËy ®Þnh lý Roll lμ mét tr−êng hîp riªng cña ®Þnh lý Lagr¨ng. Tuy nhiªn cã thÓ chøng minh ®Þnh lý Roll trùc tiÕp nh− sau: Hμm sè f(x) liªn tôc trªn [a; b] nªn ®¹t c¸c gi¸ trÞ max, min trªn ®o¹n [a; b] gäi m = min f(x) , M = max f(x) 14 x ∈ [ a, b ] x ∈ [ a, b ] NÕu m = M th× f(x) = C lμ h»ng sè nªn ∀ xo ∈ (a , b) ®Òu cã f’(xo ) = 0 NÕu m < M th× Ýt nhÊt mét trong hai gi¸ trÞ max, min cña hμm sè f(x) ®¹t ®−îc t¹i ®iÓm nμo ®ã xo ∈ (a; b). VËy xo ph¶i lμ ®iÓm tíi h¹n cña f(x) trªn kho¶ng (a; b) ⇒ f’ (xo ) = 0. §Þnh lý ®−îc chøng minh . ý nghÜa h×nh häc cña ®Þnh lý Roll : Trªn cung AB cña ®å thÞ hμm sè y = f(x), víi A(a; f(a)) , B(b; f(b)) vμ f(a) = f(b), tån t¹i ®iÓm C ( c; f(c) ) mμ tiÕp tuyÕn t¹i C song song víi Ox. II ) ¸p dông cña ®Þnh lý Roll. Bμi to¸n 1. Cho n lμ sè nguyªn d−¬ng , cßn a, b, c lμ c¸c sè thùc tuú ý tho¶ m·n hÖ thøc : a c b + + = 0 (1) n + 2 n +1 n CMR ph−¬ng tr×nh : 2 a x + bx + c = 0 cã Ýt nhÊt mét nghiÖm trong ( 0; 1) . Gi¶i : XÐt hμm sè: ax n + 2 bx n +1 cx n f(x) = + + . n + 2 n +1 n Hμm sè f (x) liªn tôc vμ cã ®¹o hμm t¹i ∀ x ∈ R . Theo gi¶ thiÕt (1) cã f(0) = 0 , f(1) = a b c + + =0 n + 2 n +1 n Theo ®Þnh lý Roll tån t¹i xo ∈ (0; 1) sao cho f’(xo ) = 0 mμ: n +1 n n −2 f’(x) = a x + bx + cx n +1 n n −1 f’(x 0 ) = 0 ⇒ ax o + bx o + cx o = 0 ⇔ x on −1 (ax o2 + bx o +c) = 0 ( x o ≠ 0 ) ⇔ ax o2 + bx o + c = 0 2 VËy ph−¬ng tr×nh a x + bx + c = 0 cã nghiÖm x o ∈ (0;1) . (®pcm) . Bμi to¸n 2 : Gi¶i ph−¬ng tr×nh : 3 +6 = 4 +5 Gi¶i : Ph−¬ng tr×nh ®· cho t−¬ng ®−¬ng víi : x x x x 6 x − 5 x = 4 x − 3x (2). Râ rμng x o = 0 lμ mét nghiÖm cña ph−¬ng tr×nh (2) . Ta gäi α lμ nghiÖm bÊt kú cña ph−¬ng tr×nh (2). XÐt hμm sè : α α f(x) = ( x + 1) − x , víi x > 0 Hμm sè f(x) x¸c ®Þnh vμ liªn tôc trªn ( 0; + ∞ ) vμ cã ®¹o hμm : α −1 α −1 f’ (x) = α( x + 1) – α x = α [ ( x + 1) − x ] Tõ (2) cã f(5) = f(3) . VËy tån t¹i c ∈ ( 3; 5) sao cho f’(c) = 0, hay lμ : α [ (c + 1) α −1 − c α −1 ] = o ⇔ α =o, α =1. Thö l¹i thÊy x 1 = 0 , x 2 = 1 ®Òu tho¶ m·n ph−¬ng tr×nh (2). α −1 α −1 VËy ph−¬ng tr×nh ®· cho cã ®óng 2 nghiÖm lμ : x 1 = 0, x 2 = 1 Bμi to¸n 3 15 Chøng minh r»ng víi c¸c sè thùc bÊt kú a, b, c ph−¬ng tr×nh : acos3x + bcos2x + csinx = 0 (3) cã Ýt nhÊt mét nghiÖm thuéc kho¶ng ( 0 ; 2 π ) Gi¶i a sin 3x b sin 2x + + c sin x − cos x . 3 2 Hμm f(x) liªn tôc trªn [ 0; 2 π ] , cã ®¹o hμm trªn ( 0; 2 π ) vμ cã ®¹o hμm lμ: XÐt hμm sè f(x) = f’ (x) = acos3x + bcos2x +ccosx + sinx . mÆt kh¸c cã f(0) = – 1 , f ( 2 π ) = – 1 . Theo ®Þnh lý Roll tån t¹i x o ∈ (0;2π) ®Ó f’( x0 ) = 0 . VËy x o ∈ (0;2π) lμ nghiÖm cña ph−¬ng tr×nh ( 3 ). ( ®pcm ). Bμi to¸n 4 3cos x − 2 cos x = cosx (4). Gi¶i ph−¬ng tr×nh : Gi¶i : Ph−¬ng tr×nh (4) cã Ýt nhÊt mét nghiÖm x 0 = 0 . Gäi α lμ nghiÖm bÊt kú cña (4) .Khi ®ã cã : 3cos α − 2 cos α = cos α ⇔ 3cos α − 3 cos α = 2 cos α − 2 cos α . cos α − t cos α , (víi t > 1 ). XÐt hμm sè f(x) = t (5) Hμm sè f(x) liªn tôc trªn kho¶ng (1; + ∞ ) vμ cã ®¹o hμm lμ: cos α −1 f’ (x) = cos α.t − cos α . Tõ ®¼ng thøc (5) cã : f(2) = f (3) . VËy tån t¹i gi¸ trÞ c ∈ ( 2; 3 ) sao cho: cos α −1 − cos α = 0 f’(c) = 0 . ⇔ cos α . c ⇔ cos α(c cos α −1 − 1) = 0 ⇔ cos α = 0 hoÆc cos α = 1 π ⇔ α = + kπ ; α = k 2π . Víi k ∈ Ζ 2 Thö l¹i thÊy tho¶ m·n ph−¬ng tr×nh (4) . VËy (4) cã nghiÖm x = π + kπ , x = k2 π ( ∀k ∈ Ζ ) 2 NhËn xÐt : Tõ ®Þnh lý Roll cã thÓ rót ra mét sè hÖ qu¶ quan träng nh− sau : Cho hμm sè y = f (x) x¸c ®Þnh trªn [a; b] vμ cã ®¹o hμm t¹i ∀x ∈ (a; b) . HÖ qu¶ 1 : NÒu ph−¬ng tr×nh f(x) = 0 cã n nghiÖm ph©n biÖt th×: ph−¬ng tr×nh f’ (x) = 0 cã Ýt nhÊt n – 1 nghiÖm ph©n biÖt . (k ) ph−¬ng tr×nh f (x) = 0 cã Ýt nhÊt n – k nghiÖm ph©n biÖt, víi k = 2, 3, 4 … HÖ qu¶ 2 : NÕu ph−¬ng tr×nh f(x) = 0 cã n nghiÖm ph©n biÖt th× ph−¬ng tr×nh : f(x) + α f’ (x) = 0 cã Ýt nhÊt n-1 nghiÖm ph©n biÖt , víi ∀α ∈ R mμ α ≠ 0 . Chøng minh : x XÐt hμm F (x) = e α .f ( x ) . Hμm sè F (x) liªn tôc trªn [a; b] vμ cã n nghiÖm ph©n biÖt . Theo hÖ qu¶ 1 th× ph−¬ng tr×nh F’ (x) = o cã Ýt nhÊt n-1 nghiÖm ph©n biÖt . MÆt kh¸c cã: x α x α F’(x) = e .f ‘ ( x ) + e . 1 .f ( x ) α 16 x eα = . [ f(x) + α f’(x) ] α VËy ph−¬ng tr×nh : f(x) + α f’(x) = 0 cã Ýt nhÊt n-1 nghiÖm. Chó ý : Trong tr−êng hîp ph−¬ng tr×nh f’(x) = 0 cã n-1 nghiÖm ph©n biÖt th× ph−¬ng tr×nh f(x) = 0 ch−a ch¾c ®· cã n nghiÖm ph©n biÖt . XÐt vÝ dô sau ®©y : 3 2 Ph−¬ng tr×nh : x − 3x + 5 = 0 cã ®óng 1 nghiÖm 2 nh−ng ph−¬ng tr×nh : 3x − 6 x = 0 cã 2 nghiÖm. HÖ qu¶ 3 : NÕu f’’(x) > o hoÆc f’’ (x) < o ∀x ∈ (a; b) th× ph−¬ng tr×nh f(x) = 0 cã kh«ng qu¸ hai nghiÖm. HÖ qu¶ 4 : NÕu f’’’(x) > 0 hoÆc f’’’(x) < 0 ∀x ∈ (a; b) th× ph−¬ng tr×nh f(x) = 0 cã kh«ng qu¸ ba nghiÖm . Bμi to¸n 5 : x + 3x + 1 = x 2 + x + 1 Gi¶i ph−¬ng tr×nh : Gi¶i : (6) §iÒu kiÖn x ≥ 0 Ph−¬ng tr×nh (6) ⇔ XÐt hμm sè: x + 3x + 1 − x 2 − x − 1 = 0 x + 3x + 1 − x 2 − x − 1 . Víi x ∈ [0;+∞) 1 3 f’(x) = + − 2x − 1 2 x 2 3x + 1 1 9 f’’(x) = − − 2 < 0.∀x > 0 4 x 3 4 (3x + 1) 3 f(x) = Theo hÖ qu¶ 3 suy ra ph−¬ng tr×nh (6) cã kh«ng qu¸ 2 nghiÖm Thö trùc tiÕp x 1 = 0, x 2 = 1 tho¶ m·n ph−¬ng tr×nh . VËy (6) cã ®óng 2 nghiÖm x = 0, x = 1 . Bμi to¸n 6: Gi¶i ph−¬ng tr×nh : 3 = 1 + x + log 3 (1 + 2 x ) 1 Gi¶i : §iÒu kiÖn: 1 + 2x > 0 ⇔ x > 2 Ph−¬ng tr×nh ®· cho t−¬ng ®−¬ng víi : x 3 x + x = (1 + 2 x ) + log 3 (1 + 2 x ) ( 7 ) XÐt hμm f(t) = t + log 3 t , víi t ∈ (0;+∞) ta cã : 1 > 0, ∀t > 0 . VËy f (t) ®ång biÕn trªn ( 0; + ∞ ) f’(t) = 1 + t ln 3 x Ph−¬ng tr×nh ( 7 ) khi ®ã trë thμnh: f ( 3 ) = f ( 1 + 2x ) ⇔ 3x = 1 + 2x ⇔ 3x − 2 x − 1 = 0 (8) 17 1 2 XÐt hμm sè: g (x) = 3 − 2 x − 1 víi x ∈ ( − ;+∞ ) ta cã : x g’(x) = 3 . ln 3 − 2 x x 2 g’’(x) = 3 . ln 3 > 0. ∀x > − 1 2 VËy ph−¬ng tr×nh (8) cã kh«ng qu¸ 2 nghiÖm trong kho¶ng ( – 1 ;+∞) 2 x 1 = 0, x 2 = 1 lμ 2 nghiÖm cña ph−¬ng tr×nh (8) . VËy ph−¬ng tr×nh (8) cã 2 nghiÖm x 1 , x 2 . KÕt luËn : Ph−¬ng tr×nh ®· cho cã ®óng 2 nghiÖm x 1 = 0, x 2 = 1 MÆt kh¸c thö trùc tiÕp thÊy Bμi to¸n 7 : Gi¶i ph−¬ng tr×nh : ( 2 + 2)(4 − x ) = 12 (9) . Gi¶i : x XÐt hμm sè f (x) = ( 2 + 2)(4 − x ) − 12 . X¸c ®Þnh vμ liªn tôc trªn R . x f’(x) = 2 . ln 2.( 4 − x ) − ( 2 + 2) . x x f’’(x) = 2 . ln 2.( 4 − x ) − 2 . ln 2 − 2 . ln 2 . x 2 x x = 2 . ln 2.[ln 2.( 4 − x ) − 2] . f’’(x) = 0 ⇔ ( x − 4). ln 2 + 2 = 0 x ⇔ xo = 4 − 2 . ln 2 Ph−¬ng tr×nh f’’(x) = 0 cã nghiÖm duy nhÊt . Theo ®Þnh lý Roll th× ph−¬ng tr×nh ( 9 ) cã kh«ng qu¸ 3 nghiÖm , bëi v× nÕu (9) cã 4 nghiÖm ph©n biÖt th× f’’(x) = 0 cã Ýt nhÊt 2 nghiÖm ph©n biÖt . Thö trùc tiÕp thÊy (9) tho¶ m·n víi x = 0 , x = 1 , x = 2 . VËy (9) cã ®óng 3 nghiÖm x 1 = 0, x 2 = 1, x 3 = 2 . Bμi to¸n 8 : Chøng minh r»ng : Víi ∀m ∈ R ph−¬ng tr×nh : x 2005 + 2 x 3 + m( x 2 − 1) − 9 x + 5 = 0 (10). cã ®óng 3 nghiÖm . Gi¶i : XÐt hμm sè f(x) = x + 2 x + m( x − 1) − 9 x + 5 . H m sè f(x) liªn tôc vμ cã ®¹o hμm trªn R. 2004 + 6 x 2 + 2mx − 9 . f’(x) = 2005. x 2003 f’’(x) = 2005.2004. x + 12x + 2m . 2002 f’’’(x) = 2005.2004.2003. x + 12 > 0.∀x . VËy ph−¬ng tr×nh (10) cã kh«ng qu¸ 3 nghiÖm . MÆt kh¸c lim f(x) = – ∞ , lim f(x) = + ∞ , f(- 1) = 11 > 0, f(1) = – 1 < 0 x → −∞ x → +∞ Cho nªn : ∃x 1 ∈ (−∞;−1) mμ f ( x 1 ) = 0 2005 3 2 ∃x 2 ∈ (-1;1) mμ f( x 2 ) = 0 ∃x 3 ∈ (1;+∞) mμ f( x 3 ) = 0 NghÜa lμ ph−¬ng tr×nh (10 ) cã Ýt nhÊt 3 nghiÖm ph©n biÖt x 1 < x 2 < x 3 . 18 VËy ph−¬ng tr×nh ( 10 ) cã ®óng 3 nghiÖm ph©n biÖt .(§pcm) . Bμi to¸n 9 : 4 3 Cho biÕt ph−¬ng tr×nh : x + ax + bx + c = 0 (11) cã 4 nghiÖm ph©n biÖt . Chøng minh r»ng : ab < 0 Gi¶i : XÐt P (x) = x + ax + bx + c liªn tôc trªn R . 3 2 f(x) = P’ (x) = 4 x + 3ax + b . Ph−¬ng tr×nh (11) cã 4 nghiÖm ph©n biÖt , theo ®Þnh lý Roll suy ra: ph−¬ng tr×nh f(x) = 0 cã 3 nghiÖm ph©n biÖt ⇔ f CD .f CT < 0. 4 3 MÆt kh¸c cã f’(x) = 12 x 2 + 6ax = 6x.( 2x + a ) a a 3 + 4b f CD .f CT = f (o).f (− ) = b.( ) . (®iÒu kiÖn a ≠ 0 ) 2 4 3 §iÒu kiÖn f CD .f CT < 0 ⇔ b(a + 4b) < 0 (12) Tõ (12) dÔ dμng suy ra ab < 0 . Bëi v× nÕu cã : a > 0 , b > 0 th× : vÕ tr¸i (12) > 0 a < 0 , b < 0 th× : VÕ tr¸i (12) > 0 b=0 th× : VÕ tr¸i (12) = 0. VËy ab < 0 . (§iÒu ph¶i chøng minh ). Bμi to¸n 10 : Cho sè n nguyªn d−¬ng tuú ý lín h¬n 1 , vμ c¸c sè thùc a 1 , a 2 , a 3 ,.......a n . tho¶ m·n ®iÒu kiÖn : 2 n −1.a n a 1 2a 2 4a 3 an a1 a 2 + + + ...... + + + ....... + = 0= n +1 n +1 2 3 2 3 4 Chøng minh r»ng ph−¬ng tr×nh : a 1 + 2a 2 x + 3a 3 x 2 + ...... + na n x n −1 = o cã nghiÖm . Gi¶i : a 3x 4 a n x n +1 a1x 2 a 2 x 3 XÐt F(x) = + + + ..... + . 2 3 4 n +1 §a thøc F(x) liªn tôc trªn R , cã ®¹o hμm cÊp tuú ý trªn R. 2 3 n F’(x) = a 1 x + a 2 x + a 3 x + ...... + a n x F’’(x) = a 1 + 2a 2 x + 3a 3 x + ..... + na n x 2 n −1 a1 a 2 a + + ...... + n 2 3 n +1 4 2 3 2 a 1 2 a 2 2 .a 3 2 n +1.a n + + + ....... + F(2) = 2 3 4 n +1 n −1 a 2a 2 4a 3 2 .a n =4( 1 + + + ........ + ) 2 3 4 n +1 F(0) = 0, F(1) = Theo gi¶ thiÕt (13) suy ra F(0) = F(1) = F(2) . Theo ®Þnh lý Roll suy ra ph−¬ng tr×nh F’(x) = 0 cã Ýt nhÊt 2 nghiÖm ph©n biÖt x 1 ∈ (0;1), x 2 ∈ (1;2) . Suy ra ph−¬ng tr×nh F’’(x) = 0 cã Ýt nhÊt 1 nghiÖm x0 . VËy ph−¬ng tr×nh : a 1 + 2a 2 x + ......... + na n x ΙΙΙ ) C¸c bμi to¸n luyÖn tËp : Gi¶i c¸c ph−¬ng tr×nh vμ hÖ ph−¬ng tr×nh sau. n −1 = 0 cã nghiÖm (§pcm) . 19 (13). 1) 2 = 1 + log 2 ( x + 1) x 2) x + 5 − x = x − 5x + 7 x 3) ( 4 + 2)( 2 − x ) = 6 2 4) log 2 ( x + 1) + log 3 (2x + 1) = 6 5) ⎧ x 2 = 1 + 3 log2 y ⎪ 2 ⎨ y = 1 + 3 log2 z ⎪ z 2 = 1 + log x 2 ⎩ ⎧4 x + 2 x = 4 y + 2 ⎪ 6) ⎨ 4 y + 2 y = 4 z + 2 z ⎪ z ⎩4 + 2 = 4x + 2 Tø GI¸C TOμN PHÇN NéI TIÕP, NGO¹I TIÕP Th¹c sü : Ph¹m C«ng SÝnh Tæ to¸n tr−êng t.h.p.t Chuyªn Th¸i B×nh lêi nãi ®Çu ******* 20 Trong c¸c k× thi häc sinh giái quèc gia, häc sinh giái to¸n quèc tÕ cã xuÊt hiÖn c¸c bμi to¸n vÒ h×nh ph¼ng mμ häc sinh gÆp kh«ng Ýt khã kh¨n khi gi¶i quyÕt c¸c bμi to¸n nμy.Nªn viÖc hÖ thèng c¸c d¹ng bμi tËp h×nh theo chuyªn ®Ò cho häc sinh lμ rÊt quan träng. Trong bμi viÕt nμy t«i xin tr×nh bμy chuyªn ®Ò ‘Tø gi¸c Toμn PhÇn néi,ngo¹i tiÕp’,®©y chØ lμ mét trong c¸c ph−¬ng ph¸p ®Ó gióp häc sinh cã c¸ch nh×n kh¸i qu¸t h¬n , nh»m gi¶i quyÕt mét sè c¸c bμi to¸n chøng minh trong h×nh häc ph¼ng. Néi dung cña chuyªn ®Ò nμy gåm c¸c phÇn sau : • Kh¸i niÖm vÒTø gi¸c Toμn PhÇn • Mét sè bæ ®Ò c¬ së • Mét sè bμi tËp ¸p dông • Mét sè kÕt qu¶ ®¹t ®−îc ChÝnh v× suy nghÜ nh− trªn nªn t«i ®· tr×nh bμy chuyªn ®Ò nμy ,gãp phÇn cïng ®ång nghiÖp trong viÖc d¹y häc sinh giái.T«i hy väng r»ng chuyªn ®Ò nμy gióp cho c¸c em häc sinh giái cã høng thó, say mª h¬n trong viÖc gi¶i c¸c bμi to¸n vÒ h×nh häc ph¼ng . Trong chuyªn ®Ò nμy, t«i ®· ®−a ra mét sè bμi to¸n nhá ,mÆc dï c¸c bμi to¸n ch−a phong phó vμ ®a d¹ng , nh−ng do thêi l−îng cña chuyªn ®Ò, t«i xin ®−îc t¹m dõng ë ®©y vμ sÏ tiÕp tôc bæ xung c¸c bμi tËp kh¸c . Trong qu¸ tr×nh hoμn thμnh chuyªn ®Ò kh«ng tr¸nh khái nh÷ng thiÕu sãt, t«i rÊt mong muèn ®−îc sù gãp ý ,bæ sung cña c¸c thÇy, c« gi¸o vμ c¸c b¹n ®ång nghiÖp ®Ó chuyªn ®Ò hoμn thiÖn h¬n. T«i xin ch©n thμnh c¶m ¬n ! Th¸i B×nh ,Ngμy 15 Th¸ng 10 N¨m 2008 Tø gi¸c toμn phÇn néi tiÕp, ngo¹i tiÕp. I.§Þnh nghÜa: Cho tø gi¸c låi ABCD cã 2 c¹nh AB vμ CD c¾t nhau t¹i N ,AD c¾t BC t¹i M (B thuéc ®o¹n CM ;D thuéc ®o¹n CN ).Tø gi¸c toμn phÇn bao gåm tø gi¸c ABCD vμ c¸c tam gi¸c ABM, AND ®−îc x¸c ®Þnh bëi ABCDMN .C¸c ®o¹n AC, BD, MN ®−îc gäi lμ c¸c ®−êng chÐo.A,B,C,D,M,N lμ c¸c ®Ønh. C¹nh cña tø gi¸c toμn phÇn ABCDMN bao gåm c¹nh cña tø gi¸c ABCD vμ c¹nh cña c¸c tam gi¸c ABM ,AND. +)NÕu tø gi¸c ABCD néi tiÕp ®−êng trßn th× ABCDMN ®−îc gäi lμ tø gi¸c néi tiÕp. +)NÕu tø gi¸c ABCD ngo¹i tiÕp ®−êng trßn th× ABCDMN ®−îc gäi lμ tø gi¸c ngo¹i tiÕp . 21 N D A C M B II.Bæ §Ò C¥ Së Bæ §Ò1: Cho ®−êng trßn (O) vμ 4 ®iÓm A,B,C,D n»m trªn (O).NÕu tiÕp tuyÕn víi ®−êng trßn t¹i A, B c¾t nhau t¹i M, tiÕp tuyÕn t¹i C,D c¾t nhau t¹i N th× AC ,BD ,MN ®ång quy ;AD ,BC , MN còng ®ång quy (NÕu chóng tån t¹i). Gi¶ sö AB c¾t CD t¹i H ; OH c¾t MN t¹i K th× OK ⊥ MN vμ OH.OK =R2. Chøng minh: *Tr−êng hîp 4 ®iÓm A,B,C,D thø tù lμ 4 ®Ønh cña mét tø gi¸c Gi¶ sö Δ MAB n»m trong Δ NCD=> AC vμ BD lμ ®−êng chÐo cña tø gi¸c D A M P N B C E E lμ giao cña MB,NC vμ F lμ giao cña MA,ND.Trong Δ MNE ,B thuéc ®o¹n ME cßn Cn»m ngoμi®o¹n NE nªn BC ph¶i c¾t MN gi¶ sö t¹i P1 ¸p dông ®Þnh lÝ Menelauyt trong Δ MNE víi 3 ®iÓm th¼ng hμng C, B, P1 ta cã NP1 MB EC NP1 NC = ⋅ ⋅ = 1 => (1) P1 M BE CN P1 M MB T−¬ng tù ®èi víi Δ MNF ®−êng AD c¾t MN t¹i P2 ta cã MP2 DN AF NP2 NC (2) ⋅ ⋅ = 1 => = P2 N DF AM P2 M MB Tõ (1) vμ (2) => P1 ≡ P2 Do ®ã AD,BC,MN ®ång quy t¹i P XÐt Δ PCD v× M lμ 1 ®iÓm n»m trong Δ nªn PM c¾t c¸c ®o¹n AC, BD gi¶ sö t¹i Q1, Q2 Gäi h×nh chiÕu cña M,N trªn AC lμ M1,N1. 22 Ta cã MM 1 Q1M = (3) NN1 Q1 N V× c¸c gãc cña Δ MM1A vu«ng t¹i M1 vμ Δ NN1C vu«ng t¹i N1 t−¬ng øng b»ng nhau nªn Δ MM1A~ Δ NN1C => Tõ (3) vμ (4) ta cã T−¬ng tù ta cã MA MM 1 = (4) NN1 NC MQ1 MA = NQ1 NC MQ2 MB = NQ2 ND F D (5) N (6) => Mμ MA=MB, NC=ND vμ tõ (5) ,(6) ta cã A M MQ2 MQ1 = NQ2 NQ1 C B E L¹i cã M,N n»m cïng phÝa ®èi víi M nªn AD, BC, MN ®ång quy *Tr−êng hîp tø gi¸c MENF ngo¹i tiÕp ®−êng trßn DÔ dμng chøng minh t−¬ng tù ®−îc P1, P2 cïng chia ®o¹n MN theo cïng mét tØ lÖ, Q1 ,Q2còng chia MN theo cïng tØ lÖ nªn ,suy ra ®iÒu ph¶i chøng minh *Tr−êng hîp AB ,CD lμ c¸c ®−êng chÐo cña tø gi¸c ACBD .A thuéc cung nhá CD,C thuéc cung nhá AB t−¬ng tù trong Δ MNE va Δ MNF ta chøng minh ®−îc AD vμ BC chia MN theo cïng mét tØ lÖ (do AD vμ BC cïng chia trong ®o¹n MN).VËy ta cã ®iÒu ph¶i chøng minh D F O H A N C B Gi¶ sö OK ⊥ MN ta ph¶i chøng minh H n»m trªn OK E M H1,H’ lÇn l−ît lμ giao ®iÓm cña OK vμ AB, OM vμ AB => OH ‘.OM = OH1.OK H2,H” lÇn l−ît lμ giao ®iÓm cña OK vμ CD, ON vμ CD => OH 2 .OM = OH ‘ ‘.OK Mμ OH ‘ ‘.ON = OH ‘.OM =R2=> OH1 = OH 2 => H1 ≡ H2 ≡ H Bæ §Ò 2: Cho tø gi¸c ABCD néi tiÕp ®−êng trßn ,c¸c ®−êng chÐo kh«ng ®i qua t©m.Chøng minh nÕu c¸c ®−êng ph©n gi¸c cña ∠BCD vμ∠BAD c¾t nhau t¹i I vμ tiÕp tuyÕn víi ®−êng trßn t¹i A ,C c¾t nhau t¹i M th× M n»m trªn BD <=> I thuéc BD. Chøng minh §iÒu kiÖn cÇn Gi¶ sö M thuéc tia DB .Ph©n gi¸c ∠ BAD ∠ MAI’= ∠ MI’A=>MA=MC=MI=>CI’ lμ ph©n gi¸c ∠ BCD 23 c¾t MD t¹i I’=>ta cã ∠ MAB= ∠ ADB, A B M I D C §iÒu kiÖn ®ñ: Ta ph¶i chøng minh r»ng nÕu I thuéc BD th× M thuéc BD BD c¾t MA t¹i M1, MC t¹i M2=> M2C = M2I, M1A = M1I <=>MA – MM2 = MC + MM1=>MM1+ MM2=0 => M1 ≡ M2 ≡ M Bæ ®Ò 3 : Cho tø gi¸c ABCD néi tiÕp ®−êng trßn,®−êng chÐo tø gi¸c kh«ng ®i qua t©m .NÕu tiÕp tuyÕn víi ®−êng trßn t¹i A , C c¾t nhau t¹i mét ®iÓm thuéc ®−êng th¼ng BD th× tiÕp tuyÕn t¹i B,D còng c¾t nhau t¹i mét ®iÓm thuéc ®−êng th¼ng AC. Chøng minh : NÕu tiÕp tuyÕn t¹i A,C c¾t nhau t¹i mét ®iÓm thuéc ®−êng th¼ng BD th× ph©n gi¸c cña ∠ BAD vμ ∠ BCD giao nhau t¹i mét ®iÓm thuéc BD (B§ II) .Sö dông tÝnh chÊt cña ®−êng ph©n gi¸c trong Δ ABD vμ Δ BCD ta cã AB CB BA DA => Ph©n gi¸c cña ∠ ABC vμ ∠ ADC giao nhau t¹i mét ®iÓm trªn AC.Do ®ã tiÕp = => = AD CD BC DC tuyÕn t¹i D,B vμ AC ®ång quy A M B D C III.Sö dông c¸c bæ ®Ò trªn ®Ó gi¶i mét sè bμi tËp sau: Bμi tËp1. 