markdown:
![Tài liệu SÁCH BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN 12 (CẤP QUỐC GIA)](http://cdn.idoc.vn/store/image/412012/5072feb09c6c6a237300024f.png)
**Chia sẻ iDoc.vn với bạn bè để nhận tiền thưởng với mỗi lượt click vào link Bạn được:** **20 đ**vào tài khoản thưởng **100 đ**vào tài khoản thưởng cho mỗi lượt đăng ký thành viên mới **Chia sẻ iDoc.vn qua các mạng xã hội** **Chia sẻ iDoc.vn với bạn bè để nhận tiền thưởng với mỗi lượt click vào link Bạn được:** **20 đ**vào tài khoản thưởng **100 đ**vào tài khoản thưởng cho mỗi lượt đăng ký thành viên mới **Chia sẻ iDoc.vn qua các mạng xã hội**
1
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: ! : 1x k k x k∀ ∈ ⇒ ∃ ∈ ≤ < +\ ] . Số k như thế gọi là phần nguyên của x, kí hiệu [x] Vậy : [ ] [ ] 1x x x≤ < +
2. Tính trù mật
Tập hợp A ⊂ \ gọi là trù mật trong \ ⇔ , ,x y x y∀ ∈ <\ đều tồn tại a thuộc A sao cho
x 2n
mA m n⎧ ⎫= ∈ ∈⎨ ⎬⎩ ⎭] ] trù mật trong \
3. Cận trên cận dưới
Giả sử A ⊂ \ .
Số x được gọi là một cận trên của tập A nếu với mọi a A∈ thì a ≤ x
Số x được gọi là một cận dưới của tập A nếu với mọi a A∈ thì a ≥ x
Cận trên bé nhất( nếu có) của A được gọi là cận trên đúng của A và kí hiệu là supA
Cận dưới lớn nhất( nếu có) của A được gọi là cận dưới đúng của A và kí hiệu là infA
Nếu supA ∈ A thì sup A ≡ maxA
Nếu inf A ∈ A thì infA ≡ minA
Ví dụ: cho a < b
Nếu A = (a, b) thì sup A = b
inf A = a
Nếu A = [a, b] thì sup A = max A =b
inf A = min A = a
Tính chất:
Tính chất 1: Nếu A ≠ ∅ , A bị chặn thì tồn tại supA, infA
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 2
Tính chất 2:
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 1 2 1 2 1 2, ( , ), ( ) ( )x x a b x x f x f x∈ ≤ ⇒ ≤
• Hàm số f(x) gọi là giảm trên (a, b) nếu :
Với mọi 1 2 1 2 1 2, ( , ), ( ) ( )x x a b x x f x f x∈ ≤ ⇒ ≥
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
Bài 1: Tìm f: →\ \ sao cho:
2 2( ) ( ) ( ) ( ) 4 .( ), ,x y f x y x y f x y xy x y x y− + − + − = − ∀ ∈\
Giải:
Đặt 2
2
u vxu x y
v x y u vy
+⎧ =⎪= +⎧ ⎪⇒⎨ ⎨= − −⎩ ⎪ =⎪⎩
,
sup
0, :
,
inf
0, :
a a A
A
a A a
a a A
A
a A a
αα ε α ε
ββ ε β ε
≤ ∀ ∈⎧= ⇔ ⎨∀ > ∃ ∈ − <⎩
≥ ∀ ∈⎧= ⇔ ⎨∀ > ∃ ∈ + >⎩
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 3
2 2
2 2
( ) ( ) ( )
( ) ( ) , , 0
vf u uf v u v uv
f u f vu v u v
u v
⇒ − = −
⇒ − = − ∀ ≠
Cho v = 1 ta có:
2 2( ) (1) 1 , 0
1
f u fu u
u
− = − ∀ ≠
3( ) , 0f u u au u⇒ = + ∀ ≠ (a = f(1) – 1)
Cho x = y = 0 ta có 2f(0) = 0 do đó f(0) = 0
Kết luận 3( ) ,f x x ax x= + ∀ ∈\
Bài 2: 1 1( 1) 3 1 2 ,
1 2 2
xf x f x x
x
−⎛ ⎞− − = − ∀ ≠⎜ ⎟−⎝ ⎠
Giải :
Đặt : 1 11 1
1 2 2 1 2 1
x y yy x x
x y y
− −= − ⇒ = ⇒ − =− − −
1 1( 1) 3 1 2 ,
1 2 2
1 1 13 ( 1) ,
1 2 2 1 2
38 ( 1) 1 2
1 2
1 3 1( 1) 1 2 ,
8 2 1 2
1 3 1( ) 1 2 ,
8 2 1 2
xf x f x x
x
xf f x x
x x
f x x
x
f x x x
x
f x x x
x
⎧ −⎛ ⎞− − = − ∀ ≠⎜ ⎟⎪ −⎪ ⎝ ⎠⇒ ⎨ − −⎛ ⎞⎪⇒ − − = ∀ ≠⎜ ⎟⎪ − −⎝ ⎠⎩
⇒ − − = − + −
⎛ ⎞⇒ − = − + + ∀ ≠⎜ ⎟−⎝ ⎠
⎛ ⎞⇒ = + + ∀ ≠⎜ ⎟+⎝ ⎠
Ví dụ 1: Đa thức f(x) xác định với x∀ ∈\ và thỏa mãn điều kiện:
22 ( ) (1 ) ,f x f x x 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
33 1
22 0
3
3 0 1
3
a
a
b a b
a b c
c
⎧ =⎪=⎧ ⎪⎪ ⎪− = ⇔ =⎨ ⎨⎪ ⎪+ + =⎩ ⎪ = −⎪⎩
1 1 13 ( 1) ,
2 1 2 1 2
1 1 13 ( 1) ,
1 2 2 1 2
yf f y y
y y
xf f x x
x x
⎛ ⎞− −⇒ − − = ∀ ≠⎜ ⎟− −⎝ ⎠
− −⎛ ⎞⇒ − − = ∀ ≠⎜ ⎟− −⎝ ⎠
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 4
Vậy 21( ) ( 2 1)
3
f x x x= + −
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 0 0 0: ( ) ( )x g x f x∃ ∈ ≠\ .
Do g(x) thỏa mãn điều kiện bài toán nên:
22 ( ) (1 ) ,g x g x x x+ − = ∀ ∈\
Thay x bởi x0 ta được: 20 0 02 ( ) (1 )g x g x x+ − =
Thay x bởi 1 –x0 ta được 20 0 02 (1 ) ( ) (1 )g x g x x− + = −
Từ hai hệ thức này ta được: 20 0 0 0
1( ) ( 2 1) ( )
3
g x x x f x= + − =
Điều này mâu thuẫn với 0 0( ) ( )g x f x≠
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là 21( ) ( 2 1)
3
f x x x= + −
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:
2 1 5 1 51
2 20 0 0
a a a a
ab b b
⎧ ⎧+ −⎧ − = = =⎪ ⎪⇔ ∨⎨ ⎨ ⎨=⎩ ⎪ ⎪= =⎩ ⎩
Ta tìm được hai hàm số cần tìm là:
Hiển nhiên thỏa mãn điều kiện bài toán.
Ví dụ 3: Hàm số :f →] ] thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:
) ( ( )) , (1)
) ( ( 2) 2) , (2)
) (0) 1 (3)
a f f n n n
b f f n n n
c f
= ∀ ∈
+ + = ∀ ∈
=
]
]
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:
2 ,a n ab b n n+ + = ∀ ∈]
Đồng nhất các hệ số, ta được:
2 1 11
0 00
a aa
b bab b
= = −⎧ = ⎧ ⎧⇔ ∨⎨ ⎨ ⎨= =+ = ⎩ ⎩⎩
1 5( )
2
f x x±=
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 5
Với
1
0
a
b
=⎧⎨ =⎩ ta được f(n) = n
Trường hợp này loại vì không thỏa mãn (2)
Với
1
0
a
b
= −⎧⎨ =⎩ ta được f(n) = -n + b
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 0 0( ) ( )f n g n≠
Do f(n) cũng thỏa mãn (4) nên ta có:
0 0 0 0
0 0
( 2) ( ) 2 ( ) 2 ( 2)
( 2) ( 2)
g n g n f n f n
g n f n
− = + = + = −
⇔ − = −
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:
2( ) ( ) 2 ( ) (1 ) 2 (3 ), ,f x y f x y f x f y xy y x 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:
2 2( ( )) ( ( )) 3 3,f f n f n n n+ = + + n∀ ∈`
Đáp số : f(n) = n + 1
Bài 4: Tìm các hàm :f →\ \ nếu :
1 1 8 23 5 , 0, ,1, 2
3 2 2 1 3
x xf f x
x x x
− −⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎧ ⎫− = ∀ ∉ −⎨ ⎬⎜ ⎟ ⎜ ⎟+ − −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎩ ⎭
Đáp số : 28 4( )
5
xf x
x
+=
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( ) ( ) ( ) ( ) , , ,
2 2 4
f xy f yz f x f yz x y z+ − ≥ ∀ ∈\
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 6
Giải:
Cho x= y = z = 0:
Cho y = z = 0:
Cho x= y = z = 1
Cho y = z = 1
Từ ( 1) và (2) ta có f(x) = 1
2
Bài 2: Tìm : (0,1)f → \ thỏa mãn:
f(xyz) = xf(x) + yf(y) +zf(z) , , (0,1)x y z∀ ∈
Giải :
Chọn x = y = z: f(x3) = 3xf(x)
Thay x, y, z bởi x2 f(x6) = 3 x2 f(x2)
Mặt khác f(x6) = f(x. x2 .x3) = xf(x) + x2 f(x2) + x3 f(x3)
Hay 3 x2 f(x2) = xf(x) + x2 f(x2) + 3x4 f(x)
2 x2 f(x2) = xf(x) + 3x4 f(x)
3
2 3 1( ) ( ),
2
xf x f x x+⇒ = ∀ ∈\
Thay x bởi x3 ta được :
9
6 3
9
2 2
3 9
2
3 1( ) ( ),
2
3 13 ( ) 3 ( ),
2
3 1 3 13 ( ) 3 ( ),
2 2
( ) 0, 0
xf x f x x
xx f x xf x x
x xx f x xf x x
f x x
+⇒ = ∀ ∈
+⇒ = ∀ ∈
+ +⇒ = ∀ ∈
⇒ = ∀ ≠
\
\
\
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:
1 1 1 1 ( ) ,
4 4 2 4
1( ) , (1)
2
f x x
f x x
+ − ≥ ∀ ∈
⇔ ≤ ∀ ∈
\
\
( )1 1 1 1( ) ( )
2 2 2 4
1( ) , (2)
2
f x f x f x
f x x
+ − ≥
⇔ ≥ ∀ ∈\
2
2
1 1 1 (0) (0) (0)
2 2 4
1( (0) ) 0
2
1(0)
2
f f f
f
f
+ − ≥
⇔ − ≤
⇔ =
3 2 3 2( 3 3 2) ( 1) ( 3 3 2) ( ), (1)x x x P x x x x P x x+ + + − = − + − ∀
2
2
1 1 1(0) (1) (1)
2 2 4
1( (1) ) 0
2
1(1)
2
f f f
f
f
+ − ≥
⇔ − ≤
⇔ =
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 7
Giải:
2 2(1) ( 2)( 1) ( 1) ( 2)( 1) ( ),x x x P x x x x P x x⇔ + + + − = − − + ∀
Chọn : 2 ( 2) 0x P= − ⇒ − =
1 ( 1) 0
0 (0) 0
1 (1) 0
x P
x P
x P
= − ⇒ − =
= ⇒ =
= ⇒ =
Vậy P(x) = x(x – 1)(x + 1)(x + 2)G(x)
Thay P(x) vào (1) ta được:
2 2( 2)( 1)( 1)( 2) ( 1) ( 1) ( 2)( 1) ( 1)( 1)( 2) ( ),x x x x x x x G x x x x x x x x G x x+ + + − − + − = − − + − + + ∀
Đặt 2
( )( ) (x 0, 1, -2)
1
G xR x
x x
= ≠ ±+ +
( ) ( 1) (x 0, 1, -2)
( )
R x R x
R x C
⇒ = − ≠ ±
⇒ =
Vậy 2( ) ( 1) ( 1)( 1)( 2)P x C x x x x x x= + + − + +
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 + 3x2 + 3x + 2)x
Do đó (x3 + 3x2 + 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 + 3x2 + 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:
2 2 2 2(4 4 2)(4 2 ) ( ) ( 1)( 3 2) (2 1),x x x x P x x x x P x 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:
:
n x(n)
x →` `
6
Vì { }n 0,1,2,3,...∈
{ }1 2( ) , , ,...n ox x x x⇒ =
2. Định nghĩa sai phân
Xét hàm x(n) = xn
Sai phân cấp 1 của hàm xn là 1n n nx x x+= −+
Sai phân câp 2 của hàm xn là 2 1 2 12n n n n n nx x x x x x+ + += − = − ++ + +
( )2 2
2 2
2 2
1 ( 1) ( 1) ( ),
( 1) ( ) ,
1 1
( 1) ( ) ,
( 1) ( 1) 1 1
x x G x x x G x x
G x G x x
x x x x
G x G x x
x x x x
⇒ + + − = − + ∀
−⇔ = ∀− + + +
−⇔ = ∀− + − + + +
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 8
Sai phân câp k của hàm xn là
0
( 1)
k
k i i
n k n k i
i
x C x + −
=
= −∑+
3. Các tính chất của sai phân
9 Sai phân các cấp đều được biểu thị qua các giá trị hàm số
9 Sai phân có tính tuyến tính:
( )k k kaf bg a f b gΔ + = Δ + Δ
9 Nếu xn đa thức bậc m thì:
k nxΔ Là đa thức bậc m – k nếu m> k
Là hằng số nếu m= k
Là 0 nếu m Ví dụ :
Xét dãy số hữu hạn: 1, -1, -1, 1, 5, 11, 19, 29, 41, 55
Tìm quy luật biểu diễn của dãy số đó.
Giải:
Ta lập bảng sai phân như sau:
nx 1 -1 -1 1 5 11 19 29 41 55
nxΔ -2 0 2 4 6 8 10 12 14
2
nxΔ 2 2 2 2 2 2 2 2 2
Vậy 2 nxΔ = const do đó nx là đa thức bậc hai: 2nx an bn c= + +
Để tính a, b, c ta dựa vào ba giá trị đầu 0 1 21, 1, 1x x x= = − = − sau đó giải hệ phương trình ta
nhận được: a = 1, b = -3, c = 1.
Do đó 2 3 1nx n n= − +
4. Phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất
0 1 1 00, , 0 (1)n k n k k n ka x a x a x a a+ + −+ + + = ≠"
Gọi là phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất cấp k (ở đây k = n +k -1)
5. Phương trình đặc trưng.
1 20 1 2 0
k k k
ka a a aλ λ λ− −+ + + + =" (2)
6. Nghiệm tổng quát
Nếu (2) có k nghiệm phân biệt 1 2 3, , , , kλ λ λ λ… thì nghiệm tổng quát của (1) là
1 1 2 2
n n n
n k kx c c cλ λ λ= + +"
Nếu (2) có nghiệm bội, chẳng hạn nghiệm 1λ có bội s thì nghiệm tổng quát của (1) sẽ là:
2 1
1 1 2 1 2 1 1 1 1
n n n s n n n
n s s s k kx c c n c n c n c cλ λ λ λ λ λ− + += + + + + + +" "
7. Ví dụ
Ví dụ 1: cho dãy ( nx ) có
3 2 1
0 1 2
6 11 6
3, 4, 1
n n n nx x x x
x x x
+ + += − +
= = = −
Hãy tìm nx
Giải :
Ta có 3 2 16 11 6 0n n n nx x x x+ + +− + − =
Phương trình đặc trưng là :
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 9
3 2 6 11 6 0
1, 2, 3
λ λ λ
λ λ λ
− + − =
⇔ = = =
Suy ra: 1 2 32 3
n n
nx c c c= + +
Để tìm 1 2 3, ,c c c ta phải dựa vào 0 1 2, ,x x x khi đó ta sẽ tìm được :
1
2
3
3
2
8
7
2
c
c
c
⎧ = −⎪⎪ =⎨⎪⎪ = −⎩
Từ đó 3 78.2 3
2 2
n n
nx = − + −
Ví dụ 2:
Cho dãy số ( nx ) có 0 1 20, 1, 3x x x= = = và 1 2 37 11 5 , 3n n n nx x x x n− − −= − + ∀ ≥
Tìm nx
Phương trình đặc trưng là :
3 2 7 11 5 0
1, 1, 5
λ λ λ
λ λ λ
− + − =
⇔ = = =
Vậy nghiệm tổng quát là : 1 2 35
n
nx c c n c= + +
Để tìm 1 2 3, ,c c c ta phải dựa vào 0 1 2, ,x x x khi đó ta sẽ tìm được :
1
2
3
1
16
3
4
1
16
c
c
c
⎧ = −⎪⎪⎪ =⎨⎪⎪ =⎪⎩
Từ đó ta được: 1 3 1 5
16 4 16
n
nx n= − + +
Chú ý : Với phương trình sai phân, ta có một số loại khác nữa như phương trình sai phân
tuyến tính không thuần nhất, phương trình sai phân phi tuyến và có cả một hệ thống
phương pháp giải quyết để tuyến tính hóa phương trình sai phân. Song liên quan đến
phương trình hàm trong bài viết này, chỉ nhắc lại phương trình sai phân tuyến tính đơn giản
nhất ( chưa xét đến phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất có nghiệm phức).
8. Áp dụng đối với phương trình hàm
Ví dụ 1: Tìm tất cả các hàm :f →\ \ thỏa mãn:
f(f(x)) = 3f(x) – 2x , x∀ ∈\
Giải :
Thay x bởi f(x) ta được:
f(f(f(x))) = 3f(f(x)) – 2f(x) , x∀ ∈\
………………………..
2 1
(... ( )) 3 (... ( )) 2 (... ( ))
n n n
f f x f f x f f x
+ +
= −�� �
�� �
�� �
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 10
Hay 2 1( ) 3 ( ) 2 ( ), 0n n nf x f x f x n+ += − ≥
Đặt ( ), 0n nx f x n= ≥
Ta được phương trình sai phân:
2 13 2n n nx x x+ += −
Phương trình đặc trưng là : 2 3 2 0 1 2λ λ λ λ− + = ⇔ = ∨ =
Vậy 1 2 2
n
nx c c= +
Ta có:
0 1 2
1 1 22 ( )
x c c x
x c c f x
= + =
= + =
Từ đó ta được 1 22 ( ), ( )c x f x c f x x= − = −
Vậy 2( )f x x c= + hoặc 1( ) 2f x x c= −
Ví dụ 2: Tìm tất cả các hàm f xác định trên N và thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:
2 ( ) ( ) 2 ( ) 3 ( ) ( ),
(1) 1
f n f k n f k n f n f k k n
f
+ − − = ≥
=
Giải:
Cho k = n = 0
2 22 (0) 2 (0) 3 (0)
(0) 0 (0) 2
f f f
f f
⇒ − =
⇔ = ∨ = −
Nếu f(0) = 0 chọn n = 0 ta được: -2 f(k) = 0 do đó f(k) = 0 với mọi k
Chọn k = 1 ta được f(1) = 0 mâu thuẫn với giả thiết.
Vậy f(0) = -2
Chọn n = 1 ta được phương trình:
2 (1) ( 1) 2 ( 1) 3 (1) ( ),
2 ( 1) 2 ( 1) 3 ( ),
f f k f k f f k k
f k f k f k k
+ − − = ∀
⇔ + − − = ∀
Đặt ( )kx f k= ta có phương trình sai phân 1 12 3 2 0k k kx x x+ −− − =
Phương trình đặc trưng là 2 12 3 2 0 2
2
λ λ λ λ− − = ⇔ = ∧ = −
Vậy 1 2
1( ) 2
2
n
nf n c c ⎛ ⎞= + −⎜ ⎟⎝ ⎠
Ta tìm 1 2,c c từ điều kiện f(0) = -2 , f(1) = 1
Dễ tìm được 1 20, 2c c= = −
Vậy 1( ) 2
2
n
f n ⎛ ⎞= − −⎜ ⎟⎝ ⎠
Phương pháp 4: ĐIỂM BẤT ĐỘNG.
1. Đặc trưng của hàm
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 11
Như ta đã biết, phương trình hàm là một phương trình thông thường mà nghiệm của nó là
hàm. Để giải quyết tốt vấn đề này, cần phân biệt tính chất hàm với đặc trưng hàm. Những
tính chất quan trắc được từ đại số sang hàm số, được gọi là những đặc trưng hàm.
Hàm tuyến tính f(x) = ax , khi đó f(x + y) = f(x) + f(y)
Vậy đặc trưng là f(x + y) = f(x) + f(y) với mọi x, y
Hàm bậc nhất f(x) = ax + b, khi đó f(x) + f(y) = 2f(
Vậy đặc trưng hàm ở đây là ( ) ( ) , ,
2 2
x y f x f yf x y+ +⎛ ⎞ = ∀ ∈⎜ ⎟⎝ ⎠ \
Đến đây thì ta có thể nêu ra câu hỏi là : Những hàm nào có tính chất
( ) ( ) ( ), ,f x y f x f y x y+ = + ∀ ∈\ . Giải quyết vấn đề đó chính là dẫn đến phương trình
hàm. Vậy phương trình hàm là phương trình sinh bởi đặc trưng hàm cho trước.
Hàm lũy thừa ( ) , 0kf x x x= >
Đặc trưng là f(xy) = f(x)f(y)
Hàm mũ ( ) ( 0, 1)xf x a a a= > ≠
Đặc trưng hàm là f(x + y) = f(x)f(y), ,x y∀ ∈\
Hàm Logarit ( ) log (a>0,a 1)af x x= ≠
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
¾ sin hypebolic
2
x xe eshx
−−=
¾ cos hypebolic
2
x xe echx
−+=
¾ tan hypebolic
x x
x x
shx e ethx
chx e e
−
−
−= = +
¾ cot hypebolic
x x
x x
chx e ecothx
shx e e
−
−
+= = −
shx có TXĐ là \ tập giá trị là \
chx có TXĐ là \ tập giá trị là [1, )+∞
thx có TXĐ là \ tập giá trị là (-1,1)
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
2. 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 = ∞
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 12
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
(*) ( 1) 2a x ax⇔ + = +
2a⇔ =
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∀ ∈\ (1)
Giải:
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:
[ ]
( 1) ( )
( 2) ( )
1( ) ( ) ( 1)
x (3)2
( 2) ( )
g x g x
g x g x
g x g x g x
g x g x
+ = −⎧⎨ + =⎩
⎧ = − +⎪⇔ ∀ ∈⎨⎪ + =⎩
\
Ta chứng minh mọi nghiệm của (3) có dạng :
[ ]1( ) ( ) ( 1) , x
2
g x h x h x= − + ∀ ∈\
ở đó h(x) là hàm tuần hoàn với chu kì 2
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 :
1 3 3x xa a a+ = ⇔ =
Vậy ta đặt: ( ) 3 ( )xg x h x= thay vào (2) ta được: h(x + 1) = h(x) x∀ ∈\
Vậy h(x) là hàm tuần hoàn chu kì 1.
Kết luận ( ) 1 3 ( )xf x h x= − + với h(x) là hàm tuần hoàn chu kì 1.
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 13
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)
2
2 0
(2 ) 3. log 3m m
t t t
t t m
= ⇔ =
= ⇔ =
Xét ba khả năng sau:
Nếu t = 0 ta có h(0) = 0
Nếu t> 0 đặt 2log 3( ) ( )h t t tϕ= thay vào (3) ta có (2 ) ( ), 0t t tϕ ϕ= ∀ >
Đến đây ta đưa về ví dụ hàm tuần hoàn nhân tính.
Nếu t < 0 đặt 2log 3( ) | | ( )h t t tϕ= thay vào (3) ta được
[ ]
(2 ) ( ), 0
(2 ) ( ), 0
(4 ) ( ), 0
1( ) ( ) (2 ) , 0
2
(4 ) ( ), 0
t t t
t t t
t t t
t t t t
t t t
ϕ ϕ
ϕ ϕ
ϕ ϕ
ϕ ϕ ϕ
ϕ ϕ
= − ∀ <
= − ∀ <⎧⇔ ⎨ = ∀ <⎩
⎧ = − ∀ <⎪⇔ ⎨⎪ = ∀ <⎩
Bài toán tổng quát của dạng này như sau: ( ) ( ) 0, 1f x f ax bα β α+ = + ≠ ±
Khi đó từ phương trình x xα β+ = 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, 0t∀ ≠
Đặt g(t) = f( - 1 + t) ta được g(2t) = g(t) + 2 0t∀ ≠ (2)
Từ tích chuyển thành tổng nên là hàm loga
Ta có log (2 ) log 2a at t= −
1
2
a⇔ =
Vậy đặt 1
2
( ) log ( )g t t h t= +
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 14
Thay vào (2) ta có (2 ) ( ), 0h t h t t= ∀ ≠
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) =
ab
)a(f)b(f
−
−
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:
k =
ab
)a(f)b(f
−
−
§¼ng thøc : f / (c) =
ab
)a(f)b(f
−
−
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 )b,a(∈ 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)
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 15
x ],[ ba∈ x ],[ ba∈
NÕu m = M th× f(x) = C lμ h»ng sè nªn ∀ xo )b,a(∈ ®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 :
2n
a
+ + 1n
b
+ + n
c
= 0 (1)
CMR ph−¬ng tr×nh :
a 2x + bx + c = 0
cã Ýt nhÊt mét nghiÖm trong ( 0; 1) .
Gi¶i :
XÐt hμm sè: f(x) =
2n
ax 2n
+
+
+
1n
bx 1n
+
+
+
n
cxn
.
Hμm sè f (x) liªn tôc vμ cã ®¹o hμm t¹i ∀ x∈R .
Theo gi¶ thiÕt (1) cã f(0) = 0 , f(1) = 0
n
c
1n
b
2n
a =++++
Theo ®Þnh lý Roll tån t¹i xo ∈(0; 1) sao cho f’(xo ) = 0 mμ:
f’(x) = a 2nn1n cxbxx −+ ++
f’(x 0 ) = 0 0cxbxax
1n
o
n
o
1n
o =++⇒ −+
o
2
o
1n
o bxax(x +⇔ − +c) = 0 ( 0xo ≠ )
0cbxax o
2
o =++⇔
VËy ph−¬ng tr×nh a 0cbxx 2 =++ cã nghiÖm )1;0(xo ∈ . (®pcm) .
Bμi to¸n 2 :
Gi¶i ph−¬ng tr×nh : xxxx 5463 +=+
Gi¶i :
Ph−¬ng tr×nh ®· cho t−¬ng ®−¬ng víi :
xxxx 3456 −=− (2).
Râ rμng 0xo = 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 :
f(x) = αα −+ x)1x( , víi x > 0
Hμm sè f(x) x¸c ®Þnh vμ liªn tôc trªn ( 0; + ∞ ) vμ cã ®¹o hμm :
f’ (x) = 1)1x( −α+α - α 1x −α
= α [ 11 x)1x( −α−α −+ ]
Tõ (2) cã f(5) = f(3) . VËy tån t¹i c∈ ( 3; 5) sao cho f’(c) = 0, hay lμ :
α [ 11 c)1c( −α−α −+ ] = o
⇔ α = o , α = 1 .
Thö l¹i thÊy 1x = 0 , 2x = 1 ®Òu tho¶ m·n ph−¬ng tr×nh (2).
VËy ph−¬ng tr×nh ®· cho cã ®óng 2 nghiÖm lμ : 1x,0x 21 ==
Bμi to¸n 3
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 16
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
XÐt hμm sè f(x) = xcosxsinc
2
x2sinb
3
x3sina −++ .
Hμm f(x) liªn tôc trªn [ 0; 2 π ] , cã ®¹o hμm trªn ( 0; 2 π ) vμ cã ®¹o hμm lμ:
f’ (x) = acos3x + bcos2x +ccosx + sinx .
mÆt kh¸c cã f(0) = - 1 , f ( 2 π ) = - 1 .
Theo ®Þnh lý Roll tån t¹i )2;0(xo π∈ ®Ó f’( 0x ) = 0 .
VËy )2;0(xo π∈ lμ nghiÖm cña ph−¬ng tr×nh ( 3 ). ( ®pcm ).
Bμi to¸n 4 Gi¶i ph−¬ng tr×nh : =− xcosxcos 23 cosx (4).
Gi¶i : Ph−¬ng tr×nh (4) cã Ýt nhÊt mét nghiÖm 0x0 = . Gäi α lμ nghiÖm
bÊt kú cña (4) .Khi ®ã cã :
α=− αα cos23 coscos
α−=α−⇔ αα cos22cos33 coscos . (5)
XÐt hμm sè f(x) = α−α costt cos , (víi t > 1 ).
Hμm sè f(x) liªn tôc trªn kho¶ng (1; + ∞ ) vμ cã ®¹o hμm lμ:
f’ (x) = cos α−α −α cost. 1cos .
Tõ ®¼ng thøc (5) cã : f(2) = f (3) . VËy tån t¹i gi¸ trÞ c ∈ ( 2; 3 ) sao cho:
f’(c) = 0 . α⇔ cos . 0cosc 1cos =α−−α
0)1c(cos 1cos =−α⇔ −α
0cos =α⇔ hoÆc cosα = 1
π+π=α⇔ k
2
; π=α 2k . Víi k Ζ∈
Thö l¹i thÊy tho¶ m·n ph−¬ng tr×nh (4) .
VËy (4) cã nghiÖm x = π+π k
2
, x = k2 π ( Ζ∈∀k )
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 )b;a(x ∈∀ .
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 .
ph−¬ng tr×nh f )k( (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 R∈α∀
mμ 0≠α .
Chøng minh :
XÐt hμm F (x) = )x(f.e
x
α . 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:
F’(x) = )x(f.1.e)x('f.e
xx
α+
αα
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 17
= α
α
x
e
. [ f(x) +α f’(x) ]
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 :
Ph−¬ng tr×nh : 05x3x 23 =+− cã ®óng 1 nghiÖm
nh−ng ph−¬ng tr×nh : 0x6x3 2 =− cã 2 nghiÖm.
HÖ qu¶ 3 : NÕu f’’(x) > o hoÆc f’’ (x) < o )b;a(x ∈∀ 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 )b;a(x ∈∀ th× ph−¬ng tr×nh
f(x) = 0 cã kh«ng qu¸ ba nghiÖm .
Bμi to¸n 5 :
Gi¶i ph−¬ng tr×nh : 1xx1x3x 2 ++=++ (6)
Gi¶i : §iÒu kiÖn x ≥ 0
Ph−¬ng tr×nh (6) 01xx1x3x 2 =−−−++⇔
XÐt hμm sè:
f(x) = 1xx1x3x 2 −−−++ . Víi x );0[ +∞∈
f’(x) = 1x2
1x32
3
x2
1 −−++
f’’(x) = - 0x.02
)1x3(4
9
x4
1
33
>∀<−+−
Theo hÖ qu¶ 3 suy ra ph−¬ng tr×nh (6) cã kh«ng qu¸ 2 nghiÖm
Thö trùc tiÕp 1x,0x 21 == 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 : )x21(logx13 3
x +++=
Gi¶i : §iÒu kiÖn: 1 + 2x > 0 ⇔ x > -
2
1
Ph−¬ng tr×nh ®· cho t−¬ng ®−¬ng víi :
)x21(log)x21(x3 3
x +++=+ ( 7 )
XÐt hμm f(t) = t + tlog3 , víi t );0( +∞∈ ta cã :
f’(t) = 1 + 0t,0
3lnt
1 >∀> . VËy f (t) ®ång biÕn trªn ( 0; + ∞ )
Ph−¬ng tr×nh ( 7 ) khi ®ã trë thμnh: f ( )3x = f ( 1 + 2x )
x213x +=⇔
01x23x =−−⇔ (8)
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 18
XÐt hμm sè: g (x) = 1x23x −− víi x );
2
1( +∞−∈ ta cã :
g’(x) = 23ln.3x −
g’’(x) = 3ln.3 2x > 0.
2
1x −>∀
VËy ph−¬ng tr×nh (8) cã kh«ng qu¸ 2 nghiÖm trong kho¶ng ( - );
2
1 +∞
MÆt kh¸c thö trùc tiÕp thÊy 1x,0x 21 == lμ 2 nghiÖm cña ph−¬ng tr×nh (8) .
VËy ph−¬ng tr×nh (8) cã 2 nghiÖm 21 x,x .
KÕt luËn : Ph−¬ng tr×nh ®· cho cã ®óng 2 nghiÖm 1x,0x 21 ==
Bμi to¸n 7 :
Gi¶i ph−¬ng tr×nh : ( 12)x4)(22x =−+ (9) .
Gi¶i :
XÐt hμm sè f (x) = ( 12)x4)(22x −−+ . X¸c ®Þnh vμ liªn tôc trªn R .
f’(x) = )22()x4.(2ln.2 xx +−− .
f’’(x) = −−− 2ln.2)x4.(2ln.2 x2x 2ln.2x .
= [ ]2)x4.(2ln.2ln.2x −− .
f’’(x) = 0 022ln).4x( =+−⇔
2ln
24x o −=⇔ .
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 2x,1x,0x 321 === .
Bμi to¸n 8 :
Chøng minh r»ng : Víi Rm ∈∀ ph−¬ng tr×nh :
05x9)1x(mx2x 232005 =+−−++ (10).
cã ®óng 3 nghiÖm .
Gi¶i :
XÐt hμm sè f(x) = 5x9)1x(mx2x 232005 +−−++ .
H�m sè f(x) liªn tôc vμ cã ®¹o hμm trªn R.
f’(x) = 2005. 9mx2x6x 22004 −++ .
f’’(x) = 2005.2004. m2x12x 2003 ++ .
f’’’(x) = 2005.2004.2003. x.012x 2002 ∀>+ .
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 :
)1;(x1 −−∞∈∃ mμ f ( )x1 = 0
∈∃ 2x (-1;1) mμ f( 2x ) = 0
);1(x3 +∞∈∃ mμ f( 3x ) = 0
NghÜa lμ ph−¬ng tr×nh (10 ) cã Ýt nhÊt 3 nghiÖm ph©n biÖt .xxx 321 <<
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 19
VËy ph−¬ng tr×nh ( 10 ) cã ®óng 3 nghiÖm ph©n biÖt .(§pcm)
.
Bμi to¸n 9 :
Cho biÕt ph−¬ng tr×nh : 0cbxaxx 34 =+++ (11) cã 4 nghiÖm ph©n biÖt . Chøng minh r»ng : ab <
0
Gi¶i :
XÐt P (x) = cbxaxx 34 +++ liªn tôc trªn R .
f(x) = P’ (x) = bax3x4 23 ++ .
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 .0f.f CTCD <⇔
MÆt kh¸c cã f’(x) = 12 2x + 6ax = 6x.( 2x + a )
)
4
b4a.(b)
2
a(f).o(ff.f
3
CTCD
+=−= . (®iÒu kiÖn a 0≠ )
§iÒu kiÖn 0)b4a(b0f.f 3CTCD <+⇔< (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,.......a,a,a n321 tho¶ m·n ®iÒu kiÖn :
0 =
1n
a.......
3
a
2
a n21
++++ = 1n
a.2......