24 Cho b¸t gi¸c A1A2…A8 néi tiÕp ®−êng trßn t©m O.Chøng minh r»ng nÕu c¸c ®−êng chÐo A1 A5 , A2 A6 , A3 A7 , A4 A8 §ång quy t¹i H (H kh«ng trïng víi t©m O) th× giao ®iÓm cña c¸c cÆp ®−êng chÐo A1 A3 vμ A5A7, A1A7 vμ A3A5; A2A8 vμ A4A6 (nÕu chóng tån t¹i) cïng n»m trªn mét ®−êng th¼ng. Gi¶i. A8 Gäi M lμ giao ®iÓm gi÷a tiÕp tuyÕn víi ®−êng trßn t¹i A1 vμ A5 A1 N lμ giao ®iÓm gi÷a tiÕp tuyÕn t¹i A2 vμ A6 P lμ giao ®iÓm gi÷a tiÕp tuyÕn t¹i A4 vμ A8 A7 A2 Q lμ giao ®iÓm gi÷a tiÕp tuyÕn t¹i A3 vμ A7 H Sö dông bæ ®Ò I ®èi víi c¸c cÆp tiÕp tuyÕn kÎ tõ M, N ta cã OH ⊥ MN.T−¬ng tù ®èi víi tiÕp tuyÕn kÎ tõ M,P ta cã OH ⊥ MP,cuèi cïng ®èi víi cÆp tiÕp tuyÕn kÎ tõ M, Q ta l¹i cã OH ⊥ MQ.Do ®ã 3 A3 A A6 A ®iÓm M,N ,P cïng n»m trªn mét ®−êng th¼ng. ¸p dông bæ ®Ò I ta suy ra r»ng giao ®iÓm cña c¸c cÆp ®−êng chÐo A1 A3 vμ A5A7, A1A7 vμ A3A5; A2A8 vμ A4A6 cïng n»m trªn MN. Bμi tËp2. Cho 2 ®−êng trßn t©m O,O’ c¾t nhau t¹i A,B .Tõ M trªn tia BA vÏ 2 tiÕp tuyÕn víi (O’)t¹i C,D.AC,AD c¾t (O) t¹i P,Q. i)Chøng minh : CA DA = CP DQ ii)Chøng minh : CD ®i qua ®iÓm chÝnh gi÷a d©y cung PQ Gi¶i. i) Ap dông bæ ®Ò II ta cã ph©n gi¸c c¸c gãc ACB vμ ADB c¾t nhau t¹i mét ®iÓm n»m trªn AB. Sö dông tÝnh CA DA CA CB = => = chÊt cña ®−êng ph©n gi¸c trong Δ ABC vμ Δ ABD ta cã (1) .Ta nhËn thÊy c¸c Δ CB DB DA DB BDQ vμ Δ CBP cã ∠ BDQ= ∠ BCP =>Δ BDQ ®ång d¹ng víi Δ CBP=> DQ BD = (2).Tõ (1) vμ (2)suy ra ®iÒu chøng minh CP BC ii)NÕu E lμ giao cña CD vμ PQ ,F lμ giao PQ vμ ®−êng th¼ng qua A vμ song song víi CD , th× EI DA .VËy EP = EQ = EQ DQ 25 CA EI vμ = CP EP Q B O’. E D O. F C P A A M . O M B Bμi tËp3. Cho M cè ®Þnh n»m trong (O,R) .D©y cung AB tuú ý ®i qua M. T×m quü tÝch giao ®iÓm cña 2 tiÕp tuyÕn víi ®−êng trßn t¹i A vμ B C (AB quay quanh M) N Gi¶i. *) => Gi¶ sö 2 tiÕp tuyÕn c¾t nhau t¹i C ,N lμ h×nh chiÕu cña C lªn OM,ta cã OM .ON = R 2 (1) (theo bæ ®Ò I).Do ®ã N cè ®Þnh ,C n»m trªn ®−êng th¼ng Δ cè ®Þnh vu«ng gãc víi OM *) <=Tõ C bÊt k× trªn Δ ta kÎ 2 tiÕp tuyÕn tíi ®−êng trßn t¹i A, B. OC c¾t AB t¹i K,AB c¾t ON t¹i H=> OK.OC = OH .ON = R 2 (2) .Tõ (1)vμ (2)ta cã OM = OH ,chøng tá M ≡ H.VËy M thuéc AB. Bμi tËp4. Cho Δ ABC ngo¹i tiÕp (O).A’,B’,C’ thø tù lμ c¸c tiÕp ®iÓm cña BC,CA,AB víi ®−êng trßn .BC c¾t B’C’ t¹i P ,CA c¾t C’A’ t¹i Qvμ AB c¾t A’B’ t¹i R.Chøng minh P,Q,R th¼ng hμng. Gi¶i. A Gäi t©m ®−êng trßn lμ I => AA’,BB’,CC’ ®ång quy t¹i I. A1 , B1 , C1 lÇn l−ît lμ giao ®iÓm cña C’ AA’,BB’,CC’ víi (O) .¸p dông bæ ®Ò III B’ ®èi víi tø gi¸c A’B’ A1 C’ ta cã tiÕp tuyÕn víi (O)t¹i A1 ®i qua P.T−¬ng tù tiÕp tuyÕn B t¹i B1 , C1 ®i qua Q vμ R.Mμ A’ A1 ,B’ B1 ,C’ C1 A ‘ ®i qua I nªn ¸p dông bæ ®Ò I ®èi víi cÆp 3 tiÕp tuyÕn víi (O) kÎ tõ P,Q,R ta suy ra ®iÒu ph¶i chøng minh Bμi tËp5. 26 C Cho ngò gi¸c ABCDEF néi tiÕp ®−êng trßn tho¶ m·n AB CD EF . . =1 BC DE FA TiÕp tuyÕn víi ®−êng trßn t¹i A vμ D c¾t nhau t¹i P. TiÕp tuyÕn víi ®−êng trßn t¹i B vμ E c¾t nhau t¹i Q TiÕp tuyÕn víi ®−êng trßn t¹i C vμ F c¾t nhau t¹i K. Chøng minh . P, Q, K th¼ng hμng. Gi¶i. Trong Δ ABE vμ ΔCBE cã AB BC AB sin ∠AEB = = =2R=> (1) sin ∠AEB sin ∠CEB BC sin ∠CEB T−¬ng tù ®èi víi Δ AKE vμ Δ CKE cã AK sin ∠AEB = (2) AE sin ∠AKE vμ Nh©n vÕ víi vÕ cña (2) vμ (3)ta cã CK sin ∠CEB = (3) CE sin ∠CKE AK CE sin ∠AEB . = (4) CK AE sin ∠CEB AK CE AB KÕt hîp (1)vμ (4)ta cã = . (5) CK AE BC T−¬ng tù A F B H C E D CP AE CD EQ AC EF = = . (6) vμ . (7) EP AC DE AQ EC FA Nh©n tõng vÕ (5),(6),(7)ta cã AK CP EQ AB CD EF . . = . . =1 CK PE QA BC DE FA .Chøng tá AD,CF,BE ®ång quy,¸p dông bæ ®Ò I ta cã ®iÒu chøng minh Bμi tËp6. Cho 2 ®−êng trßn t©m O vμ O’ c¾t nhau t¹i A,B.LÊy C trªn (O) sao cho C n»m trong (O’).P,Q lÇn l−ît lμ giao ®iÓm cña AC,BC víi (O’) i) Chøng minh: NÕu ∠ OAO’=90° th× PQ lμ ®−êng kÝnh cña(O’) ii)Gi¶ sö PQ lμ ®−êng kÝnh cña(O’)víi mçi ®iÓm C n»m trªn cung trßn AB vμ n»m bªn trong (O’) (C cã thÓ trïng A,B). Chøng minh : ∠ OAO’=90°. Q A C O E C O ‘ C D B P 27 Gi¶i. i)Gäi E,D lÇn l−ît lμ giao ®iÓm cña OC víi (O’) Ta dÔ dμng cm ®−îc AP lμ ph©n gi¸c ∠ DAE vμ BQ lμ ph©n gi¸c ∠ DBE.Do ®ã P,Q lμ ®iÓm chÝnh gi÷a cung EBD vμ EAD=>dpcm ii)NÕu C trïng A hoÆc B th× Δ APQ vμ BPQ lμ tam gi¸c vu«ng. LÊy H lμ giao AB vμ OO’,K lμ giao cña AP vμ (O’) V× K còng n»m trªn (O’)vμ AP lμ ph©n gi¸c ∠ HAO’ nªn ta cã ∠ AOO’=2 ∠ ABK= ∠ HAO’=>Δ OAO’ vu«ng t¹i A Bμi tËp7. Cho Δ ABC néi tiÕp (O).LÊy P sao cho PB,PC lμ tiÕp tuyÕn víi (O) vμ M lμ trung ®iÓm c¹nh BC. Chøng minh : AM ®èi xøng AP qua ph©n gi¸c ∠ BAC. Gi¶i.Ta xÐt tr−êng hîp A vμ P n»m kh¸c phÝa ®èi víi BC .K lμ giao cña AP vμ (O).H lμ giao cña KM vμ AB KB = (1).Bªn c¹nh AC KC MB BK MC CK = = ®ã Δ MBK ®ång d¹ng víi Δ MHC => . Δ MCK ®ång d¹ng víi Δ MHB=> mμ MH CH MH BH BK CK = MB=MC nªn ta cã (2). CH BH (O).Theo bæ ®Ò III giao ®iÓm cña ph©n gi¸c ∠ ABK vμ ∠ ACK n»m trªn AP do ®ã Tõ (1)vμ (2) ta cã => Δ ABC ®ång d¹ng Δ HBC => ∠ ACB= ∠ HBC=>BC⁄⁄AH =>PM ⊥ AH=>H ®èi xøng A qua PM ,K’ ®èi xøng K qua PM=>K’ lμ giao ®iÓm cña AM víi (O) B VËy ph©n gi¸c ∠ BAC lμ ph©n gi¸c ∠ KAK’ A Tr−êng hîp A,P n»m cïng phÝa ®èi víi BC c¸ch chøng minh t−¬ng tù. K M iV.Mét sè kÕt qu¶ tæng hîp vÒ tø gi¸c toμn phÇn néi tiÕp C *Chóng ta coi xÐt ®èi víi tø gi¸c toμn phÇn cã 4 ®Ønh A,B,C,D n»m trªn ®−êng trßn t©m O mμ c¸c c¹nh kh«ng ®i qua t©m (B n»m trªn c¹nh MC,D n»m trªn c¹nh NC ) .Giao ®iÓm cña ®−êng chÐo AC vμ BD lμ S. *KÕt qu¶ 1: NÕu ®−êng th¼ng MS c¾t (O) t¹i 2 ®iÓm P vμ Q th× NP vμ NQ lμ tiÕp tuyÕn víi(O) t¹i P,Q.§iÒu kh¼ng ®Þnh trªn còng ®óng nÕu AC vμ BD lμ ®−êng kÝnh cña (O) Chøng minh: Ta lÊy P’ vμ Q’ trªn (O) sao cho NP’ vμ NQ’ lμ tiÕp tuyÕn .§èi víi tø gi¸c AP’BQ’ , giao ®iÓm gi÷a 2 tiÕp tuyÕn víi ®−êng trßn t¹i A,B n»m trªn P’Q’.T−¬ng tù ®èi víi tø gi¸c CP’DQ’, tiÕp tuyÕn víi ®−êng trßn t¹i C, D c¾t nhau t¹i mét ®iÓm thuéc P’Q’ .Theo bæ ®Ò 1 giao ®iÓm cña CA vμ BD còng nh− cña AD vμ BC n»m trªn P’Q’.Do ®ã P’ vμ Q’ trïng víi P vμ Q . NÕu CD ®i qua t©m O th× tiÕp tuyÕn t¹i C vμ D song song víi nhau.TiÕp tuyÕn víi ®−êng trßn t¹i A vμ B c¾t nhau t¹i Z trªn P’Q’. NÕu H1lμ giao cña AC vμ P’Q’ th× Δ ZAH1 lμ tam gi¸c c©n t¹i Z. NÕu H2 lμ giao ®iÓm cña BD vμ P’Q’ th× Δ ZBH2 còng lμ tam gi¸c c©n t¹i Z.VËy H1, H2 n»m trªn c¹nh ZQ’ vμ tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ZH1=ZH2 do ®ã H1 trïng H2. 28 B M S C A O D N Q *KÕt qu¶ 2: C¸c cÆp ®−êng th¼ng ON vμ MS ,OM vμ NS,MN vμ OS tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ON ⊥ MS,OM ⊥ NS,vμ OS ⊥ MN(bμi to¸n Brocard ) Chøng minh:V× M vμ S n»m trªn ®−êng th¼ng chøa d©y cung PQ vμ PQ vu«ng gãc víi ON *KÕt qu¶ 3: Cho K,L lÇn l−ît lμ trung ®iÓm c¸c ®−êng chÐo AC vμ BD ta cã MK NK AC = = ML NL BD : V× Δ MAC ®ång d¹ng Δ MBD => Δ NAC ®ång d¹ng Δ NBD => MK BD = . ML AC NK BD = NL AC *KÕt qu¶ 4 Cho b¸n kÝnh cña 4 ®−êng trßn ngo¹i tiÕp c¸c Δ NBC,NAD,MCD,MAB lÇn l−ît lμ R1,R2,R3,R4 ta cã R1 .R3 R .R = 2 4 CB.CD AB. AD Chøng minh: Δ NBC ®ång d¹ng víi Δ NAD do ®ã ta cã Δ MCD ®ång d¹ng víi Δ MAB ta cã R1 BC = . R2 AD R .R R3 CD R .R .Nh©n 2 vÕ ta ®−îc 1 3 = 2 4 = R4 AB Cb.CD AB. AD *KÕt qu¶ 5: B¸n kÝnh cña c¸c ®−êng trßn ngo¹i tiÕp Δ NAC,MAC,NBD,MBD lÇn l−ît lμ r1, r2, r3, r4,ta cã r1.r4 =r3 .r2 Chøng minh: Δ NAC ®ång d¹ng víi Δ NBD => Δ MBD ®ång d¹ng Δ MAC ta cã r1 CA = r3 BD r2 CA = , suy ra ®iÒu ph¶i chøng minh r4 BD *KÕt qu¶ 6 : Ph©n gi¸c c¸c gãc ∠ CMD, ∠ CNB vu«ng gãc víi nhau.Giao ®iÓm cña chóng n»m trªn ®−êng th¼ng ®i qua trung ®iÓm 2 ®−êng chÐo AC vμ BD 29 Chøng minh: Ta dÔ dμng chøng minh ®−îc 2 ®−êng ph©n gi¸c vu«ng gãc víi nhau .Ta ®Ó ý r»ng ph©n gi¸c cña ∠ CMD ®ång thêi lμ ph©n gi¸c gãc KML.Ph©n gi¸c cña gãc CNB còng ®ång thêi lμ ph©n gi¸c gãc KNL.Theo phÇn 3.3 ta cã dpcm *KÕt qu¶ 7. 4 ®−êng trßn ngo¹i tiÕp Δ MCD ,NBC,MAB,NAD cïng ®i qua ®iÓm Mk n»m trªn ®−êng chÐo MN vμ OMk ⊥ MN(Mk ®−îc gäi lμ ®iÓm Mikel) Chøng minh: §−êng trßn ®i qua 3 ®iÓm N,B,C c¾t víi ®−êng th¼ng MN t¹i Mk.V× M n»m ngoμi ®−êng trßn ngo¹i tiÕp Δ NBC do ®ã Mk n»m trªn c¹nh MN .Ta thÊy ∠ MMkB= ∠ BCDvμ ∠ MAB= ∠ BCD.Bªn c¹nh ®ã Mkvμ A n»m vÒ mét phÝa ®èi víi ®−êng th¼ng BM (Mk vμ A cïng n»m trong ∠ MCN) .VËy tø gi¸c AMkMD néi tiÕp .T−¬ng tù c¸c tø gi¸c AMkND, MMkDC vμ NMkBC néi tiÕp .(Giao cña MN vμ OS lμ Mk’.Theo kÕt qu¶ 2 ta cã OMk’ ⊥ MN). V× AD lμ trôc ®¼ng ph−¬ng cña ®−êng trßn (O) vμ (ADN) vμ M n»m trªn AD vËy ta cã MMk . MN = MO2-R2 .T−¬ng tù N n»m trªn trôc ®¼ng ph−¬ng cña (O)vμ (ABM) (R lμ b¸n kÝnh cña ®−êng trßn (O)),ta cã NMk . MN = NO2-R2 MO 2 − R 2 NO 2 − R 2 Tõ nh÷ng kÕt qu¶ trªn ta cã MMk= ,NMk= MN MN vμ MN2 = MO2+NO2-2R2 => MMk2-NMk2= ( MO 2 − R 2 ) 2 − ( NO 2 − R 2 ) =MO2-NO2 MN Chøng tá OMk ⊥ MNvμ M trïng Mk *KÕt qu¶ 8 . T©m cña 4 ®−êng trong ngo¹i tiÕp Δ MCD,NBC,MAB,NAD vμ ®iÓm Mikel cïng n»m trªn mét ®−êng trßn Chøng minh: §Çu tiªn ta ph¶i chøng minh bæ ®Ò phô sau Bæ ®Ò:Víi 3 ®iÓm A,B,C cïng n»m trªn mét ®−êng th¼ng vμ ®iÓm L kh«ng n»m trªn AB.Gäi K,M,N lÇn l−ît lμ t©m cña c¸c ®−êng trßn ngo¹i tiÕp t ABL,BCL vμ ACLth× c¸c ®iÓm K,L,M,N cïng n»m trªn mét ®−¬ng trßn Trung ®iÓm LA, LC lμ I,J.Ta thÊy Δ KLM ®ång d¹ng víi Δ ALC vμ Δ ILJ ®ång d¹ng víi Δ ALC.Do ®ã Δ KLM ®ång d¹ng víi Δ ILJ vμ ta cã ∠ LKM= ∠ LIJ.Ta thÊy K,M t−¬ng øng n»m trªn IN vμ JN v× ∠ KLM= ∠ ILJ vμ tø gi¸c LINJ néi tiÕp ®−êng trßn do ®ã tø gi¸c LKNJ néi tiÕp ®−êng trßn Chøng minh: B©y giê quay trë l¹i víi kÕt qu¶ 8 Gäi t©m c¸c C ®−êng trßn ngo¹i tiÕp Δ ABM, AND, CDM, BCN Lμ O1,O2,O3,O4.Sö dông bæ ®Ò ®èi víi 3 ®−êng B A Trßn(O1),(O4),(O3) ta thÊy r»ng c¸c ®iÓm Mk, O1,O4,O3n»m trªn cïng mét ®−êng trßn M T−¬ng tù c¸c ®iÓm Mk, O3,O2,O4 n»m trªn D N Mk Cïng mét ®−êng trßn mμ c¸c ®−êng trßn nμycã 3 ®iÓm chung kh¸c nhau nªn chóng ph¶i trïng nhau, suy ra ®iÒu ph¶i chøng minh *KÕt qu¶ 9: Trùc t©m cña c¸c tam gi¸c MCD,NBC,MAB,NAD cã cïng ph−¬ng tÝch tíi c¸c ®−êng trßn ®−êng kÝnh AC,BD,MN 30 Chøng minh:Trùc t©m cña Δ AND kÝ hiÖu lμ H1.C¸c ®−êng thÈngH1,NH1,DH1 t−¬ng øng vu«ng gãc víi ND,AD,AN t¹i X,Y,Z. X n»m trªn ®−êng trßn ®−êng kÝnh AC,Y n»m trªn ®−êng trßn ®−êng kÝnh MN vμ Z n»m trªn ®−êng trßn ®−ên kÝnh BD.Ph−¬ng tÝch tõ H1®Õn nh÷ng ®−êng trßn nμy b»ng H 1 X , H 1Y , H 1 Z .Trong ®−êng trßn ngo¹i tiÕp Δ AND ta cã H 1 X = H 1Y = H 1 Z chøng tá H1 cã cïng ph−¬ng tÝch víi c¸c ®−êng trßn nμy.T−¬ng tù trùc t©m cña c¸c Δ MCD,NBC,MAB cã cïng ph−¬ng tÝch tíi c¸c ®−êng trßn ®−êng kÝnh AC,BD.MN *KÕt qu¶ 10 Trùc t©m cña c¸c tam gi¸c MCD,NBC,MAB,NAD n»m trªn cïng mét ®−êng th¼ng λ .Trung ®iÓm cña 3 ®−êng chÐo AC,BD,MN n»m trªn cïng mét ®−êng th¼ng (§−êng th¼ng Gauss) vμ ®−êng th¼ng nμy vu«ng gãc víi λ . Chøng minh:Theo kÕt qu¶ 9 th× trùc t©m cña 4 tam gi¸c cïng n»m trªn ®−êng trôc ®¼ng ph−¬ng cña 2 ®−êng trßn ®−êng kÝnh AC vμ BD.T−¬ng tù nh− vËy trong bμi nμy c¸c trùc t©m còng n»m trªn ®−êng trôc ®¼ng ph−¬ng cña 2 ®−êng trßn ®−êng kÝnh AC vμMN.Ta biÕt r»ng trôc ®¼ng ph−¬ng cña 2 ®−êng trßn th× vu«ng gãc víi ®−êng nèi t©m cña 2 ®−êng trßn *KÕt qu¶ 11: §iÓm S n»m trªn λ (®iÓm Son) Chøng minh:Ph−¬ng tÝch cña S ®Õn c¸c ®−êng trßn ®−êng kÝnh AC vμ BD b»ng SA . SC , SB . SD V× tø gi¸c ABCD néi tiÕp ®−êng trßn do ®ã SA . SC = SB . SD vμ S thuéc trôc ®¼ng ph−¬ng cña ®−êng trßn ®−êng kÝnh AC vμ BD.Theo kÕt qu¶ 9 ta suy ra S thuéc λ *KÕt qu¶ 12 §−êng trßn ®−êng kÝnh AC ,BD vμ MN giao nhau t¹i 2 ®iÓm trªn λ Chøng minh: v× S n»m bªn trong 2 ®−êng trßn ®−êng trßn ®−êng kÝnh AC vμ BD mμ λ ®i qua S=> λ ph¶i c¾t mçi ®−êng trßn t¹i 2 ®iÓm x¸c ®Þnh cã ph−¬ng tÝch b»ng 0.Giao ®iÓm cña 2 ®−êng trßn n»m trªn λ .Chóng ta biÕt r»ng λ lμ trôc ®¼ng ph−¬ng cña ®−êng trßn ®−êng kÝnh AC vμ MN vμ λ c¾t ®−êng trßn ®−êng kÝnh AC.VËy c¸c ®−êng trßn ®−êng kÝnh AC vμ BD ,MN ®i qua 2 ®iÓm mμ cã ph−¬ng tÝch b»ng 0 *KÕt qu¶ 13: §iÓm Mikel,S vμ t©m O n»m trªn cïng mét ®−êng th¼ng vμ tho¶ m·n ®iÒu kiÖn OS.OMk=R2 víi R lμ b¸n kÝnh (O) Chøng minh:Theo kÕt qu¶ 2 vμ 7 ta nhËn thÊy 3 ®iÓm O,S,Mk cïng n»m trªn mét ®−êng th¼ng .LÊy I lμ giao cña 2 tiÕp tuyÕn t¹i B vμ D.Theo bæ ®Ò 1 I n»m trªn MN.OI vu«ng gãc víi BD t¹i trung ®iÓm J cña BD.Tõ ®ã I,J,Mk,S cïng n»m trªn mét ®−êng trßn,ta cã OF.OMk=OJ.OI=OB2=R2. *KÕt qu¶ 14: Cho T1vμ T2 lμ 2 tø gi¸c toμn phÇn néi tiÕp trong cïng mét ®−êng trßn.NÕu ®iÓm Son cña T1 vμ T2 trïng nhau th× ®iÓm Mikel cñaT1 vμ T2 trïng nhau.Ng−îc l¹i nÕu ®iÓm Mikel cña T1 vμ T2 trïng nhau th× ®iÓm Son cña T1vμ T2 còng trïng nhau. Chøng minh:Suy ra tõ kÕt qu¶ 11. KÕt qu¶ 15 Cho T1 vμ T2 lμ 2 tø gi¸c toμn phÇn néi tiÕp trong 2 ®−êng trßn ®ång t©m .NÕu ®iÓm Mikel vμ ®iÓm Son cña c¸c tø gi¸c trïng nhau th× 2 ®−êng trßn còng trïng nhau KÕt qu¶ 16: 31 Giao ®iÓm cña λ vμ ®−êng th¼ng ®i qua 2 trung ®iÓm cña AC vμ BD n»m trªn ®−êng trßn ®i qua S,®iÓm Mikel Mk vμ trung ®iÓm cña MN.§−êng trßn ®ã trùc giaovíi ®−êng trßn (O) (2 ®−êng trßn ®ù¬c gäi lμ trùc giao víi nhau nÕu chóng c¾t nhau vμ c¸c tiÕp tuyÕn víi 2 ®−êng trßn t¹i ®iÓm chung vu«ng gãc víi nhau) Chøng minh:Giao cña λ vμ ®−êng th¼ng ®i qua trung ®iÓm AC vμ BD lμ U ,trung ®iÓm MN lμ K.Ta thÊy U vμ Mk nh×n c¹nh SK d−íi mét gãc vu«ng tøc lμ ∠ SUK= ∠ SMkK=90°v× vËy 4 ®iÓm S,U,K,Mk n»m trªn cïng mét ®−êng trßn nªn ph−¬ng tÝch cña O víi ®−êng trßn Son b»ng OS.OM k =R2 ®iÒu ®ã chøng tá ®−êng th¼ng qua O vμ ®iÓm chung cña 2 ®−êng trßn lμ tiÕp tuyÕn cña ®−êng trßn . V.Mét sè kÕt qu¶ tæng hîp vÒ tø gi¸c toμn phÇn ngo¹i tiÕp *XÐt tø gi¸c toμn phÇn ABCDMN (B thuéc c¹nh MC,D thuéc c¹nh NC) víi tø gi¸c ABCD ngo¹i tiÕp ®−êng trßn t©m O.C¸c ®iÓm A1,B1,C1,D1 lμc¸ctiÕp®iÓm cña ®−êng trßn víi c¸c c¹nh AB,BC,CD,DA C C B B D A D A M N *KÕt qña 1 Giao cña c¸c cÆp ®−êng th¼ng A1B1 vμ C1D1 , A1D1 vμ C1B1 (nÕu chóng tån t¹i ) n»m trªn MN.Giao cña A1C1 vμ D1B1 trïng víi giao ®iÓm cña AC vμ BD. Chøng minh: ta thÊy nÕu giao cña c¸c cÆp A1B1 vμ C1D1 , A1D1 vμ C1B1 tån t¹i gi¶ sö lμ M1 vμ N1 th× tø gi¸c A1B1C1D1M1N1 lμ mét tø gi¸c toμn phÇn néi tiÕp .Sö dông tÝnh chÊt cña tø gi¸c toμn phÇn néi tiÕp, ta cã ®iÒu ph¶i chøng minh *KÕt qu¶ 2 MA+MB+NB+NC=NA+ND+MD+MC Chøng minh:Tõ ®iÒu kiÖn AB+CD=AD+BC ta suy ra NB-NA+NC-ND=MC-MB+MD-MA. *KÕt qu¶ 3: LÊy T1= A1B1C1D1M1N1 vμ A2B2C2D2M2N2 lμ c¸c tø gi¸c toμn phÇn néi tiÕp víi A1B1C1D1, A2B2C2D2 cïng ngo¹i tiÕp ®−êng trßn t©m O.NÕu ®−êng chÐo cña tø gi¸c A1B1C1D1, A2B2C2D2 c¾t nhau t¹i mét ®iÓm th× c¸c ®Ønh M1,N1,M2,N2 n»m trªn cïng mét ®−êng th¼ng *KÕt qu¶ 4 NÕu c¸c tiÕp tuyÕn chung ngoμi cña 2 ®−êng trßn néi tiÕp Δ ABM vμ Δ AND giao nhau t¹i K th× K thuéc ®−êng th¼ng MN Chøng minh: Dïng phÐp vÞ tù t©m M biÕn ®−êng trßn ngo¹i tiÕp Δ ABM thμnh ®−êng trßn néi tiÕp tø gi¸c ABCDvμ phÐp vÞ tù t©m N biÕn ®−êng trßn néi tiÕp tø gi¸c ABCD thμnh ®−êng trßn néi tiÕp Δ AND.Do ®ã t©m 32 cña phÐp vÞ tù biÕn ®−êng trßn néi tiÕp Δ ABM thμnh ®−êng trßn néi tiÕp Δ AND lμ giao cña c¸c ®−êng tiÕp tuyÕn chung (lμ K).Theo tÝnh chÊt cña t©m c¸c phÐp vÞ tù ta cã 3 ®iÓm M,N,K th¼ng hμng. *KÕt qu¶ 5 LÊy O1,O2 t−¬ng øng lμ t©m c¸c ®−êng trßn néi tiÕp Δ ABM vμ Δ AND.P lμ giao ®iÓm cña OO1 vμ AB ;Q lμ giao ®iÓm cña OO2 vμ AD. Chøng minh r»ng PQ, O1O2 vμ MN song song hoÆc ®ång quy. Chøng minh: Ta dÔ dμng nhËn thÊy P vμ Q lμ t©m cña phÐp vÞ tù biÕn (O1) thμnh (O),vμ biÕn (O) thμn (O2).NÕu 2 ®−¬ng trßn (O1),(O2)b»ng nhau th× MN,O1O2,PQ song song .NÕu (O1),(O2) kh¸c nhau th× PQ,MN,O1O2 ®ång quy. *KÕt qu¶ 6: NÕu O3 lμ t©m ®−êng trßn néi tiÕp Δ AMN,E lμ giao AM vμ O1O3 , F lμ giao cña AN vμ O2O3, th× PQ, EF, MN song song hoÆc ®ång quy *KÕt qu¶ 7: Cho (O’) lμ ¶nh cña (O1 ) qua phÐp ®èi xøng t©m lμ trung ®iÓm cña AB,vμ (O”) lμ ¶nh cña (O2) qua phÐp ®èi xøng t©m lμ trung ®iÓm AD.NÕu (O’) tiÕp xóc AB t¹i A’,vμ (O”) tiÕp xóc AD t¹i D’ th× c¸c ®iÓm A, A’, D’ ,O n»m trªn cïng mét ®−êng trßn.NÕu (O’) c¾t (O”) t¹i 2 ®iÓm X,Y th× h×nh chiÕu cña O trªn XY n»m trªn ®−êng trßn ®i qua 4 ®iÓm A,A’,D’,O. Chøng minh: Ta thÊy (O’) tiÕp xóc AB t¹i A1 vμ (O”) tiÕp xóc AD t¹i D1.