4
a4
3
a2
2
a n
1n
321
+++++
−
(13).
Chøng minh r»ng ph−¬ng tr×nh :
oxna......xa3xa2a 1nn
2
321 =++++ − cã nghiÖm .
Gi¶i :
XÐt F(x) = ++
3
xa
2
xa 32
2
1
1n
xa.....
4
xa 1nn
4
3
+++
+
.
§a thøc F(x) liªn tôc trªn R , cã ®¹o hμm cÊp tuú ý trªn R.
F’(x) = nn
3
3
2
21 xa......xaxaxa ++++
F’’(x) = 1nn
2
321 xna.....xa3xa2a
−++++
F(0) = 0, F(1) =
1n
a......
3
a
2
a n21
++++
F(2) =
1n
a.2.......
4
a.2
3
a2
2
a2 n
1n
3
4
2
3
1
2
+++++
+
= 4 ( )
1n
a.2........
4
a4
3
a2
2
a n
1n
321
+++++
−
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
)2;1(x),1;0(x 21 ∈∈ .
Suy ra ph−¬ng tr×nh F’’(x) = 0 cã Ýt nhÊt 1 nghiÖm 0x .
VËy ph−¬ng tr×nh : 0xna.........xa2a 1nn21 =+++ − cã nghiÖm (§pcm) .
ΙΙΙ ) C¸c bμi to¸n luyÖn tËp :
Gi¶i c¸c ph−¬ng tr×nh vμ hÖ ph−¬ng tr×nh sau.
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 20
1) )1x(log12 2
x ++=
2) 7x5xx5x 2 +−=−+
3) ( 6)x2)(24x =−+
4) 6)1x2(log)1x(log 32 =+++
5)
2
2
2
2
2
2
1 3 log
1 3log
1 log
x y
y z
z x
⎧ = +⎪ = +⎨⎪ = +⎩
6)
4 2 4 2
4 2 4 2
4 2 4 2
x x
y y
z z
y
z
x
⎧ + = +⎪ + = +⎨⎪ + = +⎩
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
*******
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 21
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 .
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 22
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 OKOH . =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
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
1
1
1 =⋅⋅
CN
EC
BE
MB
MP
NP
=>
MB
NC
MP
NP =
1
1 (1)
T−¬ng tù ®èi víi Δ MNF ®−êng AD c¾t MN t¹i P2 ta cã
MB
NC
MP
NP
AM
AF
DF
DN
NP
MP ==>=⋅⋅
2
2
2
2 1 (2)
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.
B
A
D
N M P
EC
N
M
D
A
C
B
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 23
F
D
N
C
E
B
M
A
Ta cã
NQ
MQ
NN
MM
1
1
1
1 = (3)
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 => NC
MA
NN
MM =
1
1 (4)
Tõ (3) vμ (4) ta cã
NC
MA
NQ
MQ =
1
1 (5)
T−¬ng tù ta cã
ND
MB
NQ
MQ =
2
2 (6)
=> Mμ MA=MB, NC=ND vμ tõ (5) ,(6) ta cã
1
1
2
2
NQ
MQ
NQ
MQ =
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
Gi¶ sö OK ⊥ MN ta ph¶i chøng minh H n»m trªn OK
H1,H' lÇn l−ît lμ giao ®iÓm cña OK vμ AB, OM vμ AB => OMOH .' = OKOH .1
H2,H'' lÇn l−ît lμ giao ®iÓm cña OK vμ CD, ON vμ CD => OMOH .2 = OKOH .''
Mμ ONOH .'' = OMOH .' =R2=> 1OH = 2OH => 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 c¾t MD t¹i I'=>ta cã ∠ MAB= ∠ ADB,
∠ MAI'= ∠ MI'A=>MA=MC=MI=>CI' lμ ph©n gi¸c ∠ BCD
H
E
F
M
D
C
B
A
O
NN
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 24
§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
DC
DA
BC
BA
CD
CB
AD
AB ==>= => Ph©n gi¸c cña ∠ ABC vμ ∠ ADC giao nhau t¹i mét ®iÓm trªn AC.Do ®ã tiÕp
tuyÕn t¹i D,B vμ AC ®ång quy
III.Sö dông c¸c bæ ®Ò trªn ®Ó gi¶i mét sè bμi tËp sau:
Bμi tËp1.
M
B D
A
C
M
B D
A
C
I
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 25
A8
A7
A6
A
A
A3
A2
A1
H
Cho b¸t gi¸c A1A2...A8 néi tiÕp ®−êng trßn t©m O.Chøng minh r»ng nÕu c¸c ®−êng chÐo
84736251 ,,, AAAAAAAA §ång quy t¹i H (H kh«ng trïng víi t©m O) th× giao ®iÓm cña c¸c cÆp ®−êng chÐo
31 AA vμ A5A7, A1A7 vμ A3A5; A2A8 vμ A4A6 (nÕu chóng tån t¹i) cïng n»m trªn mét ®−êng th¼ng.
Gi¶i.
Gäi M lμ giao ®iÓm gi÷a tiÕp tuyÕn víi ®−êng trßn t¹i A1 vμ A5
N lμ giao ®iÓm gi÷a tiÕp tuyÕn t¹i A2 vμ A6
P lμ giao ®iÓm gi÷a tiÕp tuyÕn t¹i A4 vμ A8
Q lμ giao ®iÓm gi÷a tiÕp tuyÕn t¹i A3 vμ A7
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 ®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 31 AA 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 :
DQ
DA
CP
CA =
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
chÊt cña ®−êng ph©n gi¸c trong Δ ABC vμ Δ ABD ta cã
DB
CB
DA
CA
DB
DA
CB
CA ==>= (1) .Ta nhËn thÊy c¸c Δ
BDQ vμ Δ CBP cã ∠ BDQ= ∠ BCP
=>Δ BDQ ®ång d¹ng víi Δ CBP=>
BC
BD
CP
DQ = (2).Tõ (1) vμ (2)suy ra ®iÒu chøng minh
ii)NÕu E lμ giao cña CD vμ PQ ,F lμ giao PQ vμ ®−êng th¼ng qua A vμ song song víi CD , th×
EP
EI
CP
CA = vμ
DQ
DA
EQ
EI = .VËy EP = EQ
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 26
C N
.
O
A
B
M
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
(AB quay quanh M)
Gi¶i.
*) => Gi¶ sö 2 tiÕp tuyÕn c¾t nhau t¹i C ,N lμ h×nh chiÕu cña C lªn OM,ta cã 2. RONOM = (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=>
=OCOK. 2. RONOH = (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.
Gäi t©m ®−êng trßn lμ I => AA',BB',CC' ®ång
quy t¹i I. 1A , 1B , 1C lÇn l−ît lμ giao ®iÓm cña
AA',BB',CC' víi (O) .¸p dông bæ ®Ò III
®èi víi tø gi¸c A'B' 1A C' ta cã tiÕp tuyÕn
víi (O)t¹i 1A ®i qua P.T−¬ng tù tiÕp tuyÕn
t¹i 1B , 1C ®i qua Q vμ R.Mμ A' 1A ,B' 1B ,C' 1C
®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.
M
Q
O.O'.
P
C
A
D
B
F
E
A
B
CA
'
B'
C'
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 27
B
F
E
D
C
A
H
Cho ngò gi¸c ABCDEF néi tiÕp ®−êng trßn tho¶ m·n 1.. =
FA
EF
DE
CD
BC
AB
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
CEB
BC
AEB
AB
∠=∠ sinsin =2R=> CEB
AEB
BC
AB
∠
∠=
sin
sin
(1)
T−¬ng tù ®èi víi Δ AKE vμ Δ CKE cã
AKE
AEB
AE
AK
∠
∠=
sin
sin
(2)
vμ
CKE
CEB
CE
CK
∠
∠=
sin
sin
(3)
Nh©n vÕ víi vÕ cña (2) vμ (3)ta cã
CEB
AEB
AE
CE
CK
AK
∠
∠=
sin
sin. (4)
KÕt hîp (1)vμ (4)ta cã
BC
AB
AE
CE
CK
AK =. (5)
T−¬ng tù
DE
CD
AC
AE
EP
CP =. (6) vμ
FA
EF
EC
AC
AQ
EQ =. (7)
Nh©n tõng vÕ (5),(6),(7)ta cã
QA
EQ
PE
CP
CK
AK .. =
FA
EF
DE
CD
BC
AB .. =1
.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°.
C
Q
D
O
'
O
P
A
C
C
B
E
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 28
AB
C
MK
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
(O).Theo bæ ®Ò III giao ®iÓm cña ph©n gi¸c ∠ ABK vμ ∠ ACK n»m trªn AP do ®ã
KC
KB
AC
AB = (1).Bªn c¹nh
®ã Δ MBK ®ång d¹ng víi Δ MHC =>
CH
BK
MH
MB = . Δ MCK ®ång d¹ng víi Δ MHB=>
BH
CK
MH
MC = mμ
MB=MC nªn ta cã
BH
CK
CH
BK = (2).
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)
VËy ph©n gi¸c ∠ BAC lμ ph©n gi¸c ∠ KAK'
Tr−êng hîp A,P n»m cïng phÝa ®èi víi BC c¸ch chøng minh t−¬ng tù.
iV.Mét sè kÕt qu¶ tæng hîp vÒ tø gi¸c toμn phÇn néi tiÕp
*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.
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 29
*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
BD
AC
NL
NK
ML
MK ==
: V× Δ MAC ®ång d¹ng Δ MBD =>
AC
BD
ML
MK = .
Δ NAC ®ång d¹ng Δ NBD =>
AC
BD
NL
NK =
*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
ADAB
RR
CDCB
RR
.
.
.
. 4231 =
Chøng minh: Δ NBC ®ång d¹ng víi Δ NAD do ®ã ta cã
AD
BC
R
R =
2
1 .
Δ MCD ®ång d¹ng víi Δ MAB ta cã
AB
CD
R
R =
4
3 .Nh©n 2 vÕ ta ®−îc
ADAB
RR
CDCb
RR
.
.
.
. 4231 =
*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 =>
BD
CA
r
r =
3
1
Δ MBD ®ång d¹ng Δ MAC ta cã
BD
CA
r
r =
4
2 , suy ra ®iÒu ph¶i chøng minh
*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
N
M
C O
A
S
B
D
Q
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 30
M
AB
C
D
N
Mk
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 = MO
2-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 = NO
2-R2
Tõ nh÷ng kÕt qu¶ trªn ta cã MMk= MN
RMO 22 −
,NMk= MN
RNO 22 −
vμ MN2 = MO2+NO2-2R2 => MMk
2-NMk
2=
MN
RNORMO )()( 22222 −−−
=MO2-NO2
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
Chøng minh: 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
B©y giê quay trë l¹i víi kÕt qu¶ 8 Gäi t©m c¸c
®−êng trßn ngo¹i tiÕp Δ ABM, AND, CDM, BCN
Lμ O1,O2,O3,O4.Sö dông bæ ®Ò ®èi víi 3 ®−êng
Trßn(O1),(O4),(O3) ta thÊy r»ng c¸c ®iÓm Mk,
O1,O4,O3n»m trªn cïng mét ®−êng trßn
T−¬ng tù c¸c ®iÓm Mk, O3,O2,O4 n»m trªn
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
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 31
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 XH1 , YH1 , ZH1 .Trong
®−êng trßn ngo¹i tiÕp Δ AND ta cã XH1 = YH1 = ZH1 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=OB
2=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:
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 32
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 kOMOS. =R
2 ®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
*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
C
N
B
M
D
A
A
B
C
D
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 33
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
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 34
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 { }na . Tổng hình thức nn
n 0
F(x) a x
≥
=∑ gọi là hàm sinh sinh bởi dãy { }na và ta ký
hiệu { }na F↔
Nhận xét: Mỗi dãy số { }na 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
Bán kính hội tụ của F(x) là
n
nn
1R
lim | a |
→∞
= , nghĩa là với x, x R∀ < thì chuỗi trên hội tụ. Khi
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 { } 11
1 x
↔ − vì
2 11 x x , x 1
1 x
+ + + = ∀ <−"
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 35
Tương tự { } { }n n1 1 ( 1) ; m , m=const
1 x 1 mx
− ↔ ↔+ −
3. Công thức khai triển Taylor
Giả sử f(x) là hàm số liên tục, có đạo hàm mọi cấp trên khoảng (a, b); 0x (a,b)∈ . Khi đó ta có
công thức khai triển Taylor:
(n)
n0
n 0
f (x )f (x) x
n!≥
=∑
Khi 0 (a, b)∈ ta có
(n)
n
n 0
f (0)f (x) x
n!≥
=∑
Ví dụ:
a. Với x (n) x (n) 0f (x) e f (x) e f (0) e 1, n= ⇒ = ⇒ = = ∀
n
n 0
xf (x)
n!≥
⇒ =∑ . Vậy x1 en!
⎧ ⎫⎪ ⎪⎪ ⎪↔⎨ ⎬⎪ ⎪⎪ ⎪⎩ ⎭
b. Với (n ) nf (x) (1 x) , f (0) ( 1) ( n 1) n!Cλ λ= + λ ∈ ⇒ =λ λ− λ− + =\ …
Ở đó n n n
n
( 1) ( n 1)C f (x) C x
n!λ λ
λ λ− λ− += ⇒ =∑…
Khi *λ ∈` ta có nC 0, < nλ = ∀ λ ta có công thức khai triển Newton
Khi *m,mλ =− ∈` ta có { }n n n n n nm m n 1 m n 1 m1C C ( 1) C ( 1) C (1 x)λ − + − + −= = − ⇒ − ↔ +
4. Một số tính chất.
Cho { }na F↔ , { }nb G↔ khi đó ta có:
# { }n na b F G± ↔ ± (1)
# { }nka kF, k↔ ∀ ∈\ (2)
# k l
k l n
a b F.G
+ =
⎧ ⎫⎪ ⎪⎪ ⎪↔⎨ ⎬⎪ ⎪⎪ ⎪⎩ ⎭∑ (3)
# { } h 10 1 h 1n h hF a a x a xa , hx
−
−
+
− − − −↔ ∈" ` (4)
# { }n 1(n 1)a F'++ ↔ (5)
B. Ứng dụng
I.Tìm dãy số.
1. Phương pháp
& Để tìm dãy số { }na . Ta xét hàm sinh sinh bởi dãy { }na là nn
n 0
F(x) a x
≥
=∑
& Dựa vào đặc điểm của dãy { }na ta tìm được F(x)
& Đồng nhất thức sẽ thu được dãy { }na
2. Bài tập áp dụng
Bài 1 (Dãy Fibonacci) Tìm dãy số Fibonacci thỏa mãn điều kiện: n 2 n 1 n
0 1
F F F
F 0,F 1
+ +⎧ = +⎪⎪⎨⎪ = =⎪⎩
Lời giải: Xét hàm sinh F(x) sinh bởi dãy { }nF
Ta có { } { }n 2 n 12F x FF , F x x+ +
−↔ ↔ (do tính chất 4)
Vậy ta có phương trình:
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 36
2
F x F = F
x x
− + ( Do giả thiết của bài toán 1)
n n
n
2
n 0
x 1 1 1 1 1 5 1 5 F = x
1 x x 2 25 1 5 1 5 51 x 1 x
2 2
≥
⎛ ⎞⎟⎜ ⎟ ⎛ ⎞⎜ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟⎜ ⎜ + −⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟⇔ = − = −⎜ ⎜⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎟ ⎟⎜ ⎜− − + −⎜ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎟⎜ − − ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠
∑
Vậy
n n
n
1 1 5 1 5F
2 25
⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎟⎜ + −⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎟ ⎟= −⎜ ⎜⎜ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜⎜ ⎟ ⎟ ⎟⎟ ⎟⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎜ ⎟⎝ ⎠
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 nF 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.
Nhóm không chứa n: số tập con như vậy là n 1F −
Nhóm chứa n : đó là {n} và các tập con dạng
{ }1 2 k ia , a , a , n ,a n 1, i 1,..., k; k 1,..., n≠ − ∀ = ∀ =… trong trường hợp này có n 2F − tập
con.
Vậy ta có n n 1 n 2F F F− −= +
Dễ thấy F(1) = 2, F(2) = 3
Áp dụng bài tập 1 ta có:
n 2 n 2
n
1 1 5 1 5F
2 25
+ +⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎟⎜ + −⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎟ ⎟= −⎜ ⎜⎜ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜⎜ ⎟ ⎟ ⎟⎟ ⎟⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎜ ⎟⎝ ⎠
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 n,kF 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.
Nhóm không chứa n: số tập con như vậy là n 1,kF −
Nhóm chứa n : đó là {n} và các tập con dạng
{ }1 2 k ia , a , a , n ,a n 1, i 1,..., k; k 1,..., n≠ − ∀ = ∀ =… trong trường hợp này có n 2,k 1F − − tập
con.
Vậy ta có n,k n 1,k n 2,k 1F F F− − −= + với k > 1 (*)
Xét hàm sinh:
n
k n,k
n 1
F (x) F x
≥
=∑
Từ hệ thức (*) ta có:
2
k k 1
xF (x) F (x)
1 x −
= − , áp dụng liên tiếp công thức này ta được:
2k 1
2k 1 i i i i 2k 1
k k 1 k 1k 1
i 0 i 0
xF (x) x C x C x
(1 x)
−
− + −
− − − −+
≥ ≥
= = =− ∑ ∑
Đồng nhất thức ta thu được n 2k 1 n 2k 1 kn,k k 1 n k 1 n k 1F C C C
− + − +
− − − + − += = =
Nhận xét : Kết hợp hai bài tập 2, và 3 ta thu được hệ thức rất đẹp: kn k 1 n 1
k
C F− + +=∑
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 37
Bài 4: Tìm dãy { }na thỏa mãn: 0 1
n 2 n 1 n
a 0,a 2
a 4a 8a+ +
⎧ = =⎪⎪⎨⎪ =− −⎪⎩
Lời giải:
Xét hàm sinh f(x) sinh bởi dãy { }na , tương tự như bài tập 1 ta có phương trình:
2
f 2x 4f 8
x x
− =− −
2
2x 1 1 1f
1 4x 8x 2i 1 ( 2 2i)x 1 ( 2 2i)x
⎛ ⎞⎟⎜⇔ = = − ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜+ + − − + − − −⎝ ⎠ ( Mẫu thức có
24 4i′Δ =− = )
n n n
n 0
1 ( 2 2i) ( 2 2i) x
2i ≥
⎡ ⎤= − + − − −⎢ ⎥⎣ ⎦∑
Đồng nhất thức ta được :
n n
n
n n
n
n
( 2 2i) ( 2 2i)a
2i
cos i sin cos i sin
4 4 4 4 ( 2 2)
2i
n ( 2 2) sin
4
− + − − −=
⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞π π π π⎟ ⎟⎜ ⎟ ⎟ ⎜ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜− + − − +⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠= ⋅ −
π= −
Bài 5: Tìm số hạng tổng quát của dãy { }nx thỏa mãn:
0 1
n
n 2 n 1 n
x x 0
x 6x 9x 2 n+ +
⎧ = =⎪⎪⎨⎪ − + = +⎪⎩
Lời giải:
Đặt { }nx f (x)↔ ta có phương trình :
2 2
2
2 2
f (x) 0 0.x f (x) 1 x 6 9f (x)
x x 1 2x (1 x)
x 1 x f (x)
(1 3x) 1 2x (1 x)
− − − + = +− −
⎡ ⎤⎢ ⎥⇔ = +⎢ ⎥− − −⎣ ⎦
Viết f(x) dưới dạng:
2
2 2 2 2
x 1 x a b c d e f (x)
(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 1a , b ,c 0,d ,e 1
12 3 4
= =− = = =
Vậy:
2
2 2 2 2
55 1
x 1 x 1312 4 f (x)
(1 3x) 1 2x (1 x) (1 3x) 1 3x (1 x) 1 2x
⎡ ⎤⎢ ⎥= + = − + +⎢ ⎥− − − − − − −⎣ ⎦
Ta có:
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 38
n n 1
2
2
n
1 3 1{3 } {3 (n+1)}
1 3x (1 3x) 1 3x
1 1 1 {1} {n+1}
1 x (1 x) 1 x
1 {2 }
1 2x
+′⎡ ⎤⎢ ⎥↔ ⇒ = ↔⎢ ⎥− − −⎣ ⎦
′⎡ ⎤⎢ ⎥↔ ⇒ = ↔⎢ ⎥− − −⎣ ⎦
↔−
Vậy :
n 2 n
n n n
n
5 5 1 2 n 1 5(n 3)3x (n 1)3 3 (n 1) 2
12 3 4 4
+ + + + −= + − ⋅ + + + =
II. Tính tổng
1. Phương pháp
Để tính tổng m
m
f (n) S (n)=∑ ta xét hàm sinh:
n n
m
n n m
F(x) f (n)x S (n)x
⎛ ⎞⎟⎜= = ⎟⎜ ⎟⎟⎜⎝ ⎠∑ ∑ ∑ (*)
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: n kk
k
C −∑
Lời giải:
Đặt n kk
k
f (n) C −=∑ xét hàm sinh :
n n k n
k
n n k
F(x) f (n)x C x−
⎛ ⎞⎟⎜= = ⎟⎜ ⎟⎟⎜⎝ ⎠∑ ∑ ∑
Biến đổi F(x) ta có:
n k n n k n k k
k k
n k n k
n k n k k k k
k
k n k
2 k
2
k
F(x) C x C x x
C x x (1 x) x
1 (x x)
1 x x
− − −
− −
⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟⎜ ⎜= =⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎟ ⎟⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎛ ⎞⎟⎜= = +⎟⎜ ⎟⎟⎜⎝ ⎠
= + = − −
∑ ∑ ∑ ∑
∑ ∑ ∑
∑
Vậy F(x) chính là hàm sinh của dãy Fibonacci, do đó:
n k
k n 1
k
f (n) C F− += =∑
Bài 2: Tính tổng sau:
m
k k m
n k
k n
( 1) C C
=
−∑
Lời giải:
Đặt
m
n k m
n k
k n
f (m) ( 1) C C
=
= −∑ xét hàm sinh:
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 39
n
m k k m m
n k
m m k m
k k m m k k k
n k n
k n m k k n
n n k k k n n
n
k n
n n
F(x) f (m)x ( 1) C C x
( 1) C C x ( 1) C (1 x)
( 1) ( 1) C (1 x) ( 1) (1 x 1)
( 1) x
=
≤ ≤ ≤
−
≤
⎛ ⎞⎟⎜= = − ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
⎡ ⎤⎢ ⎥= − = − +⎢ ⎥⎣ ⎦
= − − + = − + −
= −
∑ ∑ ∑
∑ ∑ ∑
∑
Đồng nhất thức ta có:
n( 1) khi m = n
f (m)
0 khi m ⎧⎪ −⎪=⎨⎪⎪⎩
Bài 3: Tính tổng sau:
m
k m
n k
k n
C C
=
∑
Lời giải:
Đặt
m
k m
n k
k n
f (m) C C
=
=∑ xét hàm sinh:
n
m k m m
n k
m m k m
k m m k k
n k n
k n m k k n
n n
F(x) f (m)x C C x
C C x C (1 x)
= (1 x 1) (2 x)
=
≤ ≤ ≤
⎛ ⎞⎟⎜= = ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
⎛ ⎞⎟⎜ ⎟= = +⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠
+ + = +
∑ ∑ ∑
∑ ∑ ∑
Mặt khác theo công thức khai triển Newton ta có:
n n m m m
n
m
(2 x) 2 C x−+ =∑
Đồng nhất thức ta có: n m mnf (m) 2 C
−=
Bài 4:
a) Tính tổng sau:
k
k2
n
k
C x
⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦∑
b) Tính tổng sau:
m k
k k2
n n k
k
C C x
⎡ ⎤−⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦
−∑
Lời giải:
a. Ta có:
k 2k 2k 1
k 2k 2k 12 2 2
n n n
k k k
k 2 k k 2 k
n n
k k
2 n 2 n
2 n
C x C x C x
C (x ) x C (x )
(1 x ) x(1 x )
(1 x)(1 x )
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤+⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ +⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦= +
= +
= + + +
= + +
∑ ∑ ∑
∑ ∑
b. Đặt
m k
k k2
n n k
k
f (m) C C x
⎡ ⎤−⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦
−=∑ . Xét hàm sinh:
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 40
m k
m k k m2
n n k
m m k
m k
k k m2
n n k
k m
m k
k k k m k2
n n k
k m
F(y) f (m)y C C x y
C x C y
C x y C y
⎡ ⎤−⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦
−
⎡ ⎤−⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦
−
⎡ ⎤−⎢ ⎥⎢ ⎥ −⎣ ⎦
−
⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜= = ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠
⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜= ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠
⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜= ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠
∑ ∑ ∑
∑ ∑
∑ ∑
Áp dụng câu a ta có
m k
m k 2 n k2
n k
m
m k
k k k m k2
n n k
k m
k k 2 n k
n
k
k k 2 n k
n
k
2 n
C y (1 y)(1 y )
F(y) C x y C y
C (xy) (1 y)(1 y )
(1 y) C (xy) (1 y )
(1 y)(1 xy y )
⎡ ⎤−⎢ ⎥⎢ ⎥ − −⎣ ⎦
−
⎡ ⎤−⎢ ⎥⎢ ⎥ −⎣ ⎦
−
−
−
= + +
⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜⇒ = ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠
= + +
= + +
= + + +
∑
∑ ∑
∑
∑
Khi x= 2 ta có: 2n 1 m mn
m
F(y) (1 y) C y+= + =∑ do đó đồng nhất các hệ số ta
có:
m k
k k m2
n n k 2n 1
k
C C 2 C
⎡ ⎤−⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦
− +=∑
Khi x = -2 ta có :
2n 2n 2n m m m 1 m 1 m
2n 2n
m
F(y) (1 y)(1 y) (1 y) y(1 y) ( 1) C ( 1) C y− −⎡ ⎤= + − = − + − = − + −⎢ ⎥⎣ ⎦∑
Đồng nhất thức ta được :
m k
k k m m m 12
n n k 2n 2n
k
C C ( 2) ( 1) [C C ]
⎡ ⎤−⎢ ⎥⎢ ⎥ −⎣ ⎦
− − = − −∑
Bài 5: Tính tổng sau:
k
m 2k k
n k 2k
k
( 1)f (n) C C
k 1
+
+
−= +∑
Lời giải:
Xét hàm sinh của dãy { }f (n) ta có:
ta có:
m 2k n k m 2k m 2k n k m 1 m 2k n k m n k m
n k n k n k
n n n
m 2k n k m n k m m 2k (m 2k 1)
(m 2k 1)
n
m 2k
m 2k 1
C x x C x x C x
x C x x (1 x)
x
(1 x)
+ + + + − − − + − − − −
+ + +
+ − − − − + − + +
− + +
+
+ +
= =
= = −
= −
∑ ∑ ∑
∑
Vậy ta có :
k
m 2k k n
n k 2k
n k
k
k k m 2k n k
2k n k
k n
( 1)F(x) C C x
k 1
( 1) C x C x
k 1
+
+
− + +
+
⎡ ⎤−⎢ ⎥= ⎢ ⎥+⎣ ⎦
⎛ ⎞− ⎟⎜= ⎟⎜ ⎟⎟⎜+ ⎝ ⎠
∑ ∑
∑ ∑
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 41
k m 2k
k k
2k m 2k 1
k
km
k
2km 1 2
k
( 1) xF(x) C x
k 1 (1 x)
x 1 x C
(1 x) k 1 (1 x)
+
−
+ +
+
−= + −
⎧ ⎫⎪ ⎪−⎪ ⎪= ⎨ ⎬⎪ ⎪− + −⎪ ⎪⎩ ⎭
∑
∑
m 1
m 1 2
m 1
m 1
m
m
x 4x1 1
2(1 x) (1 x)
x 1 x1
2(1 x) 1 x
x
(1 x)
−
−
−
−
⎧ ⎫⎪ ⎪− ⎪ ⎪= − +⎨ ⎬⎪ ⎪− −⎪ ⎪⎩ ⎭
⎧ ⎫− +⎪ ⎪⎪ ⎪= −⎨ ⎬⎪ ⎪− −⎪ ⎪⎩ ⎭
= −
Mặt khác:
m
m n n n n m m 1 n
m n 1 m n 1 n 1m
n n n
x x C x C x C x
(1 x)
+ −
+ − + − −= = =− ∑ ∑ ∑
Đồng nhất thức ta nhận được:
k
m 2k k m 1
n k 2k n 1
k
( 1)f (n) C C C
k 1
+ −
+ −
−= =+∑
III. Ứng dụng của hàm sinh trong các bài toán phân hoạch tập hợp.
Bài 1. Tìm số nghiệm nguyên không âm của phương trình:
1 2 nx x x m+ + + =" với m, n là các số nguyên dương cho trước (*)
Lời giải:
Ta xét hàm sinh:
2 2 2
n tích
F(x) (1 x x )(1 x x ) (1 x x )= + + + + + +" " " "�������������������� �������������������
với |x|<1
Mỗi số hạng trong khai triển F(x) thành tổng có dạng 1 2 nx x xx + + +" trong đó ix 0, i≥ ∀ như vậy
quan sát tổng từ trái qua phải mỗi khi ta gặp lũy thừa của x bằng m thì trong biểu thức khai triển
thu gọn của F(x) hệ số của mx được tăng lên một đơn vị, do đó hệ số của mx trong khai triển
của F(x) thành tổng chính là số nghiệm của phương trình đã cho. Vậy ta cần tìm hệ số của mx
trong khai triển thành tổng của F(x).
Ta có: n k k knn
k 0
1F(x) (1 x) ( 1) C x
(1 x)
−
−
≥
= = − = −− ∑
Ở đó:
k
k k k
n n k 1
n( n 1) ( n k 1) ( 1) n(n 1) (n k 1)C ( 1) C
k! k!− + −
− − − − − + − + + −= = = −" "
Vậy hệ số của mx trong khai triển F(x) là mn m 1C + − ,đó cũng là số nghiệm của phương trình (*).
Bài 2: Cho n ∈` và giả sử rằng phương trình:
1x 2y n có m+ = nghiệm trong 20`
22x 3y n 1 có m+ = − nghiệm trong 20`
. . . . . . . . . . . .
nnx (n 1)y 1 có m+ + = nghiệm trong 20`
n 1(n 1)x (n 2)y 0 có m ++ + + = nghiệm trong 20`
Chứng minh rằng : k
k
m n 1= +∑
Lời giải:
Ta xét hàm sinh:
2 2 4
1 2
1 1F (x) (1 x x )(1 x x )
1 x 1 x
= + + + + = ⋅− −" " với 0<|x|<1
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 42
Khai triển 1F (x) thành tổng thì các số hạng là các lũy thừa của x với số mũ có dạng i + 2j. Vậy
1m chính là hệ số của
nx trong khai triển 1F (x) thành tổng. Do đó ta có:
n
1 1F (x) m x= + +" "
Lý luận tương tự ta có :
n 1 k
k k
k 1 n
k k
F (x) m x
x F (x) m x
+ −
−
= + +
⇔ = + +
" "
" "
Ở đó k 2k k 1 2(k 1)k k k 1
1 1F (x) (1 x x )(1 x x ) , k=1 n+1
1 x 1 x
+ +
+= + + + + = ⋅ ∀− −" " "
Suy ra: k 1 nk k
k k
x F (x) m x− = + +∑ ∑" "
Mặt khác :
k 1
k 1
k k k 1 2 k k 1 2
k k k
x 1 1 1 1x F (x)
(1 x )(1 x ) x x 1 x 1 x x(1 x)
−
−
+ +
⎛ ⎞⎟⎜= = − =⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠− − − − − −∑ ∑ ∑
Hệ số của nx trong khai triển k 1 k
k
x F (x)−∑ là hệ số của n 1x + trong khai triển của
2 n 2)
1 1
(1 x) (1 x)(1 x +
−− − − .
Vậy n 1 n 1k 2 1
k
m C C n 1+ +− −= − = +∑
Bài 3: Cho hữu hạn cấp số cộng, sao cho mỗi số tự nhiên khác 0 là một phần tử của đúng một
cấp số. Chứng minh rằng có hai cấp số cộng trong số các cấp số cộng trên có cùng công sai.
Lời giải:
Giả sử có m cấp số cộng j j{a nb }, j 1, ,m+ = … mà mỗi số tự nhiên là phần tử của đúng một cấp
số. Ta có:
j
j j
j
am m
a nb
b
j 1 n 0 j 1
xx | x|<1
1 x
+
= ≥ =
= ∀−∑∑ ∑
Mà j j
m
a nb k
j 1 n 0 k 1
x x | x|<1+
= ≥ ≥
= ∀∑∑ ∑
j
j
am
b
j 1
x x
x 1 1 x=
⇒ =− −∑ (*)
Giả sử không có hai cấp số cộng nào nói trên có cùng công sai, suy ra tập hợp { }1 2 nb , b , b… là
hữu hạn dó đó tồn tại duy nhất phần tử lớn nhất, giả sử đó là 1b . Gọi ε là một nghiệm khác 1 của
phương trình 1bx 1= thỏa mãn ib 1, i:1 Giả sử kk
k
F(x) f x=∑ là hàm sinh của dãy { }kf , với 2 ine πε = ( ε là căn bậc n của đơn vị) ta có:
n 1
nk
k 0
1f F(1) F( ) F( )
n
−
≥
⎡ ⎤= + ε + + ε⎢ ⎥⎣ ⎦∑ "
Bài 4.(Rumania – 2003)
Cho tập A={2, 3, 7, 9}
Tìm số các số có n chữ số lập từ A mà số đó chia hết cho 3
Lời giải.
Ta cần tìm số các bộ 1 2 n i(x , x , , x ), x A i =1, , n ∈ ∀… … sao cho : 1 2 n(x x x ) 3+ + +" #
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 43
Tương tự như bài tập 1 chúng ta xét hàm sinh:
2 3 7 9 nF(x) (x x x x )= + + +
Lý luận như trên ta có số các số cần tìm chính là tổng các hệ số của các lũy thừa có số mũ chia
hết cho 3.
Giả sử F(x) có khai triển kk
k 0
F(x) f x
≥
=∑
Chúng ta cần phải tính 3k
k 0
P f
≥
=∑
Áp dụng định lý RUF ta có :
2 i
2 3
3k
k 0
1P f F(1) F( ) F( ) , =e
3
π
≥
⎡ ⎤= = + ε + ε ε⎢ ⎥⎣ ⎦∑
n
2 3 7 9 n 2 n
2 4 6 14 18 n 2 n
F(1) 4
F( ) ( ) ( 1 1) 1
F( ) ( ) ( 1 1) 1
=
ε = ε +ε +ε +ε = ε + +ε+ =
ε = ε +ε +ε +ε = ε+ +ε + =
Vậy
n4 2P
3
+=
Bài 5.(IMO-95)
Cho tập hợp A = {1, 2, …, 2p}, p là số nguyên tố. Tìm số các tập con của A thỏa mãn:
+) Mỗi tập có đúng p phần tử.
+) Tổng các phần tử của tập con đó chia hết cho p.
Lời giải.
Để giải bài toán bằng phương pháp hàm sinh ta phải sử dụng 2 biến x, y: Lũy thừa của biến x
để tính tổng của các phần tử của tập con, lũy thừa của biến y để tính số phần tử của tập con đó.
Giả sử khi đã có một tập con của B, khi thêm một phần tử m vào tập con đó thì tổng các phần tử
sẽ tăng lên m đơn vị và số lượng phần tử của tập sẽ tăng lên một đơn vị. Nhưng ta phải giữ lại
những tập con không chứa m trước khi thêm m vào, do đó trong hàm sinh sẽ chứa các nhân tử
có dạng m1 x y+ .
Xét hàm sinh như sau:
2 2pF(x, y) (1 xy)(1 x y)...(1 x y)= + + +
Khai triển dưới dạng tổng của F(x, y) có dạng: n kn,k
k,n
F(x, y) f x y=∑
Ta sẽ đi tìm ý nghĩa của n,kf . Khi khai triển F(x, y) thành tổng thì các số mũ của x có dạng
1 2 kx x x+ + +" với 1 2 kx , x , , x… là các số đôi một phân biệt của tập A, số mũ tương ứng
của y là k, như vậy n,kf chính là số tập con của A có k phần tử mà tổng các phần tử là n. Để giải
bài toán chúng ta phải đi tìm tổng kp,p n,p
k 0 n p
P f f
≥
= =∑ ∑
#
Áp dụng định lý RUF cho F(x, y) trong đó ta coi x là biến số ta được:
2 ip 1
k j p
n,k
k 0,n p j 0
1f y F( , y), =e
p
π−
≥ =
= ε ε∑ ∑
#
Ta có:
2p
j j 2 j 2 jp
F(1, y) (1 y)
F( , y) (1 y)(1 y)...(1 y); j 1
= +
ε = +ε +ε +ε ∀ ≥
Vì p là số nguyên tố nên {j, 2j, . . . , pj}, {(p+1)j, . . ., 2pj} tạo thành các hệ thặng dư thu gọn
mod p, mặt khác ta có p 1ε = do đó :
Dễ nhận thấy phương trình py 1 0+ = có các nghiệm là 1 2 p, , ,− − −−ε −ε −ε… do đó ta có :
j j 2 j 2 jp
2 p 2
F( , y) (1 y)(1 y)...(1 y)
[(1 y)(1 y) (1 y)] ; j 1
ε = +ε +ε +ε
= +ε +ε +ε ∀ ≥…
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 44
2 p p (1 y)(1 y) (1 y) 1 y+ε +ε +ε = +…
k 2p p 2
n,k
k 0,n p
p
2p
n,p
n p
1f y (1 y) (p 1)(1 y )
p
C 2(p 1)
f
p
≥
⎡ ⎤⇒ = + + − +⎢ ⎥⎣ ⎦
+ −⇒ =
∑
∑
#
#
Vậy số tập con tìm được là:
p
2pC 2(p 1)
p
+ −
Nhận xét :
9 Nếu bỏ qua điều kiện thứ nhất thì bài toán sẽ đơn giản hơn rất nhiều, khi đó ta chỉ cần xét
hàm sinh:
2 2pF(x) (1 x)(1 x )...(1 x )= + + +
Khi đó số tập con cần tìm là
2p
p 1
kp
k 0
1 2 4(p 1)P f F(1) F( ) F( )
p p
−
≥
+ −⎡ ⎤= = + ε + + ε =⎢ ⎥⎣ ⎦∑ "
9 Ta có thể mở rộng bài toán 5 thành bài toán 5’ như sau:
Bài toán 5’:
Cho tập hợp A = {1, 2, …, m}, p là số nguyên tố. Tìm số các tập con của A thỏa mãn:
+) Mỗi tập có đúng p phần tử.
+) Tổng các phần tử của tập con đó chia hết cho p.
Lời giải
Lý luận tương tự như bài tập 5 chúng ta xét hàm sinh:
2 m n k
n,k
k,n
F(x, y) (1 xy)(1 x y)...(1 x y) f x y= + + + =∑
Và ta cần phải tính tổng : kp,p n,p
k 0 n p
P f f
≥
= =∑ ∑
#
Áp dụng định lý RUF cho F(x, y) trong đó ta coi x là biến số ta được:
2 ip 1
k j p
n,k
k 0,n p j 0
1f y F( , y), =e
p
π−
≥ =
= ε ε∑ ∑
#
Ta có:
m
j j 2 j jm
F(1, y) (1 y)
F( , y) (1 y)(1 y)...(1 y); j 1
= +
ε = +ε +ε +ε ∀ ≥
Ta viết m = pq + r với 0 r p 1≤ < −
Vì p là số nguyên tố nên {j, 2j, . . . , pj}, {(p+1)j, . . ., 2pj}, . . .,{(q-p+1)j, . . .,qj} tạo thành các
hệ thặng dư thu gọn mod p, mặt khác ta có p 1ε = do đó :
p 1 p 1
k j p q j 2 j rj n
n,k
k 0,n p j 0 j 0
1 1 1f y F( , y) (1 y ) (1 y)(1 y) (1 y) (1 y)
p p p
− −
≥ = =
⇒ = ε = + +ε +ε … +ε + +∑ ∑ ∑
#
Đồng nhất hệ số của py ta có :
p
m m
p
kp,p n,p
k 0 n p
m(p 1) C
(p 1)q C p
P f f
p p≥
⎡ ⎤⎢ ⎥− +⎢ ⎥− + ⎣ ⎦= = = =∑ ∑
#
Khi n = 2p ta được kết quả là bài toán 5
j j 2 j mj
2 p q j 2 j rj
p q j 2 j rj
F( , y) (1 y)(1 y)...(1 y)
[(1 y)(1 y) (1 y)] (1 y)(1 y) (1 y) ; j 1
(1 y ) (1 y)(1 y) (1 y)
ε = +ε +ε +ε
= +ε +ε +ε +ε +ε +ε ∀ ≥
= + +ε +ε … +ε
… …
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 45
Bài 6: Cho tập hợp A = {1, 2, . . . , 2009}
Tìm số các tập con của A mà tổng các phần tử trong mỗi tập con đó chia hết cho 7
Lời giải.
Tương tự như nhận xét trên chúng ta xét hàm sinh:
2 2009F(x) (1 x)(1 x )...(1 x )= + + +
Khai triển F(x) thành dạng kk
k
F(x) f x=∑ ta cần tính :
6
7k
k 0
1P f F(1) F( ) F( )
7≥
⎡ ⎤= = + ε + + ε⎢ ⎥⎣ ⎦∑ "
Vì 7 là số nguyên tố, với phương pháp tương tự bài tập 3 ta có:
2009F(1) 2=
287j j 2 j 2009 j 2 7 287 287F( ) (1 )(1 ) (1 ) (1 )(1 ) (1 ) (1 1) 2⎡ ⎤ε = +ε +ε +ε = +ε +ε +ε = + =⎢ ⎥⎣ ⎦… …
Vậy:
2009 2872 6.2P
7
+=
Bài 7: Cho số nguyên dương n. Chứng minh rằng số các cách phân tích n thành tổng của các số
nguyên dương lẻ bằng số cách phân tích n thành tổng của các số nguyên dương khác nhau.
Lời giải.
Xét hàm sinh:
2 3 6 5 10F(x) (1 x x )(1 x x )(1 x x )= + + + + + + + + +" " " "
Số mũ của số hạng trong phân tích thành tổng của F(x) có dạng: 1 2 3i 3i 5i+ + +"có nghĩa là
tổng của các số lẻ, mỗi số lẻ có thể lặp lại. Vậy số cách phân tích n thành tổng các số nguyên
dương lẻ chính là hệ số của nx trong khai triển của F(x)
Tương tự ta xét hàm sinh:
2 3G(x) (1 x)(1 x )(1 x )= + + + "
Số mũ của các số hạng trong khai triển thành tổng của G(x) có dạng 1 2 3i i i+ + +"với
1 2 3i , i , i ,… là các số nguyên dương đôi một phân biệt. Như vậy hệ số của nx chính là số cách
phân tích n thành tổng của các số nguyên dương phân biệt.
Vậy ta chỉ cần chứng minh : F(x) = G(x).
Thật vậy:
3 5 2k 1
k 0
2k
k
k 2k 1
k 1 k 1 k 0
1 1 1 1F(x)
1 x 1 x 1 x 1 x
1 x 1G(x) (1 x )
1 x 1 x
+
≥
+
≥ ≥ ≥
= ⋅ ⋅ =− − − −
−= + = =− −
∏
∏ ∏ ∏
"
Vậy F(x) = G(x) (đpcm)
Bài 8: Giả sử với mỗi số tự nhiên n có hai dãy số dương 1 2 na ,a , , a… và 1 2 nb , b , , b… sao cho
dãy tổng 1 2 1 3 n 1 na a ,a a , ,a a−+ + +… là một hoán vị của dãy các tổng
1 2 1 3 n 1 nb b , b b , , b b−+ + +…
Chứng minh rằng n là lũy thừa của 2
Lời giải:
Xét các hàm sinh
i i
i i
a b
a A b B
F(x) x , G(x) x
∈ ∈
= =∑ ∑
Ta có:
i j i ji
i i j i j
i j i ji
i i j i j
a a a a2a2 2
a A a ,a A a ,a A
b b b b2b2 2
b B b ,b B b ,b B
2 2 2 2
[F(x)] x x F(x ) x
[G(x)] x x G(x ) x
[F(x)] [G(x)] F(x ) G(x )
+ +
∈ ∈ ∈
+ +
∈ ∈ ∈
= + = +
= + = +
⇒ − = −
∑ ∑ ∑
∑ ∑ ∑
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 46
Vì F(1) = G(1) = n do đó 1 là nghiệm của F(x) – G(x) suy ra
k *
2 2 2 2 2 k 2 2
k
k
F(x) G(x) (x 1) H(x), k
F (x) G (x) F(x ) G(x ) (x 1) H(x ) H(x )F(x) G(x) (x 1)
F(x) G(x) F(x) G(x) (x 1) H(x) H(x)
− = − ∈
− − −⇒ + = = = = +− − −
`
Chọn x = 1 ta nhận được :
2
k k
k 1
H(1 ) 2n F(1) G(1) (1 1) 2
H(1)
n 2 −
= + = + =
⇒ =
Bài 9: Tìm số các hoán vị không có điểm cố định của tập hợp {1, 2, . . . , n}
Lời giải.
Gọi số các hoán vị với đúng k điểm cố định cho trước là n kD − suy ra tổng số các hoán vị với
đúng k điểm cố định là kn n kC D − . Vì tổng số hoán vị là n! nên ta có:
k n k n k n k
n n k n k
k k k
D H Dn! C D 1 1; H
k!(n k)! k! (n k)!
− − −
− −= ⇔ = ⇔ = =− −∑ ∑ ∑
Áp dụng tính chất nhân hai hàm sinh ta có
Vậy ta có :
kn
nn
n
k 0
D ( 1) 1 1 1 1D n! ( 1)
n! k! 2! 3! 4! n!=
⎡ ⎤− ⎢ ⎥= ⇒ = − + − + −⎢ ⎥⎣ ⎦∑ "
Số hoán vị cần tìm là nn
1 1 1 1D n! ( 1)
2! 3! 4! n!
⎡ ⎤⎢ ⎥= − + − + −⎢ ⎥⎣ ⎦
"
Bài 10: (Chọn dự tuyển Việt Nam 2008)
Cho M là tập hợp của 2008 số nguyên dương đầu tiên , mỗi số đó được tô bởi một trong 3 màu :
xanh , đỏ và vàng , và mỗi màu thì được tô ít nhất một số , xét 2 tập :
1S = { (x, y, z) thuộc 3M mà x, y, z tô cùng màu , x y z 0(mod 2008)+ + ≡ }
2S = { (x, y, z) thuộc 3M mà x, y, z tô cùng màu , x y z 0(mod 2008)+ + ≡ }
Chứng minh rẳng : 1 22 | S | | S |>
Lời giải:
Gọi A, B, C là 3 tập hợp tương ứng gồm các số màu xanh, đỏ, vàng
Xét các hàm sinh:
3 3 31 2 1 2 1 2
i i i
a b c
a A b B c C
a b ca a b b c c3 3 3 n
n
a A b B c C n
F(x) x ,G(x) x , H(x) x
I(x) F (x) G (x) H (x) x x x f x
∈ ∈ ∈
+ + + + + +
∈ ∈ ∈
= = =
= + + = + + =
∑ ∑ ∑
∑ ∑ ∑ ∑
Trong đó nf chính là số bộ (x, y, z) có cùng một màu và có tổng là n
Gọi ε là nghiệm của phương trình 2008x 1 0− = .
Theo định lý RUF ta có
k
0 2008 2.2008 3.2008 1
k
1 I( ) f f f f S
2008
ε = + + + =∑
Vậy k 3 k 3 k 3 k1
k k
1 1S I( ) F ( ) G ( ) H ( )
2008 2008
⎡ ⎤= ε = ε + ε + ε⎢ ⎥⎣ ⎦∑ ∑
Lý luận tương tự ta có :
k k k k k k
2
k k
6 2S F( )G( )H( ) 3.F( )G( )H( )
2008 2008
= ε ε ε = ε ε ε∑ ∑
Với k 0≠ ta có k k kF( ) G( ) H( ) 0ε + ε + ε =
do đó : 3 k 3 k 3 k k k kF ( ) G ( ) H ( ) 3F( )G( )H( )ε + ε + ε = ε ε ε
vậy ta chỉ cần chứng minh 3 3 3F (1) G (1) H (1) 3F(1)G(1)H(1)+ + >
x m
x k m
k m
1 e ( 1)e H(x) H(x) x x
1 x 1 x m!
− −= ⇔ = =− − ∑ ∑
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 47
Thật vậy ta luôn có 3 3 3F (1) G (1) H (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: 2p 2k 1 k2n 1 p k
k 0
C C+ ++ +
≥
∑
Bài 2: Chứng minh rằng: k t k tn m m n
k
C C C− +=∑
Từ đó tính tổng k 2n
k
(C )∑
Bài 3: Chứng minh rằng: 2k m k 2n2n 1 2n 2m 1
k
C C C++ +=∑
Bài 4: Chứng minh rằng với mọi n > 0 ta có:
n k 2n 1 2n 12
2k
n k
k
x 1 x 1 x 1x C
4 2 2
− + +
+
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− − +⎟⎜ ⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ = +⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟⎜ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠∑
Bài 5: Tính tổng sau:
k n k2k 2n 2k
k
1 1C C
k 1 n k 1
−
−+ − +∑
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 n
n
f (n, k,T)x∑
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 n
n
g(n,k,T)x∑
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
1 2 1 2 1 2a a ,a a 1,a A,a A+ ≠ ≥ ∈ ∈ bằng số cách phân tích n thành tổng
1 2 1 2 1 2b b ,b b ,b B,b B+ ≠ ∈ ∈
Bài 8: Xác định dãy { }nf thỏa mãn điều kiện:
1
2n n
2n 1 n n 1
f 1
f f
f f f+ +
⎧ =⎪⎪⎪⎪ =⎨⎪⎪⎪ = +⎪⎩
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 ( )1 2 p 1x , x , , x −… gồm p – 1 số tự nhiên sao cho tổng 1 2 p 1x 2x (p 1)x −+ + −… chia hết
cho p, trong đó các số 1 2 p 1x , x , , x −… 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.
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 48
♥ 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) ⇔ 2
1p
a
−
≡ 1 (mod p)
a là số không chính phương (mod p) ⇔ 2
1p
a
−
≡ -1 (mod p)
c) Ký hiệu Lơgiăngđrơ: Cho số nguyên tố lẻ p; a là số nguyên không chia hết cho p. Ký hiệu ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
p
a
được định nghĩa như sau:
1 nếu a là số chính phương (mod p)
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
p
a
= -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:
+) 2
1p
a
−
≡ ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
p
a
(mod p)
+) Nếu a ≡ b (mod p) (a, b ∈ Z; (a, p) = (b, p) = 1) thì ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
p
a
= ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
p
b
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 49
+) ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
p
a ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
p
b
= ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
p
ab
(a, b ∈ Z; (a, p) = (b, p) = 1)
+) ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
p
a 2
= 1 +) 2
1p
)1(
p
1 −−=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ −
+) 8
12p
)1(
p
2 −−=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
e) Luật tương hỗ Gauss:
Nếu p, q là các số nguyên tố lẻ và p ≠ q thì 4
)1q)(1p(
)1(
p
q
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
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 50
⇒ 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)
⇒ 1 = 8
12p
2
1p
)1.()1(
p
2
p
1
p
2 −− −−=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ −=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ −
⇒ p có dạng 8m + 1 hoặc 8m + 3 (m ∈ N)
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 51
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
1n
n
1m +++ là một
số nguyên dương.
(Đề thi Olympic Toán của Anh năm 2007)
Lời giải: Ta chứng minh rằng phương trình
x
1y
y
1x +++ = 4 (1) có vô số nghiệm nguyên dương.
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 +
(1 - 4tk+1) tk + 2 1kt + + tk+1 = 0.
Xét 2 2kt + + (1 - 4tk+1) tk+2 +
2
1kt + + tk+1 - [
2
kt + (1 - 4tk+1)tk +
2
1kt + + tk+1] =
= 2 2kt + -
2
kt + (1 - 4tk+1) (tk+2 - tk) = (tk+2 - tk) (tk+2 + tk + 1 - 4tk+1) = 0
⇒ 2 2kt + + (1 - 4tk+1) tk+2 + 2 1kt + + 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
1n
n
1m +++ là một số nguyên
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)
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 52
⇒ 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
Giả sử x chẵn ⇒ x = 2x1 (x1 ∈ N*) ⇒ 21x )12( ≡ -y4 (mod 251)
⇒ 1 ≡ 25022501x )y()12( −≡ ≡ -1 (mod 251). Đó là điều vô lý.
Giả sử x lẻ. Hiển nhiên y chẵn ⇒ y = 2uy1 (y1 ∈ N*, y1 lẻ, u ∈ N*)
⇒ 22x3x + 24u 41y = 23z 251z
Ta có 2x ≠ 4u (vì x lẻ) ⇒ 3z = 2x hoặc 3z = 4u
Trường hợp 1: 3z = 2x < 4u ⇒ z �2 và 3x + 24u-2x 41y = 251z
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 + 41y = 251z
Vế phải có dạng 5k + 1 (k ∈ N).
Nếu y1 không chia hết cho 5 ⇒ 41y ≡ 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:
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 53
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
1y
y
1x +++ = 3 có vô số nghiệm nguyên dương.
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.
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 54
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:
D
)Dyx()Dyx(y
)Dyx()Dyx(x
nn
n
nn
n
2
2
0000
0000
−−+=
−++=
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:
nn xxkxx...xx 21
22
2
2
1 =+++ (1)
trong ®ã k, n lμ c¸ c tham sè nguyªn d−¬ng, xi lμ c¸ c Èn nhËn gi¸ trÞ nguyªn( i = n,1 )
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 21 - k(x2x3...xn) .x1+ (
22
2 nx...x ++ ) = 0
XÐt ph−¬ng tr×nh bËc hai: )x....x(x)x...xx(kx nn
22
232
2 ++− = 0 (2)
Th× ph−¬ng tr×nh (2) cã nghiÖm x= x1 , dã ®ã ph¶i cã nghiÖm
/xx 1=
Theo ®Þnh lý Viet cã: ⎪⎩
⎪⎨⎧ +++=
=+
22
3
2
211
3211
n
/
n
/
x...xxx.x
x...xkxxx
V× k *N∈ , xi∈ z nªn tõ hÖ trªn suy ra /x1 nguyªn.
NÕu cã thªm diÒu kiÖn xi nguyªn d−¬ng th× tõ hÖ trªn suy ra
/x1 nguyªn d−¬ng.
NÕu l¹i cã thªm ®iÒu kiÖn x1 < x2 <... /x1 , 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:
kxyz)zyx( =++ 2
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
xyuvnvuyx =+++
cã nghiÖm nguyªn d−¬ng x,y,u,v.
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 55
Gi¶i:
Víi *Nv,u,y,x ∈ th× ph−¬ng tr×nh ®· cho t−¬ng ®−¬ng víi:
xyuv.n)vuyx( 22 =+++
2 2 2x 2x(y u v) (y u v) n .xyuv⇔ + + + + + + =
2 2 2x 2(y u v) n yuv .x (y u v) 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
0000 vuyx ≥≥≥
Ta cã: [ ] 02 20000000200020 =+++−+++ )vuy(x.vuyn)vuy(x
Do ®ã ph−¬ng tr×nh bËc hai:
f(x) = [ ] 02 200000020002 =+++−+++ )vuy(x.vuyn)vuy(x
Cã nghiÖm: x = x0, suy ra ph−¬ng tr×nh nμy ph¶i cã nghiÖm x = x1 vμ theo ®Þnh lý ViÐt:
⎪⎩
⎪⎨⎧ ++=
+++−=+
2
00001
000
2
00001 2
)vuy(x.x
vuyn)vuy(xx
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 01 xx ≥ . Do ®ã
00001 vuyxx ≥≥≥≥ .
Tam thøc bËc hai f(x) cã nghiÖm tho¶ m·n 00001 ≥⇒≥≥ )y(fyxx
16
162
02
00
2
0
2
0000000
2
000
2
0
2
00000
2
00000
2
0
≤⇒
≤++++++≤⇒
≥+++−+++⇔
vnu
y)vuy(y)vuy(yvuny
)vuy(vunyy)vuy(y
1600 ≤≤⇒ vnun vËy n { }4321 ,,,∈
§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 { }4321 ,,,∈
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 56
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:
1
22
+
+
ab
ba
lμ sè chÝnh ph−¬ng
Gi¶i: §Æt p =
1
22
+
+
ab
ba
tõ gi¶ thiÕt suy ra p lμ sè nguyªn d−¬ng. Ta cã
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
00 yx ≥
Ta cã: 000
2
0
2
0 =−−+ pypxyx 2 20 0 0 0x py x y p 0⇔ − + − =
XÐt ph−¬ng tr×nh: 2 20 0 0x py x y p⇔ − + − = th× ph−¬ng tr×nh cã nghiÖm
x = x0 . Mμ ®ã lμ ph−¬ng tr×nh bËc hai, nªn còng cã nghiÖm x = x1. Theo ®Þnh lý ViÐt cã: ⎩⎨
⎧
−=
=+
pyxx
pyxx
2
010
010
suy ra x1 = py0 - x0 nªn x1 lμ sè nguyªn
Ta cã: (x1 + 1)(x0 + 1) = x1x0+(x1+x0)+1 =
= 0111 0
2
00
2
0 〉+−+=++− )y(pypypy ( v× p > 0, 10 ≥y )
suy ra x1+ 1 > 0 ⇒ x1 > -1 mμ x1 Z∈ nªn x1 0≥
NÕu x1 > 0 th× x1 nguyªn d−¬ng
Ta cã 02010
2
1 =−+− pyxpyx )y,x( 01⇒ lμ nghiÖm nguyªn d−¬ng cña ph−¬ng tr×nh (4).
Tõ gi¶ thiÕt 0 0( , )x y lμ nghiÖm nguyªn d−¬ng nhá nhÊt ta suy ra 01 xx ≥
MÆt kh¸c ta l¹i cã: 00
2
0
2
001 xyypyxx ≤〈−= 001 xyx ≤〈⇒ m©u thuÉn
VËy ph¶i cã 2 21 0 00 0x y p p y= ⇒ − = → = 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:
⎩⎨
⎧
=
=
3ky
kx
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)
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 57
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
i
n
i
ii aa
1 1
22 4 lμ sè chÝnh ph−¬ng.
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
i
n
i
ii aa
1 1
22 4 =
2
1
2⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ −∏
=
n
i
ia hay 01
11
2 =+− ∏∑
==
n
i
i
n
i
i aa (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
ViÕt (1) d−íi d¹ng 2 21 1
22
. 1 0
n n
i i
ii
a a a a
==
⎛ ⎞− + + =⎜ ⎟⎝ ⎠∑∏
XÐt ph−¬ng tr×nh: 2 2
22
. 1 0
n n
i i
ii
x a x a
==
⎛ ⎞− + + =⎜ ⎟⎝ ⎠∑∏
Th× ph−¬ng tr×nh cã nghiÖm x = a1, do ®ã sÏ cã nghiÖm
/ax 1=
Theo ®Þnh lý Vi-Ðt:
/
1 1
2
/ 2
1 1
2
. 1
n
i
i
n
i
i
a a a
a a a
=
=
⎧ + =⎪⎪⎨⎪ = +⎪⎩
∏
∑
n
/
1 i 1
i 2
a a a
=
⇒ = −∏
Do d·y a1, a2, ..., an xÕp t¨ng dÇn nªn n
/ aa 〉1 ta ®−îc c¸c sè
/a1 , a2 , ... , an tho¶ m·n ph−¬ng tr×nh (1)
§æi chç /a1 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
i
n
i
ii aa
1 1
22 4 lμ sè chÝnh ph−¬ng vμ n > 2002 (®pcm).
Cuèi cïng lμ mét sè bμi tËp ®Ó c¸c b¹n tù gi¶i
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 58
Bμi 1:
Cho a, b lμ hai sè nguyªn d−¬ng tho¶ m·n :
ab chia hÕt a2 + b2 + 1.
CMR:
ab
ba 122 ++
lμ sè nguyªn tè
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
∑∏
∈∈
=
Bx
i
Bx
i
ii
xx 2
Nam §Þnh, th¸ng 10 n¨m 2008
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 59
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:
+) C¸c ®iÓm , ,A B C th¼ng hμng;
(d)
A B C
+) §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:
+) 0x > th× M n»m bªn ph¶i ®iÓm gèc O;
+) 0x < th× M n»m bªn tr¸i ®iÓm gèc O;
+) 0x = 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=JJJJG JJJG 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: [ ]0,1k ∈ 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¶
m·n: AM k AB=JJJJG JJJG hay trªn mÆt ph¼ng to¹ ®é: ( ):
( )
M a b a
M a b a
x x k x x
k
y y k y y
= + −⎧∃ ⎨ = + −⎩ ?
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 60
• 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=JJJJG JJJG 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= +JJJG JJG JJG víi 1p q+ = ; ®Æc biÖt [ ], 0,1p q ∈ 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:
( ) { ( , ) : ( , ) 0}L M x y f x y= = vμ hÖ thøc ( , ) 0f x y = ®−îc gäi lμ ph−¬ng tr×nh cña ®−êng
( )L trong mÆt ph¼ng to¹ ®é Oxy.
+) NÕu ( , ) 0f x y = 0Ax By C⇔ + + = ta nhËn ®−îc ®−êng th¼ng
+) NÕu ( , ) 0f x y = 2 2 0;x y x y⇔ α + β + γ + η + μ = ta cã thÓ nhËn ®−îc ®−êng trßn hoÆc
Conic.
+) NÕu ( , ) 0f x y = ⇔ ( ); ( )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:
b a
c
a1 b1
a2 b2
A
C
B
C1
C2
NhËn xÐt:
Râ rμng ta cã ®ång thêi : l m1 22C C
π< < vμ: 2 2 2 2 21 1 2 2a b c a b+ > > +
VËy ph¶i ch¨ng tån t¹i mèi quan hÖ gi÷a ®é lín gãc nACB víi hiÖu sè: 2 2 2H a b c= + − .
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:
2 2 2
2 2 2 2 cos cos
2
a b cc a b ab C C
ab
+ −= + − ⇔ = .
Nh− vËy ta cã: 2 2 2 0a b c+ − > th× gãc lC nhän;
2 2 2 0a b c+ − = th× gãc lC vu«ng;
2 2 2 0a b c+ − < th× gãc lC tï.
• Lêi chøng minh ®−îc xuÊt ph¸t tõ tÝch v« h−íng cña hai vÐc t¬: . .cosCACB b a C=JJJGJJJG .
• TiÕp ®ã ta còng nhËn ®−îc c«ng thøc tÝnh ®é dμi ®−êng trung tuyÕn xuÊt ph¸t tõ hÖ thøc vÐc t¬:
2 2 21 2( )( )
2 4
2
c
a b cCM CA CB m + −= + ⇔ =JJJJG JJJG JJJG .
• VËy nÕu CD lμ ph©n gi¸c trong cña tam gi¸c CAB th× ta cã hÖ thøc vÐc t¬:
b aCD CA CB
a b a b
= ++ +
JJJG JJJG JJJG
tõ ®©y b×nh ph−¬ng v« h−íng hai vÕ ta nhËn ®−îc c«ng thøc:
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 61
2 ( ) 2
2c
abp p c ab CCD l cos
a b a b
−= = =+ + . Trong ®ã 2
a b cp + += lμ nöa chu vi.
• 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 0MI R− < ;
M ë trªn ®−êng trßn khi chØ khi 0MI R− = ;
M ë ngoμi ®−êng trßn khi chØ khi 0MI R− > .
Nh− vËy nÕu mét ®−êng trßn (C) cã ph−¬ng tr×nh: ( , ) 0f x y = vμ mét ®iÓm ( , )m mM x y .
2 2( , )m mf x y MI R= − /( )M c=P 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:
( , ) 0m mf x y < t−¬ng øng ta cã ®iÓm ( , )m mM x y n»m trong ®−êng trßn.
( , ) 0m mf x y > t−¬ng øng ta cã ®iÓm ( , )m mM x y n»m ngoμi ®−êng trßn.
( , ) 0m mf x y = t−¬ng øng ta cã ®iÓm ( , )m mM x y n»m trªn ®−êng trßn.
§Æc biÖt víi hai ®−êng trßn: 1 1 2 2( ) : ( , ) 0;( ) : ( , ) 0;C f x y C f x y= = kh«ng ®ång t©m th× ®−êng
th¼ng:
1 2( ) : ( , ) ( , )f x y f x yΔ = 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: ( , ) 0f x y = vμ ®iÓm ( , )m mM x y th×:
( , ) 0m mf x y < t−¬ng øng ta cã ®iÓm ( , )m mM x y n»m trong miÒn chøa tiªu ®iÓm.
( , ) 0m mf x y > t−¬ng øng ta cã ®iÓm ( , )m mM x y n»m trong miÒn kh«ng chøa tiªu ®iÓm.
( , ) 0m mf x y = t−¬ng øng ta cã ®iÓm ( , )m mM x y n»m trªn Conic.
4
2
-2
-4
6
-10 -5 5
F2
M1
O
M2
F1
M
• §èi víi c¸c ®å thÞ hμm sè còng vËy (xem h×nh vÏ sau):
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 62
Gäi (C) lμ ®å thÞ hμm sè: ( )y f x= . khi ®ã trªn mÆt ph¼ng to¹ ®é tËp hîp c¸c ®iÓm ( , )m mM x y
tho¶ m·n: i) ( )m my f x− > 0 lμ miÒn trªn ®å thÞ –miÒn g¹ch (vÝ dô M2)
ii) ( )m my f x− < 0 lμ miÒn d−íi ®å thÞ –miÒn kh«ng g¹ch (vÝ dô M*)
iii) ( ) 0m my f x− = lμ ®å thÞ (C) (vÝ dô M1)
6
4
2
-2
-5 5 10
y
M2
f x( ) = x2+3⋅x( )-1
O
tren do thi
M1
duoi do thi
M*
x
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≤
A B
I
M
ThËt vËy do tån t¹i cÆp 2( , ) ; 1p q p q∈ + =R ; [ ], 0,1p q ∈
sao cho:
IM pIA qIB= +JJJG JJG JJG nªn: | | ( ) { , } { , }IM IM pIA qIB p q Max IA IB Max IA IB= ≤ + ≤ + =JJJG .
§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:
1 1 1 1( ) : 0d A x B y C+ + = ; 2 2 2 2( ) : 0d A x B y C+ + = ; 3 3 3 3( ) : 0d A x B y C+ + = .
§iÓm ( , )m mM x y thuéc miÒn trong tam gi¸c ABC khi chØ khi ®ång thêi cã:
1 1 2 2 3 3( ) ( ) 0; ( ) ( ) 0; ( ) ( ) 0f A f M f B f M f C f M> > > . á ®©y ta ký hiÖu:
( ) ( , )i i m m i m i mf M f x y A x B y 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).
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 63
• 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.
4
2
-2
-4
-5 5
(d2)
(d3)
(d1)
A C
B
O
I
K
M
• 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: 2 2( , ) 4 2f x y x y x y= + − − .
XÐt trªn miÒn: {( , ) : 1 5;3 6}D x y x y= − ≤ ≤ ≤ ≤ .
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 ( 1,3); ( 1,6); (5,6); (5,3).A B C D− − ViÕt 2 2( , ) ( 2) ( 1) 5f x y x y= − + − −
NÕu ®Æt ( , )M x y vμ (2,1)I th× 2( , ) 5f x y IM= − . Do ®ã
2
0( , ) 5 1
D
Minf x y IM= − =− ; 2 2 2 2( , ) { , , , } 5 34 5 29
D
Maxf x y Max IA IB IC ID= − = − =
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 64
8
6
4
2
-2
-4
-6
-8
y
-5 5 10 15
A
O
I
6
-1
3
B C
D
2
1
M0
Bμi to¸n 2:
T×m a ®Ó mäi nghiÖm bÊt ph−¬ng tr×nh: | | | | 1x y+ ≤ . (1) còng lμ nghiÖm bÊt ph−¬ng tr×nh:
2 2x y a+ ≤ (2).
8
6
4
2
-2
-4
-6
-8
y
-10 -5 5 10
x
D
A
B
O C
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 0a > 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: 1 1a a≥ ⇔ ≥ .
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 65
Bμi to¸n3:
T×m gi¸ trÞ lín nhÊt nhá nhÊt:
2 22 5 2 10P x x x x= − + + + + .
Lêi gi¶i:
Ta cã: 2 2( 1) 4 ( 1) 9P x x= − + + + +
Trªn mÆt ph¼ng to¹ ®é ta xÐt c¸c ®iÓm: ( ,0); (1,2); ( 1, 3).M x A B − − 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
hoμnh nªn: * *; * ( ) 'MinP AM BM M AB x Ox= + ≡ ∩ tøc ph¶i chän 9*
5
x x= = .
Bμi to¸n4:
T×m nghiÖm nguyªn d−¬ng cña ph−¬ng tr×nh:
2 2 2 2 2 2 ; 11.x xy y y yz z x xz z x y z− + + − + = + + + + ≤ .
Lêi gi¶i:
x
z
y
O
A
B
C
E
§Æt OA=x; OB=y; OC=z vμ n n 060AOB BOC= = .
Khi ®ã theo ®Þnh lý Cosin trong tam gi¸c ta cã:
2 2 2 2 2 2; ; .AB x xy y BC y yz z AC x xz z= − + = − + = + +
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 OA th×: 1 1 1BE CE y z y
OA OC x z y x z
−= ⇔ = ⇔ = + , l−u ý tõ gi¶ thiÕt
11; , , *x y z 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 1 2 1 2, ,..., ; , ,..., .n na a a b b b lμ c¸c sè thùc tuú ý.
Chøng minh r»ng: 2 2 2 2
1 1 1
( ) ( )
n n n
i i i i
i i i
a b a b
= = =
+ ≥ +∑ ∑ ∑ . (1)
Lêi gi¶i:
XÐt c¸c vÐc t¬: ( , ); 1,2,...,i i ix a b i n= =
JG
. Khi ®ã:
1 1 1
( , )
n n n
i i i
i i i
x a b
= = =
=∑ ∑ ∑JG hiÓn nhiªn cã:
| | | | (1)i ix x≥ ⇔∑ ∑JG JG §pcm. DÊu b»ng x¶y ra khi chØ khi c¸c vÐc t¬ ®−îc xÐt cïng ph−¬ng cïng
chiÒu, tøc tån t¹i 1 1: ; ; 0 2,3,...,i it a ta b tb t i n∈ = = ≥ ∀ =R .