=>(O’)vμ (O”) tiÕp xóc víi (O ) t¹i A1 vμ D1 vμ XY ®i qua A.Ta cã OA1 ⊥ AB vμ OD1 ⊥ AD.Tõ ®ã A1,D1 nh×n OA d−íi 1 gãc 90° *KÕt qu¶ 8: Cho T1= A1B1C1D1M1N1 vμ T2= A2B2C2D2M2N2 lμ c¸c tø gi¸c toμn phÇn víi A2B2C2D2, A1B1C1D1 cïng ngo¹i tiÕp (O).NÕu c¸c ®−êng chÐo cña tø gi¸c A1B1C1D1, A2B2C2D2 c¾t nhau t¹i mét ®iÓm th× c¸c ®Ønh M1,N1,M2,N2 n»m trªn cïng mét ®−êng th¼ng Tμi liÖu tham kh¶o 1. Tμi liÖu h×nh ph¼ng (tiÕng Anh) cña §ç Thanh S¬n. 2. c¸c bμi to¸n vÒ h×nh häc ph¼ng cña V.VPRXOLOV 3. Tμi liÖu trªn m¹ng CHUYÊN ĐỀ HÀM SINH Thạc sỹ : Phạm Quang Thắng Tổ Toán T.H.P.T Chuyên Thái Bình Trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi thì các bài toán tổ hợp, phân hoạch các tập hợp là một bài toán rất khó, các dạng bài tập này thường được đưa vào đề thi trong các kỳ thi học sinh giỏi quốc gia, cũng như quốc tế. Hàm sinh là một công cụ hiệu lực để giải quyết dạng bài tập này. Khái niệm hàm sinh đơn giản, dễ hiểu nhưng ứng dụng thì rất tuyệt vời. Chuyên đề này trình 33 bày khái niệm về hàm sinh cũng như ứng dụng của nó trong các dạng bài tập khác nhau. Cấu trúc của chuyên đề gồm. A. Định nghĩa ☼ Định nghĩa hàm sinh ☼ Ví dụ về hàm sinh ☼ Công thức khai triển Taylor ☼ Một số tính chất của hàm sinh B. Ứng dụng của hàm sinh ¾ Tìm dãy số # Phương pháp # Bài tập áp dụng ¾ Tính tổng tổ hợp # Phương pháp # Bài tập áp dụng ¾ Ứng dụng của hàm sinh trong các bài toán phân hoạch tập hợp C. Bài tập tương tự A. Định nghĩa 1. Định nghĩa Cho dãy số {a n } . Tổng hình thức F(x) = ∑ a n x n gọi là hàm sinh sinh bởi dãy {a n } và ta ký n ≥0 hiệu {a n } ↔ F Nhận xét: Mỗi dãy số {a n } cho ta duy nhất một hàm sinh và ngược lại. Để tìm hiểu tính chất của dãy số ta có thể tìm hiểu tính chất của hàm sinh sinh bởi nó 1 Bán kính hội tụ của F(x) là R = , nghĩa là với ∀x, x < R thì chuỗi trên hội tụ. Khi lim n | a n | n →∞ R = 0 chuỗi trên phân kỳ. Các chuỗi trong chuyên đề luôn hội tụ ( nếu không có giải thích gì thêm). 2. Ví dụ: Dãy {1} ↔ 1 vì 1− x 1+ x + x 2 + = 1 , ∀ x <1 1− x 34 Tương tự 1 1 {(−1)n } ↔ 1 + x ; {mn } ↔ 1− mx , m=const 3. Công thức khai triển Taylor Giả sử f(x) là hàm số liên tục, có đạo hàm mọi cấp trên khoảng (a, b); x 0 ∈ (a, b) . Khi đó ta có công thức khai triển Taylor: f (x) = ∑ n ≥0 Khi 0 ∈ (a, b) ta có f (x) = ∑ n ≥0 f f (n ) (x 0 ) n x n! (n ) (0) n x n! Ví dụ: a. Với f (x) = e x ⇒ f (n ) (x) = e x ⇒ f (n ) (0) = e0 = 1, ∀n ⎧⎪ 1 ⎫⎪ xn x ⇒ f (x) = ∑ . Vậy ⎨ ⎬↔ e ⎪ ⎪ ⎩⎪ n!⎭⎪ n ≥0 n! f (x) = (1 + x) λ , λ ∈ ⇒ f (n ) (0) = λ (λ −1) … (λ − n + 1) = n!Cλn λ (λ −1) …(λ − n + 1) Ở đó Cλn = ⇒ f (x) = ∑ Cλn x n n! n * n ta có Cλ = 0, ∀ λ < n ta có công thức khai triển Newton Khi λ ∈ b. Với Khi λ = −m, m ∈ * ta có Cλn = C−n m = (−1) n Cnm+n−1 ⇒ 1 {(−1)n Cnm+n−1} ↔ (1 + x)m 4. Một số tính chất. Cho {a n } ↔ F , {b n } ↔ G khi đó ta có: # {a n ± b n } ↔ F ± G (1) # {ka n } (2) ↔ kF, ∀k ∈ ⎪⎧ ⎪⎫ # ⎪⎨ ∑ a k b l ⎪⎬ ↔ F.G ⎪⎩⎪k +l=n ⎪⎭⎪ (3) F − a 0 − a1x − − a h−1x h−1 , h∈ xh # {(n + 1)a n +1 } ↔ F' # {a n +h } ↔ (4) (5) B. Ứng dụng I.Tìm dãy số. 1. Phương pháp & Để tìm dãy số {a n } . Ta xét hàm sinh sinh bởi dãy {a n } là F(x) = ∑ a n x n n ≥0 & Dựa vào đặc điểm của dãy {a n } ta tìm được F(x) & Đồng nhất thức sẽ thu được dãy {a n } 2. Bài tập áp dụng ⎧⎪Fn +2 = Fn +1 + Fn Bài 1 (Dãy Fibonacci) Tìm dãy số Fibonacci thỏa mãn điều kiện: ⎪ ⎨ ⎪⎪⎩F0 = 0, F1 = 1 Lời giải: Xét hàm sinh F(x) sinh bởi dãy {Fn } F− x , x2 Vậy ta có phương trình: Ta có {Fn +2 } ↔ {Fn +1 } ↔ F x (do tính chất 4) 35 F− x F = +F x2 x ( Do giả thiết của bài toán 1) ⎛ ⎞⎟ ⎜⎜ n n⎞ ⎟⎟ ⎛⎛ ⎜⎜⎜1 + 5 ⎞⎟ ⎛⎜1− 5 ⎞⎟ ⎟⎟ n x 1 ⎜⎜ 1 1 1 ⎟⎟ ⎟⎟ − ⎜ ⎟⎟ ⎟⎟ x F= ⇔ = − ⎜ ⎟= ∑ ⎜⎜ 1− x − x 2 5 ⎜⎜⎜ 1 + 5 1− 5 ⎟⎟⎟ 5 n≥0 ⎜⎜⎝⎝⎜⎜ 2 ⎠⎟ ⎝⎜⎜ 2 ⎠⎟ ⎠⎟⎟ ⎜⎝1− 2 x 1− 2 x ⎠⎟ n n⎞ ⎛ 1 ⎜⎜⎜⎛1 + 5 ⎞⎟ ⎛⎜1− 5 ⎞⎟ ⎟⎟ ⎟⎟ − ⎜ ⎟⎟ ⎟⎟ Vậy Fn = ⎜⎜ 5 ⎜⎜⎝⎜⎝⎜ 2 ⎠⎟ ⎝⎜⎜ 2 ⎠⎟ ⎠⎟⎟ Bài 2: Tìm số tập con của tập {1, 2, . . ., n} sao cho trong mỗi tập con không chứa hai phần tử liên tiếp. Lời giải. Gọi Fn là số các tập con như vậy. Chia các tập hợp con của {1, 2, . . ., n}mà trong mỗi tập con không chứa hai phần tử liên tiếp thành hai nhóm. ƒ Nhóm không chứa n: số tập con như vậy là Fn−1 ƒ Nhóm chứa n : đó là {n} và các tập con dạng {a1 , a 2 ,…a k , n } , a i ≠ n −1, ∀i = 1,..., k; ∀k = 1,..., n trong trường hợp này có Fn−2 tập con. Vậy ta có Fn = Fn−1 + Fn−2 Dễ thấy F(1) = 2, F(2) = 3 n +2 n +2 ⎛ ⎛1− 5 ⎞⎟ ⎞⎟ 1 ⎜⎜⎜⎛1 + 5 ⎞⎟ ⎜ ⎟ Áp dụng bài tập 1 ta có: Fn = ⎜⎜⎜ ⎟⎟ − ⎜⎜⎜ ⎟⎟ ⎟⎟⎟ ⎜ ⎟ ⎟ ⎜ 2 2 5 ⎜⎝⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎠⎟ Bài 3: Tìm số tập con k phần tử của tập {1, 2, . . ., n} sao cho trong mỗi tập con không chứa hai phần tử liên tiếp. Lời giải: Gọi Fn,k là số các tập con như vậy. Chia các tập hợp con k phần tử của {1, 2, . . ., n}mà trong mỗi tập con không chứa hai phần tử liên tiếp thành hai nhóm. ƒ Nhóm không chứa n: số tập con như vậy là Fn−1,k ƒ Nhóm chứa n : đó là {n} và các tập con dạng {a1 , a 2 ,…a k , n } , a i ≠ n −1, ∀i = 1,..., k; ∀k = 1,..., n trong trường hợp này có Fn−2,k−1 tập con. Vậy ta có Fn,k = Fn−1,k + Fn−2,k−1 với k > 1 (*) Xét hàm sinh: Fk (x) = ∑ Fn,k x n n ≥1 Từ hệ thức (*) ta có: Fk (x) = Fk (x) = x2 Fk−1 (x) , áp dụng liên tiếp công thức này ta được: 1− x x 2k−1 = x 2k−1 ∑ C−i k−1x i = ∑ C−i k−1x i+2k−1 k +1 (1− x) i≥0 i≥0 +1 k Đồng nhất thức ta thu được Fn,k = C−n−k−2k1+1 = C nn−−2k k +1 = C n −k +1 Nhận xét : Kết hợp hai bài tập 2, và 3 ta thu được hệ thức rất đẹp: ∑C k 36 k n −k +1 = Fn +1 Bài 4: Tìm dãy ⎪⎧a = 0, a1 = 2 {a n } thỏa mãn: ⎪⎨ 0 ⎪⎪⎩a n +2 = −4a n +1 − 8a n Lời giải: Xét hàm sinh f(x) sinh bởi dãy {a n } , tương tự như bài tập 1 ta có phương trình: f − 2x 4f = − −8 2 x x ⎞ 2x 1⎛ 1 1 ⇔f = = ⎜⎜ − ⎟⎟⎟ ( Mẫu thức có Δ′ = −4 = 4i 2 ) 2 1 + 4x + 8x 2i ⎜⎝1− (−2 + 2i)x 1− (−2 − 2i)x ⎠⎟ 1 = ∑ ⎡⎣⎢ (−2 + 2i) n − (−2 − 2i) n ⎤⎦⎥x n 2i n≥0 Đồng nhất thức ta được : (−2 + 2i) n − (−2 − 2i) n an = 2i n n ⎛ ⎛ π⎞ ⎞ ⎛ ⎞ ⎜⎜cos ⎜⎜− ⎟⎟ + i sin ⎛⎜⎜− π ⎞⎟⎟⎟⎟ − ⎜⎜cos ⎛⎜⎜ π ⎞⎟⎟ + i sin ⎛⎜⎜ π ⎞⎟⎟⎟⎟ ⎝⎜ 4 ⎠⎟⎠⎟ ⎝⎜ ⎝⎜ 4 ⎠⎟ ⎝⎜ 4 ⎠⎟⎠⎟ ⎝⎜ ⎜⎝ 4 ⎠⎟ = ⋅ (−2 2) n 2i n π = (−2 2) n sin 4 Bài 5: Tìm số hạng tổng quát của dãy {x n } thỏa mãn: ⎪⎧⎪x 0 = x1 = 0 ⎨ ⎪⎪x n +2 − 6x n +1 + 9x n = 2n + n ⎩ Lời giải: Đặt {x n } ↔ f (x) ta có phương trình : f (x) − 0 − 0.x f (x) 1 x −6 + 9f (x) = + 2 x x 1− 2x (1− x) 2 ⎡ 1 x2 x ⎤ ⎢ ⎥ ⇔ + f (x) = 2 ⎢ (1− 3x) ⎣1− 2x (1− x) 2 ⎥⎦ Viết f(x) dưới dạng: ⎡ 1 x2 x ⎤ a b c d e ⎢ ⎥= + + + + + f (x) = 2 ⎢ 2⎥ 2 2 (1− 3x) ⎣1− 2x (1− x) ⎦ (1− 3x) 1− 3x 1− x (1− x) 1− 2x Quy đồng mẫu số rồi đồng nhất hệ số ta thu được: 5 5 1 a = , b = − , c = 0, d = , e = 1 12 3 4 5 5 1 ⎡ 1 x2 x ⎤ 1 ⎢ ⎥ = 12 2 − 3 + 4 2 + f (x) = + Vậy: 2 ⎢ 2⎥ (1− 3x) ⎣1− 2x (1− x) ⎦ (1− 3x) 1− 3x (1− x) 1− 2x Ta có: 37 ⎡ 1 ⎤′ 1 3 ⎢ ⎥ ↔ {3n +1 (n+1)} ↔ {3n } ⇒ = 2 ⎢ ⎥ 1− 3x (1− 3x) ⎣1− 3x ⎦ ⎡ 1 ⎤′ 1 1 ⎢ ⎥ ↔ {n+1} ↔ {1} ⇒ = 1− x (1− x) 2 ⎢⎣1− x ⎥⎦ 1 ↔ {2n } 1− 2x 5 5 n 1 2n +2 + n + 1 + 5(n − 3)3n n n Vậy : x n = (n + 1)3 − ⋅ 3 + (n + 1) + 2 = 12 3 4 4 II. Tính tổng 1. Phương pháp Để tính tổng f (n) = ∑ Sm (n) ta xét hàm sinh: m ⎛ ⎞ F(x) = ∑ f (n)x n = ∑ ⎜⎜∑ Sm (n)x n ⎟⎟⎟ ⎜ ⎠ n n ⎝ m (*) Sau đó sử dụng phương pháp đổi tổng để tính vế phải của (*) rồi đồng nhất thức hai vế ta được f(n). 2. Bài tập áp dụng Bài 1: Tính tổng sau: ∑C n−k k k Lời giải: Đặt f (n) = ∑ Cnk−k xét hàm sinh : k ⎛ ⎞ F(x) = ∑ f (n)x n = ∑ ⎜⎜∑ Cnk−k x n ⎟⎟⎟ ⎜ ⎠ n n ⎝ k Biến đổi F(x) ta có: ⎛ ⎞ F(x) = ∑ ⎜⎜∑ Cnk−k x n ⎟⎟⎟ ⎜ ⎠ n ⎝ k ⎛ ⎞ = ∑ ⎜⎜∑ Cnk−k x n−k x k ⎟⎟⎟ ⎜ ⎠ n ⎝ k ⎛ ⎞ = ∑ ⎜⎜∑ Cnk−k x n−k ⎟⎟⎟ x k = ∑ (1 + x) k x k ⎜ ⎠ k ⎝ n k 1 1− x − x 2 k Vậy F(x) chính là hàm sinh của dãy Fibonacci, do đó: f (n) = ∑ Cnk−k = Fn +1 = ∑ (x 2 + x) k = k m Bài 2: Tính tổng sau: ∑ (−1) k C kn C mk k =n Lời giải: m Đặt f (m) = ∑ (−1) n C kn C mk xét hàm sinh: k=n 38 F(x) = ⎛ n ⎞ = ∑ ⎜⎜∑ (−1) k Cnk C km ⎟⎟⎟ x m ⎜ ⎠ m ⎝ k=m ∑ f (m)x m m ⎡ ⎤ = ∑ (−1) k C nk ⎢ ∑ C km x m ⎥ = ∑ (−1) k Cnk (1 + x) k ⎢ ⎥ k ≤n k ≤n ⎣ m≤ k ⎦ = (−1) n ∑ (−1) n−k Cnk (1 + x) k = (−1) n (1 + x −1) n k ≤n n = (−1) x n Đồng nhất thức ta có: ⎪⎧⎪(−1) n khi m = n f (m) = ⎨ ⎪⎪⎩0 khi m | S2 | Lời giải: Gọi A, B, C là 3 tập hợp tương ứng gồm các số màu xanh, đỏ, vàng Xét các hàm sinh: F(x) = ∑ x a , G(x) = ∑ x b , H(x) = ∑ x c a ∈A b∈ B c∈C I(x) = F (x) + G (x) + H (x) = ∑ x a1 +a 2 +a 3 + ∑ x b1 + b2 + b3 + ∑ x c1 + c2 + c3 = ∑ f n x n 3 3 3 a i ∈A b i ∈B ci ∈C Trong đó f n chính là số bộ (x, y, z) có cùng một màu và có tổng là n Gọi ε là nghiệm của phương trình x 2008 −1 = 0 . Theo định lý RUF ta có 1 I(ε k ) = f 0 + f 2008 + f 2.2008 + f 3.2008 = S1 ∑ 2008 k 1 1 ⎡ F3 (ε k ) + G 3 (ε k ) + H 3 (ε k )⎤ I(ε k ) = Vậy S1 = ∑ ∑ ⎦⎥ 2008 k 2008 k ⎣⎢ Lý luận tương tự ta có : 6 2 S2 = F(ε k )G(ε k )H(ε k ) = 3.F(ε k )G(ε k )H(ε k ) ∑ ∑ 2008 k 2008 k k k Với k ≠ 0 ta có F(ε ) + G(ε ) + H(ε k ) = 0 do đó : F3 (ε k ) + G 3 (ε k ) + H 3 (ε k ) = 3F(ε k )G(ε k )H(ε k ) vậy ta chỉ cần chứng minh F3 (1) + G 3 (1) + H 3 (1) > 3F(1)G(1)H(1) 46 n Thật vậy ta luôn có F3 (1) + G 3 (1) + H 3 (1) ≥ 3F(1)G(1)H(1) (BĐT Cauchy), dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi F(1) = G(1) = H(1), suy ra 3F(1) = 2008 điều này vô lý vì 2008 không chia hết cho 3. (Đpcm). C. Bài tập tương tự: Bài 1: Tính tổng sau: ∑C 2p + 2k +1 2n +1 Ckp+k k ≥0 Bài 2: Chứng minh rằng: Từ đó tính tổng ∑ (C ∑C C k n t −k m = Cmt +n k k 2 n ) k Bài 3: Chứng minh rằng: ∑C 2n C m2n+k = C2m +1 2k 2n +1 k Bài 4: Chứng minh rằng với mọi n > 0 ta có: n −k 2n +1 2n +1 ⎛ 2 ⎞ ⎛ x −1⎞⎟ ⎛ x + 1⎞⎟ 2k ⎜ x −1⎟ ⎜ ⎜ ⎟ =⎜ x ∑ C n +k ⎜ +⎜ ⎟ ⎜⎝ 4 ⎠⎟⎟ ⎜⎝ 2 ⎠⎟⎟ ⎝⎜ 2 ⎠⎟ k Bài 5: Tính tổng sau: 1 1 Ck2k Cn2n−−k 2k ∑ k 1 n k 1 + − + k Bài 6: Cho T là tập các số nguyên không âm. a. Kí hiệu f(n, k, T) là số các tập con sắp thứ tự của T gồm k phần tử mà có tổng là n( các phần tử có thể trùng nhau). Xác định ∑ f (n, k, T)x n n b. Kí hiệu g(n, k, T) là số các tập con sắp thứ tự của T gồm k phần tử phân biệt mà có tổng là n. Xác định ∑ g(n, k, T)x n n Bài 7: Chứng minh rằng có duy nhất cách phân chia tập số tự nhiên thành hai tập hợp A và B sao cho : với mỗi số nguyên không âm n thì số cách phân tích n thành dạng a1 + a 2 , a1 ≠ a 2 ≥ 1, a1 ∈ A, a 2 ∈ A bằng số cách phân tích n thành tổng b1 + b 2 , b1 ≠ b 2 , b1 ∈ B, b 2 ∈ B ⎧⎪f1 = 1 ⎪⎪ Bài 8: Xác định dãy {f n } thỏa mãn điều kiện: ⎪⎨f 2n = f n ⎪⎪ ⎪⎪⎩f 2n +1 = f n + f n +1 Bài 9: Cho p là một số nguyên tố lẻ và số nguyên dương n nguyên tố cùng nhau với p. Tìm số các bộ ( x1 , x 2 ,…, x p−1 ) gồm p – 1 số tự nhiên sao cho tổng x1 + 2x 2 + …(p −1)x p−1 chia hết cho p, trong đó các số x1 , x 2 , …, x p−1 đều không lớn hơn n – 1 Bài 10: Cho hai số nguyên dương m và n, trong đó n + 2 chia hết cho m. Tìm số các bộ ba số nguyên dương (x, y, z) thỏa mãn điều kiện x + y + z chia hết cho m trong đó x, y , z đều bé hơn hoặc bằng n TÀI LIỆU THAM KHẢO ♥ Generating functionology – Herbert S. Wilf. Department of Mathematics University of Pennsylvania. 47 ♥Chuyên đề chọn lọc tổ hợp và toán rời rạc. Nguyễn Văn Mậu, Trần Nam Dũng, Vũ Đình Hòa, Đặng Huy Ruận, Đặng Hùng Thắng, Nhà xuất bản giáo dục 2008. PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN Trần Xuân Đáng (THPT chuyên Lê Hồng Phong – Nam Định) Trong các kỳ thi Olympic toán Quốc gia và Quốc tế chúng ta thường gặp các bài toán về phương trình nghiệm nguyên. Các định nghĩa và định lý sau thường được sử dụng trong việc tìm lời giải cho các bài toán tìm nghiệm nguyên của một phương trình. 1) Định lý nhỏ Phecma: Nếu p là số nguyên tố và a là số nguyên không chia hết cho p thì ap-1 ≡ 1 (mod p) 2) Số chính phương (modn) a) Định nghĩa: Cho số nguyên dương n ≥ 2. Số nguyên a được gọi là số chính phương (modn) nếu tồn tại x ∈ N sao cho x2 ≡ a (modn) b) Định lý 1: Cho số nguyên tố p. i) Nếu p = 2 thì mọi số lẻ a đều là số chính phương (mod 2) ii) Nếu p > 2 thì a là số chính phương (mod p) ⇔ a a là số không chính phương (mod p) ⇔ a p −1 2 p −1 2 ≡ 1 (mod p) ≡ -1 (mod p) ⎛a⎞ ⎝p⎠ c) Ký hiệu Lơgiăngđrơ: Cho số nguyên tố lẻ p; a là số nguyên không chia hết cho p. Ký hiệu ⎜⎜ ⎟⎟ được định nghĩa như sau: ⎛a⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎝p⎠ 1 nếu a là số chính phương (mod p) -1 nếu a là số không chính phương (mod p) d) Định lý 2: Cho số nguyên tố p và số nguyên a không chia hết cho p. Khi đó: +) a p −1 2 ⎛a⎞ ≡ ⎜⎜ ⎟⎟ (mod p) p ⎝ ⎠ ⎛a ⎞ ⎛b⎞ +) Nếu a ≡ b (mod p) (a, b ∈ Z; (a, p) = (b, p) = 1) thì ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟ p p ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 48 ⎛a ⎞ ⎛b⎞ ⎛ ab ⎞ +) ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟ (a, b ∈ Z; (a, p) = (b, p) = 1) ⎝p⎠ ⎝p⎠ ⎝ p ⎠ ⎛ a2 ⎞ +) ⎜⎜ ⎟⎟ = 1 ⎝p⎠ p −1 ⎛ − 1⎞ ⎟⎟ = (−1) 2 +) ⎜⎜ ⎝ p ⎠ 2 p −1 ⎛2⎞ +) ⎜⎜ ⎟⎟ = ( −1) 8 ⎝p⎠ e) Luật tương hỗ Gauss: ( p −1)( q −1) ⎛ p ⎞⎛ q ⎞ Nếu p, q là các số nguyên tố lẻ và p ≠ q thì ⎜⎜ ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎟ = (−1) 4 ⎝ q ⎠⎝ p ⎠ Tiếp theo là một số bài toán về phương trình nghiệm nguyên với lời giải của chúng: Bài toán 1: Tìm tất cả các bộ 3 số nguyên dương (a, b, c) sao cho: a2 + 2b+1 = 3c (Đề thi Olympic Toán của Italia năm 2008) Lời giải: Giả sử (a, b, c) là bộ 3 số nguyên dương sao cho a2 + 2b+1 = 3c ⇒ c chẵn (vì 2b+1 ⋮ 4 ; a2 ≡ 0 (mod 4) hoặc a2 ≡ 1 (mod 4)) ⇒ c = 2d (d ∈ N*) ⇒ 2b+1 = (3d – a) (3d + a) ⇒ 3d – a = 2m ; 3d + a = 2n (m, n ∈ N, m < n) ⇒ 2 . 3d = 2n + 2m = 2m (2n-m + 1) ⇒ m = 1 ⇒ 3d = 2n-1 + 1 Nếu n - 1 = 1 ⇒ d = 1 , n = 2 ⇒ c = 2, a = 1, b = 2 Nếu n - 1 ≥ 2 ⇒ 2n-1 ⋮ 4 ⇒ d chẵn ⇒ d = 2k (k ∈ N*) ⇒ 2n-1 = (3k - 1) (3k + 1) ⇒ 3k - 1 = 2t , 3k + 1 = 2s (t, s ∈ N*; t < s) ⇒ 2 . 3k = 2t + 2s = 2t (2s - t + 1) ⇒ t = 1 ⇒ k = 1, s = 2 ⇒ n - 1 = 3 ⇒ d = 2 ⇒ c = 4, n = 4, a = 7, b = 4 Vậy (a, b, c) = (1, 2, 2) hoặc (a, b, c) = (7, 4, 4) Bài toán 2: Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình 3x + 4y = 7z Lời giải: Giả sử x, y, z là các số nguyên dương sao cho 3x + 4y = 7z Trường hợp 1: y ≥ 2 ⇒ z > 1 Giả sử 3x ≡ r (mod 16) (0 ≤ r ≤ 15, r ∈ N) ⇒ r ∈ {1, 3, 9, 11} Nếu z = 2k + 1 ( k ∈ N*) thì 7z ≡ 7 (mod 16) ⇒ z = 2k (k ∈ N*) ⇒ (7k – 2y) (7k + 2y) = 3x ⇒ 7k – 2y = 3a ; 7k + 2y = 3b (a, b ∈ N; a < b) ⇒ 2y+1 = 3b - 3a = 3a (3b-a - 1) ⇒ a = 0 ⇒ 7k = 2y + 1 Ta có 2y⋮ 4 ⇒ k chẵn ⇒ k = 2m (m ∈ N*) ⇒ 2y = (7m - 1) (7m + 1) Ta có 7m - 1⋮ 3, 2y không chia hết cho 3. Đó là điều vô lý Trường hợp 2: y = 1 ⇒ 3x + 4 = 7z . Nếu x = 1 ⇒ z = 1. Giả sử x > 1 ⇒ z > 1. Ta có 3x – 3 = 7z – 7 ⇒ 3(3x-1 – 1) = 7(7z-1 – 1) ⇒ 3x-1 – 1⋮ 7 ⇒ x – 1 = 6k (k ∈ N*) ⇒ 3(36k – 1) = 7(7z-1 – 1) ⇒ 7z-1 -1 ⋮ 13 49 ⇒ z – 1 = 12m (m ∈ N*) ⇒ 7(7z-1 – 1) =7 (712m – 1) ⋮ 9 Mặt khác 3(36k – 1) không chia hết cho 9. Đó là điều vô lý. Vậy phương trình đã cho có một nghiệm nguyên dương duy nhất (x, y, z) = (1, 1, 1) Bài toán 3: Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình 7x + 12y = 13z (Đề thi Olympic Toán của Serbia năm 2008) Lời giải: Giả sử x, y, z là các số nguyên dương sao cho: 7x + 12y = 13z Đặt d = 7x + 12y , g = 13z Nếu y = 1 thì d ≡ 5 (mod 7), g ≡ (-1)z (mod 7). Đó là điều vô lý. Nếu y ≥ 2 thì 12y ⋮ 122 ⋮ 8 ⇒ d ≡ (-1)x (mod 8). Với k ∈ N ta có 52k ≡ 1 (mod 8), 52k+1 ≡ 5 (mod 8) ⇒ z và x chẵn ⇒ g ≡ (-1)z ≡ 1 (mod 7) ⇒ 5y ≡ 1 (mod 7) Ta có 56 ≡ 1 (mod 7) và 5t ≢ 1 (mod 7) với t ∈ {1, 2, 3, 4, 5} ⇒ y ⋮ 6 ⇒ x, y, z đều chẵn. Giả sử x = 2a, y = 2b, z = 2c (a, b, c ∈ N*) ⇒ (7a)2 + (12b)2 = (13c)2 Vì (7a, 12b) = 1 ⇒ ∃ các số nguyên dương m, n (m > n, (m, n) = 1) sao cho 7a = m2 – n2 , 12b = 2mn , 13c = m2 + n2. Ta có 22b . 3b = 12b = 2mn Trường hợp 1: n = 1, m = 22b-1 . 3b (m – 1) (m + 1) = 7a ⇒ m + 1⋮ 7, m – 1⋮ 7 ⇒ 2 ⋮ 7. Đó là điều vô lý. Trường hợp 2: {m, n} = {22b-1 ; 3b} Ta có |m2 – n2| = |24b-2 – 32b| ≡ |(24)b-1 . 22 – 2b| ≡ |2b-1 . 22 – 2b| ≡ 2b (mod 7) ⇒ m2 – n2 không chia hết cho 7. Đó là điều vô lý vì m2 – n2 = 7a (a ∈N*). Vậy phương trình 7x + 12y = 13z không có nghiệm nguyên dương. Bài toán 4: Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x, n) thoả mãn x3 + 2x + 1 = 2n (Đề thi Olympic Toán của Serbia năm 2007) Lời giải: Giả sử x, n là các số nguyên dương sao cho x3 + 2x + 1 = 2n (1) Nếu n ≤ 2 thì n = 2 và x = 1. Giả sử n ≥ 3; Từ (1) ⇒ x lẻ Từ (1) ⇒ x(x2 + 2) = 2n – 1. Vì x (x2 + 2) ⋮ 3 nên n chẵn. Từ (1) ⇒ x3 + 2x + 3 = 2n + 2 ⇒ (x + 1) (x2 – x + 3) = 2n + 2 Giả sử p là một ước nguyên tố của x2 – x + 3 ⇒ p lẻ và -2 là số chính phương (mod p) 2 p −1 p −1 ⎛ − 2 ⎞ ⎛ − 1 ⎞⎛ 2 ⎞ ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎟ = (−1) 2 .(−1) 8 ⇒ 1 = ⎜⎜ ⎝ p ⎠ ⎝ p ⎠⎝ p ⎠ ⇒ p có dạng 8m + 1 hoặc 8m + 3 (m ∈ N) 50 Ta có x3 + 2x + 1 ≡ 0 (mod 8) ⇒ x ≡ 5 (mod 8) ⇒ x2 – x + 3 ≡ 7 (mod 8) Đó là điều vô lý. Vậy chỉ có một cặp số nguyên dương (x, n) duy nhất thoả mãn đề bài là (x, n) = (1, 2) Bài toán 5: Chứng minh tồn tại vô số cặp số nguyên dương (m, n) sao cho m +1 n +1 + là một m n số nguyên dương. (Đề thi Olympic Toán của Anh năm 2007) Lời giải: Ta chứng minh rằng phương trình x +1 y +1 = 4 (1) có vô số nghiệm nguyên dương. + y x Thật vậy (1) ⇔ x2 + (1 – 4y)x + y2 + y = 0 (2) (x1 = 1, y1 = 1) là một nghiệm nguyên dương của (2) Xét dãy (tk) (k ≥ 1) sao cho t1 = t2 = 1, tk + 2 = 4tk+1 – tk – 1 (k ≥ 1) Dễ dàng chứng minh được tk+1 > tk > 0, ∀ k ≥ 2. Ta có (t1, t2) là một nghiệm nguyên dương của phương trình (2). Giả sử (tk , tk+1) là một nghiệm nguyên dương của phương trình (2) tức là tk2 + 2 (1 – 4tk+1) tk + t k +1 + tk+1 = 0. Xét t k + 2 + (1 – 4tk+1) tk+2 + t k +1 + tk+1 – [ t k + (1 – 4tk+1)tk + t k +1 + tk+1] = 2 2 2 2 = t k + 2 – t k + (1 – 4tk+1) (tk+2 – tk) = (tk+2 – tk) (tk+2 + tk + 1 – 4tk+1) = 0 2 2 2 2 ⇒ t k + 2 + (1 – 4tk+1) tk+2 + t k +1 + tk + 1 = 0 ⇒ (x, y) = (tk + 1, tk +2) cũng là nghiệm nguyên dương của phương trình (2) Vì tk+1 > tk ∀ k ≥ 2 nên phương trình (1) có vô số nghiệm nguyên dương. Vậy tồn tại vô số cặp số nguyên dương (m, n) sao cho m +1 n +1 + là một số nguyên m n dương. Bài toán 6: Chứng minh rằng không tồn tại số nguyên dương n sao cho n7 + 7 là bình phương của một số nguyên dương. (Đề chọn đội tuyển Mỹ thi IMO năm 2008) Lời giải: Giả sử n7 + 7 = a2 (a ∈ N*) Khi đó n7 + 128 = a2 + 121 ⇒ a2 + 121 = (n + 2) (n6 – 2n5 + 4n4 – 8n3 + 16n2 – 32n + 64) Nếu n chẵn ⇒ a2 ≡ 7 (mod 8). Đó là điều vô lý. Vậy n lẻ ⇒ n2≡ 1(mod 4) Đặt b = n6 – 2n5 + 4n4 – 8n3 + 16n2 – 32n + 64 thì b lẻ và b ≡ n6 – 2n5 + n4 – n4 ≡ n4 (n – 1)2 – n4 (mod 4) Vì n4 ≡ 1 (mod 4) và n – 1 chẵn ⇒ (n – 1)2 ≡ 0 (mod 4) ⇒ b ≡ -1 (mod 4) 51 ⇒ b có ước nguyên tố dạng 4k + 3 (k ∈ N). Giả sử p là ước nguyên tố dạng 4k + 3 (k ∈ N) của b ⇒ a2 + 121⋮p ⇒ p = 11 và a⋮p ⇒ a = 11q (q ∈ N*) và b 11. Nếu n + 2 11 thì b ≡ 7.82 (mod 11). Đó là điều vô lý. Vậy n + 2 không chia hết cho 11. Mặt khác a2 + 121 121 ⇒ b 121 ⇒ b = 121. r (r ∈ N*, r lẻ). Ta có a2 + 121 = 121(q2 + 1) = (n + 2)b= 121r (n + 2)⇒ r (n + 2) = q2 + 1 ⇒ r không có ước nguyên tố dạng 4t + 3 (t ∈N) ⇒ b ≡ 1 (mod 4). Đó là điều vô lý. Vậy không tồn tại số nguyên dương n sao cho n7 + 7 là bình phương của một số nguyên dương. Bài toán 7: Tìm tất cả các nghiệm nguyên không âm của phương trình 12x + y4 = 2008z (Đề thi Olympic Toán của Serbia năm 2008) Lời giải 1: Giả sử x, y, z là các số nguyên không âm sao cho 12x + y4 = 2008z z = 0 ⇒ x = 0, y = 0 Nếu z > 0 ⇒ 2008z 2008. Ta có 2008 = 251. 23 x Giả sử x chẵn ⇒ x = 2×1 (x1 ∈ N*) ⇒ (12 1 ) ≡ -y4 (mod 251) x ⇒ 1 ≡ (12 1 ) 2 ≡ −( y 2 ) 250 ≡ -1 (mod 251). Đó là điều vô lý. 250 Giả sử x lẻ. Hiển nhiên y chẵn ⇒ y = 2uy1 (y1 ∈ N*, y1 lẻ, u ∈ N*) ⇒ 22x3x + 24u y1 = 23z 251z 4 Ta có 2x ≠ 4u (vì x lẻ) ⇒ 3z = 2x hoặc 3z = 4u Trường hợp 1: 3z = 2x < 4u ⇒ z 2 và 3x + 24u-2x y1 = 251z 4 Vế trái có dạng 4k + 3 (k ∈ N) (vì x lẻ), vế phải có dạng 4m + 1(m∈ N). Đó là điều vô lý. Trường hợp 2: 3z = 4u < 2x ⇒ z 2. Ta có 22x - 4u . 3x + y1 = 251z 4 Vế phải có dạng 5k + 1 (k ∈ N). 4 Nếu y1 không chia hết cho 5 ⇒ y1 ≡ 1 (mod 5) ⇒ 22x - 4u 3x ≡ 0 (mod 5). Đó là điều vô lý. Nếu y1 5 ⇒ 1 ≡ 22x - 4u 3x ≡ - 3x ≡ ± 3 (mod 5) (vì x lẻ). Đó là điều vô lý. Vậy phương trình đã cho có một nghiệm nguyên không âm duy nhất là x=y=z=0 Lời giải 2: Giả sử z > 0 ⇒ y > 0. Với x chẵn vế trái có dạng a2 + b2, với x lẻ vế trái có dạng a2 + 3b2, trong đó a, b là các số nguyên dương không chia hết cho 251. Tuy nhiên -1 và -3 không là số chính phương (mod 251). Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên không âm thoả mãn z > 0. Cuối cùng là một số bài toán dành cho bạn đọc: 52 Bài toán 8: Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình 3x + 4y = 5z Bài toán 9: Chứng minh rằng phương trình x2 + 5 = y3 không có nghiệm nguyên (Đề thi Olympic Toán của Ba Lan năm 2007) Bài toán 10: Chứng minh rằng phương trình x +1 y +1 = 3 có vô số nghiệm nguyên dương. + y x Bài toán 11: Cho số nguyên dương m. Tìm tất cả các nghiệm nguyên không âm của phương trình x2 + y2 = m2 (xy + 1). (Đề thi Olympic Toán của Canađa năm 1998) Bài toán 12: Cho số nguyên tố p. Chứng minh rằng số 3p + 7p – 4 không là bình phương của một số nguyên. Bài toán 13: Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình 1+ 2x + 22x + 1 = y2 (Đề thi Olympic Toán Quốc tế năm 2006) Bài toán 14: Cho hai số nguyên dương (a, b) sao cho (4a2 -1)2 chia hết cho (4ab – 1). Chứng minh rằng a = b. (Đề thi Olympic Toán Quốc tế năm 2007) Bài toán 15: Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho n3 – 1 là bình phương của một số nguyên. Bài toán 16: Tìm tất cả các số nguyên a để tồn tại các số nguyên dương phân biệt x, y sao cho (ax2 + 1)2 chia hết cho axy + 1. Bài toán 17: Cho số nguyên dương n. Chứng minh rằng số 2n + 1 không có ước nguyên tố dạng 8k 1 với k là số nguyên dương. (Đề chọn đội tuyển Việt Nam thi IMO năm 2003) Bài toán 18: Tìm tất cả các cặp số nguyên tố (p, q) sao cho 2pq – qp = 7. Ph−¬ng ph¸p gien gi¶i ph−¬ng tr×nh nghiÖm nguyªn. Th¹c sÜ : ĐÆng Kim Long Tr−êng THPT Chuyªn Lª Hång Phong – Nam §Þnh Ph−¬ng tr×nh nghiÖm nguyªn (hay cßn gäi lμ ph−¬ng tr×nh Diophant) lμ mét trong nh÷ng d¹ng to¸n xuÊt hiÖn sím nhÊt trong to¸n häc. NhiÒu nhμ to¸n häc næi tiÕng trªn thÕ giíi nh− ¥clit, Diophantus, Fibonacci, Fermat, Euler, Lebesgue, … ®· nghiªn cøu d¹ng to¸n nμy vμ ®Ó l¹i nhiÒu kÕt qu¶ thó vÞ. Trong c¸c bμi thi häc sinh giái quèc gia vμ quèc tÕ vÉn th−êng cã c¸c bμi to¸n vÒ ph−¬ng tr×nh nghiÖm nguyªn, vμ ®ã lμ nh÷ng bμi to¸n khã v× tÝnh kh«ng mÉu mùc cña nã. Bμi viÕt nμy giíi thiÖu mét ph−¬ng ph¸p ®¹i sè, gäi lμ ph−¬ng ph¸p gien, cã thÓ ¸p dông khi gi¶i mét sè ph−¬ng tr×nh nghiÖm nguyªn. 53 NÕu tõ mét nghiÖm cña ph−¬ng tr×nh ®· cho ta cã quy t¾c ®Ó x©y dùng ra mét nghiÖm míi th× quy t¾c ®ã gäi lμ gien. Ph−¬ng ph¸p gien lμ ph−¬ng ph¸p dùa vμo gien ®Ó t×m tÊt c¶ c¸c nghiÖm cña ph−¬ng tr×nh ®· cho tõ c¸c nghiÖm c¬ së cña nã. Ch¼ng h¹n víi ph−¬ng tr×nh Pell: x2 – Dy2 = 1 trong ®ã D lμ sè nguyªn d−¬ng kh«ng chÝnh ph−¬ng, nÕu biÕt (x0, y0) lμ nghiÖm nguyªn d−¬ng nhá nhÊt cña nã th× mäi nghiÖm (xn , yn) cña ph−¬ng tr×nh ®Òu t×m ®−îc theo c«ng thøc: xn = yn = ( x 0 + y 0 D )n + ( x 0 − y 0 D )n 2 ( x 0 + y 0 D )n − ( x 0 − y 0 D )n 2 D Sau ®©y, ta xÐt øng dông cña ph−¬ng ph¸p gien vμo ph−¬ng tr×nh Markov cæ ®iÓn, ®ã lμ ph−¬ng tr×nh cã d¹ng: x 12 + x 22 + … + x n2 = kx 1 x 2 x n (1) trong ®ã k, n lμ c¸c tham sè nguyªn d−¬ng, xi lμ c¸c Èn nhËn gi¸ trÞ nguyªn( i = 1 , n ) Ta nhËn thÊy nÕu ph−¬ng tr×nh (1) cã nghiÖm nguyªn th× nã sÏ cã rÊt nhiÒu nghiÖm nguyªn. ThËt vËy nÕu ph−¬ng tr×nh (1) cã nghiÖm lμ: (x1, x2, …, xn) (xi ∈ z) Th×: x 12 – k(x2x3…xn) .x1+ ( x 22 + … + x n2 ) = 0 XÐt ph−¬ng tr×nh bËc hai: x 2 − k ( x 2 x 3 …x n )x + ( x 22 + ….x n2 ) = 0 (2) Th× ph−¬ng tr×nh (2) cã nghiÖm x= x1 , dã ®ã ph¶i cã nghiÖm x = x 1/ ⎧⎪x 1 + x 1/ = kx 2 x 3 …x n Theo ®Þnh lý Viet cã: ⎨ ⎪⎩x 1 .x 1/ = x 22 + x 23 + … + x n2 V× k ∈ N * , xi ∈ z nªn tõ hÖ trªn suy ra x 1/ nguyªn. NÕu cã thªm diÒu kiÖn xi nguyªn d−¬ng th× tõ hÖ trªn suy ra x 1/ nguyªn d−¬ng. NÕu l¹i cã thªm ®iÒu kiÖn x1 < x2 <... x1 , ta ®−îc nghiÖm míi ( x 1/ , x2, …, xn) cña ph−¬ng tr×nh (1) “lín h¬n” nghiÖm cò (x1, x2, …, xn). Néi dung nh− trªn còng ®−îc ¸p dông cho c¸c ph−¬ng tr×nh d¹ng t−¬ng tù, ch¼ng h¹n cho ph−¬ng tr×nh d¹ng: ( x + y + z ) 2 = kxyz Sau ®©y lμ mét sè vÝ dô ¸p dông cña ph−¬ng ph¸p gien VÝ dô 1: (Bμi thi häc sinh giái quèc gia THPT n¨m häc 2001-2002 b¶ng A) T×m tÊt c¶ c¸c sè nguyªn d−¬ng n sao cho ph−¬ng tr×nh x + y + u + v = n xyuv cã nghiÖm nguyªn d−¬ng x,y,u,v. 54 Gi¶i: Víi x, y , u, v ∈ N * th× ph−¬ng tr×nh ®· cho t−¬ng ®−¬ng víi: ( x + y + u + v ) 2 = n 2 .xyuv ⇔ x 2 + 2x(y + u + v) + (y + u + v) 2 = n 2 .xyuv ⇔ x 2 + ⎡⎣ 2(y + u + v) − n 2 yuv ⎤⎦ .x + (y + u + v) 2 = 0 (3) §iÒu kiÖn cÇn: Gi¶ sö n lμ sè nguyªn d−¬ng sao cho ph−¬ng tr×nh (3) cã nghiÖm nguyªn d−¬ng x,y,u,v .Gäi (x0,y0,u0,v0) lμ nghiÖm nguyªn d−¬ng cña (3) mμ tæng c¸c thμnh phÇn nghiÖm cã gi¸ trÞ nhá nhÊt. Kh«ng mÊt tÝnh tæng qu¸t cã thÓ gi¶ thiÕt x0 ≥ y 0 ≥ u0 ≥ v0 [ ] x 20 + 2( y 0 + u 0 + v 0 ) − n 2 y 0 u 0 v 0 .x 0 + ( y 0 + u 0 + v 0 ) 2 = 0 Ta cã: Do ®ã ph−¬ng tr×nh bËc hai: [ ] f(x) = x 2 + 2( y 0 + u 0 + v 0 ) − n 2 y 0 u 0 v 0 .x + ( y 0 + u 0 + v 0 ) 2 = 0 Cã nghiÖm: x = x0, suy ra ph−¬ng tr×nh nμy ph¶i cã nghiÖm x = x1 vμ theo ®Þnh lý ViÐt: ⎧⎪x 1 + x 0 = −2( y 0 + u 0 + v 0 ) + n 2 y 0 u 0 v 0 ⎨ ⎪⎩x 1 .x 0 = ( y 0 + u 0 + v 0 ) 2 Do n , x0 , y0 , u0 , v0 lμ c¸c sè nguyªn d−¬ng nªn tõ hÖ trªn suy ra x1 nguyªn d−¬ng. V× (x1 , y0, u0 ,v0) tho¶ m·n (3) nªn ®ã lμ nghiÖm nguyªn d−¬ng cña ph−¬ng tr×nh ®· cho. Tõ gi¶ thiÕt (x0 , y0, u0 ,v0) lμ nghiÖm nguyªn d−¬ng “nhá nhÊt”, ta suy ra x 1 ≥ x 0 . Do ®ã x1 ≥ x 0 ≥ y 0 ≥ u 0 ≥ v 0 . Tam thøc bËc hai f(x) cã nghiÖm tho¶ m·n x 1 ≥ x 0 ≥ y 0 ⇒ f (y 0 ) ≥ 0 ⇔ y 20 + 2( y 0 + u 0 + v 0 )y 0 − ny 20 u 0 v 0 + ( y 0 + u 0 + v 0 ) 2 ≥ 0 ⇒ ny 20 u 0 v 0 ≤ y 20 + 2( y 0 + u 0 + v 0 )y 0 + ( y 0 + u 0 + v 0 ) 2 ≤ 16y 20 ⇒ nu 0 v 0 ≤ 16 ⇒ n ≤ nu 0 v 0 ≤ 16 vËy n ∈ {1,2,3,4} §iÒu kiÖn ®ñ: Víi n = 1 ph−¬ng tr×nh x + y + u + v = xyuv cã nghiÖm (4,4,4,4) Víi n = 2 ph−¬ng tr×nh x + y + u + v = 2 xyuv cã nghiÖm (2,2,2,2) Víi n = 3 ph−¬ng tr×nh x + y + u + v = 3 xyuv cã nghiÖm (1,1,2,2) Víi n = 4 ph−¬ng tr×nh x + y + u + v = 4 xyuv cã nghiÖm (1,1,1,1) KÕt luËn: C¸c gi¸ trÞ cÇn t×m lμ n ∈ {1,2,3,4} 55 VÝ dô 2: (§Ò thi v« ®Þch quèc tÕ 1988) Cho a, b lμ 2 sè nguyªn d−¬ng sao cho ab + 1 chia hÕt a2 + b2 CMR: Gi¶i: §Æt p = a2 + b2 lμ sè chÝnh ph−¬ng ab + 1 a2 + b2 tõ gi¶ thiÕt suy ra p lμ sè nguyªn d−¬ng. Ta cã ab + 1 a2 + b2 – pab – p = 0 . Chøng tá cÆp (a,b) lμ nghiÖm nguyªn d−¬ng cña ph−¬ng tr×nh x2 + y2 – pxy – p = 0 (4) Ta chøng minh: ph−¬ng tr×nh (4) víi tham sè p nguyªn d−¬ng sÏ cã nghiÖm nguyªn d−¬ng khi vμ chØ khi p lμ sè chÝnh ph−¬ng. §iÒu kiÖn cÇn: Gi¶ sö ph−¬ng tr×nh (4) cã nghiÖm nguyªn d−¬ng. Gäi (x0 , y0) lμ nghiÖm nguyªn d−¬ng sao cho x0 + y0 nhá nhÊt, kh«ng mÊt tÝnh tæng qu¸t cã thÓ gi¶ thiÕt x0 ≥ y 0 Ta cã: x 20 + y 20 − px 0 y 0 − p = 0 ⇔ x 0 − py 0 x 0 + y 0 − p = 0 2 2 XÐt ph−¬ng tr×nh: ⇔ x 2 − py0 x + y02 − p = 0 th× ph−¬ng tr×nh cã nghiÖm ⎧x 0 + x 1 = py 0 x = x0 . Mμ ®ã lμ ph−¬ng tr×nh bËc hai, nªn còng cã nghiÖm x = x1. Theo ®Þnh lý ViÐt cã: ⎨ 2 ⎩x 0 x 1 = y 0 − p suy ra x1 = py0 – x0 nªn x1 lμ sè nguyªn Ta cã: (x1 + 1)(x0 + 1) = x1x0+(x1+x0)+1 = = y 20 − p + py 0 + 1 = y 20 + p( y 0 − 1) + 1 〉 0 ( v× p > 0, y 0 ≥ 1 ) suy ra x1+ 1 > 0 ⇒ x1 > -1 mμ x1 ∈ Z nªn x1 ≥ 0 NÕu x1 > 0 th× x1 nguyªn d−¬ng Ta cã x 12 − py 0 x 1 + y 20 − p = 0 ⇒ ( x 1 , y 0 ) lμ nghiÖm nguyªn d−¬ng cña ph−¬ng tr×nh (4). Tõ gi¶ thiÕt ( x0 , y0 ) lμ nghiÖm nguyªn d−¬ng nhá nhÊt ta suy ra x 1 ≥ x 0 MÆt kh¸c ta l¹i cã: x 1 x 0 = y 20 − p 〈 y 20 ≤ y 0 x 0 VËy ph¶i cã x1 = 0 ⇒ ⇒ x1 〈 y 0 ≤ x 0 m©u thuÉn y02 − p = 0 → p = y02 tøc p lμ sè chÝnh ph−¬ng . §iÒu kiÖn ®ñ: NÕu p lμ sè chÝnh ph−¬ng tøc p = k2 (k nguyªn d−¬ng) ta dÔ thÊy ph−¬ng tr×nh (4) cã nghiÖm nguyªn d−¬ng: ⎧x = k ⎨ 3 ⎩y = k KÕt luËn: Ph−¬ng tr×nh (4) cã nghiÖm nguyªn d−¬ng khi vμ chØ khi p lμ sè chÝnh ph−¬ng. Bμi to¸n ®· ®−îc chøng minh. VÝ dô 3: (Bμi thi chän ®éi tuyÓn to¸n quèc tÕ ViÖt Nam 2002) 56 Chøng minh r»ng tån t¹i sè nguyªn n ≥ 2002 vμ n sè nguyªn d−¬ng ph©n biÖt a1 , a2 , … , an sao cho n ∏a n 2 i i =1 − 4∑ a i2 lμ sè chÝnh ph−¬ng. i =1 Gi¶i: Ta chøng minh tån t¹i sè nguyªn d−¬ng n ≥ 2002 vμ n sè nguyªn d−¬ng a1 , a2 , …, an sao cho : ⎛ n ⎞ ⎜⎜ ∏ a i − 2 ⎟⎟ a − 4 a = ∑ ∏ i =1 i =1 ⎝ i =1 ⎠ n n 2 i 2 i 2 hay n n i =1 i =1 ∑ a i2 − ∏ a i + 1 = 0 (1) Ta lÊy m sè 1 vμ k sè 2 a1 = a2 = … = am = 1 am + 1 = am + 2 = … am + k = 2 Sao cho tho¶ m·n ph−¬ng tr×nh (1) m + 4k – 2k + 1 = 0 ⇔ m = 2k – 4k – 1 Sè c¸c sè lÊy ®−îc lμ n = m + k. Chän m , k ®ñ lín th× n ≥ 2002 . Cô thÓ lÊy k = 11 ⇒ m = 211- 44 – 1 = 2003 Nh− vËy ta ®−îc: n = m + k = 2014 sè (n > 2002) a1, a2, …, a2014 tho¶ m·n (1) a1 = a2 = … = a2003 = 1 a2004 = a2005 = … = a2014 = 2 n ⎛ n ⎞ ViÕt (1) d−íi d¹ng a12 − ∏ ai .a1 + ⎜ ∑ ai2 + 1⎟ = 0 ⎝ i =2 ⎠ i =2 XÐt ph−¬ng tr×nh: n ⎛ n ⎞ x 2 − ∏ ai .x + ⎜ ∑ ai2 + 1⎟ = 0 ⎝ i =2 ⎠ i =2 Th× ph−¬ng tr×nh cã nghiÖm x = a1, do ®ã sÏ cã nghiÖm x = a 1/ n ⎧ / a a + = ⎪ 1 1 ∏ ai ⎪ i=2 Theo ®Þnh lý Vi-Ðt: ⎨ n ⎪a .a / = a 2 + 1 i ⎪⎩ 1 1 ∑ i=2 n ⇒ a = ∏ a i − a1 / 1 i=2 Do d·y a1, a2, …, an xÕp t¨ng dÇn nªn a 1/ 〉 a n ta ®−îc c¸c sè a 1/ , a2 , … , an tho¶ m·n ph−¬ng tr×nh (1) §æi chç a 1/ vμ an ta ®−îc d·y sè míi xÕp t¨ng dÇn, l¹i coi ®ã lμ d·y a1 , a2, … , an-1, an trong ®ã an > an-1. Lμm l¹i qu¸ tr×nh trªn n – 1 lÇn, cuèi cïng ta ®−îc d·y sè : a1 < a2 < ... < an vμ tho¶ m·n ph−¬ng tr×nh (1) C¸c sè nμy tho¶ m·n n n i =1 i =1 ∏ a i2 − 4∑ a i2 lμ sè chÝnh ph−¬ng vμ n > 2002 (®pcm). Cuèi cïng lμ mét sè bμi tËp ®Ó c¸c b¹n tù gi¶i 57 Bμi 1: Cho a, b lμ hai sè nguyªn d−¬ng tho¶ m·n : ab chia hÕt a2 + b2 + 1. a2 + b2 + 1 lμ sè nguyªn tè ab CMR: Bμi 2: T×m tÊt c¶ c¸c gi¸ trÞ nguyªn d−¬ng m ®Ó ph−¬ng tr×nh: x2 + y2 + z2 = mxyz cã nghiÖm nguyªn d−¬ng Bμi 3: T×m tÊt c¶ c¸c gi¸ trÞ nguyªn d−¬ng n ®Ó ph−¬ng tr×nh : x2 + y2 = nxy – n cã nghiÖm nguyªn d−¬ng Bμi 4: T×m tÊt c¶ c¸c gi¸ trÞ nguyªn d−¬ng n sao cho ph−¬ng tr×nh: (x + y + z)2 = nxyz cã nghiÖm nguyªn d−¬ng Bμi 5: T×m tÊt c¶ c¸c cÆp sè nguyªn d−¬ng (m, n) sao cho mn – 1 chia hÕt m2 + n2 Bμi 6: Tån t¹i hay kh«ng nghiÖm cña ph−¬ng tr×nh x2 + y2 + z2 + u2 + v2 = xyzuv – 65 Trong tËp c¸c sè nguyªn lín h¬n 2004. Bμi 7: Chøng minh r»ng ph−¬ng tr×nh: x2 + y2 + z2 +u2 + v2 = 2xyzuv – 185 Cã nghiÖm nguyªn d−¬ng tho¶ m·n: x + 2y + 3z + 4u + 5v > 22004 Bμi 8: Cho A lμ tËp hîp h÷u h¹n c¸c sè nguyªn d−¬ng ph©n biÖt. Chøng minh r»ng tån t¹i tËp hîp h÷u h¹n c¸c sè nguyªn d−¬ng ph©n biÖt B sao cho A ⊂ B vμ ∏x x i ∈B i = ∑x x i ∈B 2 i Nam §Þnh, th¸ng 10 n¨m 2008 58 B¶n chÊt h×nh häc trong biÓu hiÖn §¹i sè Chuyªn qu¶ng ninh Néi dung cô thÓ: Gîi më vÊn ®Ò nh− thÕ nμo ®Ó tù nhiªn h¬n? §©y lμ mét c©u hái th−êng trùc cho bÊt kú mét gi¸o viªn nμo khi chóng ta chuÈn bÞ mét giê gi¶ng trong PP to¹ ®é dμnh cho häc sinh líp 10, chóng ta sÏ nhËn ®−îc kÕt qu¶ tèt h¬n nÕu ta nhËn ra, lμm râ c¸i hån h×nh häc tiÒm Èn trong mçi biÓu hiÖn ®¹i sè. Ta xÐt c¸c vÝ dô sau: VÝ dô I..1: • Trªn mét ®−êng th¼ng ( d ) cho ba ®iÓm th¼ng hμng theo thø tù: A, B, C . §Ó m« t¶ vÞ trÝ t−¬ng ®èi cña chóng mét c¸ch chÝnh x¸c h¬n ta cÇn ba th«ng tin: (d) A B C +) C¸c ®iÓm A, B, C th¼ng hμng; +) §iÓm B n»m gi÷a hai ®iÓm A vμ C ; +) Kho¶ng c¸ch AC = a; BC = b . MÆc dÇu vËy vÞ trÝ chÝnh x¸c tuyÖt ®èi cña ba ®iÓm trªn ®−êng th¼ng ( d ) vÉn kh«ng x¸c ®Þnh, ®ã chØ lμ vÞ trÝ t−¬ng ®èi gi÷a chóng! Bμi to¸n sÏ ®−îc gi¶i quyÕt mét c¸ch triÖt ®Ó khi ta x©y dùng ®−êng th¼ng ( d ) thμnh trôc. Vμ khi ®ã thay v× m« t¶ nh− trªn ta chØ cÇn nãi ®Õn to¹ ®é cña chóng trªn trôc. Vμ sù t−¬ng øng cña mçi ®iÓm trªn ( d ) víi mét sè thùc α ®−îc gäi to¹ ®é cña nã, ®iÒu nμy më ra con ®−êng chinh phôc c¸c bμi to¸n h×nh häc b»ng c«ng cô ®¹i sè sau nμy (thùc chÊt ®©y lμ mét phÐp nhóng). * Mét h×nh ¶nh rÊt hay: +) Con KiÕn bß (chÊt ®iÓm chuyÓn ®éng) trong phßng (mÆt ph¼ng) hoÆc con Ruåi (chÊt ®iÓm chuyÓn ®éng) bay trong phßng (kh«ng gian) ®Ó m« t¶ vÞ trÝ cña nã ta ph¶i nãi thÕ nμo (vÒ mÆt h×nh häc)? C¶ hai c©u hái nμy ®Òu ®−îc gi¶i bëi c¸c kh¸i niÖm MÆt ph¼ng to¹ ®é vμ Kh«ng gian to¹ ®é trong PP to¹ ®é mμ quy tr×nh suy luËn lμ: Quan hÖ h×nh häc ⇒ Quan hÖ vÐc t¬ ⇒ Quan hÖ To¹ ®é. VÝ dô I.2: • Tr−íc hÕt ta xÐt mét quan hÖ h×nh häc ®¬n gi¶n trªn trôc sè: Ta cã mét trôc gèc O lμ x’Ox : Ta cã nÕu mét ®iÓm M ( x ) trªn trôc: +) x > 0 th× M n»m bªn ph¶i ®iÓm gèc O; +) x < 0 th× M n»m bªn tr¸i ®iÓm gèc O; +) x = 0 th× M n»m chÝnh t¹i ®iÓm gèc O; TiÕn xa h¬n mét chót ta quan s¸t trªn ®−êng th¼ng ( AB ) ta cã ®iÓm M khi ®ã tån t¹i mét sè thùc k sao cho: AM = k AB vμ chó ý lμ: +) nÕu k >0 th× thuéc tia AB; +) nÕu k <0 th× M thuéc tia ®èi cña tia AB; +) nÕu k =0 th× M trïng t¹i A. §Æc biÖt: k ∈ [ 0,1] th× t−¬ng øng víi M thuéc ®o¹n AB TÝnh chÊt thuéc cña ®iÓm M ®èi víi ®−êng th¼ng AB lμ sù tån t¹i hay kh«ng cña sè thùc k tho¶ ⎧ xM = xa + k ( xb − xa ) m·n: AM = k AB hay trªn mÆt ph¼ng to¹ ®é: ∃k : ⎨ ? ⎩ yM = ya + k ( yb − ya ) 59 ViÖc gi¶i to¸n ®«i khi kh«ng chØ diÔn ra trªn ®−êng th¼ng ( AB ) mμ cã thÓ cßn v−ît ra khái • ®−êng th¼ng nμy v× vËy cÇn më réng hÖ thøc AM = k AB trë thμnh: Víi mäi ®iÓm I trong mÆt ph¼ng hay kÓ c¶ kh«ng gian th× tån t¹i cÆp sè ( p, q ) ∈ R × R : IM = pIA + qIB víi p + q = 1; ®Æc biÖt p, q ∈ [ 0,1] th× M ∈ [ AB ] . Nh− vËy cã thÓ nãi mçi biÓu hiÖn vÒ mÆt §¹i Sè ®Òu Èn tμng trong ®ã mét b¶n chÊt h×nh häc t−¬ng øng vμ ng−îc l¹i. §iÒu nμy khÝch lÖ chóng ta t×m tßi c¸ch biÓu thÞ c¸c b¶n chÊt h×nh häc th«ng qua c¸c hiÓn thÞ §¹i sè, më ®Çu cho viÖc gi¶i to¸n h×nh häc b»ng c¸ch ®¹i sè ho¸ mμ PP to¹ ®é chØ lμ mét c¸ch thøc. VÒ quan ®iÓm th× mäi vËt thÓ h×nh häc ®Òu ®−îc nh×n nhËn d−íi con m¾t mét tËp hîp ®iÓm chØ cã ®iÒu chóng ®−îc s¾p xÕp nh− thÕ nμo mμ th«i. §iÒu nμy dÉn ®Õn kh¸i niÖm ph−¬ng tr×nh cña c¸c ®−êng trong PP to¹ ®é. §©y lμ sù chuyÓn dÉn bμi to¸n tËp hîp ®iÓm trong h×nh häc sang §¹i sè. Tuy nhiªn trong giíi h¹n CT PT th× c¸c tËp hîp ®iÓm ®−îc xÐt chØ lμ c¸c ®−êng: §−êng ( L) trong mÆt ph¼ng to¹ ®é ®−îc xÐt theo quan ®iÓm tËp hîp ®iÓm: ( L) = {M ( x, y ) : f ( x, y ) = 0} vμ hÖ thøc f ( x, y ) = 0 ®−îc gäi lμ ph−¬ng tr×nh cña ®−êng ( L) trong mÆt ph¼ng to¹ ®é Oxy. +) NÕu f ( x, y ) = 0 ⇔ Ax + By + C = 0 ta nhËn ®−îc ®−êng th¼ng +) NÕu f ( x, y ) = 0 ⇔ αx 2 + β y 2 + γx + ηy + μ = 0; ta cã thÓ nhËn ®−îc ®−êng trßn hoÆc Conic. +) NÕu f ( x, y ) = 0 ⇔ y = f ( x); x = g ( y ) ta nhËn ®−îc c¸c ®å thÞ hμm. • B©y giê ta xÐt mét tam gi¸c vu«ng ABC vu«ng t¹i C: Ta quan s¸t h×nh ¶nh h×nh häc sau: C1 a1 b A C b1 a C2 b2 a2 B c NhËn xÐt: Râ rμng ta cã ®ång thêi : C1 < π < C2 vμ: 2 a12 + b12 > c 2 > a22 + b22 VËy ph¶i ch¨ng tån t¹i mèi quan hÖ gi÷a ®é lín gãc ACB víi hiÖu sè: H = a 2 + b 2 − c 2 . Lêi gi¶i c©u hái nμy lμ §Þnh lý Cosin ph¸t biÓu cho tam gi¸c: Trong tam gi¸c ABC ta cã: c 2 = a 2 + b 2 − 2ab cos C ⇔ cos C = a 2 + b2 − c 2 . 2ab Nh− vËy ta cã: a 2 + b 2 − c 2 > 0 th× gãc C nhän; a 2 + b 2 − c 2 = 0 th× gãc C vu«ng; a 2 + b 2 − c 2 < 0 th× gãc C tï. • • Lêi chøng minh ®−îc xuÊt ph¸t tõ tÝch v« h−íng cña hai vÐc t¬: CACB = b.a.cos C . TiÕp ®ã ta còng nhËn ®−îc c«ng thøc tÝnh ®é dμi ®−êng trung tuyÕn xuÊt ph¸t tõ hÖ thøc vÐc t¬: 1 2(a 2 + b2 ) − c 2 2 . CM = (CA + CB ) ⇔ mc = 2 4 • VËy nÕu CD lμ ph©n gi¸c trong cña tam gi¸c CAB th× ta cã hÖ thøc vÐc t¬: CD = b a CA + CB tõ ®©y b×nh ph−¬ng v« h−íng hai vÕ ta nhËn ®−îc c«ng thøc: a+b a+b 60 CD = lc = • 2 abp ( p − c) 2ab a+b+c C = lμ nöa chu vi. cos . Trong ®ã p = 2 2 a+b a+b Tam gi¸c CAB x¸c ®Þnh, mét ®iÓm M x¸c ®Þnh trªn ®−êng th¼ng (AB) ta lu«n tÝnh ®−îc ®é dμi CM theo c¸ch t−¬ng tù. • §iÒu nμy khiÕn ta liªn hÖ víi kÕt qu¶ quen thuéc trong ®−êng trßn: Cho mét ®−êng trßn (C ) t©m O b¸n kÝnh R khi ®ã ta cã: M ë trong ®−êng trßn khi chØ khi MI − R < 0 ; M ë trªn ®−êng trßn khi chØ khi MI − R = 0 ; M ë ngoμi ®−êng trßn khi chØ khi MI − R > 0 . Nh− vËy nÕu mét ®−êng trßn (C) cã ph−¬ng tr×nh: f ( x, y ) = 0 vμ mét ®iÓm M ( xm , ym ) . f ( xm , ym ) = MI 2 − R 2 = P M /(c) lμ ph−¬ng tÝch cña ®iÓm M ®èi víi ®−êng trßn (C) Trong ®ã I lμ t©m ®−êng trßn vμ R lμ b¸n kÝnh cña nã; thÕ th× ta cã: f ( xm , ym ) < 0 t−¬ng øng ta cã ®iÓm M ( xm , ym ) n»m trong ®−êng trßn. f ( xm , ym ) > 0 t−¬ng øng ta cã ®iÓm M ( xm , ym ) n»m ngoμi ®−êng trßn. f ( xm , ym ) = 0 t−¬ng øng ta cã ®iÓm M ( xm , ym ) n»m trªn ®−êng trßn. §Æc biÖt víi hai ®−êng trßn: (C1 ) : f1 ( x, y ) = 0;(C2 ) : f 2 ( x, y ) = 0; kh«ng ®ång t©m th× ®−êng th¼ng: (Δ) : f1 ( x, y ) = f 2 ( x, y ) ChÝnh lμ trôc ®¼ng ph−¬ng cña hai ®−êng trßn ®ã. • §èi víi c¸c ®−êng Conic ta còng cã kÕt qu¶ t−¬ng tù: NÕu gäi ph−¬ng tr×nh Elip lμ: f ( x, y ) = 0 vμ ®iÓm M ( xm , ym ) th×: f ( xm , ym ) < 0 t−¬ng øng ta cã ®iÓm M ( xm , ym ) n»m trong miÒn chøa tiªu ®iÓm. f ( xm , ym ) > 0 t−¬ng øng ta cã ®iÓm M ( xm , ym ) n»m trong miÒn kh«ng chøa tiªu ®iÓm. f ( xm , ym ) = 0 t−¬ng øng ta cã ®iÓm M ( xm , ym ) n»m trªn Conic. 4 2 M2 M M1 F1 -10 O -5 5 -2 -4 6 • F2 §èi víi c¸c ®å thÞ hμm sè còng vËy (xem h×nh vÏ sau): 61 Gäi (C) lμ ®å thÞ hμm sè: y = f ( x) . khi ®ã trªn mÆt ph¼ng to¹ ®é tËp hîp c¸c ®iÓm M ( xm , ym ) tho¶ m·n: i) ym − f ( xm ) > 0 ii) ym − f ( xm ) < 0 lμ miÒn trªn ®å thÞ –miÒn g¹ch (vÝ dô M2) lμ miÒn d−íi ®å thÞ –miÒn kh«ng g¹ch (vÝ dô M*) iii) ym − f ( xm ) = 0 lμ ®å thÞ (C) (vÝ dô M1) 6 y 4 f(x) = (x2+3⋅x)-1 2 M2 tren do thi x O -5 5 10 M* -2 M1 duoi do thi VÝ dô I.3: • Trªn mét ®o¹n th¼ng AB ta lÊy mét ®iÓm M bÊt kú khi ®ã víi mäi I trong kh«ng gian ta cã: IM ≤ Max{IA, IB} I A M B ThËt vËy do tån t¹i cÆp ( p, q ) ∈ R 2 ; p + q = 1 ; p, q ∈ [ 0,1] sao cho: IM = pIA + qIB nªn: IM =| IM |≤ pIA + qIB ≤ ( p + q ) Max{IA, IB} = Max{IA, IB} . §iÒu nμy dÉn ®Õn bμi to¸n cùc trÞ trªn ®a gi¸c låi: Ch¼ng h¹n: Trªn mÆt ph¼ng to¹ ®é Oxy cã tam gi¸c ABC x¸c ®Þnh bëi giao c¸c ®−êng th¼ng: (d1 ) : A1 x + B1 y + C1 = 0 ; (d 2 ) : A2 x + B2 y + C2 = 0 ; (d3 ) : A3 x + B3 y + C3 = 0 . §iÓm M ( xm , ym ) thuéc miÒn trong tam gi¸c ABC khi chØ khi ®ång thêi cã: f1 ( A) f1 ( M ) > 0; f 2 ( B) f 2 ( M ) > 0; f3 (C ) f3 ( M ) > 0 . á ®©y ta ký hiÖu: fi ( M ) = fi ( xm , ym ) = Ai xm + Bi ym + C . Theo trªn víi mäi ®iÓm I trong mÆt ph¼ng Oxy (kÓ c¶ trong kh«ng gian): IM ≤ Max{IA, IB, IC} . • KÕt qu¶ nμy cßn cã thÓ më réng cho n-gi¸c bÊt kú (tam gi¸c chØ lμ mét vÝ dô). 62 • KÕt qu¶ nμy còng cã thÓ dïng tèt cho viÖc ph©n biÖt ®−êng ph©n gi¸c øng víi gãc nhän hay tï cña c¸c gãc do hai ®−êng th¼ng c¾t nhau mμ thμnh, còng nh− viÖc ph©n biÖt ph©n gi¸c trong hay ngoμi cña tam gi¸c. B 4 (d3) (d1) M K 2 (d2) C A O -5 5 -2 I -4 • Sau ®©y ®Ó lμm râ vÊn ®Ò ®−îc ®Ò cËp ta xÐt mét sè bμi to¸n cô thÓ: Bμi to¸n 1: T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vμ nhá nhÊt cña biÓu thøc: f ( x, y ) = x 2 + y 2 − 4 x − 2 y . XÐt trªn miÒn: D = {( x, y ) : −1 ≤ x ≤ 5;3 ≤ y ≤ 6} . Lêi gi¶i: XÐt bμi to¸n trªn mÆt ph¼ng cã hÖ trôc Oxy, khi ®ã miÒn rμng buéc lμ miÒn h×nh ch÷ nhËt cã c¸c ®Ønh A(−1,3); B(−1,6); C(5,6); D(5,3). ViÕt f ( x, y ) = ( x − 2)2 + ( y − 1)2 − 5 NÕu ®Æt M ( x, y ) vμ I (2,1) th× f ( x, y ) = IM 2 − 5 . Do ®ã ; 2 2 2 2 Minf ( x, y) = IM 0 −5=−1 Maxf ( x, y) = Max{IA , IB , IC , ID 2 }−5 = 34 −5 = 29 D D 63 8 66 B C y 4 A D M0 3 2 1 I -1 O 2 -5 5 10 15 -2 -4 -6 -8 Bμi to¸n 2: T×m a ®Ó mäi nghiÖm bÊt ph−¬ng tr×nh: | x | + | y |≤ 1 . (1) còng lμ nghiÖm bÊt ph−¬ng tr×nh: x2 + y 2 ≤ a (2). 8 6 4 y 2 B A -10 O C x -5 5 10 D -2 -4 -6 -8 Mçi cÆp sè thùc ( x, y ) tho¶ m·n bÊt ph−¬ng tr×nh (1) t−¬ng øng duy nhÊt víi mét ®iÓm M ( x, y ) n»m trong h×nh vu«ng ABCD. Râ rμng cÇn cã a > 0 vμ trong ®iÒu kiÖn nμy Mçi cÆp sè thùc ( x, y ) tho¶ m·n bÊt ph−¬ng tr×nh (2) t−¬ng øng duy nhÊt víi mét ®iÓm M ( x, y ) n»m trong miÒn h×nh trßn t©m O b¸n kÝnh R = a Do vËy a cÇn t×m lμ: 64 a ≥ 1 ⇔ a ≥ 1. Bμi to¸n3: T×m gi¸ trÞ lín nhÊt nhá nhÊt: P = x 2 − 2 x + 5 + x 2 + 2 x + 10 . Lêi gi¶i: Ta cã: P = ( x − 1)2 + 4 + ( x + 1)2 + 9 Trªn mÆt ph¼ng to¹ ®é ta xÐt c¸c ®iÓm: M ( x,0); A(1,2); B( −1, −3). Th× gi¸ trÞ P = AM + BM . Khi x thay ®æi th× ®iÓm M ch¹y trªn trôc hoμnh; hai ®iÓm A; B cè ®Þnh, kh¸c phÝa so víi trôc 9 hoμnh nªn: MinP = AM * + BM *; M * ≡ ( AB ) ∩ x ‘ Ox tøc ph¶i chän x = x* = . 5 Bμi to¸n4: T×m nghiÖm nguyªn d−¬ng cña ph−¬ng tr×nh: x 2 − xy + y 2 + y 2 − yz + z 2 = x 2 + xz + z 2 ; x + y + z ≤ 11. . A x O y B z E C Lêi gi¶i: §Æt OA=x; OB=y; OC=z vμ AOB = BOC = 600 . Khi ®ã theo ®Þnh lý Cosin trong tam gi¸c ta cã: AB = x 2 − xy + y 2 ; BC = y 2 − yz + z 2 ; AC = x 2 + xz + z 2 . Theo h×nh häc ta lu«n cã: AB + BC ≥ AC , dÊu b»ng chØ cã khi chØ khi A, B, C th¼ng hμng. kÎ BE CE y z−y 1 1 1 BE // OA th×: = ⇔ = ⇔ = + , l−u ý tõ gi¶ thiÕt OA OC x z y x z x + y + z ≤ 11; x, y, z ∈ N * b»ng ph−¬ng ph¸p liÖt kª dÔ dμng cã c¸c nghiÖm lμ: (2,1,2);(4,2,4);(3,2,6);(6,2,3). Bμi to¸n 5: Cho a1 , a2 ,…, an ; b1 , b2 ,…, bn . lμ c¸c sè thùc tuú ý. n Chøng minh r»ng: ∑ i =1 n n i =1 i =1 ai2 + bi2 ≥ (∑ ai )2 + (∑ bi )2 . (1) Lêi gi¶i: XÐt c¸c vÐc t¬: xi = ( ai , bi ); i = 1,2,…, n . Khi ®ã: n n n i =1 i =1 i =1 ∑ xi = (∑ ai , ∑ bi ) hiÓn nhiªn cã: ∑ | xi | ≥| ∑ xi |⇔ (1) §pcm. DÊu b»ng x¶y ra khi chØ khi c¸c vÐc t¬ ®−îc xÐt cïng ph−¬ng cïng chiÒu, tøc tån t¹i t ∈ R : ai = ta1; bi = tb1; t ≥ 0∀i = 2,3,…, n . • B»ng c¸ch nμy ta còng nhËn ®−îc d¹ng h×nh häc cña bÊt ®¼ng thøc Bunhiac«pki 65 • Cã thÓ thÊy ngay lêi gi¶i c¸c bμi to¸n sau: 1. Cho c¸c sè thùc tho¶ m·n a + b + c = 2; ax + by + cz = 6. Chøng minh r»ng: 16a 2 + a 2 x 2 + 16b 2 + b 2 y 2 + 16c 2 + c 2 z 2 ≥ 10 . 2. Chøng minh r»ng víi mäi α, β ta cã: cos 4α + cos 4β + sin 2α + sin2β ≥ 2 . 3. Cho c¸c sè thùc bÊt kú: a1 , a2 ,…, an Chøng minh r»ng: n ∑ n 2 ; an+1 ≡ a1 . 2 ai2 + (1 − ai +1 )2 ≥ i =1 Bμi to¸n 6: (§Ò thi HSG Duyªn h¶i B¾c bé lÇn thø nhÊt) Cho mét 2008 gi¸c cã tÝnh chÊt: tÊt c¶ c¸c ®Ønh cã täa ®é nguyªn vμ ®é dμi cña tÊt c¶ c¸c c¹nh lμ nh÷ng sè nguyªn. Chøng minh r»ng: chu vi cña ®a gi¸c lμ mét sè ch½n. Lêi gi¶i: Gi¶ sö Ai Ai +1 = ( ai ; bi ) víi i = 1;2008 (Quy −íc A2009 = A1 ), trong ®ã ai ; bi lμ c¸c sè nguyªn ai2 + bi2 còng lμ sè nguyªn víi mäi i = 1;2008 . Ta cã: Gi¶ sö Ai Ai +1 = ( ai ; bi ) víi vμ i = 1;2008 (Quy −íc A2009 = A1 ), trong ®ã ai ; bi μ c¸c sè nguyªn vμ ai2 + bi2 còng lμ sè nguyªn víi mäi i = 1;2008 . Ta cã: 2008 ∑ Ai Ai +1 = 0 ⇒ ∑ ai2 i =1 2008 i =1 ∑ = −2 2008 2008 i =1 i =1 2008 ∑ ai = 1≤i < j ≤ 2008 ∑ bi = 0 . ai a j ; ∑ i =1 bi2 Do = −2 ∑ 1≤i< j ≤ 2008 bib j , tøc lμ 2008 ∑ i =1 ai2 ; ®ã 2008 ∑ bi2 lμ c¸c sè ch½n. i =1 KÝ hiÖu N lμ chu vi tam gi¸c, ta cã N lμ mét sè nguyªn d−¬ng vμ: 2 2008 ⎛ 2008 2 2 ⎞ N = ⎜ ∑ ai + bi ⎟ = ∑ ai2 + bi2 + 2 ∑ ai2 + bi2 a 2j + b 2j i =1 1≤i < j ≤ 2008 ⎝ i =1 ⎠ 2 ( ) 2 Tøc lμ N lμ sè ch½n vμ do ®ã N còng lμ sè ch½n. Bμi to¸n 7 (§Ò do H−ng Yªn ®Ò nghÞ – kú thi HSG Duyªn h¶i B¾c bé lÇn thø nhÊt) Cho tam giác ABC cố định. MNPQ l hình chữ nhật thay đổi sao cho M , N thuộc đường thẳng BC . P thuộc cạnh AC , Q thuộc cạnh AB. Tìm tập hợp tâm các hình chữ nhật . Lêi gi¶i: Chọn hệ Oxy sao cho O l chân đường cao kẻ từ A của tam giác ABC , A ∈ Oy. B, C thuộc trục hoành, chiều dương của trục hoành từ B đến C . Giả sử A(0; a) a > 0, B (b;0), C (c;0). • AQ AP = = p AB AC 0 < p < 1. AQ = p. AB ⇒ AQ( pb;− pa) ⇒ Q( pb; a − pa) 66 • CN CP = = 1 − p ⇒ CN = (1 − p )CO CO CA ⇒ CN (cp − c;0) ⇒ N (cp;0) I là trung điểm QN ⇒ I ( p(b + c) (1 − p)a ; ) 2 2 • Nếu tam giác ABC cân tại A ⇒ I (0; (1) Do p ∈ (0;1) ⇒ yΙ = a (1 − p )a ∈ (0; ). 2 2 (1 − p)a ) ; I ∈ [ KO] với K là trung điểm OA ; I ≠ K ; I ≠ O. 2 • Nếu tam giác ABC không cân tại A . Từ (1) ta có I thuộc đuờng thẳng Δ có phương trình: a b+c x y 1 + = . Δ cắt trục tung tại K (0; ) ( K là trung điểm OA ), Δ cắt trục hoành tại J ( ;0) . 2 2 b+c a 2 I ∈ [KO ] với I ≠ K ; I ≠ J . KL: Tập hợp tâm I của hình chữ nhật MNPQ là đoạn KJ bỏ đi hai đầu mút, với K là trung điểm AO , J thuộc BC được xác định cụ thể như sau: +) Nếu O; C : OJ = C ≥ 900 ; J nằm giữa O, B : OJ = OB + OC ; 2 +) Nếu B < C < 900 ; J nằm giữa O, B : OJ = OJ = • • OC − OB `. 2 OB + OC ; Nếu 2 B ≥ 900 ; J nằm giữa OB − OC ;Nếu C < B < 900 ; J nằm giữa O; C : 2 C¸c kÕt qu¶ nªu trªn gióp Ých rÊt lín trong c¸c bμi to¸n cùc trÞ ®¹i sè hay h×nh häc kÓ c¶ trong mÆt ph¼ng hay trong kh«ng gian, xö lý c¸c bμi to¸n biÖn luËn ®Þnh tÝnh trong vÊn ®Ò ph−¬ng tr×nh, bÊt ph−¬ng tr×nh, hÖ ph−¬ng tr×nh, hÖ bÊt ph−¬ng tr×nh, dμi h¬n lμ c¸c bμi to¸n cùc trÞ vμ tèi −u . Sau ®©y chóng ta xÐt mét sè t×m tßi trong lÜnh vùc rÊt ®−îc quan t©m: BÊt ®¼ng thøc. Bμi to¸n 8 (§Ò do Qu¶ng ninh ®Ò nghÞ thi HSG Duyªn h¶i B¾c bé lÇn thø nhÊt) Cho nửa đường tròn tâm O bán kính bằng 1. Trên nửa đường tròn này người ta lấy n điểm: P1, P2 , P3 ,..., Pn , n là một số tự nhiên lẻ không nhỏ hơn 1. Chứng minh rằng : | OP1 + OP2 + OP3 + ... + OPn |≥ 1 . Lêi gi¶i: +) Đặt n=2k-1. Chọn trục OPk và véc tơ OPk là véc tơ đơn vị của trục. OPk = 1 . 67 +) Chiếu các véc tơ OPi ; i = 1,2,...n lên trục ta nhận được các hình chiếu là OPi và chú ý rằng hình chiếu của véc tơ tổng v = n n i =1 i =1 ∑ OPi chính là OP = ∑ OPi . Gọi AB là đường kính của nửa đường tròn, A1 , B1 là các hình chiếu của A,B trên trục. +) Ta có OPi ≥ OA1; ∀i = 1, 2,..., k − 1. Và: OPj ≥ OB1; ∀j = k + 1, k + 2,..., 2k − 1. Hơn nữa OA1 < 0 < OB1; OA1 + OB1 = 0 . +) Từ | v |≥| OP |=| 2 k −1 ∑ OPi |≥ (k − 1)(OA1 + OB1 ) + OPk = 1 . (Đpcm). i =1 Bμi to¸n 9 Cho n lμ mét sè tù nhiªn kh«ng nhá h¬n 3. chøng minh tån t¹i mét tËp hîp gåm n ®iÓm tho¶ m·n ®ång thêi c¸c ®iÒu kiÖn: i) Ba ®iÓm bÊt kú trong chóng kh«ng th¼ng hμng; ii) Kho¶ng c¸ch gi÷a hai ®iÓm bÊt kú trong chóng lμ mét sè v« tû; iii) DiÖn tÝch cña tam gi¸c bÊt kú thμnh lËp tõ ba ®iÓm bÊt kú trong chóng lμ mét sè v« tû. Lêi gi¶i: Trªn mÆt ph¼ng to¹ ®é Oxy xÐt c¸c ®iÓm Ai (i, i 2 ); i = 1,2,..., n. Ta sÏ chøng minh ®©y lμ bé ®iÓm tho¶ m·n yªu cÇu ®Æt ra. i) Gi¶ sö cã ba ®iÓm th¼ng hμng Ak , Al , Am ; k < l < m khi ®ã ta cã: Ak Al = (l − k , l 2 − k 2 ); Al Am = (m − l , m2 − l 2 ); do tÝnh th¼ng hμng ta cã: m − l m2 − l 2 = ⇔ m = k ®iÒu nμy v« lý v× k < m . l − k l2 − k2 Ta cã Ak Al = ( k − l ) 2 + ( k 2 − l 2 ) 2 gi¶ sö kho¶ng c¸ch nμy lμ mét sè h÷u tû thi sÏ ii) tån t¹i p p tèi gi¶n sao cho: Ak Al = ( k − l )2 + ( k 2 − l 2 ) 2 = ⇔ p 2 = ( k − 1)2 (1 + ( k + 1) 2 ) ; q q ®Ó ý lμ p 2 q 2 ;( p, q ) = 1 ⇒ q = 1 vμ p lμ sè nguyªn d−¬ng, b»ng c¸ch ph©n tÝch tiªu chuÈn ra c¸c thõa sè nguyªn tè ta suy ra: ∃a ∈ N *: a 2 = 1 + (l + k )2 ⇒ 1 = (a − k − l )(a + k + l ) > 0 nªn a + k + l ≥ 4 ⇒ 1 ≥ 4 v« lý! iii) XÐt mét tam gi¸c bÊt kú cã c¸c ®Ønh lÊy tõ c¸c ®iÓm ®ã: A(a, a 2 ); B (b, b2 ); C (c, c 2 ); a < b < c; a, b, c ∈ N * . Gäi E (a, c 2 ); F (b, a 2 ); K (c, c 2 ); Khi ®ã ta cã: [ ABC ] = [ AKCE ] − [ AEC ] − [ ABF ] − [ FBCK ] ta ký hiÖu [Ω] lμ diÖn tÝch miÒn Ω. VËy ta cã: [ ABC ] = iv) 1 1 1 = (c − a )(c 2 − a 2 ) − (c − a )(c 2 − a 2 ) − (b − a )(b 2 − a 2 ) − (c − b)(c 2 + b2 − 2a 2 ) 2 2 2 = s ∈ Q do a, b, c ®Òu lμ c¸c sè nguyªn d−¬ng. 68 y E C B A F K O x Lêi kÕt: Ph¶i thùc sù thõa nhËn r»ng tån t¹i mèi liªn hÖ Èn tμng gi÷a h×nh thøc §¹i sè vμ b¶n chÊt h×nh häc, PP h×nh häc ho¸ c¸c bμi to¸n §¹i sè lμ ®Æc biÖt h÷u hiÖu. Chóng ta cã thÓ kÓ ra ®©y ngoμi PP to¹ ®é rÊt nhiÒu PP kh¸c n÷a ®Ó tiÕp cËn ý t−ëng nμy, ch¼ng h¹n mét trong chóng lμ Lý thuyÕt ®å thÞ, Vμ ®−¬ng nhiªn kh«ng thÓ kÓ hÕt c¸c øng dông, c¸c bμi to¸n, ®iÒu