• B»ng c¸ch nμy ta còng nhËn ®−îc d¹ng h×nh häc cña bÊt ®¼ng thøc Bunhiac«pki
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 66
• Cã thÓ thÊy ngay lêi gi¶i c¸c bμi to¸n sau:
1. Cho c¸c sè thùc tho¶ m·n 2; 6.a b c ax by cz+ + = + + = Chøng minh r»ng:
2 2 2 2 2 2 2 2 216 16 16 10a a x b b y c c z+ + + + + ≥ .
2. Chøng minh r»ng víi mäi ,α β ta cã:
4 4 2 2 2cos cos sin sinα + β + α + β ≥ .
3. Cho c¸c sè thùc bÊt kú: 1 2, ,..., na a a Chøng minh r»ng:
2 2
1 1 1
1
2(1 ) ;
2
n
i i n
i
na a a a+ +
=
+ − ≥ ≡∑ .
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 ( )1 ;i i i iA A a b+ =JJJJJG víi 1;2008i = (Quy −íc 2009 1A A= ), trong ®ã ;i ia b lμ c¸c sè nguyªn
vμ 2 2i ia b+ còng lμ sè nguyªn víi mäi 1;2008i = . Ta cã: Gi¶ sö ( )1 ;i i i iA A a b+ =JJJJJG víi
1;2008i = (Quy −íc 2009 1A A= ), trong ®ã ;i ia b μ c¸c sè nguyªn vμ 2 2i ia b+ còng lμ sè
nguyªn víi mäi 1;2008i = .
Ta cã:
2008 2008 2008
1
1 1 1
0 0i i i i
i i i
A A a b+
= = =
= ⇒ = =∑ ∑ ∑JJJJJG G . Do ®ã
2008 2008
2 2
1 1 2008 1 1 2008
2 ; 2i i j i i j
i i j i i j
a a a b b b
= ≤ < ≤ = ≤ < ≤
= − = −∑ ∑ ∑ ∑ , tøc lμ 2008 20082 2
1 1
;i i
i i
a b
= =
∑ ∑ lμ c¸c sè ch½n.
KÝ hiÖu N lμ chu vi tam gi¸c, ta cã N lμ mét sè nguyªn d−¬ng vμ:
( )22008 20082 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 2008
2i i i i i i j j
i i i j
N a b a b a b a b
= = ≤ < ≤
⎛ ⎞= + = + + + +⎜ ⎟⎝ ⎠∑ ∑ ∑
Tøc lμ 2N 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 NM , 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 , .OyA ∈ CB, thuộc
trục hoành, chiều dương của trục hoành từ B đến C .
Giả sử );0( aA ,0>a ),0;(bB ).0;(cC
• pAP
AB
AQ ==
AC
.10 << p
);();(AQ. paapbQpapbABpAQ −⇒−⇒=
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 67
• COpCNp
CA
CP
CO
CN )1(1 −=⇒−==
)0;()0;( cpNccpCN ⇒−⇒
I là trung điểm QN )
2
)1(;
2
)(( apcbpI −+⇒ )1( Do ).
2
;0(
2
)1()1;0( aapyp ∈−=⇒∈ Ι
• Nếu tam giác ABC cân tại )
2
)1(;0( apIA −⇒ ; ][KOI ∈ với K là trung điểm OA ; .; OIKI ≠≠
• Nếu tam giác ABC không cân tại A . Từ )1( ta có I thuộc đuờng thẳng Δ có phương trình:
.
2
1=++ a
y
cb
x Δ cắt trục tung tại )
2
;0( aK ( K là trung điểm OA ), Δ cắt trục hoành tại )0;
2
( cbJ + .
[ ]KOI ∈ với .; JIKI ≠≠
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 090≥C ; J nằm giữa :, BO
2
OBOJ OC+= ; Nếu 090≥B ; J nằm giữa
:;CO
2
OBOJ OC+= ;
+) Nếu 090<< CB ; J nằm giữa :, BO
2
OBOJ OC−= ;Nếu 090<< BC ; J nằm giữa :;CO
2
OCOJ OB−= `.
• 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:
1 2 3, , ,..., nP P P P , n là một số tự nhiên lẻ không nhỏ hơn 1.
Chứng minh rằng : 1 2 3| ... | 1nOP OP OP OP+ + + + ≥
JJJG JJJG JJJG JJJG
.
Lêi gi¶i:
+) Đặt n=2k-1. Chọn trục kOP và véc tơ kOP
JJJG
là véc tơ đơn vị của trục. 1kOP = .
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 68
+) Chiếu các véc tơ ; 1,2,...iOP i n=
JJJG
lên trục ta nhận được các hình chiếu là iOP và chú ý rằng
hình chiếu của véc tơ tổng
1
n
i
i
v OP
=
= ∑G JJJG chính là
1
n
i
i
OP OP
=
= ∑ .
Gọi AB là đường kính của nửa đường tròn, 1 1,A B là các hình chiếu của A,B trên trục.
+) Ta có 1; 1,2,..., 1.iOP OA i k≥ ∀ = − Và: 1; 1, 2,...,2 1.jOP OB j k k k≥ ∀ = + + −
Hơn nữa 1 1 1 10 ; 0OA OB OA OB< < + = .
+) Từ
2 1
1 1
1
| | | | | | ( 1)( ) 1
k
i k
i
v OP OP k OA OB OP
−
=
≥ = ≥ − + + =∑G . (Đpcm).
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 2( , ); 1,2,..., .iA i i i n= Ta sÏ chøng minh ®©y lμ bé ®iÓm
tho¶ m·n yªu cÇu ®Æt ra.
i) Gi¶ sö cã ba ®iÓm th¼ng hμng , , ;k l mA A A k l m< < khi ®ã ta cã:
2 2 2 2( , ); ( , );k l l mA A l k l k A A m l m l= − − = − −
JJJJG JJJJJG
do tÝnh th¼ng hμng ta cã:
2 2
2 2
m l m l m k
l k l k
− −= ⇔ =− − ®iÒu nμy v« lý v× k m< .
ii) Ta cã 2 2 2 2( ) ( )k lA A k l k l= − + − gi¶ sö kho¶ng c¸ch nμy lμ mét sè h÷u tû thi sÏ
tån t¹i
p
q
tèi gi¶n sao cho: 2 2 2 2 2 2 2( ) ( ) ( 1) (1 ( 1) )k l
pA A k l k l p k k
q
= − + − = ⇔ = − + + ;
®Ó ý lμ 2 2;( , ) 1 1p q p q q= ⇒ =# 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:
2 2*: 1 ( ) 1 ( )( ) 0a N a l k a k l a k l∃ ∈ = + + ⇒ = − − + + > nªn 4 1 4a k l+ + ≥ ⇒ ≥ v«
lý!
iii) XÐt mét tam gi¸c bÊt kú cã c¸c ®Ønh lÊy tõ c¸c ®iÓm ®ã:
2 2 2( , ); ( , ); ( , ); ; , , *A a a B b b C c c a b c a b c N< < ∈ . Gäi
2 2 2( , ); ( , ); ( , );E a c F b a K c c Khi ®ã ta cã:
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]ABC AKCE AEC ABF FBCK= − − − ta ký hiÖu [ ]Ω lμ diÖn tÝch miÒn
Ω .
iv) VËy ta cã: [ ]ABC =
2 2 2 2 2 2 2 2 21 1 1( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( 2 )
2 2 2
c a c a c a c a b a b a c b c b a= − − − − − − − − − − + −
s Q= ∈ do , ,a b c ®Òu lμ c¸c sè nguyªn d−¬ng.
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 69
y
x
F
A
O
K
E C
B
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.
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 70
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)
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| ≥
3
1
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
3
1 . Sau đây tôi đưa ra cách giải sử dụng tính chất hàm y= ax +b, và qua đó cho ta ra thêm
hàng loạt các bài toán dạng này.
Max |xy-ax-by| ≥ Max {|a|, |b|. |a+b-1|}≥
3
1 |a+b-a-b+1| =
3
1
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]
≥
||||
||||
βα
ααββαβ
+
+++ baba ≥
||||
||||
βα
αβ
+
−b
Max{|f(α)|, |f(β)|} Khi ∉ (α, β)
a
b
2
−
Max{|f(α)|, |f(β)|, f( )} Khi ∈ (α, β) a
b
2
−
a
b
2
−
Max |f(x)| =
[α, β]
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 71
*) Nều αβ ≥ 0 (2) ⇔ (aα +b)(-aβ -b)≥0 khi đó
(1) ⇒ aα +b = -aβ -b↔ a= βα +
− b2
*) Nều αβ ≤ 0 (2) ⇔ (aα +b)(-aβ -b)≤0 Khi đó
(1) ⇒ aα +b = aβ + b↔ a = 0
Vậy Max |ax+b| bé nhất bằng ||||
||||
βα
αβ
+
−b
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
=≤
+=≥
0 a và0 khi
b-a và0
αβ
βααβKhi
Max |ax +b| bé nhất bằng
||||
||||
βα
αβ
+
−b
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
βα −=+
−
)1(2
)1(
k
k ⇔ k= βα
βα
2
2
2
2
−
+
> 0
Max |f(x)| = Max {|a2 + αa + β |; |a2 – αa – β |} ≥
x ∈ [-1, 1]
≥
1
1
+k |ka
2 + kαa + kβ + a2 – αa – β | =
= | a2 + 2 α
β a + 2 2
2
α
β | = ( a + α
β )2 + 2
2
α
β ≥ 2
2
α
β
có đẳng thức ⇔ a= - α
β
B) nếu α2 – 2 β ≤ 0
⇒ Max |f(x)| = Max {|a2 + αa + β|, | a2 – αa – β|}
Ta chứng minh Max |f(x)| bé nhất là β -
4
2α ⇔ a = -
2
α
|aα +b| = |aβ +b| (1)
αβ (aα +b) (-aβ -b)≥0 (2)
Có ��ng th�c
[α, β]
[α, β]
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 72
Thật vậy với a = -
2
α ⇒ Max {|a2 + αa + β|, | a2 – αa – β|}
= Max{β -
4
2α ; |
4
3 2α - β |} = β -
4
2α
Mặt khác Max {| a2 + αa + β|, | a2 – αa – β|} ≥ | a2 + αa + β| =
= | (a +
2
α )2 + β -
4
2α | ≥ β -
4
2α có ⇔ a= -
2
α
Vậy β ≥ 0 thì Max |f(x)| bé nhất =
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
−=≥≤−−
−=≥≥−
2
0,02
4
0,02
2
2
2
2
2
αββααβ
α
βββαα
β
aVàkhi
aVàkhi
trường hợp 2: β < 0
β < 0 do Max|f(x)| = Max|a(-x) + (-α )a + (-β )
Áp dụng kết quả của trường hợp 1 với ⎩⎨
⎧
>−
−
0ββ
αα
là
là
Vậy ta có kết luận chung
Max|f(x)| bé nhất =
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
−=≤−−
−=>−
αβ
ββααβ
β
αβαα
β
2
||0||2
4
||
0||2
2
2
2
2
2
avàkhi
avàkhi
Bây giờ ta lại xét bài toán 2 ở trên với điều kiện
α2 – 2β >0, β >0 nhưng a = α
β− ( vô nghiệm) (xét bài 4)
Hoặc 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 <
8
25
Xét các hàm số f(x) = (a2 + 2a+
25
9 )x +1
Tìm a để Max |f(x)| nhỏ nhất
[α , β ]
Giải: Để ý rằng với điều kiện 0<α <β và α +β <
8
25 thì
Phương trình a2 + 2a +
25
9 = βα +
− 2 (vô nghiệm ẩn a)
2β - α2 ≥ 0
4
2α
4
3 2α
2
2αdo (β - ) - | - β | = ≥ 0
[- 1,1]
[- 1,1] -1≤ -x ≤ 1
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 73
Nên kết quả bài 2 không thoả mãn
*) Nếu a2 +2a +
25
9 = 0 ⇔ a ∈ {-
5
1 , -
5
9 } ⇒ f(x) = 1
*) Nếu a2 +2a +
25
9 > 0 ⇒ f(x) >1
*) với a2 +2a +
25
9 < 0 ⇔ -
5
9 5
1
+) f(α ) = (a2 +2a +
25
9 )α +1>(a2 +2a +
25
9 )
16
25 +1=
= [(a+1)2-
25
16 ]
16
25 +1 ≥ 0 do α <
2
βα + =
16
25
⇒ |f(α )| = f(α) = [(a+1)2-
25
16 ]α +1 ≥ 1-
25
16 α
Có đẳng thức ⇔ a= -1
+) nếu β ≤
16
25 ⇒ f(β) ≥ f(
16
25 ) ≥ 0
⇒ f(α) > f(β) > 0 ⇒ Max |f(x)| = f(α) ≥ 1-
25
16 α
đạt ⇔ a= -1
+) Nếu f(β)≤ 0 ⇒ β ≥
16
25 ⇒ |f(β )| = - f(β)=
= -1 – [(a+1)2-
25
16 ]β = f1
do
16
25 ≤ β <
8
25 - α ⇒ f1≤ 1- [(a+1)2-
25
16 ](
8
25 -α ) =
= 1-
25
16 α - (a+1)2(
8
25 -α )≤ 1-
25
16 α ≤ f(α)
Vậy Max |f(x)| ≥ 1 -
25
16 α có đẳng thức ⇔ a= -1
[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
[α,β]
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 74
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 3
3
2
2
1
1
a
b
a
b
a
b <<
f(x) = Max {|a1x – b1|; |a2x – b2|; |a3x – b3|}
x ∈R
tìm Min f(x)
x ∈ R
Giải:
*) Phương trình – a3x +b3 = a1x – b1 ⇔ x = x1=
31
31
aa
bb
+
+
(1)
*) Phương trình – a3x + b3 = a2x – b2 ⇔ x = x2 =
32
32
aa
bb
+
+
(2)
Khi đó
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
<⇔<<
<⇔<<
3
3
2
2
3
3
2
2
3
3
1
1
3
3
1
1
1
bnó V́2
bnó V́
a
b
aa
bx
a
b
a
b
aa
bx
a
b
(3)
Ta xét 2 trường hợp
I) x2 ≥ x1 Ta chứng minh Min f(x) = |a1x1 – b1|
X ∈ R
a) Ta chứng minh f(x1) = |a1x1 – b1|
Do (3) ⇒ |a1x1 – b1| = a1x1 – b1 = - a3x1 + b3 = |a3x1 – b1|
Ta chứng minh |a1x1 – b1| > |a2x1 – b2|
*) a1x1 – b1 ≥ - a2x1 + b2 ⇔ x1 =
31
31
aa
bb
+
+
>
21
21
aa
bb
+
+ ⇔ a2b1 + a1b3> a1b2+a3b1+ a3b2
⇔ (a1b3 – a3b1 + a2b1 – a1b2) + (a2b3 – a3b2) > 0 đúng
Do
3
3
a
b -
1
1
a
b >
2
2
a
b -
1
1
a
b ⇔ a1b3 – a3b1 >
2
3
a
a (a1b2 – a2b1) >a1b2 – a2b1
*) |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)
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 75
*) x> x1 ⇒ a1x – b1 >a1x1 – b1 = f(x1)
Vậy Min f(x) = |a1x1- b1| = ⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
+
−
31
1331
aa
baba
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
1
1
a
b - b2 >0
⇒ 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 Vậy Min f(x) = Max {f(x1); f(x2)} = Max ⎪⎭
⎪⎬⎫⎪⎩
⎪⎨⎧ +
−
+
−
32
2332
31
1331 ;
aa
baba
aa
baba
Bài toán 7:f(x,y) = x2y + xy2 – ax – by. Tìm a, b để Max |f(x, y)| bé nhất
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|} ≥
3
1 |a+b+2 –a -b| =
3
2
Với a = b =
3
2 ⇒ |f(x,y)| = |(x+y) (xy -
3
2 )
a) Nếu xy ≥
3
2 do x,y ∈ [0,1] nên |(x+y)(xy-
3
2 )| = (x+y)(xy-
3
2 ) ≤
≤ (1+1)(1 -
3
2 ) =
3
2
b) Nếu xy <
3
2 ⇒ (1 – x)(1- y) ≥ 0 ⇔ x+y ≤ 1 + xy
⇒ 0 ≥ (x+y)(xy -
3
2 ) ≥ (1 + xy) (xy -
3
2 )
X ∈ R
x,y ∈ [0,1]
x,y ∈ [0,1]
X ∈ R
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 76
⇒ |(x+y)(xy -
3
2 )| ≤ |(1 + xy) (xy -
3
2 )| = (1 + xy) (
3
2 - xy) =
=
3
2 -
3
1 xy – (xy)2 ≤
3
2 ⇒ Max |f(x,y)| bé nhất là
3
2
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 | ≥
7
1
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 +
- a11x – a12y – a13z – a14t| ≥
15
1
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
đoạn [a, b] thoả mãn ∑=
n
i
ia
1
= ∑=
k
j
jb
1
a) Chứng minh rằng ∑=
n
i
m
ia
1
≤ ∑=
k
j
m
jb
1
b) Chứng minh rằng ∑=
n
i
ia
1
α ≥ ∑=
k
j
jb
1
α
( α ≥ 1)
Bài toán 11: Cho a1 < a2 < ... f(x) = Max {|x-a1|, |x-a2|, ... |x- an|}
Tìm Min f(x)
Bài toán 12 cho 0
1
1
a
b
<
2
2
a
b
< ... <
n
n
a
b
f(x) = Max {|aix – bi| (i = 1,2,...,n)}
Tìm Min f(x)
Trên đây là một số bài toán áp dụng tính chất của hàm y = ax + b để giải. Còn 2 phần nữa
xin được trao đổi cùng các bạn ở chuyên đề sau.
Ninh Bình, Ngày 10 tháng 10 năm 2008
x,y ∈ [0,1]
x ∈ R
x ∈ R
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 77
PhÐp biÕn h×nh trong h×nh häc ph¼ng
Tr−êng THPT Chuyªn Hμ Nam
Phần I: Đặt vấn đề
Trong chuyên đề hình học phẳng sử dụng phép biến hình trong hình học phẳng là một phần
kiến thức rất quan trọng. Sau đây là nội dung bài soạn của tôi khi dạy về các phép biến hình trong
mặt phẳng.
Phần II: Nội dung
A. Phép đối xứng tâm, đối xứng trục, tịnh tiến.
I. Phép đối xứng tâm
1. Định nghĩa: Đ0 : M → M’
'OMOM −=
2. Tính chất:
a. Đ0 biến 3 điểm thẳng hàng thành 3 điểm thẳng hàng.
b. Đ0 biến đường thẳng thành đường thẳng // hoặc trùng với đường thẳng ban đầu.
c. Biến đoạn EF thành E’F’: EF = E’F’
d. Góc xSy thành góc x’S’y’ và góc x’S’y’ = góc x’S’y’.
e. Đ0 là phép biến đổi 1 - 1
h: Đo: A → A’
B →B’
''BAAB −=
II. Phép đối xứng trục
1. Định nghĩa:
Đđ: M → M’
MM’ ⊥ d tại H
'HMMH −=
2. Tính chất
Giống như phép đối xứng trục
III. Phép tịnh tiến:
1. Định nghĩa:
Cho 0≠V
': MMT V →
vMM ='
2. Tính chất:- Giống như phép đối xứng tâm, đối xứng trục
- Phép VT không có điểm bất động.
IV. Bài tập áp dụng
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 78
Bài tập 1: Cho tam giác ABC và đường tròn O. Trên cạnh AB lấy 1 điểm E sao cho BE =
2AE gọi F là trung điểm AC và I là đỉnh thứ 4 của hình bình hành AEIF. Với mỗi điểm P trên
đường tròn (O) dựng Q sao cho IQPCPBPA 632 =++ . Tìm tập hợp Q khi P thay đổi.
* Hướng dẫn học sinh
+ Xác đỉnh điểm K cố định t/c: 032 =++ KCKBKA
+ Chứng minh K ≡ I
+ ĐI: P → Q vậy Q thuộc đường tròn là ảnh (O)
* Lời giải:
Gọi K là điểm thoả mãn:
032 =++ KCKBKA
)32(6 ACABKA +−=
Ta có
KIAIAK
ACABAI
ACAB
AFAEAI
≡→=↔
+=↔
+=
+=
326
2
1
3
1
Từ
IQICIBIAPI
IQPCPBPA
6326
632
=+++↔
=++
0=+↔ QIPI → là trung điểm PQ
→ Đ: P → Q
OP thuộc đường tròn
→ Q ∈ đường tròn là ảnh của (O) qua ĐI
Bài tập 2: Cho hình bình hành ABCD và đường tròn (γ) bàng tiếp của tam giác ABD tiếp
xúc với phần kéo dài AB và AD tương ứng tại M, N. Đoạn thẳng MN cắt BC, DC tương ứng tại P
và Q. Chứng minh đường tròn nội tiếp tam giác BCD tiếp xúc BC, DC tại P và Q.
* Hướng dẫn học sinh:
+ Chứng minh BH = DK
Có Đ I: B → D
+ Chứng minh DQ = DN = BH = BM’
→ ĐI: (C) → (C1)
Với (C) là đường tròn qua M’, N’, H ; (C1) là đường tròn qua D, Q, P
Lời giải:
F
E
A
B C
I
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 79
Gọi K là tiếp điểm (γ) và BD
(C) là đường tròn nội tiếp ΔABC tiếp xúc AB, AD,BD tại M’, N’, H
Do: MM’ = NN’
MM’ = MB + DN’ = BK + BH
NN’ = ND + DN’ = DH + DK
⇒ BH + BK = DH + DK
⇒ BH + BH + HK = DK + DK + HK
⇔ BH = DK
⇒ ∃ Phép đối xứng tâm ĐI : B → D
H → K
A → C
ΔAMN cân tại A => 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
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 80
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:
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 ≤
34
222 cba ++
+) a2 + b2 + c2 ≤ 9R2 (R là bán kính đường tròn ngoại tiếp ΔABC)
Thật vậy:
S ≤
34
222 cba ++
48
)())(()(
2222 cbacpbpapp ++≤−−−↔
3
)()())()((
2222 cbabcabcbcbacba ++≤−+−+−+++↔
[ ][ ] 22222222 )()()(3 cbabaccba ++≤−−−+↔
<=> 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
34
9max
34
9 22 RSRS =⇔≤
B’
A
C’
B
H
A’
C
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 81
34
9max
2RS = khi Δ ABC đều
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’
D -> A
=> CD = C’A = AB => ΔABC’ đều
E -> F -> ΔDEF đều
* ΔBCD; ΔAEF dựng phía ngoài tứ giác ABDE
C’, G khác phí với AB
H, F’ khác phía với DF
=> Tứ giác AGBC’ nội tiếp góc BGA + góc B’CA = 1800 = (1200 + 600)
=> BC’ 2 = C’G2 + BG2 – 2BG. C’G.1/2
C’A2 = C’G2 + GA2 – 2AG.C’G.1/2
600
600 600
B
B�
G
C�
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 82
=> BG2 – BG . C’G = GA2 – AG . C’G
<=> (GA - GB ) (GA + GB – GC’) = 0
* Nếu GA = GB => GC’ ⊥ AB => C’K =
6
330;
2
3 0 atgBKGKa ==
3
32
6
34
' a
a
GC ==
Cos 300 =
3
32
3
2 aGBGAaBG
GB
a
=+→=→
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
xứng qua đường thẳng AD biến đường thẳng AM thành AK (K ∈ BC): CMR: 2
2
AC
AB
CK
BK =
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’
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 83
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:
CQ
AB
KC
BK = (1)
Ta có:
AB
AC
AB
AC
AB
PB
AC
CQ
AC
CQ
PB
CQ =====
'
'
'
''
Vậy
AB
AC
AC
CQ = Ù
AC
AB
CQ
AC = Ù )2(2
2
AC
AB
CQ
AB =
⇒ Từ (1) và (2) 2
2
AC
AB
CK
BK =
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
DKT G : K → D
H → E (H là trực tâm Δ BKE)
B → B’
+ Chỉ ra B’E = BH = 22 ab −
Lời giải:
Gọi H là trực tâm Δ BEK
Do EH vuông góc BK, EK vuông góc BH
⇒ DKHEHKED GGGG == ;
DKT G : K → D
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 = 22 ab −
* 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
H
B B’ C
E
D K
A
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 84
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 → M3
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:
MA
BA
OM
BA
OM
BO
MA
BA
2
222211
1
11 ===
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
cách đều hai dây cung BB’ và CC’.
B) Phép quay
I. Định nghĩa: QOα: M → M’
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’
α
M’
M
M
M’
- α
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 85
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
+ Biến tia Sx thành tia S’x’ và góc tạo bởi hai tia đó bằng α.
+ Biến đoạn thẳng PQ thành đoạn P’Q’: PQ = P’Q’
+ Biến góc thành góc bằng nó
+ Biến đường tròn (I,R) thành (I’,R)
III. Mở rộng phép quay tâm O góc quay α: 1800 < α ≤ 3600:
1. Định nghĩa:
Cho trước điểm O và góc α với 1800 < α ≤ 3600. Phép biến đổi
Q =
0180
0
−αQ .
0180
0Q là phép quay tâm O với góc quay α kí hiệu là Q0α.
2. Tính chất:
a. Tính chất 1: Q0α với α ∈(1800, 3600)
Qα : M → M’ thì 03600 −αQ : M -> M’ và (OM, OM’) = α - 3600
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
≤ 3600; 00 < β ≤ 3600, 0180
2
≠+ βα
Khí đó Q = QO2β . QO1α là 1 phép quay với góc quay ϕ = α + β và tâm quay O được xác
định: 201
α−
Q : 0102 -> x
yOOQ →122/0 :2
β
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:
O2
yx
O1
O’
O
α
α/2
β
β/2
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 86
ABQG →:
0120
CAQb →:
060
1
CBQQ Gb →:.
00 12060
1
QQQ GBM CB
000 12060
1
180
.: ⇒→
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:
+ 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’
Góc MAC’ = 600 + 200 = 800 = 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
A
C
M
B
C’
300
700
800
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 87
Do Δ MC’C cân tại C’ ⇒ Góc CM’C = góc MCC’ = 0
00
70
2
40180 =−
⇒ 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→ ( ) AEAEBF ⇒=⇒ 060, 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
⇒ ( ) 060, =ECFD mà FDIN ↑↑
ECKM ↑↑
=> góc ( ) 060, =KNIN (1)
Mà IN = KM =
2
1 FD = ECFD
2
1
2
1 =
-> KIQP →:060
'NN →
=> ( ) 060, =KNIN từ (1) -> ( ) '60, 0 NMKMKNKNIN ≡⇒=⇒=
=> PMNMNQP Δ⇒→:060 đều
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 88
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 quayQO
090−
: A → B
M → M1
D → A
Q → Q1
QO
090−
: M → H ⇒ [MM’] → [HN’]
AD → AB 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’
OMkOM =' 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’
B → B’ ABkBA =''
(A ≠ B)
4. Phép vị tự biến 3 điểm thẳng hàng thành 3 điểm thẳng hàng
Từ đó ⇒ AQ1 qua trực tâm H của Δ
ABN
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 89
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
Đặt
kIC
IO
IB
IO
IA
IO 1321 ===
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
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 90
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).
* Xét phép vị tự 1
2
R
R
MV : (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
Xét 1
2
R
R
MV : (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)
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 91
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:
* Xét phép vị tự 2
1
R
R
SV (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
1
2
R
R
SV : O → O
P’ → P
A → A’
Q’ → Q
Ta lại có: SP2 = SOSQ. ; SP2 = '.SASA
'.. SASASOSQ =⇒ ⇒ 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 R
R
AV : O’ → O (M là tiếp điểm của BC và (O’))
M → M’
⇒ Góc A2 = Góc OA’Q
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 92
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:
'R
R
AV : O → O’
M → M’
'
'
AO
R
RAO = ; M; ∈đường tròn (O)
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’ 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
IM
AI
BM
AB
MI
BM
IA
AB
AB
BM
IA
MI =⇔=⇔=
PB/ (O’) = BM2 = BB’ . BA
BABB
AB
IM
AI
BM
AB
'.
==⇒
BBV R
R
A →':
'
⇒OM’ vuông góc BC
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 93
kABk
AB
BBBA
ABABkBB
k
AB
ABABk
AB
AB
R
RkABkAB
AB
R
RABAB
R
RAB
−=−=→−=
−=−→=→
>==→
=→=
1
1
)1('.
)1('
1
1''
)1
'
('
.''
'
2
Ta có:
IM
AM
q
qAIq
kIM
AI
V q
q
A →→
+=→=−=
+ :
11
1
1
Vậy I thuộc đường tròn là ảnh (O’) qua V q
q
A
+1
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 1
2
r
r
AV : 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
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 94
* 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 '.OMOM = 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’
Thì A’B’ = ABλ với
OBOA
k
.
=λ
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)
λ1 = 22
2'
Ra
R
−
Vậy R1 = R1λ
R
Ra
RR .
22
2
1
1 −=
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 95
22
2
2 '
'.
Ra
RRR −=
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
I(O,R2): C → C’
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)
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 96
* Tứ giác A1B1C1D1 là hình chữ nhật. Gọi x là bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác
A1B1C1D1 tính x = 22
1
2.
aR
Rr
−
* Chứng minh I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD
* Thiết lập phương trình ẩn a (bậc 2)
Lời giải:
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
C1P1 // NQ; A1D1 // MP
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) = 16x2
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 =
P
r 2 ; Po /(01) = R2 - a2 ( O trong (O1))
λ = 22
2
aR
r
− ⇒ x = 22
1
2
aR
Rr
−
Gọi A’, C’ là giao OA, OC và đường tròn ngoại tiếp tứ giác
OA . OA’ = OC . OC’ = R2 - a2
OA =
2
sin A
r ; OC =
2
sin C
r ; 1
2
sin
2
sin 22 =+ CA
Do góc A + góc C = 1800
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 97
2
1
OA
= 2
2
2
sin
r
A
; 2
1
OC
= 2
2
2
sin
r
C
⇒ 222 111 rOCOA =+
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)
Mặt khác: OA = '
22
OA
aR − ; OC = '
22
OC
aR −
⇒ Phương trình bậc 2 ẩn a
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.
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 98
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 { }1, 2,...,nA n=
Sn = {M ⊂ An ⎢M không chứa hai số nguyên liên tiếp nào}
Pn = {( ) { } ( ) ( )1 2 1, ,..., 0;1 1,2,..., , , 1;1 1,2,..., 1n i i ia a a a i n a a i n+∈ ∀ = ≠ ∀ = − }
+ Xét ánh xạ f: Sn → Pn
M 6 ( )1 2, ,..., n na a a P∈ sao cho 10ii
a khii M
a khii M
= ∈⎧⎨ = ∉⎩
Vì f là song ánh nên : nS 1nP n= ∀ ≥
+ Xét ánh xạ g : Pn → Pn-1 ∪ Pn-2 ∀n ≥ 3
( ) ( )( )
1 2 1 1
1 2
1 2 2 2
, ,..., 0
, ,...,
, ,..., 1
n n n
n
n n n
a a a P khia
a a a
a a a P khia
− −
− −
∈ =⎧⎪⎨ ∈ =⎪⎩
6
Vì g là song ánh nên : n 1 2 n 1 23 3n n n nP P P n S S S n− − − −= + ∀ ≥ ⇒ = + ∀ ≥
Dễ thấy : 2 13; 2S S= = . Do đó : n 1S 1nF n+= ∀ ≥ , ({Fn} là dãy Fibônaxi)
2 2
1 1 5 1 5
2 25
n n
nS
+ +⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ −⎜ ⎟⇒ = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠
mà nS∅ ⊂ nên số tập con thoả mãn giả thiết là:
2 2
1 1 5 1 5
2 25
n n+ +⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ −⎜ ⎟−⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠
- 1
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 99
Bài 2: Với mỗi n ∈ N*, kí hiệu Hn là tập tất cả các hoán vị ( )1 2, ,..., na a a của n số nguyên dương
đầu tiên. Xét các tập hợp:
( ){ }n 1 2S , ,..., : 1 1, 2,...,n n ia a a H a i i n= ∈ ≥ − ∀ =
( ){ }n 1 2, ,..., : 1 1, 2,...,n n iT a a a S a i i n= ∈ ≤ + ∀ =
Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho: 1
3
n
n
T
S
>
Lời giải:
Đặt ( ){ }1 2 1, ,..., 1n n nP a a a S a= ∈ =
( ){ }1 2 1, ,..., 1n n nQ a a a S a= ∈ ≠
Dễ có: ,n n n n nP Q P Q S∩ = ∅ ∪ =
+ Xét ánh xạ f: n nP Q→
( ) ( )1 2 2 1, ,..., , ,...,n na a a a a a6
Vì f là song ánh nên: 1
2n n n
P Q S= =
+ Xét ánh xạ g: 1n nP S −→
( ) ( )1 2 2 3, ,..., 1, 1,..., 1n na a a a a a− − −6
Vì g là song ánh nên: 1n nP S −=
Vậy: 12 2n nS S n−= ∀ ≥
Mà 2 12; 1S S= = 12nnS −⇒ =
+ Xét ánh xạ h: Tn → Tn-1 ∪ Tn-2
( ) ( )( )
2 3 1 1
1 2
3 4 2 1
1, 1,..., 1 1
, ,...,
2, 2,..., 2 2
n n
n
n n
a a a T khia
a a a
a a a T khia
−
−
− − − ∈ =⎧⎪⎨ − − − ∈ =⎪⎩
6
Vì h là song ánh nên 1 2n n nT T T− −= +
mà 2 12; 1T T= =
1 1
1 1 5 1 5
2 25
n n
nT
+ +⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ −⎜ ⎟⇒ = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠
Vậy: 1
3
n
n
T
S
> ⇔
1 1
1
1 1 5 1 5
2 25 1
2 3
n n
n
+ +
−
⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ −⎜ ⎟−⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ > ⇔ n ≤ 6.
Bài 3: (IMO 1987)
Gọi Pn(k) là số các hoán vị của tập { }1, 2,...,A n= (n ∈N*) có đúng k điểm cố định (0 ≤ k ≤ n).
Chứng minh rằng:
0
. ( ) !
n
n
k
k P k n
=
=∑
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: . ( )nM k P 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
1( 1)i nN P k−= −
+ Xét ánh xạ g:
1
n
i
i
M N
=
→∪
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 100
( , )f i f6 ( )( ) ( ) 1,.., ;f m f m m n m i= ∀ = ≠
Vì g là song ánh nên
11
n n
i i
ii
M N N
==
= = ∑∪ 1. ( ) . ( 1)n nk P k n P k−⇒ = −
1
1 1
1 1 0 0
. ( ) . ( 1) . ( ) . ( ) .( 1)! !
n n n n
n n n n
k k k j
k P k n P k k P k n P j n n 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:
( )
X T
m X
m
T
∈=
∑
Lời giải:
+ Xét song ánh f: T → T
{ }( ) 1X f X n x x X= + − ∈6
Vì f là song ánh nên
( ) ( ( )) 1,
( ) ( ( ))
X T X T
m X m f X n X T
m X m f X
∈ ∈
+ = + ∀ ∈⎧⎪⎨ =⎪⎩∑ ∑ [ ]( ) ( ( )) ( 1) 2 ( ) ( 1)X T X Tm X m f X T n m X T n∈ ∈⇒ + = + ⇒ = +∑ ∑
Vậy :
( )
1
2
X T
m X
nm
T
∈ += =
∑
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:
( )1 2, ,..., ka a a 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 = { ( )1 2, ,..., ka a a ∈A ⎢a1 < a2 <...< ak và ai – i # m ∀i = 1,2,...,k}
Dễ thấy A* = A\B
+ Xét ánh xạ f: B → B’
( ) ( )1 2 1 2, ,..., 1 , 2 2 ,...,k ka a a a m a m a k km− + − + − +6
Khi đó f là song ánh từ B đến B’
với B’ = ( ) { }{ }1 2 1 2, ,..., ... , 1, 2,..., , 1,...,k k i ib b b b b b b n k km b m i k< < < ∈ − + ∀ =#
Do đó ' kn k k
m
B B C −⎡ ⎤+⎢ ⎥⎣ ⎦
= =
Vậy * k kn n k k
m
A A B A C −⎡ ⎤+⎢ ⎥⎣ ⎦
= − = −
*Một số bài luyện tập:
Bài 6: Tìm tất cả các bộ số nguyên ( )1 2, ,..., na a a ( n>1) sao cho
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 101
1
1, 1,2,...,
1, 1,2,..., 1
i
i i
a i n
a a i n+
⎧ ≤ ∀ =⎪⎨ − ≤ ∀ = −⎪⎩
Bài 7: Chứng minh rằng ∀n ∈N* ta có:
a. ( )22
0
n
n i
n n
i
C C
=
= ∑
b. 2 2 1
0
2 . .
n kn
k k n
n n k n
k
C C C
−⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦
− +
=
=∑
c. 1
0 0
.2 .2 2
m n
k m k k n k m n
n k m k
k k
C C− − + ++ +
= =
+ =∑ ∑
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 2x2 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 ( )1 2, ,..., na a a của n số nguyên dương đầu tiên sao
cho 1 2 1, 2,...,ia i i n≤ − ≤ ∀ =
Chứng minh rằng: 1 11,75 2 , 6n n nS S S n− −< < ∀ >
Bài 10: Giả sử Fk là tập tất cả các bộ ( )1 2, ,..., kA A A trong đó Ai , i =1,2,...,k là một tập con của tập
hợp {1,2,...,n}. TÍnh:
( )1 2, ,..., 1k k
k
n i
A A A F i
S A
∈ =
= ∑ ∪
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
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 102
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:
+ Thø tù thùc hiÖn c¸c phÐp biÕn h×nh ë ®©y kh«ng quan träng, v× k kO O O OQ .V V .Q
α α=
+ TØ sè cña phÐp vÞ tù – quay cã thÓ coi lμ mét sè d−¬ng v×
0180 k k
O O OQ .V V
−=
2. C¸ch x¸c ®Þnh ¶nh cña mét ®iÓm qua phÐp vÞ tù – quay:
Cho phÐp quay OQ
ϕ vμ phÐp vÞ tù kOV (víi k > 0)
Ta cã: ( )1O 1 1
OA OA
Q : A A
OA;OA
α
=⎧⎪⇔ ⎨ = α⎪⎩
JJJG JJJJG6 (1)
( )1kO 1 1
OA' kOA
V : A A'
OA ;OA' 0
=⎧⎪⇔ ⎨ =⎪⎩
JJJJG JJJJG6 (2)
Tõ (1) vμ (2) cho ta: ( )
OA '
k
OA
OA;OA '
⎧ =⎪⎨⎪ = α⎩
JJJG JJJJG (3)
Nh− vËy kO OV .Q
α lμ phÐp ®ång d¹ng thuËn Z(O; α; k) biÕn A thμnh A’ x¸c ®Þnh bëi (3). Khi ®ã O ®−îc gäi lμ
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 B'6 6 th× ( )
A'B ' kAB
AB;A'B '
=⎧⎪⎨ = α⎪⎩
JJJG JJJJJG
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.
α
A'
A1
A
O
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 103
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
Ta cã: ( )
OA'
k (1)
OA
OA;OA' (2)
⎧ =⎪⎨⎪ = α⎩
JJJG JJJJG
(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)
Tr−êng hîp 2: Hai cÆp ®iÓm t−¬ng øng (A; A’) vμ (B; B’)
Ta cã: ( )
A'B ' kAB
AB;A'B '
=⎧⎪⎨ = α⎪⎩
JJJG JJJJJG . Tõ ®ã ta biÕt ®−îc k vμ α vμ quay vÒ tr−êng hîp 1
C¸ch kh¸c: Gäi I lμ giao ®iÓm cña AB vμ A’B’
Ta cã:
( ) ( )
( ) ( )
OA;OA' IA;IA ' (1)
OB;OB ' IB;IB ' (2)
⎧ = = α⎪⎨ = = α⎪⎩
(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:
α
O
DC A'A
O
α
α
α
A'
B'
B
I
A
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 104
+ 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 BHk
BM
= vμ ( )BM;BH = αJJJG JJJG
+ Do ΔBMN tù ®ång d¹ng nªn k, α kh«ng ®æi vμ
phÐp vÞ tù – quay: Z (B, α, k) = kB BV .Qα : M 6 H (2)
⇒ TËp hîp c¸c ®iÓm H lμ ®−êng trßn (O’’) lμ
¶nh cña ®−êng trßn (O) qua phÐp vÞ tù - quay
Z (B, α, k) nãi trªn.
+ 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:
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 0 1 2 1 0 1
0 1 1 1 0 0
B B v (t t ) v
k
A A v (t t ) v
−= = =− (0 < k kh«ng ®æi)
Gäi O lμ giao ®iÓm thø 2 cña hai ®−êng trßn
(A0B0C) vμ (A1B1C)
DÔ dμng chøng minh ®−îc: ΔOA0A1 ®ång d¹ng
víi ΔOB0B1. Tõ ®ã suy ra:
n n
1 1 0 0
1 0 0 1 2
1 0 0 1 1
A OB A OB
OB OB B B v
OA OA A A v
⎧ = = α⎪⎨ = = =⎪⎩
⇒
( ) ( )1 1 1 1
1 2
1 1
OA ;OB CA ;CB (1)
OB v
(2)
OA v
⎧ = = α⎪⎨ =⎪⎩
JJJJG JJJJG JJJJG JJJJG
(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
2
1
v
v
) (4)
O''
H
O'
O
B
N
AM
a
b
C
O
B1
A1
B0
A0
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 105
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. 1 2v ; v
JJG JJG
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 ( )1 21v v v2= +G JJG JJG (suy ra tõ ( )0 1 22M M v v t= +JJJJJG JJG JJG )
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 = 2
1
v
v
; gãc quay ( )1 1CA ;CB = αJJJJG JJJJG biÕn a thμnh b,
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: n nXNT XMT=
Trªn (XO1O2) ta cã:
n n
1 2XO T XO T=
⇒ n n1 2TO N TO N= ⇒ ΔTO1N ®ång d¹ng víi ΔTO2M
⇒ 1
2
O NTN AN
k
TM O M BM
= = = (kh«ng ®æi) (1)
(dÔ chøng minh ®−îc ΔNAO1 vμ ΔMO2B c©n t¹i N, M)
+ DÔ thÊy ( ) ( ) ( )1 2TN;TM TO ;TO XN;XM (mod2 )= = = α πJJJG JJJG JJJJG JJJJG JJJG JJJJG
(kh«ng ®æi) (2)
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)
TX
O2
O1
N
M
C
BA
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 106
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
VÝ dô 4: Dùng ra phÝa ngoμi mét ΔABC ba tam gi¸c bÊt k× BCM; CAN; vμ ABP sao cho
n n n n n n0 0 0MBC CAN 45 ; BCM NCA 30 ; ABP PAB 15= = = = = = . Chøng minh r»ng ΔMNP vu«ng c©n
®Ønh P.
H−íng dÉn gi¶i:
+ XÐt tÝch cña hai phÐp vÞ tù - quay Z2DZ1
trong ®ã Z1 = Z(B,
4
π
, k1) vμ Z2 = Z(A,
4
π
, k2)
víi 1
2
BC AC 1
k
BM AN k
= = = (v× ΔCAN ®ång d¹ng víi ΔCBM)
+ Ta cã ΔBMC cè ®Þnh, nMBC
4
π= nªn ( )
1
BC
k
BM
BM;BC
4
⎧ =⎪⎪⎨ π⎪ =⎪⎩
JJJG JJJG
do ®ã Z1 = Z(B,
4
π
, k1): M 6 C vμ P 6 P1 (ΔBPP1 ®ång d¹ng víi ΔBMC)
+ L¹i cã ΔCAN cè ®Þnh, nCAN
4
π= nªn ( )
2
AN
k
AC
AC;AN
4
⎧ =⎪⎪⎨ π⎪ =⎪⎩
JJJG JJJG
do ®ã Z2 = Z(A,
4
π
, k2): C 6 N vμ P1 6 P
suy ra Z = Z2DZ1: M 6 N.
TÝch hai phÐp ®ång d¹ng trªn cã tØ sè ®ång d¹ng k = k2.k1 = 1 vμ α1 + α2 =
2
π
nªn Z lμ phÐp dêi h×nh cã mét
®iÓm cè ®Þnh duy nhÊt P.
Cô thÓ lμ 2PQ : M N
π
6 nªn ta cã ( )
PM PN
PM;PN
2
=⎧⎪⎨ π=⎪⎩
JJJG JJJG . VËy ΔPMN lμ tam gi¸c vu«ng c©n ®Ønh P.
VÝ dô 5: Dùng mét tø gi¸c (låi) néi tiÕp ABCD biÕt ®é dμi c¸c c¹nh: AB = a; BC = b; CD = c; DA =
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.
P1
P
N
M
C
B
A
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 107
ABCD néi tiÕp khi vμ chØ khi l l 0A C 180+ = (hoÆc l l 0B D 180+ = ). KÐo dμi c¹nh BC vÒ phÝa Cùc ®Ó xuÊt
hiÖn n nDCx BAD= vμ
kÒ bï víi nDCB .
Trªn tia Cx (tia ®èi cña tia CB) lÊy ®iÓm
E sao cho ΔDCE ®ång d¹ng víi ΔDAB.
Bμi to¸n dùng tø gi¸c ABCD quay vÒ
dùng ΔDCE.
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, (DA;DC)ϕ = JJJG JJJG , k = c
d
)
Bëi vËy, ®Æt k =
c
d
; n(DA;DC) ADC= = δJJJG JJJG .
XÐt phÐp vÞ tù - quay Z(D; δ; k)
Ta cã Z: D 6 D; A 6 C vμ B 6 E sao cho E ∈ [BE]. Khi ®ã ΔDCE ®ång d¹ng víi ΔDAB vμ do ®ã
n nDCE DAB= vμ B, C, E th¼ng hμng theo thø tù ®ã, ®ång thêi ta ®−îc nBDE ADC= = δJJJJG .
Bμi to¸n trë thμnh dùng ΔDBE cã c¸c yÕu tè ®· biÕt: BC = b; CE = ca
d
, do ®ã
ac bd
BE
d
+= ; CD = c;
DE c
DB d
=
Ta cÇn dùng ®iÓm D lμ mét ®iÓm trong c¸c giao ®iÓm cña ®−êng trong 1γ (C; c) vμ ®−êng trßn Ap«l«nius
( )2γ cã ®−êng kÝnh IJ mμ I, J chia trong vμ chia ngoμi ®o¹n BE theo tØ sè k = cd . §Ønh A ®−îc dùng sau
cïng.
BiÖn luËn: Bμi to¸n cã thÓ cã 1 nghiÖm h×nh hoÆc kh«ng cã nghiÖm h×nh nμo tuú vμo ( )1γ vμ ( )2γ 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.
d
a
c
b
δ
E
D
CB
A
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 108
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 l lA 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.
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
2n mA m n⎧ ⎫= ∈ ∈⎨ ⎬⎩ ⎭] ] trù mật trong \
3. Cận trên cận dưới
Giả sử A ⊂ \ . Số x được gọi là một cận trên của tập A nếu với mọi a A∈ thì a ≤ x Số x được gọi là một cận dưới của tập A nếu với mọi a A∈ thì a ≥ x Cận trên bé nhất( nếu có) của A được gọi là cận trên đúng của A và kí hiệu là supA Cận dưới lớn nhất( nếu có) của A được gọi là cận dưới đúng của A và kí hiệu là infA
Nếu supA ∈ A thì sup A ≡ maxA Nếu inf A ∈ A thì infA ≡ minA Ví dụ: cho a < b Nếu A = (a, b) thì sup A = b inf A = a Nếu A = [a, b] thì sup A = max A =b inf A = min A = a
Tính chất: Tính chất 1: Nếu A ≠ ∅ , A bị chặn thì tồn tại supA, infA WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
2
Tính chất 2:
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 1 2 1 2 1 2, ( , ), ( ) ( )x x a b x x f x f x∈ ≤ ⇒ ≤ • Hàm số f(x) gọi là giảm trên (a, b) nếu :
Với mọi 1 2 1 2 1 2, ( , ), ( ) ( )x x a b x x f x f x∈ ≤ ⇒ ≥
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 Bài 1: Tìm f: →\ \ sao cho:
2 2( ) ( ) ( ) ( ) 4 .( ), ,x y f x y x y f x y xy x y x y− + − + − = − ∀ ∈\ Giải:
Đặt 2
2
u vxu x y v x y u vy
+⎧ =⎪= +⎧ ⎪⇒⎨ ⎨= − −⎩ ⎪ =⎪⎩
, sup
0, :
, inf
0, :
a a A A
a A a
a a A A
a A a
αα ε α ε ββ ε β ε
≤ ∀ ∈⎧= ⇔ ⎨∀ > ∃ ∈ − <⎩ ≥ ∀ ∈⎧= ⇔ ⎨∀ > ∃ ∈ + >⎩
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
3
2 2
2 2
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , , 0
vf u uf v u v uv f u f vu v u v u v
⇒ − = − ⇒ − = − ∀ ≠
Cho v = 1 ta có: 2 2( ) (1) 1 , 0
1 f u fu u u
− = − ∀ ≠ 3( ) , 0f u u au u⇒ = + ∀ ≠ (a = f(1) – 1)
Cho x = y = 0 ta có 2f(0) = 0 do đó f(0) = 0 Kết luận 3( ) ,f x x ax x= + ∀ ∈\
Bài 2: 1 1( 1) 3 1 2 , 1 2 2 xf x f x x
x −⎛ ⎞− − = − ∀ ≠⎜ ⎟−⎝ ⎠
Giải :
Đặt : 1 11 1 1 2 2 1 2 1 x y yy x x
x y y − −= − ⇒ = ⇒ − =− − −
1 1( 1) 3 1 2 , 1 2 2
1 1 13 ( 1) , 1 2 2 1 2
38 ( 1) 1 2 1 2
1 3 1( 1) 1 2 , 8 2 1 2
1 3 1( ) 1 2 , 8 2 1 2
xf x f x x x
xf f x x x x
f x x x
f x x x x
f x x x x
⎧ −⎛ ⎞− − = − ∀ ≠⎜ ⎟⎪ −⎪ ⎝ ⎠⇒ ⎨ − −⎛ ⎞⎪⇒ − − = ∀ ≠⎜ ⎟⎪ − −⎝ ⎠⎩ ⇒ − − = − + −
⎛ ⎞⇒ − = − + + ∀ ≠⎜ ⎟−⎝ ⎠ ⎛ ⎞⇒ = + + ∀ ≠⎜ ⎟+⎝ ⎠
Ví dụ 1: Đa thức f(x) xác định với x∀ ∈\ và thỏa mãn điều kiện: 22 ( ) (1 ) ,f x f x x 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 33 1 22 0 3
3 0 1 3
a a
b a b a b c
c
⎧ =⎪=⎧ ⎪⎪ ⎪− = ⇔ =⎨ ⎨⎪ ⎪+ + =⎩ ⎪ = −⎪⎩
1 1 13 ( 1) , 2 1 2 1 2
1 1 13 ( 1) , 1 2 2 1 2
yf f y y y y
xf f x x x x
⎛ ⎞− −⇒ − − = ∀ ≠⎜ ⎟− −⎝ ⎠ − −⎛ ⎞⇒ − − = ∀ ≠⎜ ⎟− −⎝ ⎠
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
4
Vậy 21( ) ( 2 1) 3
f x x x= + − 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 0 0 0: ( ) ( )x g x f x∃ ∈ ≠\ . Do g(x) thỏa mãn điều kiện bài toán nên:
22 ( ) (1 ) ,g x g x x x+ − = ∀ ∈\ Thay x bởi x0 ta được: 20 0 02 ( ) (1 )g x g x x+ − = Thay x bởi 1 –x0 ta được 20 0 02 (1 ) ( ) (1 )g x g x x− + = − Từ hai hệ thức này ta được: 20 0 0 0
1( ) ( 2 1) ( ) 3
g x x x f x= + − = Điều này mâu thuẫn với 0 0( ) ( )g x f x≠ Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là 21( ) ( 2 1)
3 f x x x= + −
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:
2 1 5 1 51 2 20 0 0
a a a a ab b b
⎧ ⎧+ −⎧ − = = =⎪ ⎪⇔ ∨⎨ ⎨ ⎨=⎩ ⎪ ⎪= =⎩ ⎩ Ta tìm được hai hàm số cần tìm là:
Hiển nhiên thỏa mãn điều kiện bài toán. Ví dụ 3: Hàm số :f →] ] thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:
) ( ( )) , (1) ) ( ( 2) 2) , (2) ) (0) 1 (3)
a f f n n n b f f n n n c f
= ∀ ∈ + + = ∀ ∈
=
] ]
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:
2 ,a n ab b n n+ + = ∀ ∈]
Đồng nhất các hệ số, ta được:
2 1 11 0 00
a aa b bab b
= = −⎧ = ⎧ ⎧⇔ ∨⎨ ⎨ ⎨= =+ = ⎩ ⎩⎩
1 5( ) 2
f x x±=
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
5
Với 1 0
a b
=⎧⎨ =⎩ ta được f(n) = n Trường hợp này loại vì không thỏa mãn (2)
Với 1
0 a b
= −⎧⎨ =⎩ ta được f(n) = -n + b 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 0 0( ) ( )f n g n≠ Do f(n) cũng thỏa mãn (4) nên ta có:
0 0 0 0
0 0
( 2) ( ) 2 ( ) 2 ( 2) ( 2) ( 2)
g n g n f n f n g n f n
− = + = + = − ⇔ − = − 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:
2( ) ( ) 2 ( ) (1 ) 2 (3 ), ,f x y f x y f x f y xy y x 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:
2 2( ( )) ( ( )) 3 3,f f n f n n n+ = + + n∀ ∈` Đáp số : f(n) = n + 1
Bài 4: Tìm các hàm :f →\ \ nếu : 1 1 8 23 5 , 0, ,1, 2
3 2 2 1 3 x xf f x x x x − −⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎧ ⎫− = ∀ ∉ −⎨ ⎬⎜ ⎟ ⎜ ⎟+ − −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎩ ⎭
Đáp số : 28 4( ) 5 xf x x +=
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( ) ( ) ( ) ( ) , , , 2 2 4
f xy f yz f x f yz x y z+ − ≥ ∀ ∈\ WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
6
Giải: Cho x= y = z = 0:
Cho y = z = 0:
Cho x= y = z = 1
Cho y = z = 1
Từ ( 1) và (2) ta có f(x) = 1 2
Bài 2: Tìm : (0,1)f → \ thỏa mãn: f(xyz) = xf(x) + yf(y) +zf(z) , , (0,1)x y z∀ ∈
Giải : Chọn x = y = z: f(x3) = 3xf(x) Thay x, y, z bởi x2 f(x6) = 3 x2 f(x2) Mặt khác f(x6) = f(x. x2 .x3) = xf(x) + x2 f(x2) + x3 f(x3) Hay 3 x2 f(x2) = xf(x) + x2 f(x2) + 3x4 f(x)
2 x2 f(x2) = xf(x) + 3x4 f(x)
3
2 3 1( ) ( ), 2
xf x f x x+⇒ = ∀ ∈\ Thay x bởi x3 ta được :
9 6 3
9 2 2
3 9 2
3 1( ) ( ), 2 3 13 ( ) 3 ( ),
2 3 1 3 13 ( ) 3 ( ),
2 2 ( ) 0, 0
xf x f x x
xx f x xf x x
x xx f x xf x x
f x x
+⇒ = ∀ ∈ +⇒ = ∀ ∈
+ +⇒ = ∀ ∈ ⇒ = ∀ ≠
\
\
\
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:
1 1 1 1 ( ) , 4 4 2 4
1( ) , (1) 2
f x x
f x x
+ − ≥ ∀ ∈
⇔ ≤ ∀ ∈
\
\
( )1 1 1 1( ) ( ) 2 2 2 4
1( ) , (2) 2
f x f x f x
f x x
+ − ≥
⇔ ≥ ∀ ∈\
2
2
1 1 1 (0) (0) (0) 2 2 4
1( (0) ) 0 2 1(0) 2
f f f
f
f
+ − ≥
⇔ − ≤
⇔ =
3 2 3 2( 3 3 2) ( 1) ( 3 3 2) ( ), (1)x x x P x x x x P x x+ + + − = − + − ∀
2
2
1 1 1(0) (1) (1) 2 2 4
1( (1) ) 0 2 1(1) 2
f f f
f
f
+ − ≥
⇔ − ≤
⇔ =
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
7
Giải: 2 2(1) ( 2)( 1) ( 1) ( 2)( 1) ( ),x x x P x x x x P x x⇔ + + + − = − − + ∀
Chọn : 2 ( 2) 0x P= − ⇒ − =
1 ( 1) 0
0 (0) 0 1 (1) 0
x P x P x P
= − ⇒ − = = ⇒ = = ⇒ =
Vậy P(x) = x(x – 1)(x + 1)(x + 2)G(x) Thay P(x) vào (1) ta được:
2 2( 2)( 1)( 1)( 2) ( 1) ( 1) ( 2)( 1) ( 1)( 1)( 2) ( ),x x x x x x x G x x x x x x x x G x x+ + + − − + − = − − + − + + ∀
Đặt 2 ( )( ) (x 0, 1, -2)
1 G xR x
x x = ≠ ±+ +
( ) ( 1) (x 0, 1, -2) ( )
R x R x R x C
⇒ = − ≠ ± ⇒ =
Vậy 2( ) ( 1) ( 1)( 1)( 2)P x C x x x x x x= + + − + + 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 + 3x2 + 3x + 2)x Do đó (x3 + 3x2 + 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 + 3x2 + 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:
2 2 2 2(4 4 2)(4 2 ) ( ) ( 1)( 3 2) (2 1),x x x x P x x x x P x 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:
:
n x(n) x →` `
6
Vì { }n 0,1,2,3,...∈ { }1 2( ) , , ,...n ox x x x⇒ = 2. Định nghĩa sai phân
Xét hàm x(n) = xn Sai phân cấp 1 của hàm xn là 1n n nx x x+= −+ Sai phân câp 2 của hàm xn là 2 1 2 12n n n n n nx x x x x x+ + += − = − ++ + +
( )2 2 2 2
2 2
1 ( 1) ( 1) ( ),
( 1) ( ) , 1 1
( 1) ( ) , ( 1) ( 1) 1 1
x x G x x x G x x
G x G x x x x x x
G x G x x x x x x
⇒ + + − = − + ∀ −⇔ = ∀− + + +
−⇔ = ∀− + − + + +
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
8
Sai phân câp k của hàm xn là 0
( 1) k
k i i n k n k i
i x C x + −
= = −∑+
3. Các tính chất của sai phân 9 Sai phân các cấp đều được biểu thị qua các giá trị hàm số 9 Sai phân có tính tuyến tính:
( )k k kaf bg a f b gΔ + = Δ + Δ 9 Nếu xn đa thức bậc m thì:
k nxΔ Là đa thức bậc m – k nếu m> k
Là hằng số nếu m= k
Là 0 nếu m Ví dụ :
Xét dãy số hữu hạn: 1, -1, -1, 1, 5, 11, 19, 29, 41, 55
Tìm quy luật biểu diễn của dãy số đó.
Giải:
Ta lập bảng sai phân như sau:
nx 1 -1 -1 1 5 11 19 29 41 55
nxΔ -2 0 2 4 6 8 10 12 14
2
nxΔ 2 2 2 2 2 2 2 2 2
Vậy 2 nxΔ = const do đó nx là đa thức bậc hai: 2nx an bn c= + +
Để tính a, b, c ta dựa vào ba giá trị đầu 0 1 21, 1, 1x x x= = − = − sau đó giải hệ phương trình ta
nhận được: a = 1, b = -3, c = 1.
Do đó 2 3 1nx n n= − +
4. Phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất
0 1 1 00, , 0 (1)n k n k k n ka x a x a x a a+ + −+ + + = ≠"
Gọi là phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất cấp k (ở đây k = n +k -1)
5. Phương trình đặc trưng.
1 20 1 2 0
k k k
ka a a aλ λ λ− −+ + + + =" (2)
6. Nghiệm tổng quát
Nếu (2) có k nghiệm phân biệt 1 2 3, , , , kλ λ λ λ… thì nghiệm tổng quát của (1) là
1 1 2 2
n n n
n k kx c c cλ λ λ= + +"
Nếu (2) có nghiệm bội, chẳng hạn nghiệm 1λ có bội s thì nghiệm tổng quát của (1) sẽ là:
2 1
1 1 2 1 2 1 1 1 1
n n n s n n n
n s s s k kx c c n c n c n c cλ λ λ λ λ λ− + += + + + + + +" "
7. Ví dụ
Ví dụ 1: cho dãy ( nx ) có
3 2 1
0 1 2
6 11 6
3, 4, 1
n n n nx x x x
x x x
+ + += − +
= = = −
Hãy tìm nx
Giải :
Ta có 3 2 16 11 6 0n n n nx x x x+ + +− + − =
Phương trình đặc trưng là :
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 9
3 2 6 11 6 0
1, 2, 3
λ λ λ
λ λ λ
− + − =
⇔ = = =
Suy ra: 1 2 32 3
n n
nx c c c= + +
Để tìm 1 2 3, ,c c c ta phải dựa vào 0 1 2, ,x x x khi đó ta sẽ tìm được :
1
2
3
3
2
8
7
2
c
c
c
⎧ = −⎪⎪ =⎨⎪⎪ = −⎩
Từ đó 3 78.2 3
2 2
n n
nx = − + −
Ví dụ 2:
Cho dãy số ( nx ) có 0 1 20, 1, 3x x x= = = và 1 2 37 11 5 , 3n n n nx x x x n− − −= − + ∀ ≥
Tìm nx
Phương trình đặc trưng là :
3 2 7 11 5 0
1, 1, 5
λ λ λ
λ λ λ
− + − =
⇔ = = =
Vậy nghiệm tổng quát là : 1 2 35
n
nx c c n c= + +
Để tìm 1 2 3, ,c c c ta phải dựa vào 0 1 2, ,x x x khi đó ta sẽ tìm được :
1
2
3
1
16
3
4
1
16
c
c
c
⎧ = −⎪⎪⎪ =⎨⎪⎪ =⎪⎩
Từ đó ta được: 1 3 1 5
16 4 16
n
nx n= − + +
Chú ý : Với phương trình sai phân, ta có một số loại khác nữa như phương trình sai phân
tuyến tính không thuần nhất, phương trình sai phân phi tuyến và có cả một hệ thống
phương pháp giải quyết để tuyến tính hóa phương trình sai phân. Song liên quan đến
phương trình hàm trong bài viết này, chỉ nhắc lại phương trình sai phân tuyến tính đơn giản
nhất ( chưa xét đến phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất có nghiệm phức).
8. Áp dụng đối với phương trình hàm
Ví dụ 1: Tìm tất cả các hàm :f →\ \ thỏa mãn:
f(f(x)) = 3f(x) – 2x , x∀ ∈\
Giải :
Thay x bởi f(x) ta được:
f(f(f(x))) = 3f(f(x)) – 2f(x) , x∀ ∈\
………………………..
2 1
(... ( )) 3 (... ( )) 2 (... ( ))
n n n
f f x f f x f f x
+ +
= −�� �
�� �
�� �
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 10
Hay 2 1( ) 3 ( ) 2 ( ), 0n n nf x f x f x n+ += − ≥
Đặt ( ), 0n nx f x n= ≥
Ta được phương trình sai phân:
2 13 2n n nx x x+ += −
Phương trình đặc trưng là : 2 3 2 0 1 2λ λ λ λ− + = ⇔ = ∨ =
Vậy 1 2 2
n
nx c c= +
Ta có:
0 1 2
1 1 22 ( )
x c c x
x c c f x
= + =
= + =
Từ đó ta được 1 22 ( ), ( )c x f x c f x x= − = −
Vậy 2( )f x x c= + hoặc 1( ) 2f x x c= −
Ví dụ 2: Tìm tất cả các hàm f xác định trên N và thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:
2 ( ) ( ) 2 ( ) 3 ( ) ( ),
(1) 1
f n f k n f k n f n f k k n
f
+ − − = ≥
=
Giải:
Cho k = n = 0
2 22 (0) 2 (0) 3 (0)
(0) 0 (0) 2
f f f
f f
⇒ − =
⇔ = ∨ = −
Nếu f(0) = 0 chọn n = 0 ta được: -2 f(k) = 0 do đó f(k) = 0 với mọi k
Chọn k = 1 ta được f(1) = 0 mâu thuẫn với giả thiết.
Vậy f(0) = -2
Chọn n = 1 ta được phương trình:
2 (1) ( 1) 2 ( 1) 3 (1) ( ),
2 ( 1) 2 ( 1) 3 ( ),
f f k f k f f k k
f k f k f k k
+ − − = ∀
⇔ + − − = ∀
Đặt ( )kx f k= ta có phương trình sai phân 1 12 3 2 0k k kx x x+ −− − =
Phương trình đặc trưng là 2 12 3 2 0 2
2
λ λ λ λ− − = ⇔ = ∧ = −
Vậy 1 2
1( ) 2
2
n
nf n c c ⎛ ⎞= + −⎜ ⎟⎝ ⎠
Ta tìm 1 2,c c từ điều kiện f(0) = -2 , f(1) = 1
Dễ tìm được 1 20, 2c c= = −
Vậy 1( ) 2
2
n
f n ⎛ ⎞= − −⎜ ⎟⎝ ⎠
Phương pháp 4: ĐIỂM BẤT ĐỘNG.
1. Đặc trưng của hàm
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 11
Như ta đã biết, phương trình hàm là một phương trình thông thường mà nghiệm của nó là
hàm. Để giải quyết tốt vấn đề này, cần phân biệt tính chất hàm với đặc trưng hàm. Những
tính chất quan trắc được từ đại số sang hàm số, được gọi là những đặc trưng hàm.
Hàm tuyến tính f(x) = ax , khi đó f(x + y) = f(x) + f(y)
Vậy đặc trưng là f(x + y) = f(x) + f(y) với mọi x, y
Hàm bậc nhất f(x) = ax + b, khi đó f(x) + f(y) = 2f(
Vậy đặc trưng hàm ở đây là ( ) ( ) , ,
2 2
x y f x f yf x y+ +⎛ ⎞ = ∀ ∈⎜ ⎟⎝ ⎠ \
Đến đây thì ta có thể nêu ra câu hỏi là : Những hàm nào có tính chất
( ) ( ) ( ), ,f x y f x f y x y+ = + ∀ ∈\ . Giải quyết vấn đề đó chính là dẫn đến phương trình
hàm. Vậy phương trình hàm là phương trình sinh bởi đặc trưng hàm cho trước.
Hàm lũy thừa ( ) , 0kf x x x= >
Đặc trưng là f(xy) = f(x)f(y)
Hàm mũ ( ) ( 0, 1)xf x a a a= > ≠
Đặc trưng hàm là f(x + y) = f(x)f(y), ,x y∀ ∈\
Hàm Logarit ( ) log (a>0,a 1)af x x= ≠
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
¾ sin hypebolic
2
x xe eshx
−−=
¾ cos hypebolic
2
x xe echx
−+=
¾ tan hypebolic
x x
x x
shx e ethx
chx e e
−
−
−= = +
¾ cot hypebolic
x x
x x
chx e ecothx
shx e e
−
−
+= = −
shx có TXĐ là \ tập giá trị là \
chx có TXĐ là \ tập giá trị là [1, )+∞
thx có TXĐ là \ tập giá trị là (-1,1)
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
2. 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 = ∞
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 12
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
(*) ( 1) 2a x ax⇔ + = +
2a⇔ =
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∀ ∈\ (1)
Giải:
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:
[ ]
( 1) ( )
( 2) ( )
1( ) ( ) ( 1)
x (3)2
( 2) ( )
g x g x
g x g x
g x g x g x
g x g x
+ = −⎧⎨ + =⎩
⎧ = − +⎪⇔ ∀ ∈⎨⎪ + =⎩
\
Ta chứng minh mọi nghiệm của (3) có dạng :
[ ]1( ) ( ) ( 1) , x
2
g x h x h x= − + ∀ ∈\
ở đó h(x) là hàm tuần hoàn với chu kì 2
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 :
1 3 3x xa a a+ = ⇔ =
Vậy ta đặt: ( ) 3 ( )xg x h x= thay vào (2) ta được: h(x + 1) = h(x) x∀ ∈\
Vậy h(x) là hàm tuần hoàn chu kì 1.
Kết luận ( ) 1 3 ( )xf x h x= − + với h(x) là hàm tuần hoàn chu kì 1.
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 13
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)
2
2 0
(2 ) 3. log 3m m
t t t
t t m
= ⇔ =
= ⇔ =
Xét ba khả năng sau:
Nếu t = 0 ta có h(0) = 0
Nếu t> 0 đặt 2log 3( ) ( )h t t tϕ= thay vào (3) ta có (2 ) ( ), 0t t tϕ ϕ= ∀ >
Đến đây ta đưa về ví dụ hàm tuần hoàn nhân tính.
Nếu t < 0 đặt 2log 3( ) | | ( )h t t tϕ= thay vào (3) ta được
[ ]
(2 ) ( ), 0
(2 ) ( ), 0
(4 ) ( ), 0
1( ) ( ) (2 ) , 0
2
(4 ) ( ), 0
t t t
t t t
t t t
t t t t
t t t
ϕ ϕ
ϕ ϕ
ϕ ϕ
ϕ ϕ ϕ
ϕ ϕ
= − ∀ <
= − ∀ <⎧⇔ ⎨ = ∀ <⎩
⎧ = − ∀ <⎪⇔ ⎨⎪ = ∀ <⎩
Bài toán tổng quát của dạng này như sau: ( ) ( ) 0, 1f x f ax bα β α+ = + ≠ ±
Khi đó từ phương trình x xα β+ = 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, 0t∀ ≠
Đặt g(t) = f( - 1 + t) ta được g(2t) = g(t) + 2 0t∀ ≠ (2)
Từ tích chuyển thành tổng nên là hàm loga
Ta có log (2 ) log 2a at t= −
1
2
a⇔ =
Vậy đặt 1
2
( ) log ( )g t t h t= +
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 14
Thay vào (2) ta có (2 ) ( ), 0h t h t t= ∀ ≠
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) =
ab
)a(f)b(f
−
−
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:
k =
ab
)a(f)b(f
−
−
§¼ng thøc : f / (c) =
ab
)a(f)b(f
−
−
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 )b,a(∈ 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)
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 15
x ],[ ba∈ x ],[ ba∈
NÕu m = M th× f(x) = C lμ h»ng sè nªn ∀ xo )b,a(∈ ®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 :
2n
a
+ + 1n
b
+ + n
c
= 0 (1)
CMR ph−¬ng tr×nh :
a 2x + bx + c = 0
cã Ýt nhÊt mét nghiÖm trong ( 0; 1) .