quan träng lμ vai trß ng−êi thμy trong viÖc dÉn d¾t c¸c em tiÕp cËn PP nh− thÕ nμo, nh»m kh¬i dËy trong chóng kh¶ n¨ng t− duy s¸ng t¹o niÒm say mª t×m tßi kh¸m ph¸ vÎ ®Ñp trong to¸n häc. Do kh¶ n¨ng vμ kinh nghiÖm cßn h¹n chÕ bμi viÕt kh«ng tr¸nh khái sai sãt t«i chØ d¸m hy väng bμi viÕt nμy lμ mét chia sÎ nhá víi c¸c ®ång nghiÖp. Cuèi cïng ®Ó kÕt thóc t«i xin ®−îc nh¾c ra ®©y lêi cña gi¸o s− George Polya, nhμ to¸n häc vμ gi¸o dôc Mü næi tiÕng dμnh cho c¸c b¹n yªu To¸n: “ Cã thÓ r»ng bμi to¸n kia ch¼ng khã, nh−ng nÕu nã th¸ch thøc trÝ tß mß còng nh− ph¸t huy ®−îc kh¶ n¨ng s¸ng t¹o cña b¹n vμ nÕu nh− b¹n gi¶i nã chØ b»ng ph−¬ng tiÖn riªng cña b¹n, th× b¹n sÏ tr¶i nhiÒu cam go c¨ng th¼ng cïng bao niÒm vui kh¸m ph¸. Vμo løa tuæi nh¹y c¶m, nh÷ng kinh nghiÖm nh− thÕ sÏ t¹o nªn ®iÒu thó vÞ cho ho¹t ®éng tinh thÇn vμ lμ dÊu son ¶nh h−ëng m·i t−¬ng lai... H¹ long ngμy 9-10-2008 MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ HÀM SỐ y= ax +b và y= ax2 +bx + c = 0 ĐỖ VĂN ĐỨC Tổ trưởng tổ toán tin Trường THPT Chuyên Lương Văn Tụy - Ninh Bình Trong chương trình lớp 10, học sinh đã được học về các hàm số bậc nhất và bậc 2. Đây là 2 hàm số cơ bản trong chương trình phổ thông và có rất nhiều ứng dụng trong kì thi các cấp. 69 Sau đây tôi nêu lên một số ví dụ áp dụng hai hàm số trên (kể cả trường hợp suy biến) để giải toán. I) Ta chú ý đến một số kết quả sau: 1. Hàm số f(x) luôn đồng biến, hoặc luôn nghịch biến, hoặc không đổi trên [α, β] thì: Max |f(x)| = Max{|f(α)|, |f(β)|} [α, β] 2. f(x) = ax2 +bx + c (a≠0) Max{|f(α)|, |f(β)|} Khi − b ∉ (α, β) 2a Max |f(x)| = [ α, β ] −b −b Max{|f(α)|, |f(β)|, f(2a )} Khi 2a ∈ (α, β) 3. Max |f(x1, x2, …, xn)| ≥ Max( Max… ( Max f(x1, x2, …, xn))…) Xi∈Di ( i = 1, 2, .. n) x1∈D1 x2∈D2 xn∈Dn II) Các bài toán được chia làm 3 loại A- Các bài toán ứng dụng hàm bậc nhất và suy biến B- Các bài toán ứng dụng hàm bậc hai và suy biến C- Các bài toán ứng dụng phối hợp hai hàm số trên. A Các bài toán ứng dụng hàm y= ax +b Bài toán 1 (đề thi vô địch KIEP) Chứng minh rằng với bất cứ a, b nào cũng tìm được x, y ∈ [0,1] để |xy – ax - by| ≥ 1 3 Giải: Bài này đã có nhiều sách đưa lời giải nhưng các lời giải đều mang tính chất áp đặt. Với cách giải như vậy là không cho ta cách mở rộng được bài toán, đồng thời cũng không cho ta cách tìm thấy số 1 . Sau đây tôi đưa ra cách giải sử dụng tính chất hàm y= ax +b, và qua đó cho ta ra thêm 3 hàng loạt các bài toán dạng này. Max |xy-ax-by| ≥ Max {|a|, |b|. |a+b-1|}≥ 1 1 |a+b-a-b+1| = 3 3 Bài toán 2: Cho số thực α, β, b (α<β) Tìm a để Max |ax+b| Có giá trị bé nhất x∈ [α, β] Giải: Max |ax+b| = Max {|aα +b|, |aβ +b|} ≥ x∈ [α, β] ≥ | aαβ + bβ | + | aαβ + bα | | b | | β − α | ≥ |α | + | β | |α | + | β | 70 Có |aα +b| = |aβ +b| (1) αβ (aα +b) (-aβ -b)≥0 (2) ng th c *) Nều αβ ≥ 0 (2) ⇔ (aα +b)(-aβ -b)≥0 khi đó (1) ⇒ aα +b = -aβ -b↔ a= *) Nều αβ ≤ 0 − 2b α +β (2) ⇔ (aα +b)(-aβ -b)≤0 Khi đó (1) ⇒ aα +b = aβ + b↔ a = 0 -b ⎡ | b | | β − α | ⎢ Khi αβ ≥ 0 và a = α +β Vậy Max |ax+b| bé nhất bằng |α | + | β | ⎢ ⎢⎣khi αβ ≤ 0 và a = 0 Max |ax +b| bé nhất bằng [ α, β ] | b || β − α | |α | + | β | Bài toán 3: Cho hai số α và β xét các hàm số f(x) = a2x + αa + β Xác định a để Max |f(x)| nhỏ nhất x∈[-1,-1] Giải: trường hợp 1: β≥ 0 A) Nếu α2 – 2 β > 0 ta chọn k > 0 sao cho α (1 − k ) 2(1 + k ) =− α 2 + 2β β ⇔ k= 2 >0 α α − 2β Max |f(x)| = Max {|a2 + αa + β |; |a2 – αa – β |} ≥ x ∈ [-1, 1] ≥ 1 |ka2 + kαa + kβ + a2 – αa – β | = k +1 β β 2 β2 β2 β2 =|a +2 a+2 2 |=(a+ ) + 2 ≥ 2 α α α α α 2 có đẳng thức ⇔ a= – β α B) nếu α2 – 2 β ≤ 0 ⇒ Max |f(x)| = Max {|a2 + αa + β|, | a2 – αa – β|} [ α, β ] Ta chứng minh Max |f(x)| bé nhất là β – α2 4 71 ⇔a=- α 2 Thật vậy với a = – α 2 ⇒ Max {|a2 + αa + β|, | a2 – αa – β|} = Max{β – 4 α2 3α 2 – β |} = β 4 4 ;| 2 β – α2 ≥ 0 α 2 ≥ 0 2 2 2 do (β – α ) – | 3α – β | = 4 α2 4 Mặt khác Max {| a2 + αa + β|, | a2 – αa – β|} ≥ | a2 + αa + β| = = | (a + α 2 )2 + β – α2 4 |≥β- α2 4 có ⇔ a= – α 2 ⎧β 2 −β 2 ⎪⎪ 2 khi α − 2 β ≥ 0 , β ≥ 0 Và a = α Vậy β ≥ 0 thì Max |f(x)| bé nhất = ⎨ α 2 ⎪ β − α khi α 2 − 2 β ≤ 0 , β ≥ 0 Và a = − α ⎪⎩ 4 2 trường hợp 2: β < 0 β < 0 do Max|f(x)| = Max|a(-x) + (-α )a + (-β ) [- 1,1] -1≤ -x ≤ 1 ⎧α là − α Áp dụng kết quả của trường hợp 1 với ⎨ ⎩β là − β > 0 Vậy ta có kết luận chung ⎧β 2 α 2 ⎪ 2 khi α − 2 | β |> 0 và a = − β ⎪α Max|f(x)| bé nhất = ⎨ 2 ⎪| β | − α khi α 2 − 2 | β |≤ 0 và a = − | β | α [- 1,1] ⎪⎩ 4 2β Bây giờ ta lại xét bài toán 2 ở trên với điều kiện α2 – 2β >0, β >0 nhưng a = − Hoặc β ( vô nghiệm) (xét bài 4) α α2 – 2β ≤ 0, β >0 và phương trình a= 0 vô nghiệm (xét bài 5) Bài toán 4: Cho 0<α <β và α + β < 25 8 Xét các hàm số f(x) = (a2 + 2a+ 9 )x +1 25 Tìm a để Max |f(x)| nhỏ nhất [α , β ] Giải: Để ý rằng với điều kiện 0<α <β và α +β < Phương trình a2 + 2a + 25 thì 8 −2 9 (vô nghiệm ẩn a) = 25 α + β 72 Nên kết quả bài 2 không thoả mãn *) Nếu a2 +2a + 1 9 9 = 0 ⇔ a ∈ {- , - } ⇒ f(x) = 1 25 5 5 *) Nếu a2 +2a + 9 > 0 ⇒ f(x) >1 25 *) với a2 +2a + 9 1 9 < 0 ⇔ - (a2 +2a + ) +1= 25 25 16 α + β 25 16 25 = ] +1 ≥ 0 do α < 25 16 2 16 ⇒ |f( α )| = f(α) = [(a+1)2- 16 16 α ]α +1 ≥ 125 25 Có đẳng thức ⇔ a= -1 +) nếu β ≤ 25 25 ⇒ f(β) ≥ f( ) ≥ 0 16 16 ⇒ f(α) > f(β) > 0 ⇒ Max |f(x)| = f(α) ≥ 1- [α,β] 16 α 25 đạt ⇔ a= -1 +) Nếu f(β)≤ 0 ⇒ β ≥ 25 ⇒ |f(β )| = – f(β)= 16 = -1 – [(a+1)2do 16 ]β = f1 25 25 25 16 25 ≤β< - α ⇒ f1≤ 1- [(a+1)2- ]( -α ) = 16 8 25 8 = 1- 16 25 16 α - (a+1)2( -α )≤ 1α ≤ f(α) 25 8 25 Vậy Max |f(x)| ≥ 1 - 16 α có đẳng thức ⇔ a= -1 25 [α,β] Bài toán 5: f(x) = (a2+1) x – 1 cho α < o < β Tìm a để Max|f(x)| bé nhất [α , β ] Giải:Trường hợp này a2+ 1 = 0 vô nghiệm nên giải như bài 2 không được M = Max |f(x)| = Max{|f( α )|; |f( β )|}= Max {|(a2+1) α -1|; |(a2+1) β -1|} [α , β ] *) f( α ) = |(a2+1) α - 1| = 1 – α (a2 +1)= 1 + (a2+1)| α | ≥ 1+| α | Nếu M= |f( β )| = |(a2+1) β - 1| ⇒ M ≥ 1 +| α | nên 73 M = |(a2+1) β - 1|= (a2+1) β - 1≥ β - 1 ≥ 1 +| α | ⇔ β ≥ 2 + | α | Vậy β ≥ 2+| α | ⇒ M bé nhất là β - 1 ⇔ a= - 1 Còn β < 2+| α | ⇒ M bé nhất là | α | + 1 ⇔ a = - 1 Vậy M bé nhất = Max { β - 1; | α |+1} ⇔ a= -1 Bài toán 6: Cho 0 |a2x1 – b2| *) a1x1 – b1 ≥ – a2x1 + b2 ⇔ x1 = b1 + b3 b +b > 1 2 ⇔ a2b1 + a1b3> a1b2+a3b1+ a3b2 a1 + a 3 a1 + a2 ⇔ (a1b3 – a3b1 + a2b1 – a1b2) + (a2b3 – a3b2) > 0 đúng Do a b3 b1 b2 b1 > ⇔ a1b3 – a3b1 > 3 (a1b2 – a2b1) >a1b2 – a2b1 a3 a1 a2 a1 a2 *) |a1x1 – b1| = a1x1 – b1 = -a3x1+ b3 ≥ – a3x2+ b3 = a2x2 – b2 ≥ a2x1 – b1 Vậy f(x1) = |a1x1 – b1| b) Ta chứng minh f(x) ≥ f(x1) ∀ x ∈ R *) x < x1 ⇒ - a3x + b3 >– a3x1 + b3 = a1x1 – b1 = f(x1) 74 *) x> x1 ⇒ a1x – b1 >a1x1 – b1 = f(x1) ⎛ a1b3 − a3b1 ⎞ ⎟⎟ Vậy Min f(x) = |a1x1- b1| = ⎜⎜ ⎝ a1 + a3 ⎠ X∈R II) x1 ≥ x2 a) Ta chứng minh f(x2) = |ax2 – b2| |a2x2 – b2| = a2x2 – b2 = – a3x2 + b3 = |a3x2 – b3| |a2x2 – b2| > | a1x2 – b1| đúng do |a2x2 – b2| = a2x2 – b2 = – a3x2 + b3 > – a3x1 + b3 = a1x1 – b1>a1x2 – b2> >a1 b1 – b2 >0 a1 ⇒ f(x2) = |ax2 – b2| b) Ta chứng minh f(x) ≥ f(x2) ∀ x ∈ R Nếu x ≥ x2 ⇒ f(x) ≥ |a2x – b2| =a2x – b2 ≥ |a2x2 – b2| X – a3x2 + b3 = |a2x2 – b2| ⎧⎪ a b − a 3 b1 a 2 b3 − a 3 b2 ; Vậy Min f(x) = Max {f(x1); f(x2)} = Max ⎨ 1 3 a 2 + a3 ⎪⎩ a1 + a 3 X∈R Bài toán 7:f(x,y) = x2y + xy2 – ax – by. Tìm a, b để Max |f(x, y)| bé nhất ⎫⎪ ⎬ ⎪⎭ x,y ∈ [0,1] Bài này có thể yêu cầu cao hơn các bài trên là phải tìm giá trị bé nhất của hàm số |f(x,y)| Max |f(x,y)| ≥ Max {|a|; |b|; |2-a-b|} ≥ x,y ∈ [0,1] Với a = b = a) Nếu xy ≥ 2 2 ⇒ |f(x,y)| = |(x+y) (xy – ) 3 3 2 2 2 do x,y ∈ [0,1] nên |(x+y)(xy- )| = (x+y)(xy- ) ≤ 3 3 3 ≤ (1+1)(1 – b) Nếu xy < 1 2 |a+b+2 –a -b| = 3 3 2 2 )= 3 3 2 ⇒ (1 – x)(1- y) ≥ 0 ⇔ x+y ≤ 1 + xy 3 ⇒ 0 ≥ (x+y)(xy - 2 2 ) ≥ (1 + xy) (xy - ) 3 3 75 ⇒ |(x+y)(xy = 2 2 2 )| ≤ |(1 + xy) (xy - )| = (1 + xy) ( - xy) = 3 3 3 2 1 2 2 - xy – (xy)2 ≤ ⇒ Max |f(x,y)| bé nhất là 3 3 3 3 x,y ∈ [0,1] SAU ĐÂY LÀ CÁC BÀI TOÁN TƯƠNG TỰ Bài toán 8: Chứng minh rằng với bất cứ a, b, c, d, p, q nào ta cũng tìm được x,y,z thuộc đoạn [0,1] để |xyz – axy – byz – czx – dx – py – qz | ≥ 1 7 Bài toán 9:Chứng minh rằng với mỗi mười bốn số thực a1, a2, ... a14 nào ta cũng tìm được x, y, z, t thuộc [0,1] để |xyzt – a2xyz – a2xyt – a3yzt – a4ztx +a5xy - a6xz – a7xy – a8yz – a9yt – a10zt + 1 15 - a11x – a12y – a13z – a14t| ≥ Bài toán 10: Cho 0< a< b, m ≥ 2, m ∈ Z Các số a1, a2, ... an không âm và không thuộc khoảng (a, b) các số b1, b2, ... bk đều thuộc k n đoạn [a, b] thoả mãn ∑a = ∑b i =1 i j =1 k n a) Chứng minh rằng ∑ m i =1 n a b) Chứng minh rằng ∑ i =1 j ∑ ai ≤ α i m j =1 bj k ≥ ∑ bα ( α j j =1 ≥ 1) Bài toán 11: Cho a1 < a2 < ... góc AMN = góc ANM DQ // AM => góc DQN = góc AMN => góc DQN = góc ANM => ΔDQN cân tại D => DQ = DN = DK = BH = BM’ Do ĐI : B -> D => ĐI: M’ -> Q Tương tự ΔMBP cân ĐI : N’ -> P H -> K (C) -> (C1) (C) là đường tròn qua M’, N’, H và (C1) là đường tròn qua D, Q, P do M’, N’ H là điểm chung duy nhất của AB, AD, BC và (C) Và khi đó K, Q, P là điểm chung duy nhất (C1) và BC, CD, CB 79 Bài tập 3: Cho đường tròn (O, R) ΔABC có 3 góc đều nhọn nội tiếp trong đường tròn. Gọi A’, B’, C’ lần lượt là giao điểm thứ hai của các đường cao kẻ từ A, B,C với đường tròn. Hãy xác định kích thước 3 cạnh ΔABC theo R để diện tích lục giác AB’CA’BC’ lớn nhất. * Hướng dẫn giải CMinh: dt BHC = dt BCA’ dt AHC = dt ACB’ dt AHB = dt ABC’ + Từ đó dt AB’C.A’BC’ max khi SABC max + Dựa vào công thức hê rông tìm max SABC * Lời giải: B’ A C’ H C B A’ ĐBC : H -> A’ => SBHC = SBCA’ ĐAC : H -> B’ => SAHC = SACB’ ĐAB : H -> C’ => SAHB = SABC’ Đặt SABC = S => SAB’CA’BC’ = 2S Vậy max SAB’CA’BC’ khi S đạt max * Ta chứng minh kết quả quen thuộc +) S ≤ a2 + b2 + c2 4 3 +) a2 + b2 + c2 ≤ 9R2 (R là bán kính đường tròn ngoại tiếp ΔABC) Thật vậy: S≤ a2 + b2 + c2 4 3 (a 2 + b 2 + c 2 ) 2 ↔ p ( p − a ) ( p − b)( p − c) ≤ 48 (a 2 + b 2 + c 2 ) 2 ↔ (a + b + c)(a + b − c)(b + c − b) (a + c − b) ≤ 3 [ ][ ] ↔ 3 ( a + b ) 2 − c 2 c 2 − ( a − b) 2 ≤ ( a 2 + b 2 + c 2 ) 2 <=> a4 + b4 + c4 ≥a2b2 + b2c2 + c2a2 (BĐT luôn đúng) Chứng minh: a2 + b2 = c2 ≤ 9R2 <=> sin2A + sin2B + sin2C ≤ 9/4 (dễ dàng chứng minh) Vậy S ≤ 9R 2 9R 2 ⇔ max S = 4 3 4 3 80 max S = 9R 2 khi Δ ABC đều 4 3 Bài tập 4: Cho lục giác lồi ABCDEF có AB = BC = CD; DE = EF = FA Và GócBCD góc EFA = 600. giả sử G và H là hai điểm nằm trong lục giác sao cho góc AGB = góc DHE = 1200. CMR AG + GB + GH + DH + EF ≥ CF * Hướng dẫn giải +) ĐBE biến đ’ nào: A -> D C -> C’ D -> A F -> F’ +) CM: GA + GB = GC’ +) Vẽ thêm hình phụ cho bài toán dễ quan sát * Giải: Ta có: BD = AB AE = DF ĐBE: A -> D vì (ΔDBE = ΔBAE => Góc B1 = góc B2 => BE là phân giác và BE ⊥ AD) C -> C’ C D -> A => CD = C’A = AB => ΔABC’ đều E -> F -> ΔDEF đều * ΔBCD; ΔAEF dựng phía ngoài tứ giác ABDE B C’, G khác phí với AB H, F’ khác phía với DF B 600 600 0 => Tứ giác AGBC’ nội tiếp góc BGA + góc B’CA = 1800 = (1200 + 60G ) 2 2 2 => BC’ = C’G + BG – 2BG. C’G.1/2 C’A2 = C’G2 + GA2 – 2AG.C’G.1/2 81 600 => BG2 – BG . C’G = GA2 – AG . C’G <=> (GA – GB ) (GA + GB – GC’) = 0 * Nếu GA = GB => GC’ ⊥ AB => C’K = a 3 a 3 ; GK = BK tg 30 0 = 2 6 4a 3 2 a 3 = 6 3 a a 2a 3 → GA + GB = Cos 300 = 2 → BG = GB 3 3 Vậy có GA + GB = GC’ Trong cả 2 trường hợp → GA + GB = GC’ HE + HD = HF’ Vậy có C’G + GH + HF’ ≥ C’F’ Mà C’F’ là ảnh CF qua phép BE → C’F’ Vậy GA + GB + GH + HE + HD ≥ C’F Dấu = khi G, H nằm trên [ C’F’] Bài tập 5: Cho ΔABC. Từ đỉnh A ta kẻ trung tuyến AM và phân giác trong AD. Phép đối GC ‘ = BK AB 2 xứng qua đường thẳng AD biến đường thẳng AM thành AK (K ∈ BC): CMR: = CK AC 2 Hướng dẫn học sinh: + Gọi P là điểm đối xứng của A qua M’ + Từ C kẻ đường thẳng // PB’ cắt AK tại Q. Từ đó có tứ giác AC’PB’ là hình bình hành. + áp dụng định lý talet ta có đpcm. Lời giải: ĐAD: B → B’ C → C’ 82 M → M’ M’ là trung điểm B’C’, B’ ∈ AC, C’ ∈ AB, M’ ∈ đường thẳng AK Gọi P là điểm đối xứng của A qua M’ Từ C kẻ đường thẳng // PB’ cắt AK tại Q M’C’ = M’B’ ⇒ Tứ giác AC’PB’ là hình bình hành M’A = M’P ⇒ AB // PB’ // QC Theo định lý ta lét: Ta có: Vậy BK AB = KC CQ (1) CQ CQ CQ PB ‘ AC ‘ AC = = = = = PB ‘ C ‘ A AC AB ‘ AB AB CQ AC AC AB AB AB 2 = = Ù = Ù CQ AC CQ AC 2 AC AB (2) BK AB 2 = CK AC 2 Bài tập 6: Cho hình bình hành ABCD. Từ B ta kẻ các đường thẳng BE vuông góc CD và BK vuông góc AD (E ∈ CD, K ∈ AD). Biết KE = a và BD = b (b > a). Tính khoảng cách từ B đến trực tâm Δ BEK. Hướng dẫn giải + Xác định phép tịnh tiến TKD : K → D ⇒ Từ (1) và (2) H→E B → B’ (H là trực tâm Δ BKE) + Chỉ ra B’E = BH = b2 − a2 B H ⇒ DE =KH; EH = KD TKD : K→D E A H→E B → B’ BH → B’E Vì BH vuông góc EK nên B’E vuông góc KE Δ B’EK vuông tại E ⇒ B’E2 = B’K2 – KE2 Mặt khác B’K = BD (do tứ giác BB’DK là hình chữ nhật) Do đó B’K = b vậy B’E – BH = C B’ Lời giải: Gọi H là trực tâm Δ BEK Do EH vuông góc BK, EK vuông góc BH K D b2 − a2 * Các bài tập rèn luyện kỹ năng: Bài 1: Cho Δ ABC và điểm O nằm trong tam giác. Tìm tập hợp điểm M và N thuộc các cạnh tam giác sao cho O là trung điểm của đoạn MN 83 Gợi ý học sinh: + Thực hiện phép đối xứng tâm O. Đo: M→N A → A’ M là điểm chung AB và A’B’ (A’B’ là ảnh của AB qua Đo) N là điểm chung AC và A’C’ (A’C’ là ảnh của AB qua Đo) + Từ đó suy ra các điểm M, N phải thuộc đoạn AB, AC có thể cả các đỉnh tam giác. Bài 2: Cho hình bình hành ABCD. Với mỗi điểm M trên cạnh AB ta lấy điểm M1 đối xứng với M qua đỉnh D, M2 đối xứng với M1 qua trung điểm cạnh CD và M3 đối xứng với M2 qua B. Tìm tập hợp các điểm M3 khi M thay đổi trên cạnh AB. Gợi ý học sinh: ĐD : M → M1 ĐH: M1→ M2 (H là trung điểm CD) ĐB: M2 → M 3 ĐK: M → M3 (K xác định HK = HD + HB) Từ đó suy ra tập hợp M3 là đoạn AB. Bài 3: Cho đường tròn (O) và hai đường tròn bằng nhau (O1); (O2) cùng tiếp xúc với (O) lần lượt tại các điểm A1, A2. Trên đường tròn (O) ta lấy điểm M. Các đoạn MA1, MA2 cắt lần lượt thứ hai các đường tròn (O1), (O2) tương ứng tại điểm B1, B2. Chứng minh B1B2 // A1A2. Gợi ý học sinh: + Gọi đường thẳng x là trung trực của O1O2 ⇒ O ∈ x + Đx: O1 → O2 + Ta chứng minh dễ dàng: A1 B1 O1 B1 A2 B2 A2 B2 = = = A1 M OM OM A2 M Bài 4: Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp hình tam giác ABC không cân. Đường tròn ngoại tiếp Δ BIC cắt phần kéo dài của các cạnh AB, AC tương ứng tại B’ và C’. Chứng minh BB’ = CC’. Gợi ý học sinh: + Ta chứng minh AI đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp Δ BIC vì vậy tâm của đường tròn đó M’ cách đều hai dây cung BB’ và CC’. α B) Phép quay QOα: M → M’ I. Định nghĩa: Sao cho (OM, OM’) = α OM = OM’ O: tâm quay α: Góc quay /α/ ∈ [Oo, 180o] II. Tính chất 1. Qoαcó một điểm bất động duy nhất 2. Qoα: A → A’ M M -α M’ 84 B → B’ Thì AB = A’B’; (AB, AB’) = α (0 ≤ α ≤ 1800) 3. Phép quay biến 3 điểm thẳng hàng thành 3 điểm thẳng hàng. Hệ quả: + Phép quay biến đường thẳng thành đường thẳng x y + Biến tia Sx thành tia S’x’ và góc tạo bởi hai tia đó bằng α. O + Biến đoạn thẳng PQ thành đoạn P’Q’: PQ = P’Q’ α/2 + Biến góc thành góc bằng nó β/2 O2 + Biến đường tròn (I,R) thành (I’,R) α β III. Mở rộng phép quay tâm O góc quay α: 1800 < α ≤ 3600: 1. Định nghĩa: O’ Cho trước điểm O và góc α với 1800 < α ≤ 3600. Phép biến đổi O1 Q = Q0α −180 . Q0180 là phép quay tâm O với góc quay α kí hiệu là Q0α. 0 0 2. Tính chất: a. Tính chất 1: Q0α với α ∈(1800, 3600) Qα : M → M’ thì Q0α −360 : M -> M’ và (OM, OM’) = α – 3600 0 b. Tính chất 2: Cho 2 phép quay QO1α, QO2β với 2 tâm quay phân biệt (O1≠O2) và thoả mãn điều kiện 00 < α α +β ≤ 3600; 00 < β ≤ 3600, ≠ 180 0 2 β Khí đó Q = QO2 . QO1α là 1 phép quay với góc quay ϕ = α + β và tâm quay O được xác −α định: Q012 : 0102 -> x Q β /2 02 : O2 O1 → y và x cắt y tại O IV. Bài tập áp dụng Bài tập 1: Cho Δ ABC trên các cạnh AB, AC và về phía ngoài ta dựng các Δ đều ABC1, ACB1, ACB1. Gọi G là trọng tâm Δ ABC1; M là trung điểm BC, Chứng minh rằng Δ MGB1 vuông và MB1= MG 3 Hướng dẫn học sinh – Học sinh có thể chứng minh dựa vào tam giác đồng dạng – Sử dụng tính chất trích hai phép quay Lời giải: 85 1200 Q Q G 600 b1 Q 600 b1 :A→C M 1200 .Q 1800 Q :B→ A G :B→C 600 1200 B1 G : B → C ⇒ Q .Q Theo tính chất trên ⇒ Góc (GB1, GM) = – 600 ⇒ Góc (GM, GB1) = 600; Góc (B1G, B1M) = 300 ⇒ Góc GMB1 = 900 ⇒ MB1 = MG 3 Bài tập 2: Cho Δ ABC cân (AB = AC). Trên cạnh AB lấy điểm M sao cho MA = BC. Tính góc BMC. Hướng dẫn học sinh: A C’ 800 M 700 300 B C + Xét phép quay tâm A góc quay là bao nhiêu + Xét các tam giác bằng nhau. Xét QA60: C → C’; B, C’ nằm về 2 phía AC Xét Δ MAC’ và Δ ABC có MA = BC AC = AC’ 0 0 0 Góc MAC’ = 60 + 20 = 80 = Góc ACB ⇒ Δ MAC’ = Δ ABC (c.g.c) ⇒ C’M = C’A = CC’ (vì Δ ACC’ đều) ⇒ Δ MCC’ cân tại C’ Mà C’M = C’A ⇒ Δ AMC’ cân tại C’ ⇒ Góc AMC = góc MAC’ = 800 ⇒ Góc AC’M = 200 ⇒ Góc AC’C = 400 86 Do Δ MC’C cân tại C’ ⇒ Góc CM’C = góc MCC’ = 180 0 − 40 0 = 70 0 2 ⇒ Góc BMC = 1800 – 700 – 800 = 300 Bài 3: Cho lục giác lồi ABCDEF nội tiếp trong đường tròn (O) có AB, CD, EF bằng bán kính đường tròn. Gọi M, N, P lần lựơt là trung điểm của BC, DF, AF. Chứng minh rằng Δ MNP đều. Hướng dẫn học sinh + Xét Q060 + Có phép quay QP60: N → M khi đó có Δ MNP đều: Giải: – Gọi P là trung điểm của AF – K là trung điểm BE I là trung điểm EF Q060: B → A F→E ( ) => BF → BE ⇒ BF , AE = 60 0 ⇒ AE cắt BF theo góc nhọn 600 Do tứ giác ABEF là hình thang cân ⇒ AE = BF ⇒ PI = IK theo tính chất đường trung bình ⇒ PI cắt IK theo một góc nhọn 600 ⇒ Δ PIK đều Q060: F → E D→C (FD, EC ) = 60 mà IN ⇒ 0 ( ↑↑ FD KM ↑↑ EC ) => góc IN , KN = 60 0 (1) Mà IN = KM = 1 1 1 FD = FD = EC 2 2 2 0 -> QP60 : I → K N → N’ ( ) ( ) => IN , KN = 600 từ (1) -> IN , KN = 600 ⇒ KN = KM ⇒ M ≡ N ‘ 0 => QP60 : N → M ⇒ ΔPMN đều 87 Bài tập rèn kỹ năng Bài 1: Cho hình vuông nội tiếp trong hình bình hành MNPQ, A ∈ MN, B ∈ NP, C ∈ PQ, D ∈ QM. Gọi M’ là chân đường vuông góc hạ từ M xuống AD, N’ là chân đường góc vuông hạ từ N xuống AB, P’ là chân đường vuông góc hạ từ P xuống BC, Q’ là chân đường vuông góc hạ từ Q xuống CD. CMR tứ giác M’N’P’Q’ là hình vuông. Gợi ý học sinh + Xét phép quay Q −900 O : A→B Từ đó ⇒ AQ1 qua trực tâm H của Δ ABN M → M1 D→A Q → Q1 Q −900 O : M→H AD → AB ⇒ [MM’] → [HN’] M’ → N’ Bài 2: Hai Δ vuông ABC = Δ vuông A’B’C’ (Góc C = góc C’ = 900) được đặt trong mặt phẳng và các đỉnh của 2 tam giác được đánh số theo cùng chiều đường thẳng. Gọi D là giao điểm của các đường thẳng BC và B’C’; E là giao điểm các đường thẳng AC, A’C’. CMR 4 điểm C, D, M, E cùng thuộc một đường tròn. Gợi ý học sinh Ta thực hiện phép quay tâm M biến C → C’ A → A’ B → B’ + Chỉ ra góc CMC’ = góc CA’C’ = góc CDC’ C- PHÉP TỰ VỊ I. Định nghĩa: VOk: M → M’ OM ‘ = k OM ZZ O: tâm tự vị k ≠ 0: tỷ số tự vị k > 0: VOkphép tự vị dương k < 0: VOk phép tự vị âm Đặc biệt k = 0 ⇒ ảnh thuộc điểm M đều là 0 II. Tính chất 1. Phép VOk (k ≠ 1) có 1 điểm bất động duy nhất là 0 2. VOk: M → M’ ⇒ O, M, M’ thẳng hàng 3. VOk A → A’ A' B ' = k AB B → B’ (A ≠ B) 4. Phép vị tự biến 3 điểm thẳng hàng thành 3 điểm thẳng hàng 88 Hệ quả: Phép VOk biến * Biến đường thẳng (d) thành đường thẳng (d’) và d’//d hoặc d’ ≡ d * Tia Sx thành tia S’x’ và hai tia đó họăc trùng nhau * Đoạn PQ thành P’Q’: P’Q’ = /k/ PQ * Δ ABC thành Δ A’B’C’ và hai tam giác này đồng dạng tỷ số đồng dạng bằng /k/. * Góc xSy thành góc x’S’y’: góc xsy = góc x’s’y’ * Biến đường tròn (I,R) thành đường tròn (I’,R’) và R’ = /k/R Bài tập áp dụng Bài 1: Cho Δ ABC bên trong Δ dựng 4 đường tròn (O1); (O2); (O3); (O4) bằng nhau sao cho 3 đường tròn đầu tiên cùng tiếp xúc với 2 cạnh Δ. CMR tâm đường tròn nội ngoại tiếp Δ ABC và tâm đường tròn (O4) thẳng hàng. Gợi ý học sinh * Xét phép vị tự tâm I tỷ số k * Dựa vào tính chất VOk: M → M’ chứng tỏ O, M, M’ thẳng hàng Lời giải: Ta có IA, IB, IC chứa O1, O2, O3 → O1O2 //AB O2O3 //BC O3O1 //AC IO1 IO2 IO3 1 Đặt = = = IA IB IC k VIk: O1 → A O2 → B O3 → C Do O4 là tâm đường tròn ngoại tiếp Δ O1O2O3 (vì cách đều 3 điểm). Tức là: VIk: O4 → O ⇒ I, O4, O thẳng hàng 89 Bài 2: (Đề thi HSGQG 2003). Cho 2 đường tròn cố định (O1, R1); (O2, R2); (R2 > R1) tiếp xúc nhau tại M. Xét điểm A nằm trên (O2, R2) sao cho 3 điểm A, O1, O2 không thẳng hàng.Từ A kẻ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (O1, R1), (B, C là tiếp điểm). Các đường thẳng MB; MC cắt lần thứ hai đường tròn (O2, R2) tương ứng tại E, F. Gọi D là giao điểm EF và tiếp tuyến tại A của (O1, R2). CMR điểm D di động trên 1 đường thẳng cố định khi A di động trên (O2, R2) sao cho A, O2, O1 không thẳng hàng. Hướng dẫn học sinh: * Gọi D’ là giao 2 tiếp tuyến tại M và A’ Chứng minh D’ thuộc trục đẳng phương BC của 2 đường tròn (O1) và (O3). R2 R1 M * Xét phép vị tự V : (O1, R1) → (O2, R2) B→E C→F BC → EF Lời giải: * Ta thấy tứ giác ABO1C nội tiếp đường tròn (O3) * Gọi A’ là giao điểm thứ hai của AM với (O1, R1) * D’ là giao 2 tiếp tuyến tại M và A’ – Chứng minh D’ thuộc trục đẳng phương của BC của (O1) và (O3) Ù Chứng minh: PD’/(01, R1) = P D’/(03) Vậy D’ di động trên tiếp tuyến của đường tròn (O1, R1) tại M ⇒ D’ ∈ đường thẳng cố định R2 R1 M Xét V : (O1, R1) → (O2, R2) B→E C→F BC → EF Tiếp tuyến tại A’ → tiếp tuyến tại A ⇒ D nằm trên đường thẳng MD’ là tiếp tuyến với đường tròn (O1, R1). Bài 3: (Đề thi HSGQG năm 2000) 90 Cho 2 đường tròn (O) và (O’) có bán kinh khác nhau cắt nhau tại A và B. Một đường thẳng tiếp xúc với (O) tại P, tiếp xúc (O’) tại P’. Gọi Q, Q’ lần lượt là chân đường thẳng AQ, AQ’ cắt lần thứ hai 2 đường tròn tại M và M’. CMR M, M’, B thẳng hàng. Hướng dẫn học sinh: R1 R2 S * Xét phép vị tự V (S là tâm vị tự ngoài của 2 đường tròn) * Chứng minh tứ giác AQOA’ nội tiếp * Chứng minh: Tổng 2 góc bằng 1800 ⇒ B, M, M’ thẳng hàng Lời giải: 2 đường tròn cắt nhau, R ≠ R’, Gọi S là tâm vị tự ngoài của 2 đường tròn R2 R1 S V : O→O P’ → P A → A’ Q’ → Q Ta lại có: ⇒ Góc A2 = Góc OA’Q SP2 = SQ.SO ; SP2 = SA.SA’ ⇒ SQ.SO = SA.SA’ ⇒ Tứ giác AQOA’ nội tiếp đường tròn ⇒ Góc A1 = góc OA’Q (chắn góc QO). Vậy góc A1 = góc A2 Do Δ MOA cân và Δ M’O’A’ cân ⇒ Góc MOA = góc AOM’ Có Góc B1 = 1/2 (3600 – góc MO’A) Góc B2 = 1/2 góc M’O’A’ ⇒ Góc B1+ góc B2 ⇒ M, B, M’ thẳng hàng HU Bài tập 4: Cho 2 đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc với nhau tại A, (O’) nằm trong (O) BC là 1 dây cung của (O) tiếp xúc (O’). Tìm tập hợp tâm đường tròn nội tiếp ΔABC khi dây BC thay đổi. Hướng dẫn học sinh – Xét phép vị tự V R R A : O’ → O (M là tiếp điểm của BC và (O’)) M → M’ 91 B → B’ – Từ đó xác định phép vị tự M → I Do M chạy trên đường tròn (O’) ⇒ I chạy trên đường tròn là ảnh của (O’) qua phép vị tự trên. Lời giải: V R R’ A : O → O’ M → M’ R AO = AO’ ; M; ∈ đường tròn (O) R’ Ta thấy AM là tia phân giác của góc BACư Vì Góc A = góc C; Góc A1 = góc B1 O’M // NM’ ⇒OM’ vuông góc BC OM vuông góc BC ⇒ OM’ là đường kính chia đôi dây BC ⇒ Δ M’BC cân ⇒ Góc C1 = góc B1 ⇒ Góc A1 = góc A2 ⇒ I là tâm đường tròn nội tiếp Δ ABC thuộc MA Theo tính chất phân giác MI BM AB BM AB AI = ⇔ = ⇔ = IA AB IA MI BM IM 2 PB/ (O’) = BM = BB’ . BA AB AI AB ⇒ = = BM IM BB’.BA V R’ R A : B’ → B 92 R R’ AB → AB’ = . AB R’ R R → AB = k AB’ (k = >1) R’ AB’ AB − AB’ 1 − k → =k → = AB AB 1 AB AB 1 BB’ = (1 − k ) AB → = = 2 BA. BB’ 1−k (1 − k ) AB AB = Ta có: 1 AI q = = q → AI = AM IM 1+ q 1− k q →V 1A+ q : M → I q Vậy I thuộc đường tròn là ảnh (O’) qua V 1A+ q Bài tập rèn kỹ năng Bài 1: Cho Δ ABC, I là tâm đường tròn nội tiếp tiếp xúc BC tại M. Gọi N là điểm đối xứng với M qua I, K là giao điểm AN và BC. Ta kí hiệu H là điểm đối xứng với riếp điểm (I) trên AC qua trung điểm cạnh AC. L là điểm đối xứng với tiếp điểm của (I) trên AB qua trung điểm cạnh AB, G là trọng tâm Δ ABC. P là giao HB và CL. Chứng minh rằng P, G, I thẳng hàng. * Hướng dẫn học sinh: * Gọi A’ là trung điểm BC Phải chứng minh A’ là trung điểm MK Phép r2 r1 A V : N → K1 I → I1 Chứng minh K ≡ K1 * Chứng minh ∃ phép tự vị: VG-2 : I → P Vậy chứng tỏ G, I, P thẳng hàng Bài tập 2: Cho 2 đường tròn (C1), (C2) cùng tiếp xúc trong với đường tròn (C) tại M với tâm (C1) nằm trên (C2) Dây chung của (C1); (C2) cắt (C) tại A, B. MA, MB cắt (C2) tại C và D. CMR: (C1) tiếp xúc CD Hướng dẫn học sinh: * Chứng minh bài toán phụ: Cho đường tròn (O1) tiếp xúc trong (O) tại A, tiếp tuyến của (O1) tại M cắt (O) ở B và C. AM cắt (O) ở D. Khi đó AD là phân giác góc BAC và AM.DP = DB2. * Chứng minh B’ thuộc trục đẳng phương (C1) và (C2) B thuộc trục đẳng phương (C1) và (C2) Từ đó ⇒ B ≡ B’; D ≡ D’ Chứng minh: O1E = O1I = R1 • Bài tập 3: Cho đường tròn (J) tiếp xúc trong với 2 đường tròn ngoại tiếp ΔABC cân ở A đồng thời tiếp xúc với 2 cạnh AB, AC tại M và N. Chứng minh rằng trung điểm của đoạn MN là tâm đường tròn nội tiếp Δ ABC. Hướng dẫn học sinh 93 * Xét phép vị tự VAk : H → K A→A Với k = AK/AH B→D C→E Chứng minh J là tâm đường tròn nội tiếp ΔADE D.PHÉP NGHỊCH ĐẢO I. Định nghĩa: O cho trước k ≠ O. Mỗi M ≠ O đựng 1 điểm M’ ∈ đường thẳng OM sao cho OM .OM ‘ = k. Đây là phép nghịch đảo tâm O, hệ số k biến M → M’ Kí hiệu: I (0, k): M → M’ II. Tính chất Cho phép nghịch đảo I (0, k) k ≠ 0 1. Tính chất 1: Phép I (0, k) là phép biến đổi 1-1 2. Tính chất 2: là phép đồng nhất Tích I (0, k) . I (0, k) 3. Tính chất 3: I (0, k): A → A’ B → B’ k Thì A’B’ = λAB với λ = OA.OB 4. Tính chất 4: ảnh đường thẳng d đi qua tâm nghịch đảo là chính (d). 5. Tính chất 5: ảnh 1 đường thẳng d đi qua tâm nghịch đảo của đường tròn đi qua tâm nghịch đảo. 6. Tính chất 6: ảnh của 1 đường tròn (C) đi qua tâm nghịch đảo O là 1 đường thẳng (d) không đi qua O và đường thẳng đó song song với tiếp tuyến tại O. 7. Tính chất 7: ảnh của 1 đường tròn (C) không đi qua tâm nghịch đảo O là 1 đường tròn (C’). Đường tròn (C’) cũng là ảnh của đường tròn phép vị tự tâm O. Tỷ số α = k/p (với p là Po /(C)). Bài tập áp dụng: Bài tập 1: Cho 2 đường tròn (O,R); (O’, R’) có khoảng cách giữa tâm bằng α (a > 0). Gọi (O1, R1) là ảnh của (O,R) trong phép nghịch đảo I (O’, R’2), (O2,R2) là ảnh của (O’, R’) trong phép nghịch đảo I(O, R2). Tính R1, R2 theo R và R’,a. Hướng dẫn học sinh: * Sử dụng tính chất 7 Lời giải: I (O’, R’2): C (O,R) → C (O1, R1) I (O, R2): C (O’, R’) → C (O2; R2) ⇒ Vo’λ’: C (O, R) → C (O1, R1) R ‘2 λ1 = 2 a − R2 Vậy R1 = λ1 R 2 R1 = R1 .R 2 a − R2 94 R2 = R 2 .R’ a 2 − R ‘2 Bài tập 2: Cho Δ ABC không cân và đường tròn tâm O nội tiếp, tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB tương ứng tại các điểm A’, B’, C’. Gọi P là giao điểm thứ hai của 2 đường tròn mà các đường kính là OA và OA’; Q là giao điểm thứ hai của 2 đường tròn mà các đường kính OB và OB’, K là giao điểm thứ hai của 2 đường tròn mà các đường kính OC và OC’. CMR: P, Q, K, O cùng nằm trên 1 đường tròn. Hướng dẫn học sinh: * Xét phép I (O, R2) * Phép nghịch đảo trên biến đường tròn qua tâm nghịch đảo thành 1 đường thẳng. Lời giải: Xét I (O, R2): A’ → A vì OA’. OA’ = R2 BC → đường tròn đường kính C [OA’] và ngược lại C → C’ I(O,R2): B → B’ đường thẳng B’C’ → C [OA’] và ngược lại ⇒ I (O, R2) O → ∞ P → P’ ⇒ P’ là giao BC và B’C’ Q’ là giao AC và A’C’ K’ là giao AB và A’B’ Q → Q’ K → K’ Chứng minh P’, Q’, K’ thẳng hàng theo định lý Mênê nauyt ⇒ O, Q, P, K cùng thuộc đường tròn Bài tập 3: Cho đường tròn (0, r) nội tiếp trong tứ giác ABCD tiếp xúc với AB, BC, CD, AD tại M, N, P, Q. Biết tứ giác ABCD nội tiếp trong đường tròn bán kính R và khoảng cách giữa tâm 2 đường tròn bằng a. Tính MP2 + NQ2theo r, R. Hướng dẫn học sinh: * Xét phép nghịch đảo I(0,r2) 95 * Tứ giác A1B1C1D1 là hình chữ nhật. Gọi x là bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác r 2 .R1 R2 − a2 * Chứng minh I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD * Thiết lập phương trình ẩn a (bậc 2) Lời giải: A1B1C1D1 tính x = I (0, R2): A → A1 B → B1 C → C1 D → D1 A1, B1, C1, D1 là trung điểm MQ, MN, NP và PQ. ⇒ Tứ giác A1B1C1D1 là hình bình hành Do A1B1 // NQ; B1C1 // MP A1D1 // MP C1P1 // NQ; Nếu A, B, C, D cùng thuộc 1 đường tròn thì A1B1C1D1 cũng nằm trên 1 đường tròn ⇒ tứ giác A1B1C1D1 là hình chữ nhật. Gọi x là tâm đường tròn ngoai tiếp A1B1C1D1 ⇒ NQ2 + MP2 = 4b2 + 4a2 = 4 (b2 + a2) = 16×2 Gọi đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD là (O1, R1) Gọi đường tròn ngoại tiếp tứ giác A1B1C1D1 là (O2, R2) Voλ: O1 → O2 ϕ (O1) → C (O2) R1 → R2 ⇒ R2 = λR1 λ= r2 ; Po /(01) = R2 – a2 ( O trong (O1)) P r 2 R1 r2 ⇒ x = R2 − a2 R2 − a2 Gọi A’, C’ là giao OA, OC và đường tròn ngoại tiếp tứ giác OA . OA’ = OC . OC’ = R2 – a2 A C r r OA = ; OC = ; sin 2 + sin 2 =1 A C 2 2 sin sin 2 2 0 Do góc A + góc C = 180 λ= 96 A 2 ; 2 sin 2 sin 2 C 2 1 1 = = 2 OA OC 2 r r2 1 1 1 ⇒ + = 2 2 2 OA OC r Xét Δ A’OC’ gọi I là trung điểm A’C’ * Chứng minh I là tâ, đường tròn nội tiếp tứ giác ABCD Vì Sđ góc BA’ = SđGóc DA’; Sd góc = Sđ C’D ⇒ Sđ góc A’B’C’ = Sd góc A’DC’ Có OA’ + OC’ = 2OI2 + 2R2 = 2 (a2 + R2) R2 − a2 ; OA’ ⇒ Phương trình bậc 2 ẩn a Mặt khác: OA = OC = R2 − a2 OC ‘ Bài tập rèn kỹ năng Bài 1: Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp Δ ABC không cân. Giả sử đường tròn này tiếp xúc với BC, CA, AB tại A1, B1, C1…CMR tâm các đường tròn ngoại tiếp Δ AIA1; BIB1, CIC1 thẳng hàng. Hướng dẫn học sinh: Xét I (I, r2): A1 → A1 A → Ao C IAA1→ đường thẳng A1A0 CIBB1 → đường thẳng B1Bo C ICC1 → C1Co Mà A1Ao, B1Bo, C1Co đồng quy ⇒ đpcm Bài 2: Cho (O,R) và điểm cố định M không trùng với tâm O và không nằm trên đường tròn (O,R). Một đường thẳng d đi qua M cắt đường tròn đã cho tại 2 điểm. Gọi C là giao điểm các tiếp tuyến của đường tròn tại A và B. Tìm tập hợp điểm C khi d biến thiên. Hướng dẫn học sinh: I (O, R2) : H → C * ảnh C [OM] là đường thẳng (Δ) qua C qua I (O, R2) * Chứng minh: P c/(O) = P c/[OM] ⇒ Δ ≡ H1H2C Phần III: KẾT LUẬN Trên đây là một hệ thống bài tập khi dạy về phép biến hình trong mặt phẳng. Với lượng kiến thức nói trên còn phải bổ sung rất nhiều, nhưng phần nào cũng hình thành được những kĩ năng cơ bản trong việc sử dụng phép biến hình vào việc giải toán trong hình học phẳng. Bài viết còn rất nhiều thiếu sót, rất mong được sự đóng góp của các thày cô giáo. 97 NHÌN “ĐỆ QUI” QUA LĂNG KÍNH “SONG ÁNH” Bùi Tuấn Ngọc THPT Chuyên Trần Phú – Hải Phòng Xây dựng song ánh để thiết lập công thức truy hồi (đệ qui) từ đó đưa ra kết luận. Đó là phương pháp giải cho một số bài toán tổ hợp sau đây. Bài 1: Cho n ∈ N*. Hỏi có tất cả bao nhiêu tập con khác rỗng của tập hợp gồm n số nguyên dương đầu tiên mà mỗi tập không chứa hai số nguyên liên tiếp nào. Lời giải : Đặt An = {1, 2,…, n} Sn = {M ⊂ An ⎢M không chứa hai số nguyên liên tiếp nào} Pn = { ( a1 , a2 ,…, an ) ai ∈ {0;1} ∀i = 1, 2,…, n, ( ai , ai +1 ) ≠ (1;1) ∀i = 1, 2,…, n − 1 } + Xét ánh xạ f: Sn → Pn M ( a1 , a2 ,…, an ) ∈ Pn ⎧ai = 1khii ∈ M sao cho ⎨ ⎩ai = 0khii ∉ M Vì f là song ánh nên : Sn = Pn ∀n ≥ 1 + Xét ánh xạ g : Pn → Pn-1 ∪ Pn-2 ∀n ≥ 3 ⎧⎪( a1 , a2 ,…, an −1 ) ∈ Pn −1khian = 0 ( a1 , a2 ,…, an ) ⎨ ⎪⎩( a1 , a2 ,…, an − 2 ) ∈ Pn − 2 khian = 1 Vì g là song ánh nên : Pn = Pn −1 + Pn − 2 ∀n ≥ 3 ⇒ S n = Sn −1 + S n − 2 ∀n ≥ 3 Dễ thấy : S 2 = 3; S1 = 2 . Do đó : Sn = Fn +1 ∀n ≥ 1 , ({Fn} là dãy Fibônaxi) ⎛ 1− 5 ⎞ 1 ⎛ ⎛ 1+ 5 ⎞ ⎜⎜ ⇒ Sn = − ⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ 5 ⎜ ⎜⎝ 2 ⎟⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ n+2 n+2 ⎛ 1− 5 ⎞ ⎞ 1 ⎛ ⎛1+ 5 ⎞ ⎜⎜ ⎟ − ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟ – 1 2 5 ⎜ ⎜⎝ 2 ⎟⎠ ⎝ ⎠ ⎟⎠ ⎝ n+2 n+2 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ mà ∅ ⊂ Sn nên số tập con thoả mãn giả thiết là: 98 Bài 2: Với mỗi n ∈ N*, kí hiệu Hn là tập tất cả các hoán vị ( a1 , a2 ,…, an ) của n số nguyên dương đầu tiên. Xét các tập hợp: Sn = {( a1 , a2 ,…, an ) ∈ H n : ai ≥ i − 1∀i = 1, 2,…, n} Tn = {( a1 , a2 ,…, an ) ∈ S n : ai ≤ i + 1∀i = 1, 2,…, n} Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho: Tn 1 > Sn 3 Lời giải: Đặt Pn = {( a1 , a2 ,…, an ) ∈ Sn a1 = 1} Qn = {( a1 , a2 ,…, an ) ∈ S n a1 ≠ 1} Dễ có: Pn ∩ Qn = ∅, Pn ∪ Qn = Sn + Xét ánh xạ f: Pn → Qn ( a1 , a2 ,…, an ) ( a2 , a1 ,…, an ) Vì f là song ánh nên: Pn = Qn = + Xét ánh xạ g: Pn → Sn −1 ( a1 , a2 ,…, an ) 1 Sn 2 ( a2 − 1, a3 − 1,…, an − 1) Vì g là song ánh nên: Pn = S n −1 Vậy: S n = 2 S n −1 ∀n ≥ 2 Mà S 2 = 2; S1 = 1 ⇒ S n = 2n −1 + Xét ánh xạ h: Tn → Tn-1 ∪ Tn-2 ⎧⎪( a2 − 1, a3 − 1,…, an − 1) ∈ Tn −1khia1 = 1 ( a1 , a2 ,…, an ) ⎨ ⎪⎩( a3 − 2, a4 − 2,…, an − 2 ) ∈ Tn − 2 khia1 = 2 Vì h là song ánh nên Tn = Tn −1 + Tn − 2 n +1 n +1 ⎛ 1− 5 ⎞ ⎞ 1 ⎛ ⎛ 1+ 5 ⎞ ⎜⎜ mà T2 = 2; T1 = 1 ⇒ Tn = ⎟ − ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟ 2 5 ⎜ ⎜⎝ 2 ⎟⎠ ⎝ ⎠ ⎟⎠ ⎝ n +1 n +1 ⎛ 1− 5 ⎞ ⎞ 1 ⎜⎛ ⎛ 1 + 5 ⎞ ⎜ ⎟ −⎜ ⎟ ⎟ 2 ⎠ ⎟ 1 5 ⎜⎝ 2 ⎠ ⎝ Tn 1 ⎝ ⎠ > ⇔ n ≤ 6. > ⇔ Vậy: n −1 2 3 Sn 3 Bài 3: (IMO 1987) Gọi Pn(k) là số các hoán vị của tập A = {1, 2,…, n} (n ∈N*) có đúng k điểm cố định (0 ≤ k ≤ n). n Chứng minh rằng: ∑ k.P (k ) = n ! n k =0 Lời giải: Đặt: M ={(f, i)⎢f là hoán vị của A giữ nguyên k phần tử, i ∈A sao cho f(i) = i} Ta có: M = k .Pn (k ) Với mỗi 1≤ i ≤ n: đặt Ni là tập tất cả các hoán vị giữ nguyên k -1 phần tử của tập hợp B = A {i} thì N i = Pn −1 (k − 1) n + Xét ánh xạ g: M → ∪ N i i =1 99 ( f , i) f ( f (m) = f (m)∀m = 1,.., n; m ≠ i ) Vì g là song ánh nên M = n n ∪ Ni = ∑ Ni ⇒ k.Pn (k ) = n.Pn−1 (k − 1) i =1 i =1 n n n n −1 k =1 k =1 k =0 j =0 ⇒ ∑ k .Pn (k ) = n.