Gi¶i :
XÐt hμm sè: f(x) =
2n
ax 2n
+
+
+
1n
bx 1n
+
+
+
n
cxn
.
Hμm sè f (x) liªn tôc vμ cã ®¹o hμm t¹i ∀ x∈R .
Theo gi¶ thiÕt (1) cã f(0) = 0 , f(1) = 0
n
c
1n
b
2n
a =++++
Theo ®Þnh lý Roll tån t¹i xo ∈(0; 1) sao cho f’(xo ) = 0 mμ:
f’(x) = a 2nn1n cxbxx −+ ++
f’(x 0 ) = 0 0cxbxax
1n
o
n
o
1n
o =++⇒ −+
o
2
o
1n
o bxax(x +⇔ − +c) = 0 ( 0xo ≠ )
0cbxax o
2
o =++⇔
VËy ph−¬ng tr×nh a 0cbxx 2 =++ cã nghiÖm )1;0(xo ∈ . (®pcm) .
Bμi to¸n 2 :
Gi¶i ph−¬ng tr×nh : xxxx 5463 +=+
Gi¶i :
Ph−¬ng tr×nh ®· cho t−¬ng ®−¬ng víi :
xxxx 3456 −=− (2).
Râ rμng 0xo = 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 :
f(x) = αα −+ x)1x( , víi x > 0
Hμm sè f(x) x¸c ®Þnh vμ liªn tôc trªn ( 0; + ∞ ) vμ cã ®¹o hμm :
f’ (x) = 1)1x( −α+α - α 1x −α
= α [ 11 x)1x( −α−α −+ ]
Tõ (2) cã f(5) = f(3) . VËy tån t¹i c∈ ( 3; 5) sao cho f’(c) = 0, hay lμ :
α [ 11 c)1c( −α−α −+ ] = o
⇔ α = o , α = 1 .
Thö l¹i thÊy 1x = 0 , 2x = 1 ®Òu tho¶ m·n ph−¬ng tr×nh (2).
VËy ph−¬ng tr×nh ®· cho cã ®óng 2 nghiÖm lμ : 1x,0x 21 ==
Bμi to¸n 3
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 16
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
XÐt hμm sè f(x) = xcosxsinc
2
x2sinb
3
x3sina −++ .
Hμm f(x) liªn tôc trªn [ 0; 2 π ] , cã ®¹o hμm trªn ( 0; 2 π ) vμ cã ®¹o hμm lμ:
f’ (x) = acos3x + bcos2x +ccosx + sinx .
mÆt kh¸c cã f(0) = - 1 , f ( 2 π ) = - 1 .
Theo ®Þnh lý Roll tån t¹i )2;0(xo π∈ ®Ó f’( 0x ) = 0 .
VËy )2;0(xo π∈ lμ nghiÖm cña ph−¬ng tr×nh ( 3 ). ( ®pcm ).
Bμi to¸n 4 Gi¶i ph−¬ng tr×nh : =− xcosxcos 23 cosx (4).
Gi¶i : Ph−¬ng tr×nh (4) cã Ýt nhÊt mét nghiÖm 0x0 = . Gäi α lμ nghiÖm
bÊt kú cña (4) .Khi ®ã cã :
α=− αα cos23 coscos
α−=α−⇔ αα cos22cos33 coscos . (5)
XÐt hμm sè f(x) = α−α costt cos , (víi t > 1 ).
Hμm sè f(x) liªn tôc trªn kho¶ng (1; + ∞ ) vμ cã ®¹o hμm lμ:
f’ (x) = cos α−α −α cost. 1cos .
Tõ ®¼ng thøc (5) cã : f(2) = f (3) . VËy tån t¹i gi¸ trÞ c ∈ ( 2; 3 ) sao cho:
f’(c) = 0 . α⇔ cos . 0cosc 1cos =α−−α
0)1c(cos 1cos =−α⇔ −α
0cos =α⇔ hoÆc cosα = 1
π+π=α⇔ k
2
; π=α 2k . Víi k Ζ∈
Thö l¹i thÊy tho¶ m·n ph−¬ng tr×nh (4) .
VËy (4) cã nghiÖm x = π+π k
2
, x = k2 π ( Ζ∈∀k )
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 )b;a(x ∈∀ .
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 .
ph−¬ng tr×nh f )k( (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 R∈α∀
mμ 0≠α .
Chøng minh :
XÐt hμm F (x) = )x(f.e
x
α . 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:
F’(x) = )x(f.1.e)x('f.e
xx
α+
αα
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 17
= α
α
x
e
. [ f(x) +α f’(x) ]
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 :
Ph−¬ng tr×nh : 05x3x 23 =+− cã ®óng 1 nghiÖm
nh−ng ph−¬ng tr×nh : 0x6x3 2 =− cã 2 nghiÖm.
HÖ qu¶ 3 : NÕu f’’(x) > o hoÆc f’’ (x) < o )b;a(x ∈∀ 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 )b;a(x ∈∀ th× ph−¬ng tr×nh
f(x) = 0 cã kh«ng qu¸ ba nghiÖm .
Bμi to¸n 5 :
Gi¶i ph−¬ng tr×nh : 1xx1x3x 2 ++=++ (6)
Gi¶i : §iÒu kiÖn x ≥ 0
Ph−¬ng tr×nh (6) 01xx1x3x 2 =−−−++⇔
XÐt hμm sè:
f(x) = 1xx1x3x 2 −−−++ . Víi x );0[ +∞∈
f’(x) = 1x2
1x32
3
x2
1 −−++
f’’(x) = - 0x.02
)1x3(4
9
x4
1
33
>∀<−+−
Theo hÖ qu¶ 3 suy ra ph−¬ng tr×nh (6) cã kh«ng qu¸ 2 nghiÖm
Thö trùc tiÕp 1x,0x 21 == 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 : )x21(logx13 3
x +++=
Gi¶i : §iÒu kiÖn: 1 + 2x > 0 ⇔ x > -
2
1
Ph−¬ng tr×nh ®· cho t−¬ng ®−¬ng víi :
)x21(log)x21(x3 3
x +++=+ ( 7 )
XÐt hμm f(t) = t + tlog3 , víi t );0( +∞∈ ta cã :
f’(t) = 1 + 0t,0
3lnt
1 >∀> . VËy f (t) ®ång biÕn trªn ( 0; + ∞ )
Ph−¬ng tr×nh ( 7 ) khi ®ã trë thμnh: f ( )3x = f ( 1 + 2x )
x213x +=⇔
01x23x =−−⇔ (8)
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 18
XÐt hμm sè: g (x) = 1x23x −− víi x );
2
1( +∞−∈ ta cã :
g’(x) = 23ln.3x −
g’’(x) = 3ln.3 2x > 0.
2
1x −>∀
VËy ph−¬ng tr×nh (8) cã kh«ng qu¸ 2 nghiÖm trong kho¶ng ( - );
2
1 +∞
MÆt kh¸c thö trùc tiÕp thÊy 1x,0x 21 == lμ 2 nghiÖm cña ph−¬ng tr×nh (8) .
VËy ph−¬ng tr×nh (8) cã 2 nghiÖm 21 x,x .
KÕt luËn : Ph−¬ng tr×nh ®· cho cã ®óng 2 nghiÖm 1x,0x 21 ==
Bμi to¸n 7 :
Gi¶i ph−¬ng tr×nh : ( 12)x4)(22x =−+ (9) .
Gi¶i :
XÐt hμm sè f (x) = ( 12)x4)(22x −−+ . X¸c ®Þnh vμ liªn tôc trªn R .
f’(x) = )22()x4.(2ln.2 xx +−− .
f’’(x) = −−− 2ln.2)x4.(2ln.2 x2x 2ln.2x .
= [ ]2)x4.(2ln.2ln.2x −− .
f’’(x) = 0 022ln).4x( =+−⇔
2ln
24x o −=⇔ .
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 2x,1x,0x 321 === .
Bμi to¸n 8 :
Chøng minh r»ng : Víi Rm ∈∀ ph−¬ng tr×nh :
05x9)1x(mx2x 232005 =+−−++ (10).
cã ®óng 3 nghiÖm .
Gi¶i :
XÐt hμm sè f(x) = 5x9)1x(mx2x 232005 +−−++ .
H�m sè f(x) liªn tôc vμ cã ®¹o hμm trªn R.
f’(x) = 2005. 9mx2x6x 22004 −++ .
f’’(x) = 2005.2004. m2x12x 2003 ++ .
f’’’(x) = 2005.2004.2003. x.012x 2002 ∀>+ .
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 :
)1;(x1 −−∞∈∃ mμ f ( )x1 = 0
∈∃ 2x (-1;1) mμ f( 2x ) = 0
);1(x3 +∞∈∃ mμ f( 3x ) = 0
NghÜa lμ ph−¬ng tr×nh (10 ) cã Ýt nhÊt 3 nghiÖm ph©n biÖt .xxx 321 <<
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 19
VËy ph−¬ng tr×nh ( 10 ) cã ®óng 3 nghiÖm ph©n biÖt .(§pcm)
.
Bμi to¸n 9 :
Cho biÕt ph−¬ng tr×nh : 0cbxaxx 34 =+++ (11) cã 4 nghiÖm ph©n biÖt . Chøng minh r»ng : ab <
0
Gi¶i :
XÐt P (x) = cbxaxx 34 +++ liªn tôc trªn R .
f(x) = P’ (x) = bax3x4 23 ++ .
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 .0f.f CTCD <⇔
MÆt kh¸c cã f’(x) = 12 2x + 6ax = 6x.( 2x + a )
)
4
b4a.(b)
2
a(f).o(ff.f
3
CTCD
+=−= . (®iÒu kiÖn a 0≠ )
§iÒu kiÖn 0)b4a(b0f.f 3CTCD <+⇔< (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,.......a,a,a n321 tho¶ m·n ®iÒu kiÖn :
0 =
1n
a.......
3
a
2
a n21
++++ = 1n
a.2......
4
a4
3
a2
2
a n
1n
321
+++++
−
(13).
Chøng minh r»ng ph−¬ng tr×nh :
oxna......xa3xa2a 1nn
2
321 =++++ − cã nghiÖm .
Gi¶i :
XÐt F(x) = ++
3
xa
2
xa 32
2
1
1n
xa.....
4
xa 1nn
4
3
+++
+
.
§a thøc F(x) liªn tôc trªn R , cã ®¹o hμm cÊp tuú ý trªn R.
F’(x) = nn
3
3
2
21 xa......xaxaxa ++++
F’’(x) = 1nn
2
321 xna.....xa3xa2a
−++++
F(0) = 0, F(1) =
1n
a......
3
a
2
a n21
++++
F(2) =
1n
a.2.......
4
a.2
3
a2
2
a2 n
1n
3
4
2
3
1
2
+++++
+
= 4 ( )
1n
a.2........
4
a4
3
a2
2
a n
1n
321
+++++
−
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
)2;1(x),1;0(x 21 ∈∈ .
Suy ra ph−¬ng tr×nh F’’(x) = 0 cã Ýt nhÊt 1 nghiÖm 0x .
VËy ph−¬ng tr×nh : 0xna.........xa2a 1nn21 =+++ − cã nghiÖm (§pcm) .
ΙΙΙ ) C¸c bμi to¸n luyÖn tËp :
Gi¶i c¸c ph−¬ng tr×nh vμ hÖ ph−¬ng tr×nh sau.
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 20
1) )1x(log12 2
x ++=
2) 7x5xx5x 2 +−=−+
3) ( 6)x2)(24x =−+
4) 6)1x2(log)1x(log 32 =+++
5)
2
2
2
2
2
2
1 3 log
1 3log
1 log
x y
y z
z x
⎧ = +⎪ = +⎨⎪ = +⎩
6)
4 2 4 2
4 2 4 2
4 2 4 2
x x
y y
z z
y
z
x
⎧ + = +⎪ + = +⎨⎪ + = +⎩
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
*******
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 21
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 .
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 22
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 OKOH . =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
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
1
1
1 =⋅⋅
CN
EC
BE
MB
MP
NP
=>
MB
NC
MP
NP =
1
1 (1)
T−¬ng tù ®èi víi Δ MNF ®−êng AD c¾t MN t¹i P2 ta cã
MB
NC
MP
NP
AM
AF
DF
DN
NP
MP ==>=⋅⋅
2
2
2
2 1 (2)
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.
B
A
D
N M P
EC
N
M
D
A
C
B
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 23
F
D
N
C
E
B
M
A
Ta cã
NQ
MQ
NN
MM
1
1
1
1 = (3)
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 => NC
MA
NN
MM =
1
1 (4)
Tõ (3) vμ (4) ta cã
NC
MA
NQ
MQ =
1
1 (5)
T−¬ng tù ta cã
ND
MB
NQ
MQ =
2
2 (6)
=> Mμ MA=MB, NC=ND vμ tõ (5) ,(6) ta cã
1
1
2
2
NQ
MQ
NQ
MQ =
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
Gi¶ sö OK ⊥ MN ta ph¶i chøng minh H n»m trªn OK
H1,H' lÇn l−ît lμ giao ®iÓm cña OK vμ AB, OM vμ AB => OMOH .' = OKOH .1
H2,H'' lÇn l−ît lμ giao ®iÓm cña OK vμ CD, ON vμ CD => OMOH .2 = OKOH .''
Mμ ONOH .'' = OMOH .' =R2=> 1OH = 2OH => 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 c¾t MD t¹i I'=>ta cã ∠ MAB= ∠ ADB,
∠ MAI'= ∠ MI'A=>MA=MC=MI=>CI' lμ ph©n gi¸c ∠ BCD
H
E
F
M
D
C
B
A
O
NN
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 24
§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
DC
DA
BC
BA
CD
CB
AD
AB ==>= => Ph©n gi¸c cña ∠ ABC vμ ∠ ADC giao nhau t¹i mét ®iÓm trªn AC.Do ®ã tiÕp
tuyÕn t¹i D,B vμ AC ®ång quy
III.Sö dông c¸c bæ ®Ò trªn ®Ó gi¶i mét sè bμi tËp sau:
Bμi tËp1.
M
B D
A
C
M
B D
A
C
I
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 25
A8
A7
A6
A
A
A3
A2
A1
H
Cho b¸t gi¸c A1A2...A8 néi tiÕp ®−êng trßn t©m O.Chøng minh r»ng nÕu c¸c ®−êng chÐo
84736251 ,,, AAAAAAAA §ång quy t¹i H (H kh«ng trïng víi t©m O) th× giao ®iÓm cña c¸c cÆp ®−êng chÐo
31 AA vμ A5A7, A1A7 vμ A3A5; A2A8 vμ A4A6 (nÕu chóng tån t¹i) cïng n»m trªn mét ®−êng th¼ng.
Gi¶i.
Gäi M lμ giao ®iÓm gi÷a tiÕp tuyÕn víi ®−êng trßn t¹i A1 vμ A5
N lμ giao ®iÓm gi÷a tiÕp tuyÕn t¹i A2 vμ A6
P lμ giao ®iÓm gi÷a tiÕp tuyÕn t¹i A4 vμ A8
Q lμ giao ®iÓm gi÷a tiÕp tuyÕn t¹i A3 vμ A7
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 ®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 31 AA 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 :
DQ
DA
CP
CA =
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
chÊt cña ®−êng ph©n gi¸c trong Δ ABC vμ Δ ABD ta cã
DB
CB
DA
CA
DB
DA
CB
CA ==>= (1) .Ta nhËn thÊy c¸c Δ
BDQ vμ Δ CBP cã ∠ BDQ= ∠ BCP
=>Δ BDQ ®ång d¹ng víi Δ CBP=>
BC
BD
CP
DQ = (2).Tõ (1) vμ (2)suy ra ®iÒu chøng minh
ii)NÕu E lμ giao cña CD vμ PQ ,F lμ giao PQ vμ ®−êng th¼ng qua A vμ song song víi CD , th×
EP
EI
CP
CA = vμ
DQ
DA
EQ
EI = .VËy EP = EQ
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 26
C N
.
O
A
B
M
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
(AB quay quanh M)
Gi¶i.
*) => Gi¶ sö 2 tiÕp tuyÕn c¾t nhau t¹i C ,N lμ h×nh chiÕu cña C lªn OM,ta cã 2. RONOM = (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=>
=OCOK. 2. RONOH = (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.
Gäi t©m ®−êng trßn lμ I => AA',BB',CC' ®ång
quy t¹i I. 1A , 1B , 1C lÇn l−ît lμ giao ®iÓm cña
AA',BB',CC' víi (O) .¸p dông bæ ®Ò III
®èi víi tø gi¸c A'B' 1A C' ta cã tiÕp tuyÕn
víi (O)t¹i 1A ®i qua P.T−¬ng tù tiÕp tuyÕn
t¹i 1B , 1C ®i qua Q vμ R.Mμ A' 1A ,B' 1B ,C' 1C
®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.
M
Q
O.O'.
P
C
A
D
B
F
E
A
B
CA
'
B'
C'
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 27
B
F
E
D
C
A
H
Cho ngò gi¸c ABCDEF néi tiÕp ®−êng trßn tho¶ m·n 1.. =
FA
EF
DE
CD
BC
AB
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
CEB
BC
AEB
AB
∠=∠ sinsin =2R=> CEB
AEB
BC
AB
∠
∠=
sin
sin
(1)
T−¬ng tù ®èi víi Δ AKE vμ Δ CKE cã
AKE
AEB
AE
AK
∠
∠=
sin
sin
(2)
vμ
CKE
CEB
CE
CK
∠
∠=
sin
sin
(3)
Nh©n vÕ víi vÕ cña (2) vμ (3)ta cã
CEB
AEB
AE
CE
CK
AK
∠
∠=
sin
sin. (4)
KÕt hîp (1)vμ (4)ta cã
BC
AB
AE
CE
CK
AK =. (5)
T−¬ng tù
DE
CD
AC
AE
EP
CP =. (6) vμ
FA
EF
EC
AC
AQ
EQ =. (7)
Nh©n tõng vÕ (5),(6),(7)ta cã
QA
EQ
PE
CP
CK
AK .. =
FA
EF
DE
CD
BC
AB .. =1
.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°.
C
Q
D
O
'
O
P
A
C
C
B
E
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 28
AB
C
MK
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
(O).Theo bæ ®Ò III giao ®iÓm cña ph©n gi¸c ∠ ABK vμ ∠ ACK n»m trªn AP do ®ã
KC
KB
AC
AB = (1).Bªn c¹nh
®ã Δ MBK ®ång d¹ng víi Δ MHC =>
CH
BK
MH
MB = . Δ MCK ®ång d¹ng víi Δ MHB=>
BH
CK
MH
MC = mμ
MB=MC nªn ta cã
BH
CK
CH
BK = (2).
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)
VËy ph©n gi¸c ∠ BAC lμ ph©n gi¸c ∠ KAK'
Tr−êng hîp A,P n»m cïng phÝa ®èi víi BC c¸ch chøng minh t−¬ng tù.
iV.Mét sè kÕt qu¶ tæng hîp vÒ tø gi¸c toμn phÇn néi tiÕp
*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.
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 29
*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
BD
AC
NL
NK
ML
MK ==
: V× Δ MAC ®ång d¹ng Δ MBD =>
AC
BD
ML
MK = .
Δ NAC ®ång d¹ng Δ NBD =>
AC
BD
NL
NK =
*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
ADAB
RR
CDCB
RR
.
.
.
. 4231 =
Chøng minh: Δ NBC ®ång d¹ng víi Δ NAD do ®ã ta cã
AD
BC
R
R =
2
1 .
Δ MCD ®ång d¹ng víi Δ MAB ta cã
AB
CD
R
R =
4
3 .Nh©n 2 vÕ ta ®−îc
ADAB
RR
CDCb
RR
.
.
.
. 4231 =
*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 =>
BD
CA
r
r =
3
1
Δ MBD ®ång d¹ng Δ MAC ta cã
BD
CA
r
r =
4
2 , suy ra ®iÒu ph¶i chøng minh
*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
N
M
C O
A
S
B
D
Q
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 30
M
AB
C
D
N
Mk
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 = MO
2-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 = NO
2-R2
Tõ nh÷ng kÕt qu¶ trªn ta cã MMk= MN
RMO 22 −
,NMk= MN
RNO 22 −
vμ MN2 = MO2+NO2-2R2 => MMk
2-NMk
2=
MN
RNORMO )()( 22222 −−−
=MO2-NO2
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
Chøng minh: 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
B©y giê quay trë l¹i víi kÕt qu¶ 8 Gäi t©m c¸c
®−êng trßn ngo¹i tiÕp Δ ABM, AND, CDM, BCN
Lμ O1,O2,O3,O4.Sö dông bæ ®Ò ®èi víi 3 ®−êng
Trßn(O1),(O4),(O3) ta thÊy r»ng c¸c ®iÓm Mk,
O1,O4,O3n»m trªn cïng mét ®−êng trßn
T−¬ng tù c¸c ®iÓm Mk, O3,O2,O4 n»m trªn
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
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 31
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 XH1 , YH1 , ZH1 .Trong
®−êng trßn ngo¹i tiÕp Δ AND ta cã XH1 = YH1 = ZH1 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=OB
2=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:
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 32
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 kOMOS. =R
2 ®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
*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
C
N
B
M
D
A
A
B
C
D
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 33
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
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 34
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 { }na . Tổng hình thức nn
n 0
F(x) a x
≥
=∑ gọi là hàm sinh sinh bởi dãy { }na và ta ký
hiệu { }na F↔
Nhận xét: Mỗi dãy số { }na 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
Bán kính hội tụ của F(x) là
n
nn
1R
lim | a |
→∞
= , nghĩa là với x, x R∀ < thì chuỗi trên hội tụ. Khi
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 { } 11
1 x
↔ − vì
2 11 x x , x 1
1 x
+ + + = ∀ <−"
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 35
Tương tự { } { }n n1 1 ( 1) ; m , m=const
1 x 1 mx
− ↔ ↔+ −
3. Công thức khai triển Taylor
Giả sử f(x) là hàm số liên tục, có đạo hàm mọi cấp trên khoảng (a, b); 0x (a,b)∈ . Khi đó ta có
công thức khai triển Taylor:
(n)
n0
n 0
f (x )f (x) x
n!≥
=∑
Khi 0 (a, b)∈ ta có
(n)
n
n 0
f (0)f (x) x
n!≥
=∑
Ví dụ:
a. Với x (n) x (n) 0f (x) e f (x) e f (0) e 1, n= ⇒ = ⇒ = = ∀
n
n 0
xf (x)
n!≥
⇒ =∑ . Vậy x1 en!
⎧ ⎫⎪ ⎪⎪ ⎪↔⎨ ⎬⎪ ⎪⎪ ⎪⎩ ⎭
b. Với (n ) nf (x) (1 x) , f (0) ( 1) ( n 1) n!Cλ λ= + λ ∈ ⇒ =λ λ− λ− + =\ …
Ở đó n n n
n
( 1) ( n 1)C f (x) C x
n!λ λ
λ λ− λ− += ⇒ =∑…
Khi *λ ∈` ta có nC 0, < nλ = ∀ λ ta có công thức khai triển Newton
Khi *m,mλ =− ∈` ta có { }n n n n n nm m n 1 m n 1 m1C C ( 1) C ( 1) C (1 x)λ − + − + −= = − ⇒ − ↔ +
4. Một số tính chất.
Cho { }na F↔ , { }nb G↔ khi đó ta có:
# { }n na b F G± ↔ ± (1)
# { }nka kF, k↔ ∀ ∈\ (2)
# k l
k l n
a b F.G
+ =
⎧ ⎫⎪ ⎪⎪ ⎪↔⎨ ⎬⎪ ⎪⎪ ⎪⎩ ⎭∑ (3)
# { } h 10 1 h 1n h hF a a x a xa , hx
−
−
+
− − − −↔ ∈" ` (4)
# { }n 1(n 1)a F'++ ↔ (5)
B. Ứng dụng
I.Tìm dãy số.
1. Phương pháp
& Để tìm dãy số { }na . Ta xét hàm sinh sinh bởi dãy { }na là nn
n 0
F(x) a x
≥
=∑
& Dựa vào đặc điểm của dãy { }na ta tìm được F(x)
& Đồng nhất thức sẽ thu được dãy { }na
2. Bài tập áp dụng
Bài 1 (Dãy Fibonacci) Tìm dãy số Fibonacci thỏa mãn điều kiện: n 2 n 1 n
0 1
F F F
F 0,F 1
+ +⎧ = +⎪⎪⎨⎪ = =⎪⎩
Lời giải: Xét hàm sinh F(x) sinh bởi dãy { }nF
Ta có { } { }n 2 n 12F x FF , F x x+ +
−↔ ↔ (do tính chất 4)
Vậy ta có phương trình:
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 36
2
F x F = F
x x
− + ( Do giả thiết của bài toán 1)
n n
n
2
n 0
x 1 1 1 1 1 5 1 5 F = x
1 x x 2 25 1 5 1 5 51 x 1 x
2 2
≥
⎛ ⎞⎟⎜ ⎟ ⎛ ⎞⎜ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟⎜ ⎜ + −⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟⇔ = − = −⎜ ⎜⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎟ ⎟⎜ ⎜− − + −⎜ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎟⎜ − − ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠
∑
Vậy
n n
n
1 1 5 1 5F
2 25
⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎟⎜ + −⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎟ ⎟= −⎜ ⎜⎜ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜⎜ ⎟ ⎟ ⎟⎟ ⎟⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎜ ⎟⎝ ⎠
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 nF 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.
Nhóm không chứa n: số tập con như vậy là n 1F −
Nhóm chứa n : đó là {n} và các tập con dạng
{ }1 2 k ia , a , a , n ,a n 1, i 1,..., k; k 1,..., n≠ − ∀ = ∀ =… trong trường hợp này có n 2F − tập
con.
Vậy ta có n n 1 n 2F F F− −= +
Dễ thấy F(1) = 2, F(2) = 3
Áp dụng bài tập 1 ta có:
n 2 n 2
n
1 1 5 1 5F
2 25
+ +⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎟⎜ + −⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎟ ⎟= −⎜ ⎜⎜ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜⎜ ⎟ ⎟ ⎟⎟ ⎟⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎜ ⎟⎝ ⎠
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 n,kF 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.
Nhóm không chứa n: số tập con như vậy là n 1,kF −
Nhóm chứa n : đó là {n} và các tập con dạng
{ }1 2 k ia , a , a , n ,a n 1, i 1,..., k; k 1,..., n≠ − ∀ = ∀ =… trong trường hợp này có n 2,k 1F − − tập
con.
Vậy ta có n,k n 1,k n 2,k 1F F F− − −= + với k > 1 (*)
Xét hàm sinh:
n
k n,k
n 1
F (x) F x
≥
=∑
Từ hệ thức (*) ta có:
2
k k 1
xF (x) F (x)
1 x −
= − , áp dụng liên tiếp công thức này ta được:
2k 1
2k 1 i i i i 2k 1
k k 1 k 1k 1
i 0 i 0
xF (x) x C x C x
(1 x)
−
− + −
− − − −+
≥ ≥
= = =− ∑ ∑
Đồng nhất thức ta thu được n 2k 1 n 2k 1 kn,k k 1 n k 1 n k 1F C C C
− + − +
− − − + − += = =
Nhận xét : Kết hợp hai bài tập 2, và 3 ta thu được hệ thức rất đẹp: kn k 1 n 1
k
C F− + +=∑
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 37
Bài 4: Tìm dãy { }na thỏa mãn: 0 1
n 2 n 1 n
a 0,a 2
a 4a 8a+ +
⎧ = =⎪⎪⎨⎪ =− −⎪⎩
Lời giải:
Xét hàm sinh f(x) sinh bởi dãy { }na , tương tự như bài tập 1 ta có phương trình:
2
f 2x 4f 8
x x
− =− −
2
2x 1 1 1f
1 4x 8x 2i 1 ( 2 2i)x 1 ( 2 2i)x
⎛ ⎞⎟⎜⇔ = = − ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜+ + − − + − − −⎝ ⎠ ( Mẫu thức có
24 4i′Δ =− = )
n n n
n 0
1 ( 2 2i) ( 2 2i) x
2i ≥
⎡ ⎤= − + − − −⎢ ⎥⎣ ⎦∑
Đồng nhất thức ta được :
n n
n
n n
n
n
( 2 2i) ( 2 2i)a
2i
cos i sin cos i sin
4 4 4 4 ( 2 2)
2i
n ( 2 2) sin
4
− + − − −=
⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞π π π π⎟ ⎟⎜ ⎟ ⎟ ⎜ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜− + − − +⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠= ⋅ −
π= −
Bài 5: Tìm số hạng tổng quát của dãy { }nx thỏa mãn:
0 1
n
n 2 n 1 n
x x 0
x 6x 9x 2 n+ +
⎧ = =⎪⎪⎨⎪ − + = +⎪⎩
Lời giải:
Đặt { }nx f (x)↔ ta có phương trình :
2 2
2
2 2
f (x) 0 0.x f (x) 1 x 6 9f (x)
x x 1 2x (1 x)
x 1 x f (x)
(1 3x) 1 2x (1 x)
− − − + = +− −
⎡ ⎤⎢ ⎥⇔ = +⎢ ⎥− − −⎣ ⎦
Viết f(x) dưới dạng:
2
2 2 2 2
x 1 x a b c d e f (x)
(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 1a , b ,c 0,d ,e 1
12 3 4
= =− = = =
Vậy:
2
2 2 2 2
55 1
x 1 x 1312 4 f (x)
(1 3x) 1 2x (1 x) (1 3x) 1 3x (1 x) 1 2x
⎡ ⎤⎢ ⎥= + = − + +⎢ ⎥− − − − − − −⎣ ⎦
Ta có:
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 38
n n 1
2
2
n
1 3 1{3 } {3 (n+1)}
1 3x (1 3x) 1 3x
1 1 1 {1} {n+1}
1 x (1 x) 1 x
1 {2 }
1 2x
+′⎡ ⎤⎢ ⎥↔ ⇒ = ↔⎢ ⎥− − −⎣ ⎦
′⎡ ⎤⎢ ⎥↔ ⇒ = ↔⎢ ⎥− − −⎣ ⎦
↔−
Vậy :
n 2 n
n n n
n
5 5 1 2 n 1 5(n 3)3x (n 1)3 3 (n 1) 2
12 3 4 4
+ + + + −= + − ⋅ + + + =
II. Tính tổng
1. Phương pháp
Để tính tổng m
m
f (n) S (n)=∑ ta xét hàm sinh:
n n
m
n n m
F(x) f (n)x S (n)x
⎛ ⎞⎟⎜= = ⎟⎜ ⎟⎟⎜⎝ ⎠∑ ∑ ∑ (*)
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: n kk
k
C −∑
Lời giải:
Đặt n kk
k
f (n) C −=∑ xét hàm sinh :
n n k n
k
n n k
F(x) f (n)x C x−
⎛ ⎞⎟⎜= = ⎟⎜ ⎟⎟⎜⎝ ⎠∑ ∑ ∑
Biến đổi F(x) ta có:
n k n n k n k k
k k
n k n k
n k n k k k k
k
k n k
2 k
2
k
F(x) C x C x x
C x x (1 x) x
1 (x x)
1 x x
− − −
− −
⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟⎜ ⎜= =⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎟ ⎟⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎛ ⎞⎟⎜= = +⎟⎜ ⎟⎟⎜⎝ ⎠
= + = − −
∑ ∑ ∑ ∑
∑ ∑ ∑
∑
Vậy F(x) chính là hàm sinh của dãy Fibonacci, do đó:
n k
k n 1
k
f (n) C F− += =∑
Bài 2: Tính tổng sau:
m
k k m
n k
k n
( 1) C C
=
−∑
Lời giải:
Đặt
m
n k m
n k
k n
f (m) ( 1) C C
=
= −∑ xét hàm sinh:
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 39
n
m k k m m
n k
m m k m
k k m m k k k
n k n
k n m k k n
n n k k k n n
n
k n
n n
F(x) f (m)x ( 1) C C x
( 1) C C x ( 1) C (1 x)
( 1) ( 1) C (1 x) ( 1) (1 x 1)
( 1) x
=
≤ ≤ ≤
−
≤
⎛ ⎞⎟⎜= = − ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
⎡ ⎤⎢ ⎥= − = − +⎢ ⎥⎣ ⎦
= − − + = − + −
= −
∑ ∑ ∑
∑ ∑ ∑
∑
Đồng nhất thức ta có:
n( 1) khi m = n
f (m)
0 khi m ⎧⎪ −⎪=⎨⎪⎪⎩
Bài 3: Tính tổng sau:
m
k m
n k
k n
C C
=
∑
Lời giải:
Đặt
m
k m
n k
k n
f (m) C C
=
=∑ xét hàm sinh:
n
m k m m
n k
m m k m
k m m k k
n k n
k n m k k n
n n
F(x) f (m)x C C x
C C x C (1 x)
= (1 x 1) (2 x)
=
≤ ≤ ≤
⎛ ⎞⎟⎜= = ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
⎛ ⎞⎟⎜ ⎟= = +⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠
+ + = +
∑ ∑ ∑
∑ ∑ ∑
Mặt khác theo công thức khai triển Newton ta có:
n n m m m
n
m
(2 x) 2 C x−+ =∑
Đồng nhất thức ta có: n m mnf (m) 2 C
−=
Bài 4:
a) Tính tổng sau:
k
k2
n
k
C x
⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦∑
b) Tính tổng sau:
m k
k k2
n n k
k
C C x
⎡ ⎤−⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦
−∑
Lời giải:
a. Ta có:
k 2k 2k 1
k 2k 2k 12 2 2
n n n
k k k
k 2 k k 2 k
n n
k k
2 n 2 n
2 n
C x C x C x
C (x ) x C (x )
(1 x ) x(1 x )
(1 x)(1 x )
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤+⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ +⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦= +
= +
= + + +
= + +
∑ ∑ ∑
∑ ∑
b. Đặt
m k
k k2
n n k
k
f (m) C C x
⎡ ⎤−⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦
−=∑ . Xét hàm sinh:
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 40
m k
m k k m2
n n k
m m k
m k
k k m2
n n k
k m
m k
k k k m k2
n n k
k m
F(y) f (m)y C C x y
C x C y
C x y C y
⎡ ⎤−⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦
−
⎡ ⎤−⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦
−
⎡ ⎤−⎢ ⎥⎢ ⎥ −⎣ ⎦
−
⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜= = ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠
⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜= ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠
⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜= ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠
∑ ∑ ∑
∑ ∑
∑ ∑
Áp dụng câu a ta có
m k
m k 2 n k2
n k
m
m k
k k k m k2
n n k
k m
k k 2 n k
n
k
k k 2 n k
n
k
2 n
C y (1 y)(1 y )
F(y) C x y C y
C (xy) (1 y)(1 y )
(1 y) C (xy) (1 y )
(1 y)(1 xy y )
⎡ ⎤−⎢ ⎥⎢ ⎥ − −⎣ ⎦
−
⎡ ⎤−⎢ ⎥⎢ ⎥ −⎣ ⎦
−
−
−
= + +
⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜⇒ = ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠
= + +
= + +
= + + +
∑
∑ ∑
∑
∑
Khi x= 2 ta có: 2n 1 m mn
m
F(y) (1 y) C y+= + =∑ do đó đồng nhất các hệ số ta
có:
m k
k k m2
n n k 2n 1
k
C C 2 C
⎡ ⎤−⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦
− +=∑
Khi x = -2 ta có :
2n 2n 2n m m m 1 m 1 m
2n 2n
m
F(y) (1 y)(1 y) (1 y) y(1 y) ( 1) C ( 1) C y− −⎡ ⎤= + − = − + − = − + −⎢ ⎥⎣ ⎦∑
Đồng nhất thức ta được :
m k
k k m m m 12
n n k 2n 2n
k
C C ( 2) ( 1) [C C ]
⎡ ⎤−⎢ ⎥⎢ ⎥ −⎣ ⎦
− − = − −∑
Bài 5: Tính tổng sau:
k
m 2k k
n k 2k
k
( 1)f (n) C C
k 1
+
+
−= +∑
Lời giải:
Xét hàm sinh của dãy { }f (n) ta có:
ta có:
m 2k n k m 2k m 2k n k m 1 m 2k n k m n k m
n k n k n k
n n n
m 2k n k m n k m m 2k (m 2k 1)
(m 2k 1)
n
m 2k
m 2k 1
C x x C x x C x
x C x x (1 x)
x
(1 x)
+ + + + − − − + − − − −
+ + +
+ − − − − + − + +
− + +
+
+ +
= =
= = −
= −
∑ ∑ ∑
∑
Vậy ta có :
k
m 2k k n
n k 2k
n k
k
k k m 2k n k
2k n k
k n
( 1)F(x) C C x
k 1
( 1) C x C x
k 1
+
+
− + +
+
⎡ ⎤−⎢ ⎥= ⎢ ⎥+⎣ ⎦
⎛ ⎞− ⎟⎜= ⎟⎜ ⎟⎟⎜+ ⎝ ⎠
∑ ∑
∑ ∑
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 41
k m 2k
k k
2k m 2k 1
k
km
k
2km 1 2
k
( 1) xF(x) C x
k 1 (1 x)
x 1 x C
(1 x) k 1 (1 x)
+
−
+ +
+
−= + −
⎧ ⎫⎪ ⎪−⎪ ⎪= ⎨ ⎬⎪ ⎪− + −⎪ ⎪⎩ ⎭
∑
∑
m 1
m 1 2
m 1
m 1
m
m
x 4x1 1
2(1 x) (1 x)
x 1 x1
2(1 x) 1 x
x
(1 x)
−
−
−
−
⎧ ⎫⎪ ⎪− ⎪ ⎪= − +⎨ ⎬⎪ ⎪− −⎪ ⎪⎩ ⎭
⎧ ⎫− +⎪ ⎪⎪ ⎪= −⎨ ⎬⎪ ⎪− −⎪ ⎪⎩ ⎭
= −
Mặt khác:
m
m n n n n m m 1 n
m n 1 m n 1 n 1m
n n n
x x C x C x C x
(1 x)
+ −
+ − + − −= = =− ∑ ∑ ∑
Đồng nhất thức ta nhận được:
k
m 2k k m 1
n k 2k n 1
k
( 1)f (n) C C C
k 1
+ −
+ −
−= =+∑
III. Ứng dụng của hàm sinh trong các bài toán phân hoạch tập hợp.
Bài 1. Tìm số nghiệm nguyên không âm của phương trình:
1 2 nx x x m+ + + =" với m, n là các số nguyên dương cho trước (*)
Lời giải:
Ta xét hàm sinh:
2 2 2
n tích
F(x) (1 x x )(1 x x ) (1 x x )= + + + + + +" " " "�������������������� �������������������
với |x|<1
Mỗi số hạng trong khai triển F(x) thành tổng có dạng 1 2 nx x xx + + +" trong đó ix 0, i≥ ∀ như vậy
quan sát tổng từ trái qua phải mỗi khi ta gặp lũy thừa của x bằng m thì trong biểu thức khai triển
thu gọn của F(x) hệ số của mx được tăng lên một đơn vị, do đó hệ số của mx trong khai triển
của F(x) thành tổng chính là số nghiệm của phương trình đã cho. Vậy ta cần tìm hệ số của mx
trong khai triển thành tổng của F(x).