∑ Pn −1 (k − 1) ⇒ ∑ k .Pn (k ) = n.∑ Pn −1 ( j ) = n.(n − 1)! = n ! Bài 4: (VMO 2002) Cho tập S gồm tất cả các số nguyên ∈ [1;n](n ∈ N*) . T là tập tất cả các tập con khác rỗng của S. Với mỗi A ∈ T, kí hiệu m(A) là trung bình cộng của tất cả các phần tử thuộc A. Tính: ∑ m( X ) X ∈T m= T Lời giải: + Xét song ánh f: T → T X f ( X ) = {n + 1 − x x ∈ X } Vì f là song ánh nên ⎧⎪m( X ) + m( f ( X )) = n + 1, ∀X ∈ T ⇒ ∑ [ m( X ) + m( f ( X )) ] = T (n + 1) ⇒ 2 ∑ m( X ) = T (n + 1) ⎨ m( X ) = m( f ( X )) ∑ ∑ X ∈T X ∈T ⎪⎩ X ∈T X ∈T ∑ m( X ) n + 1 Vậy : m = X ∈T = T 2 Bài 5: (VMO 1996) Cho n, k, m ∈N* thoả mãn điều kiện 1< k ≤ n, m > 1. Hỏi có bao nhiêu chỉnh hợp chập k: ( a1 , a2 ,…, ak ) của n số nguyên dương đầu tiên mà mỗi chỉnh hợp đó đều thoả mãn ít nhất một trong hai điều kiện sau: i. ∃ i, j ∈{1, 2,…,k} sao cho i < j và ai > aj ii. ∃ i ∈{1, 2,…,k} sao cho ai – i không chia hết cho m Lời giải: Đặt A = {tập các chỉnh hợp chập k của (1,2,…,n)} A* = {tập các chỉnh hợp thoả mãn giả thiết} B = { ( a1 , a2 ,…, ak ) ∈A ⎢a1 < a2 <...< ak và ai – i m ∀i = 1,2,...,k} Dễ thấy A* = AB + Xét ánh xạ f: B → B’ ( a1 , a2 ,..., ak ) ( a1 − 1 + m, a2 − 2 + 2m,..., ak − k + km ) Khi đó f là song ánh từ B đến B’ với B’ = ( b1 , b2 ,..., bk ) b1 < b2 < ... < bk , bi ∈ {1, 2,..., n − k + km} , bi m∀i = 1,..., k { Do đó B = B ' = C⎡kn − k ⎤ ⎢ m ⎥+k ⎣ ⎦ Vậy A * = A − B = Ank − C⎡kn − k ⎤ ⎢ m ⎥+k ⎣ ⎦ *Một số bài luyện tập: Bài 6: Tìm tất cả các bộ số nguyên ( a1 , a2 ,..., an ) ( n>1) sao cho 100 } ⎧⎪ ai ≤ 1, ∀i = 1, 2,…, n ⎨ ⎪⎩ ai − ai +1 ≤ 1, ∀i = 1, 2,…, n − 1 Bài 7: Chứng minh rằng ∀n ∈N* ta có: n a. C2nn = ∑ ( Cni ) 2 i =0 n b. ∑ 2 .C k k =0 c. m ∑C k =0 k n+k k n .C .2 ⎡ n−k ⎤ ⎢ 2 ⎥ ⎣ ⎦ n−k m−k = C2nn +1 n + ∑ Cmk + k .2n − k = 2m + n +1 k =0 Bài 8: (IMO 1996) Cho bảng ô vuông nxn (n >1). Hỏi có bao nhiêu cách đánh dấu các ô vuông trong bảng sao cho trong mỗi hình vuông 2×2 có đúng 2 ô vuông được đánh dấu. Bài 9: (VMO 2003) Với mỗi n ∈N*, n ≥ 2, gọi Sn là số các hoán vị ( a1 , a2 ,…, an ) của n số nguyên dương đầu tiên sao cho 1 ≤ ai − i ≤ 2∀i = 1, 2,…, n Chứng minh rằng: 1, 75Sn −1 < Sn < 2Sn −1 , ∀n > 6 Bài 10: Giả sử Fk là tập tất cả các bộ ( A1 , A2 ,…, Ak ) trong đó Ai , i =1,2,…,k là một tập con của tập hợp {1,2,…,n}. TÍnh: S n = ∑ ( A1 , A2 ,…, Ak )∈Fk k ∪A i i =1 Bài 11: Trong các xâu nhị phân có độ dài n, gọi an là số các xâu không chứa ba số liên tiếp 0,1,0. bn là số các xâu không chứa 4 số liên tiếp 0,0,1,1 hoặc 1,1,0,0. Chứng minh rằng: bn+1 = 2an. Bài 12: Cho n ∈N, n>1 và 2n điểm nằm cách đều trên một đường tròn cho trước. Hỏi có tất cả bao nhiêu bộ n đoạn thẳng mà mỗi bộ đều thoả mãn đồng thời: a. Mỗi đoạn thẳng thuộc bộ đều có đầu mút là 2 trong 2n điểm đã cho b. Tất cả các đoạn thẳng thuộc bộ đôi một không có điểm chung. PhÐp vÞ tù – quay 101 Hä vμ tªn gi¸o viªn :……………………… Tr−êng THPT Chuyªn :…………………… Trong bμi viÕt nμy, t«i sÏ tr×nh bμy c¸c kiÕn thøc c¬ b¶n vμ cÇn thiÕt vÒ phÐp vÞ tù – quay vμ viÖc ¸p dông phÐp vÞ tù – quay vμo gi¶i to¸n h×nh häc ph¼ng. I. C¸c kiÕn thøc c¬ b¶n vμ cÇn thiÕt: 1. §Þnh nghÜa: PhÐp vÞ tù – quay lμ tÝch giao ho¸n cña mét phÐp vÞ tù vμ mét phÐp quay cã cïng t©m. NhËn xÐt: α α + Thø tù thùc hiÖn c¸c phÐp biÕn h×nh ë ®©y kh«ng quan träng, v× Q O .VO = VO .Q O k k −k + TØ sè cña phÐp vÞ tù – quay cã thÓ coi lμ mét sè d−¬ng v× Q O .VO = VO 180 0 k 2. C¸ch x¸c ®Þnh ¶nh cña mét ®iÓm qua phÐp vÞ tù – quay: ϕ O k Cho phÐp quay Q O vμ phÐp vÞ tù VO (víi k > 0) α ⎧⎪OA1 = OA A1 ⇔ ⎨ (1) OA;OA = α 1 ⎪⎩ α ( Ta cã: Q O : A k O V : A1 ) A1 A ⎧⎪OA’ = kOA1 A’ ⇔ ⎨ (2) OA ;OA’ 0 = 1 ⎪⎩ ( ) A’ ⎧ OA ‘ =k ⎪ (3) Tõ (1) vμ (2) cho ta: ⎨ OA ⎪ OA;OA ‘ = α ⎩ ( ) α Nh− vËy VO .Q O lμ phÐp ®ång d¹ng thuËn Z(O; α; k) biÕn A thμnh A’ x¸c ®Þnh bëi (3). Khi ®ã O ®−îc gäi lμ k t©m; α gäi lμ gãc quay; k lμ tØ sè cña phÐp vÞ tù – quay 3. TÝnh chÊt: §Þnh lÝ: Z(O; α; k): A A’;B ⎧⎪A’ B ‘ = kAB B ‘ th× ⎨ ⎪⎩ AB;A’ B ‘ = α ( ) HÖ qu¶: 1) PhÐp vÞ tù – quay biÕn mét ®−êng th¼ng thμnh mét ®−êng th¼ng vμ gãc gi÷a hai ®−êng th¼ng Êy b»ng gãc ®ång d¹ng 2) PhÐp vÞ tù – quay biÕn mét ®−ßng trßn thμnh mét ®−êng trßn, trong ®ã t©m biÕn thμnh t©m vμ tØ sè hai b¸n k×nh b»ng tØ sè ®ång d¹ng. 102 4. C¸ch x¸c ®Þnh t©m cña phÐp vÞ tù – quay: Cho phÐp vÞ tù – quay Z(O; α; k). H·y x¸c ®Þnh t©m O khi biÕt: Tr−êng hîp 1: Mét cÆp ®iÓm t−¬ng øng (A; A’); α vμ k ⎧ OA’ =k ⎪ Ta cã: ⎨ OA ⎪ OA;OA’ = α ⎩ ( ) (1) (2) (1) ⇔ O thuéc ®−êng trßn Ap«l«nius (ω) ®−êng kÝnh CD (C, D chia AA’ theo tØ sè k) (2) ⇔ O thuéc cung (C) chøa gãc ®Þnh h−íng (mod 2π) nhËn AA’ lμm d©y. VËy O lμ giao ®iÓm cña (ω) vμ (C) O α A C D A’ B’ Tr−êng hîp 2: Hai cÆp ®iÓm t−¬ng øng (A; A’) vμ (B; B’) O ⎧⎪A’ B ‘ = kAB Ta cã: ⎨ . Tõ ®ã ta biÕt ®−îc k vμ α vμ quay vÒ tr−êng hîp 1 AB;A’ B ‘ = α ⎪⎩ A ( ) C¸ch kh¸c: Gäi I lμ giao ®iÓm cña AB vμ A’B’ α α A’ α I ⎧⎪( OA;OA ‘ ) = ( IA;IA ‘ ) = α (1) (2) ⎪⎩( OB;OB ‘ ) = ( IB;IB ‘ ) = α Ta cã: ⎨ B (1) ⇔ O thuéc ®−êng trßn (IAA’) (2) ⇔ O thuéc ®−êng trßn (IBB’) VËy O lμ giao ®iÓm cña hai ®−êng trßn ngo¹i tiÕp ΔIAA’ vμ ΔIBB’ 5. Mét kÕt qu¶ quan träng: §Þnh lÝ: Mäi phÐp vÞ tù – quay trong mÆt ph¼ng ®Òu cã mét ®iÓm bÊt ®éng duy nhÊt O vμ O chÝnh lμ t©m cña phÐp vÞ tù – quay ®ã. Tõ tÝnh chÊt nμy, cho phÐp ta chøng minh c¸c ®−êng trßn ngo¹i tiÕp ΔABC, trong ®ã A cè ®Þnh cßn B, C di ®éng nh−ng lu«n lμ cÆp ®iÓm t−¬ng øng cña mét phÐp vÞ tù – quay cã gãc quay α (kh«ng ®æi) vμ tØ sè k (kh«ng ®æi) lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh lμ t©m O cña phÐp vÞ tù – quay ®ã. II. øng dông cña phÐp vÞ tù – quay vμo viÖc gi¶i to¸n h×nh häc. 1. Mét sè vÝ dô: VÝ dô 1: Cho hai ®−êng trßn (O) vμ (O’) c¾t nhau t¹i A vμ B. Mét c¸t tuyÕn di ®éng MAN (M ∈ (O); N ∈ (O’)). T×m quü tÝch trùc t©m H cña ΔBMN? H−íng dÉn gi¶i: 103 + DÔ chøng minh ®−îc ΔBMN ®ång d¹ng víi ΔBOO’ (1) vμ cïng h−íng hay ΔBMN tù ®ång d¹ng vμ gi÷ nguyªn h−íng. KÎ trùc t©m H cña ΔBMN vμ ®Æt k = ( ) BH vμ BM;BH = α BM phÐp vÞ tù – quay: Z (B, α, k) = VBk .Q αB : M A M + Do ΔBMN tù ®ång d¹ng nªn k, α kh«ng ®æi vμ N O’ H (2) B O ⇒ TËp hîp c¸c ®iÓm H lμ ®−êng trßn (O’’) lμ ¶nh cña ®−êng trßn (O) qua phÐp vÞ tù – quay O” Z (B, α, k) nãi trªn. H + Tõ (1) ta cã O” lμ trùc t©m ΔBOO’ vμ tõ (2) ta cã B ∈ (O) vμ B lμ ®iÓm bÊt ®éng nªn B ∈ (O”) vμ b¸n kÝnh cña ®−êng trßn ¶nh b»ng O”B. VËy tËp hîp ®iÓm H lμ ®−êng trßn (O”; O”B) VÝ dô 2: (§Ò thi chän ®éi tuyÓn HSG tØnh H−ng Yªn n¨m 2007 – 2008) Trªn hai ®−êng th¼ng a vμ b c¾t nhau t¹i mét ®iÓm C cã hai ®éng tö chuyÓn ®éng th¼ng ®Òu víi vËn tèc kh¸c nhau: A trªn a víi vËn tèc v1, B trªn b víi vËn tèc v2, v1 ≠ v2, chóng kh«ng gÆp nhau ë C. a) Chøng minh r»ng ë bÊt k× thêi ®iÓm nμo, ®−êng trßn ngo¹i tiÕp ΔABC còng lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh O nμo ®ã kh¸c C b) T×m quü ®¹o chuyÓn ®éng cña ®éng tö M lu«n ë vÞ trÝ trung ®iÓm cña ®o¹n AB. H−íng dÉn gi¶i: b a) Gi¶ sö A0, B0 lμ 2 vÞ trÝ xuÊt ph¸t øng víi thêi ®iÓm t0 A1, B1 lμ 2 vÞ trÝ cña 2 ®éng tö ë thêi ®iÓm t1 > t0 Khi ®ã A0 C A1 a B 0 B1 v 2 (t 1 − t 0 ) v1 = = = k (0 < k kh«ng ®æi) A 0 A1 v1 (t 1 − t 0 ) v 0 B1 Gäi O lμ giao ®iÓm thø 2 cña hai ®−êng trßn O B0 (A0B0C) vμ (A1B1C) DÔ dμng chøng minh ®−îc: ΔOA0A1 ®ång d¹ng víi ΔOB0B1. Tõ ®ã suy ra: ⎧A1OB1 = A 0 OB 0 = α ⎪ ⎨ OB1 OB 0 B 0 B1 v 2 ⎪ OA = OA = A A = v 1 0 0 1 1 ⎩ ( ) ( ) ⎧ OA ;OB = CA ;CB = α (1) 1 1 1 1 ⎪ ⇒ ⎨ OB v (2) ⎪ 1 = 2 OA v 1 1 ⎩ (1) chøng tá O thuéc cung chøa gãc ®Þnh h−íng α (mod 2π) dùng trªn A1B1 cè ®Þnh (3) (2) chøng tá O thuéc ®−êng trßn Ap«l«nius ®−êng kÝnh CD cè ®Þnh (C, D chia ®o¹n A1B1 theo tØ sè kh«ng ®æi v2 ) (4) v1 104 Tõ (3) vμ (4) suy ra O lμ ®iÓm cè ®Þnh. b) KÝ hiÖu A0 = A ( khi t = 0); B0 = B (khi t = 0); M0 lμ trung ®iÓm cña ®o¹n A0B0. v1 ; v 2 lμ hai vÐc t¬ vËn tèc cña A vμ B. Quü tÝch cña M lμ ®−êng th¼ng M0m ®i qua M0 vμ cã vÐc t¬ chØ ph−¬ng lμ v = ( ) ( 1 v1 + v 2 2 ) (suy ra tõ 2M 0 M = v1 + v 2 t ) NhËn xÐt: 1) NÕu kh«ng dïng gãc ®Þnh h−íng th× ph¶i xÐt hai tr−êng hîp. 2) O chÝnh lμ t©m cña phÐp vÞ tù - quay tØ sè k = ( ) v2 ; gãc quay CA1 ;CB1 = α biÕn a thμnh b, v1 trong ®ã A1 biÕn thμnh B1. V× a, b cè ®Þnh, k, α kh«ng ®æi nªn O cè ®Þnh 3) §Ó chøng minh ®−êng trßn (ABC) lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh, trong ®ã A, B lμ hai ®éng tö chuyÓn ®éng, ta cè ®Þnh ho¸ hai vÞ trÝ nμo ®ã cña A, B vμ xÐt hai vÞ trÝ bÊt k× A1; B1 cña hai ®éng tö ®ã. Sau ®ã chøng minh giao ®iÓm cña (ABC) vμ (A1B1C) lμ hai giao ®iÓm cè ®Þnh b»ng c¸ch chØ ra c¸c tÝnh chÊt ®Æc tr−ng (1) vμ (2) cña nã mμ ta cã thÓ dùng ®−îc. VÝ dô 3: (§Ò dù tuyÓn IMO n¨m 1999) C¸c ®iÓm A, B, C chia ®−êng trßn Ω ngo¹i tiÕp ΔABC thμnh ba cung. Gäi X lμ mét ®iÓm thay ®æi trªn cung trßn AB vμ O1; O2 t−¬ng øng lμ t©m ®−êng trßn néi tiÕp c¸c tam gi¸c CAX vμ CBX. Chøng minh r»ng ®−êng trßn ngo¹i tiÕp ΔXO1O2 c¾t Ω t¹i mét ®iÓm cè ®Þnh. H−íng dÉn gi¶i: + Gäi T = (XO1O2) ∩ (ABC) M = XO1 ∩ (ABC); N = XO2 ∩ (ABC) + Trªn (ABO) ta cã: XNT = XMT Trªn (XO1O2) ta cã: XO1T = XO 2 T ⇒ TO1N = TO2 N ⇒ ΔTO1N ®ång d¹ng víi ΔTO2M C TN O1N AN = = = k (kh«ng ®æi) (1) ⇒ TM O2 M BM N M (dÔ chøng minh ®−îc ΔNAO1 vμ ΔMO2B c©n t¹i N, M) ( ) ( ) ( ) + DÔ thÊy TN;TM = TO1 ;TO 2 = XN;XM = α(mod 2 π) A (kh«ng ®æi) (2) O1 X Tõ (1) suy ra T thuéc ®−êng trßn Ap«l«nius ®−êng kÝnh E, F (E, F chia MN theo tØ sè k) (3) Tõ (2) suy ra T thuéc cung chøa gãc α (mod 2π) dùng trªn ®o¹n MN cè ®Þnh (4) 105 O2 B T Tõ (3) vμ (4) vμ do cung (α) ®i qua 1 ®iÓm n»m trong vμ 1 ®iÓm n»m ngoμi ®−êng trßn Ap«l«nius nªn chóng c¾t nhau t¹i mét ®iÓm cè ®Þnh T (kh¸c C) ⇒ ®pcm NhËn xÐt: T chÝnh lμ t©m cña phÐp vÞ tù - quay gãc α, tØ sè k biÕn M thμnh N Dùng ra phÝa ngoμi mét ΔABC ba tam gi¸c bÊt k× BCM; CAN; vμ ABP sao cho VÝ dô 4: MBC = CAN = 450 ; BCM = NCA = 30 0 ; ABP = PAB = 150 . Chøng minh r»ng ΔMNP vu«ng c©n ®Ønh P. A H−íng dÉn gi¶i: P1 + XÐt tÝch cña hai phÐp vÞ tù - quay Z2 Z1 trong ®ã Z1 = Z(B, víi k1 = π π , k1) vμ Z2 = Z(A, , k2) 4 4 N P C B BC AC 1 = = (v× ΔCAN ®ång d¹ng víi ΔCBM) BM AN k 2 M ⎧ BC ⎪⎪ BM = k1 π + Ta cã ΔBMC cè ®Þnh, MBC = nªn ⎨ 4 ⎪ BM;BC = π ⎪⎩ 4 ( do ®ã Z1 = Z(B, π , k1): M 4 ) P1 (ΔBPP1 ®ång d¹ng víi ΔBMC) C vμ P ⎧ AN ⎪⎪ AC = k 2 π + L¹i cã ΔCAN cè ®Þnh, CAN = nªn ⎨ 4 ⎪ AC;AN = π ⎪⎩ 4 ( do ®ã Z2 = Z(A, π , k2): C 4 suy ra Z = Z2 Z1: M N vμ P1 ) P N. TÝch hai phÐp ®ång d¹ng trªn cã tØ sè ®ång d¹ng k = k2.k1 = 1 vμ α1 + α2 = π nªn Z lμ phÐp dêi h×nh cã mét 2 ®iÓm cè ®Þnh duy nhÊt P. π 2 P Cô thÓ lμ Q : M ⎧ PM = PN ⎪ N nªn ta cã ⎨ π . VËy ΔPMN lμ tam gi¸c vu«ng c©n ®Ønh P. ⎪⎩ PM; PN = 2 ( ) VÝ dô 5: Dùng mét tø gi¸c (låi) néi tiÕp ABCD biÕt ®é dμi c¸c c¹nh: d, trong ®ã a, b, c, d lμ nh÷ng ®é dμi cho tr−íc. H−íng dÉn gi¶i Ph©n tÝch: Gi¶ sö tø gi¸c ABCD ®· dùng ®−îc. 106 AB = a; BC = b; CD = c; DA = ABCD néi tiÕp khi vμ chØ khi A + C = 180 0 (hoÆc B + D = 180 0 ). KÐo dμi c¹nh BC vÒ phÝa Cùc ®Ó xuÊt D hiÖn DCx = BAD vμ d kÒ bï víi DCB . δ A c Trªn tia Cx (tia ®èi cña tia CB) lÊy ®iÓm a E sao cho ΔDCE ®ång d¹ng víi ΔDAB. b Bμi to¸n dùng tø gi¸c ABCD quay vÒ C B dùng ΔDCE. E Gi¶ sö ΔDCE ®ång d¹ng víi ΔDAB, hai tam gi¸c nμy chung ®Ønh D. Bëi vËy ΔDCE ®−îc suy ra tõ ΔDAB bëi phÐp vÞ tù - quay Z(D, ϕ = (DA;DC) , k = c ) d c ; (DA;DC) = ADC = δ . d Bëi vËy, ®Æt k = XÐt phÐp vÞ tù - quay Z(D; δ; k) Ta cã Z: D D; A C vμ B E sao cho E ∈ [BE]. Khi ®ã ΔDCE ®ång d¹ng víi ΔDAB vμ do ®ã DCE = DAB vμ B, C, E th¼ng hμng theo thø tù ®ã, ®ång thêi ta ®−îc BDE = ADC = δ . Bμi to¸n trë thμnh dùng ΔDBE cã c¸c yÕu tè ®· biÕt: BC = b; CE = ca ac + bd , do ®ã BE = ; CD = c; d d DE c = DB d Ta cÇn dùng ®iÓm D lμ mét ®iÓm trong c¸c giao ®iÓm cña ®−êng trong γ1 (C; c) vμ ®−êng trßn Ap«l«nius ( γ2 ) cã ®−êng kÝnh IJ mμ I, J chia trong vμ chia ngoμi ®o¹n BE theo tØ sè k = c . §Ønh A ®−îc dùng sau d cïng. BiÖn luËn: Bμi to¸n cã thÓ cã 1 nghiÖm h×nh hoÆc kh«ng cã nghiÖm h×nh nμo tuú vμo ( γ1 ) vμ ( γ 2 ) cã c¾t nhau hay kh«ng. 2. Mét sè bμi tËp tù luyÖn. Bμi 1: (§Ò thi HSG QG n¨m 1999 – 2000) Trªn mÆt ph¼ng cho tr−íc hai ®−êng trßn (O1; r1) vμ (O2; r2). Trªn ®−êng trßn (O1; r1) lÊy mét ®iÓm M1 vμ trªn ®−êng trßn (O2; r2) lÊy ®iÓm M2 sao cho ®−êng th¼ng O1M1 c¾t O2M2 t¹i mét ®iÓm Q. Cho M1 chuyÓn ®éng trªn (O1; r1), M2 chuyÓn ®éng trªn (O2; r2) cïng theo chiÒu kim ®ång hå vμ cïng víi vËn tèc gãc nh− nhau. 1) T×m quü tÝch trung ®iÓm ®o¹n th¼ng M1M2 2) Chøng minh r»ng giao ®iÓm thø hai cña hai ®−êng trßn ngo¹i tiÕp ΔM1QM2 vμ ΔO1QO2 lμ mét ®iÓm cè ®Þnh. Bμi 2: (§Ò thi chän ®éi tuyÓn HSG tØnh H−ng Yªn n¨m 2004 – 2005) Cho ®−êng trßn (O), dùng ®−êng trßn (ω) mμ O n»m trong ®−êng trßn (ω). Mét tam gi¸c ABC c©n t¹i A di ®éng nh−ng lu«n gi÷ nguyªn d¹ng vμ h−íng A di ®éng trªn (ω); B, C di ®éng trªn (O). C¸c ®−êng th¼ng AB; AC c¾t (ω) t¹i I, J. 107 1) Chøng minh r»ng I vμ J lμ c¸c ®iÓm cè ®Þnh 2) T×m quü tÝch h×nh chiÕu vu«ng gãc M, N cña I, J trªn BC. Cã nhËn xÐt g× vÒ quü tÝch ®ã. Bμi 3: Dùng mét tø gi¸c låi ABCD biÕt tæng ®é lín hai gãc ®èi diÖn A + C = θ vμ ®é dμi c¸c c¹nh AB = a; BC = b; CD = c; DA = d Bμi 4: Cho ®−êng trßn (O1; R1) vμ (O2; R2) c¾t nhau ë A vμ B. Hai ®éng tö M1 vμ M2 xuÊt ph¸t tõ A lÇn l−ît chuyÓn ®éng trßn ®Òu trªn (O1) vμ (O2) theo cïng 1 h−íng, sau mét vßng trë l¹i A cïng mét lóc. 1) Chøng minh r»ng trong mÆt ph¼ng cã mét ®iÓm P duy nhÊt lu«n c¸ch ®Òu M1 vμ M2 ë mäi thêi ®iÓm. (®Ò thi IPQ, London 1979) 2) T×m quü tÝch träng t©m G, trùc t©m H cña ΔAM1M2 Bμi 5: (Bμi to¸n NapolÐon) LÊy c¸c c¹nh cña ΔABC bÊt k× lμm ®¸y, dùng ra phÝa ngoμi ΔABC ba tam gi¸c ®Òu BCA’; CAB’ vμ ABC’. Chøng minh r»ng c¸c t©m A0; B0; C0 cña ba tam gi¸c ®Òu võa dùng lμ c¸c ®Ønh cña mét tam gi¸ ®Òu. 108
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top