Ta có: n k k knn
k 0
1F(x) (1 x) ( 1) C x
(1 x)
−
−
≥
= = − = −− ∑
Ở đó:
k
k k k
n n k 1
n( n 1) ( n k 1) ( 1) n(n 1) (n k 1)C ( 1) C
k! k!− + −
− − − − − + − + + −= = = −" "
Vậy hệ số của mx trong khai triển F(x) là mn m 1C + − ,đó cũng là số nghiệm của phương trình (*).
Bài 2: Cho n ∈` và giả sử rằng phương trình:
1x 2y n có m+ = nghiệm trong 20`
22x 3y n 1 có m+ = − nghiệm trong 20`
. . . . . . . . . . . .
nnx (n 1)y 1 có m+ + = nghiệm trong 20`
n 1(n 1)x (n 2)y 0 có m ++ + + = nghiệm trong 20`
Chứng minh rằng : k
k
m n 1= +∑
Lời giải:
Ta xét hàm sinh:
2 2 4
1 2
1 1F (x) (1 x x )(1 x x )
1 x 1 x
= + + + + = ⋅− −" " với 0<|x|<1
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 42
Khai triển 1F (x) thành tổng thì các số hạng là các lũy thừa của x với số mũ có dạng i + 2j. Vậy
1m chính là hệ số của
nx trong khai triển 1F (x) thành tổng. Do đó ta có:
n
1 1F (x) m x= + +" "
Lý luận tương tự ta có :
n 1 k
k k
k 1 n
k k
F (x) m x
x F (x) m x
+ −
−
= + +
⇔ = + +
" "
" "
Ở đó k 2k k 1 2(k 1)k k k 1
1 1F (x) (1 x x )(1 x x ) , k=1 n+1
1 x 1 x
+ +
+= + + + + = ⋅ ∀− −" " "
Suy ra: k 1 nk k
k k
x F (x) m x− = + +∑ ∑" "
Mặt khác :
k 1
k 1
k k k 1 2 k k 1 2
k k k
x 1 1 1 1x F (x)
(1 x )(1 x ) x x 1 x 1 x x(1 x)
−
−
+ +
⎛ ⎞⎟⎜= = − =⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠− − − − − −∑ ∑ ∑
Hệ số của nx trong khai triển k 1 k
k
x F (x)−∑ là hệ số của n 1x + trong khai triển của
2 n 2)
1 1
(1 x) (1 x)(1 x +
−− − − .
Vậy n 1 n 1k 2 1
k
m C C n 1+ +− −= − = +∑
Bài 3: Cho hữu hạn cấp số cộng, sao cho mỗi số tự nhiên khác 0 là một phần tử của đúng một
cấp số. Chứng minh rằng có hai cấp số cộng trong số các cấp số cộng trên có cùng công sai.
Lời giải:
Giả sử có m cấp số cộng j j{a nb }, j 1, ,m+ = … mà mỗi số tự nhiên là phần tử của đúng một cấp
số. Ta có:
j
j j
j
am m
a nb
b
j 1 n 0 j 1
xx | x|<1
1 x
+
= ≥ =
= ∀−∑∑ ∑
Mà j j
m
a nb k
j 1 n 0 k 1
x x | x|<1+
= ≥ ≥
= ∀∑∑ ∑
j
j
am
b
j 1
x x
x 1 1 x=
⇒ =− −∑ (*)
Giả sử không có hai cấp số cộng nào nói trên có cùng công sai, suy ra tập hợp { }1 2 nb , b , b… là
hữu hạn dó đó tồn tại duy nhất phần tử lớn nhất, giả sử đó là 1b . Gọi ε là một nghiệm khác 1 của
phương trình 1bx 1= thỏa mãn ib 1, i:1 Giả sử kk
k
F(x) f x=∑ là hàm sinh của dãy { }kf , với 2 ine πε = ( ε là căn bậc n của đơn vị) ta có:
n 1
nk
k 0
1f F(1) F( ) F( )
n
−
≥
⎡ ⎤= + ε + + ε⎢ ⎥⎣ ⎦∑ "
Bài 4.(Rumania – 2003)
Cho tập A={2, 3, 7, 9}
Tìm số các số có n chữ số lập từ A mà số đó chia hết cho 3
Lời giải.
Ta cần tìm số các bộ 1 2 n i(x , x , , x ), x A i =1, , n ∈ ∀… … sao cho : 1 2 n(x x x ) 3+ + +" #
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 43
Tương tự như bài tập 1 chúng ta xét hàm sinh:
2 3 7 9 nF(x) (x x x x )= + + +
Lý luận như trên ta có số các số cần tìm chính là tổng các hệ số của các lũy thừa có số mũ chia
hết cho 3.
Giả sử F(x) có khai triển kk
k 0
F(x) f x
≥
=∑
Chúng ta cần phải tính 3k
k 0
P f
≥
=∑
Áp dụng định lý RUF ta có :
2 i
2 3
3k
k 0
1P f F(1) F( ) F( ) , =e
3
π
≥
⎡ ⎤= = + ε + ε ε⎢ ⎥⎣ ⎦∑
n
2 3 7 9 n 2 n
2 4 6 14 18 n 2 n
F(1) 4
F( ) ( ) ( 1 1) 1
F( ) ( ) ( 1 1) 1
=
ε = ε +ε +ε +ε = ε + +ε+ =
ε = ε +ε +ε +ε = ε+ +ε + =
Vậy
n4 2P
3
+=
Bài 5.(IMO-95)
Cho tập hợp A = {1, 2, …, 2p}, p là số nguyên tố. Tìm số các tập con của A thỏa mãn:
+) Mỗi tập có đúng p phần tử.
+) Tổng các phần tử của tập con đó chia hết cho p.
Lời giải.
Để giải bài toán bằng phương pháp hàm sinh ta phải sử dụng 2 biến x, y: Lũy thừa của biến x
để tính tổng của các phần tử của tập con, lũy thừa của biến y để tính số phần tử của tập con đó.
Giả sử khi đã có một tập con của B, khi thêm một phần tử m vào tập con đó thì tổng các phần tử
sẽ tăng lên m đơn vị và số lượng phần tử của tập sẽ tăng lên một đơn vị. Nhưng ta phải giữ lại
những tập con không chứa m trước khi thêm m vào, do đó trong hàm sinh sẽ chứa các nhân tử
có dạng m1 x y+ .
Xét hàm sinh như sau:
2 2pF(x, y) (1 xy)(1 x y)...(1 x y)= + + +
Khai triển dưới dạng tổng của F(x, y) có dạng: n kn,k
k,n
F(x, y) f x y=∑
Ta sẽ đi tìm ý nghĩa của n,kf . Khi khai triển F(x, y) thành tổng thì các số mũ của x có dạng
1 2 kx x x+ + +" với 1 2 kx , x , , x… là các số đôi một phân biệt của tập A, số mũ tương ứng
của y là k, như vậy n,kf chính là số tập con của A có k phần tử mà tổng các phần tử là n. Để giải
bài toán chúng ta phải đi tìm tổng kp,p n,p
k 0 n p
P f f
≥
= =∑ ∑
#
Áp dụng định lý RUF cho F(x, y) trong đó ta coi x là biến số ta được:
2 ip 1
k j p
n,k
k 0,n p j 0
1f y F( , y), =e
p
π−
≥ =
= ε ε∑ ∑
#
Ta có:
2p
j j 2 j 2 jp
F(1, y) (1 y)
F( , y) (1 y)(1 y)...(1 y); j 1
= +
ε = +ε +ε +ε ∀ ≥
Vì p là số nguyên tố nên {j, 2j, . . . , pj}, {(p+1)j, . . ., 2pj} tạo thành các hệ thặng dư thu gọn
mod p, mặt khác ta có p 1ε = do đó :
Dễ nhận thấy phương trình py 1 0+ = có các nghiệm là 1 2 p, , ,− − −−ε −ε −ε… do đó ta có :
j j 2 j 2 jp
2 p 2
F( , y) (1 y)(1 y)...(1 y)
[(1 y)(1 y) (1 y)] ; j 1
ε = +ε +ε +ε
= +ε +ε +ε ∀ ≥…
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 44
2 p p (1 y)(1 y) (1 y) 1 y+ε +ε +ε = +…
k 2p p 2
n,k
k 0,n p
p
2p
n,p
n p
1f y (1 y) (p 1)(1 y )
p
C 2(p 1)
f
p
≥
⎡ ⎤⇒ = + + − +⎢ ⎥⎣ ⎦
+ −⇒ =
∑
∑
#
#
Vậy số tập con tìm được là:
p
2pC 2(p 1)
p
+ −
Nhận xét :
9 Nếu bỏ qua điều kiện thứ nhất thì bài toán sẽ đơn giản hơn rất nhiều, khi đó ta chỉ cần xét
hàm sinh:
2 2pF(x) (1 x)(1 x )...(1 x )= + + +
Khi đó số tập con cần tìm là
2p
p 1
kp
k 0
1 2 4(p 1)P f F(1) F( ) F( )
p p
−
≥
+ −⎡ ⎤= = + ε + + ε =⎢ ⎥⎣ ⎦∑ "
9 Ta có thể mở rộng bài toán 5 thành bài toán 5’ như sau:
Bài toán 5’:
Cho tập hợp A = {1, 2, …, m}, p là số nguyên tố. Tìm số các tập con của A thỏa mãn:
+) Mỗi tập có đúng p phần tử.
+) Tổng các phần tử của tập con đó chia hết cho p.
Lời giải
Lý luận tương tự như bài tập 5 chúng ta xét hàm sinh:
2 m n k
n,k
k,n
F(x, y) (1 xy)(1 x y)...(1 x y) f x y= + + + =∑
Và ta cần phải tính tổng : kp,p n,p
k 0 n p
P f f
≥
= =∑ ∑
#
Áp dụng định lý RUF cho F(x, y) trong đó ta coi x là biến số ta được:
2 ip 1
k j p
n,k
k 0,n p j 0
1f y F( , y), =e
p
π−
≥ =
= ε ε∑ ∑
#
Ta có:
m
j j 2 j jm
F(1, y) (1 y)
F( , y) (1 y)(1 y)...(1 y); j 1
= +
ε = +ε +ε +ε ∀ ≥
Ta viết m = pq + r với 0 r p 1≤ < −
Vì p là số nguyên tố nên {j, 2j, . . . , pj}, {(p+1)j, . . ., 2pj}, . . .,{(q-p+1)j, . . .,qj} tạo thành các
hệ thặng dư thu gọn mod p, mặt khác ta có p 1ε = do đó :
p 1 p 1
k j p q j 2 j rj n
n,k
k 0,n p j 0 j 0
1 1 1f y F( , y) (1 y ) (1 y)(1 y) (1 y) (1 y)
p p p
− −
≥ = =
⇒ = ε = + +ε +ε … +ε + +∑ ∑ ∑
#
Đồng nhất hệ số của py ta có :
p
m m
p
kp,p n,p
k 0 n p
m(p 1) C
(p 1)q C p
P f f
p p≥
⎡ ⎤⎢ ⎥− +⎢ ⎥− + ⎣ ⎦= = = =∑ ∑
#
Khi n = 2p ta được kết quả là bài toán 5
j j 2 j mj
2 p q j 2 j rj
p q j 2 j rj
F( , y) (1 y)(1 y)...(1 y)
[(1 y)(1 y) (1 y)] (1 y)(1 y) (1 y) ; j 1
(1 y ) (1 y)(1 y) (1 y)
ε = +ε +ε +ε
= +ε +ε +ε +ε +ε +ε ∀ ≥
= + +ε +ε … +ε
… …
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 45
Bài 6: Cho tập hợp A = {1, 2, . . . , 2009}
Tìm số các tập con của A mà tổng các phần tử trong mỗi tập con đó chia hết cho 7
Lời giải.
Tương tự như nhận xét trên chúng ta xét hàm sinh:
2 2009F(x) (1 x)(1 x )...(1 x )= + + +
Khai triển F(x) thành dạng kk
k
F(x) f x=∑ ta cần tính :
6
7k
k 0
1P f F(1) F( ) F( )
7≥
⎡ ⎤= = + ε + + ε⎢ ⎥⎣ ⎦∑ "
Vì 7 là số nguyên tố, với phương pháp tương tự bài tập 3 ta có:
2009F(1) 2=
287j j 2 j 2009 j 2 7 287 287F( ) (1 )(1 ) (1 ) (1 )(1 ) (1 ) (1 1) 2⎡ ⎤ε = +ε +ε +ε = +ε +ε +ε = + =⎢ ⎥⎣ ⎦… …
Vậy:
2009 2872 6.2P
7
+=
Bài 7: Cho số nguyên dương n. Chứng minh rằng số các cách phân tích n thành tổng của các số
nguyên dương lẻ bằng số cách phân tích n thành tổng của các số nguyên dương khác nhau.
Lời giải.
Xét hàm sinh:
2 3 6 5 10F(x) (1 x x )(1 x x )(1 x x )= + + + + + + + + +" " " "
Số mũ của số hạng trong phân tích thành tổng của F(x) có dạng: 1 2 3i 3i 5i+ + +"có nghĩa là
tổng của các số lẻ, mỗi số lẻ có thể lặp lại. Vậy số cách phân tích n thành tổng các số nguyên
dương lẻ chính là hệ số của nx trong khai triển của F(x)
Tương tự ta xét hàm sinh:
2 3G(x) (1 x)(1 x )(1 x )= + + + "
Số mũ của các số hạng trong khai triển thành tổng của G(x) có dạng 1 2 3i i i+ + +"với
1 2 3i , i , i ,… là các số nguyên dương đôi một phân biệt. Như vậy hệ số của nx chính là số cách
phân tích n thành tổng của các số nguyên dương phân biệt.
Vậy ta chỉ cần chứng minh : F(x) = G(x).
Thật vậy:
3 5 2k 1
k 0
2k
k
k 2k 1
k 1 k 1 k 0
1 1 1 1F(x)
1 x 1 x 1 x 1 x
1 x 1G(x) (1 x )
1 x 1 x
+
≥
+
≥ ≥ ≥
= ⋅ ⋅ =− − − −
−= + = =− −
∏
∏ ∏ ∏
"
Vậy F(x) = G(x) (đpcm)
Bài 8: Giả sử với mỗi số tự nhiên n có hai dãy số dương 1 2 na ,a , , a… và 1 2 nb , b , , b… sao cho
dãy tổng 1 2 1 3 n 1 na a ,a a , ,a a−+ + +… là một hoán vị của dãy các tổng
1 2 1 3 n 1 nb b , b b , , b b−+ + +…
Chứng minh rằng n là lũy thừa của 2
Lời giải:
Xét các hàm sinh
i i
i i
a b
a A b B
F(x) x , G(x) x
∈ ∈
= =∑ ∑
Ta có:
i j i ji
i i j i j
i j i ji
i i j i j
a a a a2a2 2
a A a ,a A a ,a A
b b b b2b2 2
b B b ,b B b ,b B
2 2 2 2
[F(x)] x x F(x ) x
[G(x)] x x G(x ) x
[F(x)] [G(x)] F(x ) G(x )
+ +
∈ ∈ ∈
+ +
∈ ∈ ∈
= + = +
= + = +
⇒ − = −
∑ ∑ ∑
∑ ∑ ∑
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 46
Vì F(1) = G(1) = n do đó 1 là nghiệm của F(x) – G(x) suy ra
k *
2 2 2 2 2 k 2 2
k
k
F(x) G(x) (x 1) H(x), k
F (x) G (x) F(x ) G(x ) (x 1) H(x ) H(x )F(x) G(x) (x 1)
F(x) G(x) F(x) G(x) (x 1) H(x) H(x)
− = − ∈
− − −⇒ + = = = = +− − −
`
Chọn x = 1 ta nhận được :
2
k k
k 1
H(1 ) 2n F(1) G(1) (1 1) 2
H(1)
n 2 −
= + = + =
⇒ =
Bài 9: Tìm số các hoán vị không có điểm cố định của tập hợp {1, 2, . . . , n}
Lời giải.
Gọi số các hoán vị với đúng k điểm cố định cho trước là n kD − suy ra tổng số các hoán vị với
đúng k điểm cố định là kn n kC D − . Vì tổng số hoán vị là n! nên ta có:
k n k n k n k
n n k n k
k k k
D H Dn! C D 1 1; H
k!(n k)! k! (n k)!
− − −
− −= ⇔ = ⇔ = =− −∑ ∑ ∑
Áp dụng tính chất nhân hai hàm sinh ta có
Vậy ta có :
kn
nn
n
k 0
D ( 1) 1 1 1 1D n! ( 1)
n! k! 2! 3! 4! n!=
⎡ ⎤− ⎢ ⎥= ⇒ = − + − + −⎢ ⎥⎣ ⎦∑ "
Số hoán vị cần tìm là nn
1 1 1 1D n! ( 1)
2! 3! 4! n!
⎡ ⎤⎢ ⎥= − + − + −⎢ ⎥⎣ ⎦
"
Bài 10: (Chọn dự tuyển Việt Nam 2008)
Cho M là tập hợp của 2008 số nguyên dương đầu tiên , mỗi số đó được tô bởi một trong 3 màu :
xanh , đỏ và vàng , và mỗi màu thì được tô ít nhất một số , xét 2 tập :
1S = { (x, y, z) thuộc 3M mà x, y, z tô cùng màu , x y z 0(mod 2008)+ + ≡ }
2S = { (x, y, z) thuộc 3M mà x, y, z tô cùng màu , x y z 0(mod 2008)+ + ≡ }
Chứng minh rẳng : 1 22 | S | | S |>
Lời giải:
Gọi A, B, C là 3 tập hợp tương ứng gồm các số màu xanh, đỏ, vàng
Xét các hàm sinh:
3 3 31 2 1 2 1 2
i i i
a b c
a A b B c C
a b ca a b b c c3 3 3 n
n
a A b B c C n
F(x) x ,G(x) x , H(x) x
I(x) F (x) G (x) H (x) x x x f x
∈ ∈ ∈
+ + + + + +
∈ ∈ ∈
= = =
= + + = + + =
∑ ∑ ∑
∑ ∑ ∑ ∑
Trong đó nf chính là số bộ (x, y, z) có cùng một màu và có tổng là n
Gọi ε là nghiệm của phương trình 2008x 1 0− = .
Theo định lý RUF ta có
k
0 2008 2.2008 3.2008 1
k
1 I( ) f f f f S
2008
ε = + + + =∑
Vậy k 3 k 3 k 3 k1
k k
1 1S I( ) F ( ) G ( ) H ( )
2008 2008
⎡ ⎤= ε = ε + ε + ε⎢ ⎥⎣ ⎦∑ ∑
Lý luận tương tự ta có :
k k k k k k
2
k k
6 2S F( )G( )H( ) 3.F( )G( )H( )
2008 2008
= ε ε ε = ε ε ε∑ ∑
Với k 0≠ ta có k k kF( ) G( ) H( ) 0ε + ε + ε =
do đó : 3 k 3 k 3 k k k kF ( ) G ( ) H ( ) 3F( )G( )H( )ε + ε + ε = ε ε ε
vậy ta chỉ cần chứng minh 3 3 3F (1) G (1) H (1) 3F(1)G(1)H(1)+ + >
x m
x k m
k m
1 e ( 1)e H(x) H(x) x x
1 x 1 x m!
− −= ⇔ = =− − ∑ ∑
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 47
Thật vậy ta luôn có 3 3 3F (1) G (1) H (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: 2p 2k 1 k2n 1 p k
k 0
C C+ ++ +
≥
∑
Bài 2: Chứng minh rằng: k t k tn m m n
k
C C C− +=∑
Từ đó tính tổng k 2n
k
(C )∑
Bài 3: Chứng minh rằng: 2k m k 2n2n 1 2n 2m 1
k
C C C++ +=∑
Bài 4: Chứng minh rằng với mọi n > 0 ta có:
n k 2n 1 2n 12
2k
n k
k
x 1 x 1 x 1x C
4 2 2
− + +
+
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− − +⎟⎜ ⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ = +⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟⎜ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠∑
Bài 5: Tính tổng sau:
k n k2k 2n 2k
k
1 1C C
k 1 n k 1
−
−+ − +∑
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 n
n
f (n, k,T)x∑
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 n
n
g(n,k,T)x∑
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
1 2 1 2 1 2a a ,a a 1,a A,a A+ ≠ ≥ ∈ ∈ bằng số cách phân tích n thành tổng
1 2 1 2 1 2b b ,b b ,b B,b B+ ≠ ∈ ∈
Bài 8: Xác định dãy { }nf thỏa mãn điều kiện:
1
2n n
2n 1 n n 1
f 1
f f
f f f+ +
⎧ =⎪⎪⎪⎪ =⎨⎪⎪⎪ = +⎪⎩
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 ( )1 2 p 1x , x , , x −… gồm p – 1 số tự nhiên sao cho tổng 1 2 p 1x 2x (p 1)x −+ + −… chia hết
cho p, trong đó các số 1 2 p 1x , x , , x −… 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.
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 48
♥ 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) ⇔ 2
1p
a
−
≡ 1 (mod p)
a là số không chính phương (mod p) ⇔ 2
1p
a
−
≡ -1 (mod p)
c) Ký hiệu Lơgiăngđrơ: Cho số nguyên tố lẻ p; a là số nguyên không chia hết cho p. Ký hiệu ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
p
a
được định nghĩa như sau:
1 nếu a là số chính phương (mod p)
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
p
a
= -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:
+) 2
1p
a
−
≡ ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
p
a
(mod p)
+) Nếu a ≡ b (mod p) (a, b ∈ Z; (a, p) = (b, p) = 1) thì ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
p
a
= ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
p
b
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 49
+) ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
p
a ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
p
b
= ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
p
ab
(a, b ∈ Z; (a, p) = (b, p) = 1)
+) ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
p
a 2
= 1 +) 2
1p
)1(
p
1 −−=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ −
+) 8
12p
)1(
p
2 −−=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
e) Luật tương hỗ Gauss:
Nếu p, q là các số nguyên tố lẻ và p ≠ q thì 4
)1q)(1p(
)1(
p
q
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
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 50
⇒ 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)
⇒ 1 = 8
12p
2
1p
)1.()1(
p
2
p
1
p
2 −− −−=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ −=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ −
⇒ p có dạng 8m + 1 hoặc 8m + 3 (m ∈ N)
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 51
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
1n
n
1m +++ là một
số nguyên dương.
(Đề thi Olympic Toán của Anh năm 2007)
Lời giải: Ta chứng minh rằng phương trình
x
1y
y
1x +++ = 4 (1) có vô số nghiệm nguyên dương.
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 +
(1 - 4tk+1) tk + 2 1kt + + tk+1 = 0.
Xét 2 2kt + + (1 - 4tk+1) tk+2 +
2
1kt + + tk+1 - [
2
kt + (1 - 4tk+1)tk +
2
1kt + + tk+1] =
= 2 2kt + -
2
kt + (1 - 4tk+1) (tk+2 - tk) = (tk+2 - tk) (tk+2 + tk + 1 - 4tk+1) = 0
⇒ 2 2kt + + (1 - 4tk+1) tk+2 + 2 1kt + + 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
1n
n
1m +++ là một số nguyên
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)
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 52
⇒ 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
Giả sử x chẵn ⇒ x = 2x1 (x1 ∈ N*) ⇒ 21x )12( ≡ -y4 (mod 251)
⇒ 1 ≡ 25022501x )y()12( −≡ ≡ -1 (mod 251). Đó là điều vô lý.
Giả sử x lẻ. Hiển nhiên y chẵn ⇒ y = 2uy1 (y1 ∈ N*, y1 lẻ, u ∈ N*)
⇒ 22x3x + 24u 41y = 23z 251z
Ta có 2x ≠ 4u (vì x lẻ) ⇒ 3z = 2x hoặc 3z = 4u
Trường hợp 1: 3z = 2x < 4u ⇒ z �2 và 3x + 24u-2x 41y = 251z
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 + 41y = 251z
Vế phải có dạng 5k + 1 (k ∈ N).
Nếu y1 không chia hết cho 5 ⇒ 41y ≡ 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:
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 53
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
1y
y
1x +++ = 3 có vô số nghiệm nguyên dương.
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.
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 54
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:
D
)Dyx()Dyx(y
)Dyx()Dyx(x
nn
n
nn
n
2
2
0000
0000
−−+=
−++=
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:
nn xxkxx...xx 21
22
2
2
1 =+++ (1)
trong ®ã k, n lμ c¸ c tham sè nguyªn d−¬ng, xi lμ c¸ c Èn nhËn gi¸ trÞ nguyªn( i = n,1 )
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 21 - k(x2x3...xn) .x1+ (
22
2 nx...x ++ ) = 0
XÐt ph−¬ng tr×nh bËc hai: )x....x(x)x...xx(kx nn
22
232
2 ++− = 0 (2)
Th× ph−¬ng tr×nh (2) cã nghiÖm x= x1 , dã ®ã ph¶i cã nghiÖm
/xx 1=
Theo ®Þnh lý Viet cã: ⎪⎩
⎪⎨⎧ +++=
=+
22
3
2
211
3211
n
/
n
/
x...xxx.x
x...xkxxx
V× k *N∈ , xi∈ z nªn tõ hÖ trªn suy ra /x1 nguyªn.
NÕu cã thªm diÒu kiÖn xi nguyªn d−¬ng th× tõ hÖ trªn suy ra
/x1 nguyªn d−¬ng.
NÕu l¹i cã thªm ®iÒu kiÖn x1 < x2 <... /x1 , 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:
kxyz)zyx( =++ 2
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
xyuvnvuyx =+++
cã nghiÖm nguyªn d−¬ng x,y,u,v.
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 55
Gi¶i:
Víi *Nv,u,y,x ∈ th× ph−¬ng tr×nh ®· cho t−¬ng ®−¬ng víi:
xyuv.n)vuyx( 22 =+++
2 2 2x 2x(y u v) (y u v) n .xyuv⇔ + + + + + + =
2 2 2x 2(y u v) n yuv .x (y u v) 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
0000 vuyx ≥≥≥
Ta cã: [ ] 02 20000000200020 =+++−+++ )vuy(x.vuyn)vuy(x
Do ®ã ph−¬ng tr×nh bËc hai:
f(x) = [ ] 02 200000020002 =+++−+++ )vuy(x.vuyn)vuy(x
Cã nghiÖm: x = x0, suy ra ph−¬ng tr×nh nμy ph¶i cã nghiÖm x = x1 vμ theo ®Þnh lý ViÐt:
⎪⎩
⎪⎨⎧ ++=
+++−=+
2
00001
000
2
00001 2
)vuy(x.x
vuyn)vuy(xx
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 01 xx ≥ . Do ®ã
00001 vuyxx ≥≥≥≥ .
Tam thøc bËc hai f(x) cã nghiÖm tho¶ m·n 00001 ≥⇒≥≥ )y(fyxx
16
162
02
00
2
0
2
0000000
2
000
2
0
2
00000
2
00000
2
0
≤⇒
≤++++++≤⇒
≥+++−+++⇔
vnu
y)vuy(y)vuy(yvuny
)vuy(vunyy)vuy(y
1600 ≤≤⇒ vnun vËy n { }4321 ,,,∈
§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 { }4321 ,,,∈
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 56
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:
1
22
+
+
ab
ba
lμ sè chÝnh ph−¬ng
Gi¶i: §Æt p =
1
22
+
+
ab
ba
tõ gi¶ thiÕt suy ra p lμ sè nguyªn d−¬ng. Ta cã
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
00 yx ≥
Ta cã: 000
2
0
2
0 =−−+ pypxyx 2 20 0 0 0x py x y p 0⇔ − + − =
XÐt ph−¬ng tr×nh: 2 20 0 0x py x y p⇔ − + − = th× ph−¬ng tr×nh cã nghiÖm
x = x0 . Mμ ®ã lμ ph−¬ng tr×nh bËc hai, nªn còng cã nghiÖm x = x1. Theo ®Þnh lý ViÐt cã: ⎩⎨
⎧
−=
=+
pyxx
pyxx
2
010
010
suy ra x1 = py0 - x0 nªn x1 lμ sè nguyªn
Ta cã: (x1 + 1)(x0 + 1) = x1x0+(x1+x0)+1 =
= 0111 0
2
00
2
0 〉+−+=++− )y(pypypy ( v× p > 0, 10 ≥y )
suy ra x1+ 1 > 0 ⇒ x1 > -1 mμ x1 Z∈ nªn x1 0≥
NÕu x1 > 0 th× x1 nguyªn d−¬ng
Ta cã 02010
2
1 =−+− pyxpyx )y,x( 01⇒ lμ nghiÖm nguyªn d−¬ng cña ph−¬ng tr×nh (4).
Tõ gi¶ thiÕt 0 0( , )x y lμ nghiÖm nguyªn d−¬ng nhá nhÊt ta suy ra 01 xx ≥
MÆt kh¸c ta l¹i cã: 00
2
0
2
001 xyypyxx ≤〈−= 001 xyx ≤〈⇒ m©u thuÉn
VËy ph¶i cã 2 21 0 00 0x y p p y= ⇒ − = → = 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:
⎩⎨
⎧
=
=
3ky
kx
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)
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 57
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
i
n
i
ii aa
1 1
22 4 lμ sè chÝnh ph−¬ng.
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
i
n
i
ii aa
1 1
22 4 =
2
1
2⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ −∏
=
n
i
ia hay 01
11
2 =+− ∏∑
==
n
i
i
n
i
i aa (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
ViÕt (1) d−íi d¹ng 2 21 1
22
. 1 0
n n
i i
ii
a a a a
==
⎛ ⎞− + + =⎜ ⎟⎝ ⎠∑∏
XÐt ph−¬ng tr×nh: 2 2
22
. 1 0
n n
i i
ii
x a x a
==
⎛ ⎞− + + =⎜ ⎟⎝ ⎠∑∏
Th× ph−¬ng tr×nh cã nghiÖm x = a1, do ®ã sÏ cã nghiÖm
/ax 1=
Theo ®Þnh lý Vi-Ðt:
/
1 1
2
/ 2
1 1
2
. 1
n
i
i
n
i
i
a a a
a a a
=
=
⎧ + =⎪⎪⎨⎪ = +⎪⎩
∏
∑
n
/
1 i 1
i 2
a a a
=
⇒ = −∏
Do d·y a1, a2, ..., an xÕp t¨ng dÇn nªn n
/ aa 〉1 ta ®−îc c¸c sè
/a1 , a2 , ... , an tho¶ m·n ph−¬ng tr×nh (1)
§æi chç /a1 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
i
n
i
ii aa
1 1
22 4 lμ sè chÝnh ph−¬ng vμ n > 2002 (®pcm).
Cuèi cïng lμ mét sè bμi tËp ®Ó c¸c b¹n tù gi¶i
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 58
Bμi 1:
Cho a, b lμ hai sè nguyªn d−¬ng tho¶ m·n :
ab chia hÕt a2 + b2 + 1.
CMR:
ab
ba 122 ++
lμ sè nguyªn tè
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
∑∏
∈∈
=
Bx
i
Bx
i
ii
xx 2
Nam §Þnh, th¸ng 10 n¨m 2008
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 59
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:
+) C¸c ®iÓm , ,A B C th¼ng hμng;
(d)
A B C
+) §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:
+) 0x > th× M n»m bªn ph¶i ®iÓm gèc O;
+) 0x < th× M n»m bªn tr¸i ®iÓm gèc O;
+) 0x = 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=JJJJG JJJG 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: [ ]0,1k ∈ 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¶
m·n: AM k AB=JJJJG JJJG hay trªn mÆt ph¼ng to¹ ®é: ( ):
( )
M a b a
M a b a
x x k x x
k
y y k y y
= + −⎧∃ ⎨ = + −⎩ ?
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 60
• 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=JJJJG JJJG 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= +JJJG JJG JJG víi 1p q+ = ; ®Æc biÖt [ ], 0,1p q ∈ 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:
( ) { ( , ) : ( , ) 0}L M x y f x y= = vμ hÖ thøc ( , ) 0f x y = ®−îc gäi lμ ph−¬ng tr×nh cña ®−êng
( )L trong mÆt ph¼ng to¹ ®é Oxy.
+) NÕu ( , ) 0f x y = 0Ax By C⇔ + + = ta nhËn ®−îc ®−êng th¼ng
+) NÕu ( , ) 0f x y = 2 2 0;x y x y⇔ α + β + γ + η + μ = ta cã thÓ nhËn ®−îc ®−êng trßn hoÆc
Conic.
+) NÕu ( , ) 0f x y = ⇔ ( ); ( )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:
b a
c
a1 b1
a2 b2
A
C
B
C1
C2
NhËn xÐt:
Râ rμng ta cã ®ång thêi : l m1 22C C
π< < vμ: 2 2 2 2 21 1 2 2a b c a b+ > > +
VËy ph¶i ch¨ng tån t¹i mèi quan hÖ gi÷a ®é lín gãc nACB víi hiÖu sè: 2 2 2H a b c= + − .
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:
2 2 2
2 2 2 2 cos cos
2
a b cc a b ab C C
ab
+ −= + − ⇔ = .
Nh− vËy ta cã: 2 2 2 0a b c+ − > th× gãc lC nhän;
2 2 2 0a b c+ − = th× gãc lC vu«ng;
2 2 2 0a b c+ − < th× gãc lC tï.
• Lêi chøng minh ®−îc xuÊt ph¸t tõ tÝch v« h−íng cña hai vÐc t¬: . .cosCACB b a C=JJJGJJJG .
• TiÕp ®ã ta còng nhËn ®−îc c«ng thøc tÝnh ®é dμi ®−êng trung tuyÕn xuÊt ph¸t tõ hÖ thøc vÐc t¬:
2 2 21 2( )( )
2 4
2
c
a b cCM CA CB m + −= + ⇔ =JJJJG JJJG JJJG .
• VËy nÕu CD lμ ph©n gi¸c trong cña tam gi¸c CAB th× ta cã hÖ thøc vÐc t¬:
b aCD CA CB
a b a b
= ++ +
JJJG JJJG JJJG
tõ ®©y b×nh ph−¬ng v« h−íng hai vÕ ta nhËn ®−îc c«ng thøc:
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 61
2 ( ) 2
2c
abp p c ab CCD l cos
a b a b
−= = =+ + . Trong ®ã 2
a b cp + += lμ nöa chu vi.
• 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 0MI R− < ;
M ë trªn ®−êng trßn khi chØ khi 0MI R− = ;
M ë ngoμi ®−êng trßn khi chØ khi 0MI R− > .
Nh− vËy nÕu mét ®−êng trßn (C) cã ph−¬ng tr×nh: ( , ) 0f x y = vμ mét ®iÓm ( , )m mM x y .
2 2( , )m mf x y MI R= − /( )M c=P 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:
( , ) 0m mf x y < t−¬ng øng ta cã ®iÓm ( , )m mM x y n»m trong ®−êng trßn.
( , ) 0m mf x y > t−¬ng øng ta cã ®iÓm ( , )m mM x y n»m ngoμi ®−êng trßn.
( , ) 0m mf x y = t−¬ng øng ta cã ®iÓm ( , )m mM x y n»m trªn ®−êng trßn.
§Æc biÖt víi hai ®−êng trßn: 1 1 2 2( ) : ( , ) 0;( ) : ( , ) 0;C f x y C f x y= = kh«ng ®ång t©m th× ®−êng
th¼ng:
1 2( ) : ( , ) ( , )f x y f x yΔ = 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: ( , ) 0f x y = vμ ®iÓm ( , )m mM x y th×:
( , ) 0m mf x y < t−¬ng øng ta cã ®iÓm ( , )m mM x y n»m trong miÒn chøa tiªu ®iÓm.
( , ) 0m mf x y > t−¬ng øng ta cã ®iÓm ( , )m mM x y n»m trong miÒn kh«ng chøa tiªu ®iÓm.
( , ) 0m mf x y = t−¬ng øng ta cã ®iÓm ( , )m mM x y n»m trªn Conic.
4
2
-2
-4
6
-10 -5 5
F2
M1
O
M2
F1
M
• §èi víi c¸c ®å thÞ hμm sè còng vËy (xem h×nh vÏ sau):
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 62
Gäi (C) lμ ®å thÞ hμm sè: ( )y f x= . khi ®ã trªn mÆt ph¼ng to¹ ®é tËp hîp c¸c ®iÓm ( , )m mM x y
tho¶ m·n: i) ( )m my f x− > 0 lμ miÒn trªn ®å thÞ –miÒn g¹ch (vÝ dô M2)
ii) ( )m my f x− < 0 lμ miÒn d−íi ®å thÞ –miÒn kh«ng g¹ch (vÝ dô M*)
iii) ( ) 0m my f x− = lμ ®å thÞ (C) (vÝ dô M1)
6
4
2
-2
-5 5 10
y
M2
f x( ) = x2+3⋅x( )-1
O
tren do thi
M1
duoi do thi
M*
x
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≤
A B
I
M
ThËt vËy do tån t¹i cÆp 2( , ) ; 1p q p q∈ + =R ; [ ], 0,1p q ∈
sao cho:
IM pIA qIB= +JJJG JJG JJG nªn: | | ( ) { , } { , }IM IM pIA qIB p q Max IA IB Max IA IB= ≤ + ≤ + =JJJG .
§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:
1 1 1 1( ) : 0d A x B y C+ + = ; 2 2 2 2( ) : 0d A x B y C+ + = ; 3 3 3 3( ) : 0d A x B y C+ + = .
§iÓm ( , )m mM x y thuéc miÒn trong tam gi¸c ABC khi chØ khi ®ång thêi cã:
1 1 2 2 3 3( ) ( ) 0; ( ) ( ) 0; ( ) ( ) 0f A f M f B f M f C f M> > > . á ®©y ta ký hiÖu:
( ) ( , )i i m m i m i mf M f x y A x B y 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).
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 63
• 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.
4
2
-2
-4
-5 5
(d2)
(d3)
(d1)
A C
B
O
I
K
M
• 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: 2 2( , ) 4 2f x y x y x y= + − − .
XÐt trªn miÒn: {( , ) : 1 5;3 6}D x y x y= − ≤ ≤ ≤ ≤ .
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 ( 1,3); ( 1,6); (5,6); (5,3).A B C D− − ViÕt 2 2( , ) ( 2) ( 1) 5f x y x y= − + − −
NÕu ®Æt ( , )M x y vμ (2,1)I th× 2( , ) 5f x y IM= − . Do ®ã
2
0( , ) 5 1
D
Minf x y IM= − =− ; 2 2 2 2( , ) { , , , } 5 34 5 29
D
Maxf x y Max IA IB IC ID= − = − =
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 64
8
6
4
2
-2
-4
-6
-8
y
-5 5 10 15
A
O
I
6
-1
3
B C
D
2
1
M0
Bμi to¸n 2:
T×m a ®Ó mäi nghiÖm bÊt ph−¬ng tr×nh: | | | | 1x y+ ≤ . (1) còng lμ nghiÖm bÊt ph−¬ng tr×nh:
2 2x y a+ ≤ (2).
8
6
4
2
-2
-4
-6
-8
y
-10 -5 5 10
x
D
A
B
O C
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 0a > 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: 1 1a a≥ ⇔ ≥ .
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 65
Bμi to¸n3:
T×m gi¸ trÞ lín nhÊt nhá nhÊt:
2 22 5 2 10P x x x x= − + + + + .
Lêi gi¶i:
Ta cã: 2 2( 1) 4 ( 1) 9P x x= − + + + +
Trªn mÆt ph¼ng to¹ ®é ta xÐt c¸c ®iÓm: ( ,0); (1,2); ( 1, 3).M x A B − − 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
hoμnh nªn: * *; * ( ) 'MinP AM BM M AB x Ox= + ≡ ∩ tøc ph¶i chän 9*
5
x x= = .
Bμi to¸n4:
T×m nghiÖm nguyªn d−¬ng cña ph−¬ng tr×nh:
2 2 2 2 2 2 ; 11.x xy y y yz z x xz z x y z− + + − + = + + + + ≤ .
Lêi gi¶i:
x
z
y
O
A
B
C
E
§Æt OA=x; OB=y; OC=z vμ n n 060AOB BOC= = .
Khi ®ã theo ®Þnh lý Cosin trong tam gi¸c ta cã:
2 2 2 2 2 2; ; .AB x xy y BC y yz z AC x xz z= − + = − + = + +
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 OA th×: 1 1 1BE CE y z y
OA OC x z y x z
−= ⇔ = ⇔ = + , l−u ý tõ gi¶ thiÕt
11; , , *x y z 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 1 2 1 2, ,..., ; , ,..., .n na a a b b b lμ c¸c sè thùc tuú ý.
Chøng minh r»ng: 2 2 2 2
1 1 1
( ) ( )
n n n
i i i i
i i i
a b a b
= = =
+ ≥ +∑ ∑ ∑ . (1)
Lêi gi¶i:
XÐt c¸c vÐc t¬: ( , ); 1,2,...,i i ix a b i n= =
JG
. Khi ®ã:
1 1 1
( , )
n n n
i i i
i i i
x a b
= = =
=∑ ∑ ∑JG hiÓn nhiªn cã:
| | | | (1)i ix x≥ ⇔∑ ∑JG JG §pcm. DÊu b»ng x¶y ra khi chØ khi c¸c vÐc t¬ ®−îc xÐt cïng ph−¬ng cïng
chiÒu, tøc tån t¹i 1 1: ; ; 0 2,3,...,i it a ta b tb t i n∈ = = ≥ ∀ =R .
• B»ng c¸ch nμy ta còng nhËn ®−îc d¹ng h×nh häc cña bÊt ®¼ng thøc Bunhiac«pki
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 66
• Cã thÓ thÊy ngay lêi gi¶i c¸c bμi to¸n sau:
1. Cho c¸c sè thùc tho¶ m·n 2; 6.a b c ax by cz+ + = + + = Chøng minh r»ng:
2 2 2 2 2 2 2 2 216 16 16 10a a x b b y c c z+ + + + + ≥ .
2. Chøng minh r»ng víi mäi ,α β ta cã:
4 4 2 2 2cos cos sin sinα + β + α + β ≥ .
3. Cho c¸c sè thùc bÊt kú: 1 2, ,..., na a a Chøng minh r»ng:
2 2
1 1 1
1
2(1 ) ;
2
n
i i n
i
na a a a+ +
=
+ − ≥ ≡∑ .
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 ( )1 ;i i i iA A a b+ =JJJJJG víi 1;2008i = (Quy −íc 2009 1A A= ), trong ®ã ;i ia b lμ c¸c sè nguyªn
vμ 2 2i ia b+ còng lμ sè nguyªn víi mäi 1;2008i = . Ta cã: Gi¶ sö ( )1 ;i i i iA A a b+ =JJJJJG víi
1;2008i = (Quy −íc 2009 1A A= ), trong ®ã ;i ia b μ c¸c sè nguyªn vμ 2 2i ia b+ còng lμ sè
nguyªn víi mäi 1;2008i = .
Ta cã:
2008 2008 2008
1
1 1 1
0 0i i i i
i i i
A A a b+
= = =
= ⇒ = =∑ ∑ ∑JJJJJG G . Do ®ã
2008 2008
2 2
1 1 2008 1 1 2008
2 ; 2i i j i i j
i i j i i j
a a a b b b
= ≤ < ≤ = ≤ < ≤
= − = −∑ ∑ ∑ ∑ , tøc lμ 2008 20082 2
1 1
;i i
i i
a b
= =
∑ ∑ lμ c¸c sè ch½n.
KÝ hiÖu N lμ chu vi tam gi¸c, ta cã N lμ mét sè nguyªn d−¬ng vμ:
( )22008 20082 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 2008
2i i i i i i j j
i i i j
N a b a b a b a b
= = ≤ < ≤
⎛ ⎞= + = + + + +⎜ ⎟⎝ ⎠∑ ∑ ∑
Tøc lμ 2N 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 NM , 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 , .OyA ∈ CB, thuộc
trục hoành, chiều dương của trục hoành từ B đến C .
Giả sử );0( aA ,0>a ),0;(bB ).0;(cC
• pAP
AB
AQ ==
AC
.10 << p
);();(AQ. paapbQpapbABpAQ −⇒−⇒=
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 67
• COpCNp
CA
CP
CO
CN )1(1 −=⇒−==
)0;()0;( cpNccpCN ⇒−⇒
I là trung điểm QN )
2
)1(;
2
)(( apcbpI −+⇒ )1( Do ).
2
;0(
2
)1()1;0( aapyp ∈−=⇒∈ Ι
• Nếu tam giác ABC cân tại )
2
)1(;0( apIA −⇒ ; ][KOI ∈ với K là trung điểm OA ; .; OIKI ≠≠
• Nếu tam giác ABC không cân tại A . Từ )1( ta có I thuộc đuờng thẳng Δ có phương trình:
.
2
1=++ a
y
cb
x Δ cắt trục tung tại )
2
;0( aK ( K là trung điểm OA ), Δ cắt trục hoành tại )0;
2
( cbJ + .
[ ]KOI ∈ với .; JIKI ≠≠
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 090≥C ; J nằm giữa :, BO
2
OBOJ OC+= ; Nếu 090≥B ; J nằm giữa
:;CO
2
OBOJ OC+= ;
+) Nếu 090<< CB ; J nằm giữa :, BO
2
OBOJ OC−= ;Nếu 090<< BC ; J nằm giữa :;CO
2
OCOJ OB−= `.
• 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:
1 2 3, , ,..., nP P P P , n là một số tự nhiên lẻ không nhỏ hơn 1.
Chứng minh rằng : 1 2 3| ... | 1nOP OP OP OP+ + + + ≥
JJJG JJJG JJJG JJJG
.
Lêi gi¶i:
+) Đặt n=2k-1. Chọn trục kOP và véc tơ kOP
JJJG
là véc tơ đơn vị của trục. 1kOP = .
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 68
+) Chiếu các véc tơ ; 1,2,...iOP i n=
JJJG
lên trục ta nhận được các hình chiếu là iOP và chú ý rằng
hình chiếu của véc tơ tổng
1
n
i
i
v OP
=
= ∑G JJJG chính là
1
n
i
i
OP OP
=
= ∑ .
Gọi AB là đường kính của nửa đường tròn, 1 1,A B là các hình chiếu của A,B trên trục.
+) Ta có 1; 1,2,..., 1.iOP OA i k≥ ∀ = − Và: 1; 1, 2,...,2 1.jOP OB j k k k≥ ∀ = + + −
Hơn nữa 1 1 1 10 ; 0OA OB OA OB< < + = .
+) Từ
2 1
1 1
1
| | | | | | ( 1)( ) 1
k
i k
i
v OP OP k OA OB OP
−
=
≥ = ≥ − + + =∑G . (Đpcm).
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 2( , ); 1,2,..., .iA i i i n= Ta sÏ chøng minh ®©y lμ bé ®iÓm
tho¶ m·n yªu cÇu ®Æt ra.
i) Gi¶ sö cã ba ®iÓm th¼ng hμng , , ;k l mA A A k l m< < khi ®ã ta cã:
2 2 2 2( , ); ( , );k l l mA A l k l k A A m l m l= − − = − −
JJJJG JJJJJG
do tÝnh th¼ng hμng ta cã:
2 2
2 2
m l m l m k
l k l k
− −= ⇔ =− − ®iÒu nμy v« lý v× k m< .
ii) Ta cã 2 2 2 2( ) ( )k lA A k l k l= − + − gi¶ sö kho¶ng c¸ch nμy lμ mét sè h÷u tû thi sÏ
tån t¹i
p
q
tèi gi¶n sao cho: 2 2 2 2 2 2 2( ) ( ) ( 1) (1 ( 1) )k l
pA A k l k l p k k
q
= − + − = ⇔ = − + + ;
®Ó ý lμ 2 2;( , ) 1 1p q p q q= ⇒ =# 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:
2 2*: 1 ( ) 1 ( )( ) 0a N a l k a k l a k l∃ ∈ = + + ⇒ = − − + + > nªn 4 1 4a k l+ + ≥ ⇒ ≥ v«
lý!
iii) XÐt mét tam gi¸c bÊt kú cã c¸c ®Ønh lÊy tõ c¸c ®iÓm ®ã:
2 2 2( , ); ( , ); ( , ); ; , , *A a a B b b C c c a b c a b c N< < ∈ . Gäi
2 2 2( , ); ( , ); ( , );E a c F b a K c c Khi ®ã ta cã:
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]ABC AKCE AEC ABF FBCK= − − − ta ký hiÖu [ ]Ω lμ diÖn tÝch miÒn
Ω .
iv) VËy ta cã: [ ]ABC =
2 2 2 2 2 2 2 2 21 1 1( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( 2 )
2 2 2
c a c a c a c a b a b a c b c b a= − − − − − − − − − − + −
s Q= ∈ do , ,a b c ®Òu lμ c¸c sè nguyªn d−¬ng.
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 69
y
x
F
A
O
K
E C
B
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.
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 70
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)
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| ≥
3
1
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
3
1 . Sau đây tôi đưa ra cách giải sử dụng tính chất hàm y= ax +b, và qua đó cho ta ra thêm
hàng loạt các bài toán dạng này.
Max |xy-ax-by| ≥ Max {|a|, |b|. |a+b-1|}≥
3
1 |a+b-a-b+1| =
3
1
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]
≥
||||
||||
βα
ααββαβ
+
+++ baba ≥
||||
||||
βα
αβ
+
−b
Max{|f(α)|, |f(β)|} Khi ∉ (α, β)
a
b
2
−
Max{|f(α)|, |f(β)|, f( )} Khi ∈ (α, β) a
b
2
−
a
b
2
−
Max |f(x)| =
[α, β]
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 71
*) Nều αβ ≥ 0 (2) ⇔ (aα +b)(-aβ -b)≥0 khi đó
(1) ⇒ aα +b = -aβ -b↔ a= βα +
− b2
*) Nều αβ ≤ 0 (2) ⇔ (aα +b)(-aβ -b)≤0 Khi đó
(1) ⇒ aα +b = aβ + b↔ a = 0
Vậy Max |ax+b| bé nhất bằng ||||
||||
βα
αβ
+
−b
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
=≤
+=≥
0 a và0 khi
b-a và0
αβ
βααβKhi
Max |ax +b| bé nhất bằng
||||
||||
βα
αβ
+
−b
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
βα −=+
−
)1(2
)1(
k
k ⇔ k= βα
βα
2
2
2
2
−
+
> 0
Max |f(x)| = Max {|a2 + αa + β |; |a2 – αa – β |} ≥
x ∈ [-1, 1]
≥
1
1
+k |ka
2 + kαa + kβ + a2 – αa – β | =
= | a2 + 2 α
β a + 2 2
2
α
β | = ( a + α
β )2 + 2
2
α
β ≥ 2
2
α
β
có đẳng thức ⇔ a= - α
β
B) nếu α2 – 2 β ≤ 0
⇒ Max |f(x)| = Max {|a2 + αa + β|, | a2 – αa – β|}
Ta chứng minh Max |f(x)| bé nhất là β -
4
2α ⇔ a = -
2
α
|aα +b| = |aβ +b| (1)
αβ (aα +b) (-aβ -b)≥0 (2)
Có ��ng th�c
[α, β]
[α, β]
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 72
Thật vậy với a = -
2
α ⇒ Max {|a2 + αa + β|, | a2 – αa – β|}
= Max{β -
4
2α ; |
4
3 2α - β |} = β -
4
2α
Mặt khác Max {| a2 + αa + β|, | a2 – αa – β|} ≥ | a2 + αa + β| =
= | (a +
2
α )2 + β -
4
2α | ≥ β -
4
2α có ⇔ a= -
2
α
Vậy β ≥ 0 thì Max |f(x)| bé nhất =
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
−=≥≤−−
−=≥≥−
2
0,02
4
0,02
2
2
2
2
2
αββααβ
α
βββαα
β
aVàkhi
aVàkhi
trường hợp 2: β < 0
β < 0 do Max|f(x)| = Max|a(-x) + (-α )a + (-β )
Áp dụng kết quả của trường hợp 1 với ⎩⎨
⎧
>−
−
0ββ
αα
là
là
Vậy ta có kết luận chung
Max|f(x)| bé nhất =
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
−=≤−−
−=>−
αβ
ββααβ
β
αβαα
β
2
||0||2
4
||
0||2
2
2
2
2
2
avàkhi
avàkhi
Bây giờ ta lại xét bài toán 2 ở trên với điều kiện
α2 – 2β >0, β >0 nhưng a = α
β− ( vô nghiệm) (xét bài 4)
Hoặc 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 <
8
25
Xét các hàm số f(x) = (a2 + 2a+
25
9 )x +1
Tìm a để Max |f(x)| nhỏ nhất
[α , β ]
Giải: Để ý rằng với điều kiện 0<α <β và α +β <
8
25 thì
Phương trình a2 + 2a +
25
9 = βα +
− 2 (vô nghiệm ẩn a)
2β - α2 ≥ 0
4
2α
4
3 2α
2
2αdo (β - ) - | - β | = ≥ 0
[- 1,1]
[- 1,1] -1≤ -x ≤ 1
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 73
Nên kết quả bài 2 không thoả mãn
*) Nếu a2 +2a +
25
9 = 0 ⇔ a ∈ {-
5
1 , -
5
9 } ⇒ f(x) = 1
*) Nếu a2 +2a +
25
9 > 0 ⇒ f(x) >1
*) với a2 +2a +
25
9 < 0 ⇔ -
5
9 5
1
+) f(α ) = (a2 +2a +
25
9 )α +1>(a2 +2a +
25
9 )
16
25 +1=
= [(a+1)2-
25
16 ]
16
25 +1 ≥ 0 do α <
2
βα + =
16
25
⇒ |f(α )| = f(α) = [(a+1)2-
25
16 ]α +1 ≥ 1-
25
16 α
Có đẳng thức ⇔ a= -1
+) nếu β ≤
16
25 ⇒ f(β) ≥ f(
16
25 ) ≥ 0
⇒ f(α) > f(β) > 0 ⇒ Max |f(x)| = f(α) ≥ 1-
25
16 α
đạt ⇔ a= -1
+) Nếu f(β)≤ 0 ⇒ β ≥
16
25 ⇒ |f(β )| = - f(β)=
= -1 – [(a+1)2-
25
16 ]β = f1
do
16
25 ≤ β <
8
25 - α ⇒ f1≤ 1- [(a+1)2-
25
16 ](
8
25 -α ) =
= 1-
25
16 α - (a+1)2(
8
25 -α )≤ 1-
25
16 α ≤ f(α)
Vậy Max |f(x)| ≥ 1 -
25
16 α có đẳng thức ⇔ a= -1
[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
[α,β]
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 74
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 3
3
2
2
1
1
a
b
a
b
a
b <<
f(x) = Max {|a1x – b1|; |a2x – b2|; |a3x – b3|}
x ∈R
tìm Min f(x)
x ∈ R
Giải:
*) Phương trình – a3x +b3 = a1x – b1 ⇔ x = x1=
31
31
aa
bb
+
+
(1)
*) Phương trình – a3x + b3 = a2x – b2 ⇔ x = x2 =
32
32
aa
bb
+
+
(2)
Khi đó
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
<⇔<<
<⇔<<
3
3
2
2
3
3
2
2
3
3
1
1
3
3
1
1
1
bnó V́2
bnó V́
a
b
aa
bx
a
b
a
b
aa
bx
a
b
(3)
Ta xét 2 trường hợp
I) x2 ≥ x1 Ta chứng minh Min f(x) = |a1x1 – b1|
X ∈ R
a) Ta chứng minh f(x1) = |a1x1 – b1|
Do (3) ⇒ |a1x1 – b1| = a1x1 – b1 = - a3x1 + b3 = |a3x1 – b1|
Ta chứng minh |a1x1 – b1| > |a2x1 – b2|
*) a1x1 – b1 ≥ - a2x1 + b2 ⇔ x1 =
31
31
aa
bb
+
+
>
21
21
aa
bb
+
+ ⇔ a2b1 + a1b3> a1b2+a3b1+ a3b2
⇔ (a1b3 – a3b1 + a2b1 – a1b2) + (a2b3 – a3b2) > 0 đúng
Do
3
3
a
b -
1
1
a
b >
2
2
a
b -
1
1
a
b ⇔ a1b3 – a3b1 >
2
3
a
a (a1b2 – a2b1) >a1b2 – a2b1
*) |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)
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 75
*) x> x1 ⇒ a1x – b1 >a1x1 – b1 = f(x1)
Vậy Min f(x) = |a1x1- b1| = ⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
+
−
31
1331
aa
baba
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
1
1
a
b - b2 >0
⇒ 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 Vậy Min f(x) = Max {f(x1); f(x2)} = Max ⎪⎭
⎪⎬⎫⎪⎩
⎪⎨⎧ +
−
+
−
32
2332
31
1331 ;
aa
baba
aa
baba
Bài toán 7:f(x,y) = x2y + xy2 – ax – by. Tìm a, b để Max |f(x, y)| bé nhất
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|} ≥
3
1 |a+b+2 –a -b| =
3
2
Với a = b =
3
2 ⇒ |f(x,y)| = |(x+y) (xy -
3
2 )
a) Nếu xy ≥
3
2 do x,y ∈ [0,1] nên |(x+y)(xy-
3
2 )| = (x+y)(xy-
3
2 ) ≤
≤ (1+1)(1 -
3
2 ) =
3
2
b) Nếu xy <
3
2 ⇒ (1 – x)(1- y) ≥ 0 ⇔ x+y ≤ 1 + xy
⇒ 0 ≥ (x+y)(xy -
3
2 ) ≥ (1 + xy) (xy -
3
2 )
X ∈ R
x,y ∈ [0,1]
x,y ∈ [0,1]
X ∈ R
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 76
⇒ |(x+y)(xy -
3
2 )| ≤ |(1 + xy) (xy -
3
2 )| = (1 + xy) (
3
2 - xy) =
=
3
2 -
3
1 xy – (xy)2 ≤
3
2 ⇒ Max |f(x,y)| bé nhất là
3
2
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 | ≥
7
1
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 +
- a11x – a12y – a13z – a14t| ≥
15
1
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
đoạn [a, b] thoả mãn ∑=
n
i
ia
1
= ∑=
k
j
jb
1
a) Chứng minh rằng ∑=
n
i
m
ia
1
≤ ∑=
k
j
m
jb
1
b) Chứng minh rằng ∑=
n
i
ia
1
α ≥ ∑=
k
j
jb
1
α
( α ≥ 1)
Bài toán 11: Cho a1 < a2 < ... f(x) = Max {|x-a1|, |x-a2|, ... |x- an|}
Tìm Min f(x)
Bài toán 12 cho 0
1
1
a
b
<
2
2
a
b
< ... <
n
n
a
b
f(x) = Max {|aix – bi| (i = 1,2,...,n)}
Tìm Min f(x)
Trên đây là một số bài toán áp dụng tính chất của hàm y = ax + b để giải. Còn 2 phần nữa
xin được trao đổi cùng các bạn ở chuyên đề sau.
Ninh Bình, Ngày 10 tháng 10 năm 2008
x,y ∈ [0,1]
x ∈ R
x ∈ R
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 77
PhÐp biÕn h×nh trong h×nh häc ph¼ng
Tr−êng THPT Chuyªn Hμ Nam
Phần I: Đặt vấn đề
Trong chuyên đề hình học phẳng sử dụng phép biến hình trong hình học phẳng là một phần
kiến thức rất quan trọng. Sau đây là nội dung bài soạn của tôi khi dạy về các phép biến hình trong
mặt phẳng.
Phần II: Nội dung
A. Phép đối xứng tâm, đối xứng trục, tịnh tiến.
I. Phép đối xứng tâm
1. Định nghĩa: Đ0 : M → M’
'OMOM −=
2. Tính chất:
a. Đ0 biến 3 điểm thẳng hàng thành 3 điểm thẳng hàng.
b. Đ0 biến đường thẳng thành đường thẳng // hoặc trùng với đường thẳng ban đầu.
c. Biến đoạn EF thành E’F’: EF = E’F’
d. Góc xSy thành góc x’S’y’ và góc x’S’y’ = góc x’S’y’.
e. Đ0 là phép biến đổi 1 - 1
h: Đo: A → A’
B →B’
''BAAB −=
II. Phép đối xứng trục
1. Định nghĩa:
Đđ: M → M’
MM’ ⊥ d tại H
'HMMH −=
2. Tính chất
Giống như phép đối xứng trục
III. Phép tịnh tiến:
1. Định nghĩa:
Cho 0≠V
': MMT V →
vMM ='
2. Tính chất:- Giống như phép đối xứng tâm, đối xứng trục
- Phép VT không có điểm bất động.
IV. Bài tập áp dụng
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 78
Bài tập 1: Cho tam giác ABC và đường tròn O. Trên cạnh AB lấy 1 điểm E sao cho BE =
2AE gọi F là trung điểm AC và I là đỉnh thứ 4 của hình bình hành AEIF. Với mỗi điểm P trên
đường tròn (O) dựng Q sao cho IQPCPBPA 632 =++ . Tìm tập hợp Q khi P thay đổi.
* Hướng dẫn học sinh
+ Xác đỉnh điểm K cố định t/c: 032 =++ KCKBKA
+ Chứng minh K ≡ I
+ ĐI: P → Q vậy Q thuộc đường tròn là ảnh (O)
* Lời giải:
Gọi K là điểm thoả mãn:
032 =++ KCKBKA
)32(6 ACABKA +−=
Ta có
KIAIAK
ACABAI
ACAB
AFAEAI
≡→=↔
+=↔
+=
+=
326
2
1
3
1
Từ
IQICIBIAPI
IQPCPBPA
6326
632
=+++↔
=++
0=+↔ QIPI → là trung điểm PQ
→ Đ: P → Q
OP thuộc đường tròn
→ Q ∈ đường tròn là ảnh của (O) qua ĐI
Bài tập 2: Cho hình bình hành ABCD và đường tròn (γ) bàng tiếp của tam giác ABD tiếp
xúc với phần kéo dài AB và AD tương ứng tại M, N. Đoạn thẳng MN cắt BC, DC tương ứng tại P
và Q. Chứng minh đường tròn nội tiếp tam giác BCD tiếp xúc BC, DC tại P và Q.
* Hướng dẫn học sinh:
+ Chứng minh BH = DK
Có Đ I: B → D
+ Chứng minh DQ = DN = BH = BM’
→ ĐI: (C) → (C1)
Với (C) là đường tròn qua M’, N’, H ; (C1) là đường tròn qua D, Q, P
Lời giải:
F
E
A
B C
I
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 79
Gọi K là tiếp điểm (γ) và BD
(C) là đường tròn nội tiếp ΔABC tiếp xúc AB, AD,BD tại M’, N’, H
Do: MM’ = NN’
MM’ = MB + DN’ = BK + BH
NN’ = ND + DN’ = DH + DK
⇒ BH + BK = DH + DK
⇒ BH + BH + HK = DK + DK + HK
⇔ BH = DK
⇒ ∃ Phép đối xứng tâm ĐI : B → D
H → K
A → C
ΔAMN cân tại A => 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
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 80
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:
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 ≤
34
222 cba ++
+) a2 + b2 + c2 ≤ 9R2 (R là bán kính đường tròn ngoại tiếp ΔABC)
Thật vậy:
S ≤
34
222 cba ++
48
)())(()(
2222 cbacpbpapp ++≤−−−↔
3
)()())()((
2222 cbabcabcbcbacba ++≤−+−+−+++↔
[ ][ ] 22222222 )()()(3 cbabaccba ++≤−−−+↔
<=> 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
34
9max
34
9 22 RSRS =⇔≤
B’
A
C’
B
H
A’
C
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 81
34
9max
2RS = khi Δ ABC đều
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’
D -> A
=> CD = C’A = AB => ΔABC’ đều
E -> F -> ΔDEF đều
* ΔBCD; ΔAEF dựng phía ngoài tứ giác ABDE
C’, G khác phí với AB
H, F’ khác phía với DF
=> Tứ giác AGBC’ nội tiếp góc BGA + góc B’CA = 1800 = (1200 + 600)
=> BC’ 2 = C’G2 + BG2 – 2BG. C’G.1/2
C’A2 = C’G2 + GA2 – 2AG.C’G.1/2
600
600 600
B
B�
G
C�
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 82
=> BG2 – BG . C’G = GA2 – AG . C’G
<=> (GA - GB ) (GA + GB – GC’) = 0
* Nếu GA = GB => GC’ ⊥ AB => C’K =
6
330;
2
3 0 atgBKGKa ==
3
32
6
34
' a
a
GC ==
Cos 300 =
3
32
3
2 aGBGAaBG
GB
a
=+→=→
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
xứng qua đường thẳng AD biến đường thẳng AM thành AK (K ∈ BC): CMR: 2
2
AC
AB
CK
BK =
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’
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 83
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:
CQ
AB
KC
BK = (1)
Ta có:
AB
AC
AB
AC
AB
PB
AC
CQ
AC
CQ
PB
CQ =====
'
'
'
''
Vậy
AB
AC
AC
CQ = Ù
AC
AB
CQ
AC = Ù )2(2
2
AC
AB
CQ
AB =
⇒ Từ (1) và (2) 2
2
AC
AB
CK
BK =
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
DKT G : K → D
H → E (H là trực tâm Δ BKE)
B → B’
+ Chỉ ra B’E = BH = 22 ab −
Lời giải:
Gọi H là trực tâm Δ BEK
Do EH vuông góc BK, EK vuông góc BH
⇒ DKHEHKED GGGG == ;
DKT G : K → D
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 = 22 ab −
* 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
H
B B’ C
E
D K
A
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 84
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 → M3
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:
MA
BA
OM
BA
OM
BO
MA
BA
2
222211
1
11 ===
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
cách đều hai dây cung BB’ và CC’.
B) Phép quay
I. Định nghĩa: QOα: M → M’
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’
α
M’
M
M
M’
- α
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 85
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
+ Biến tia Sx thành tia S’x’ và góc tạo bởi hai tia đó bằng α.
+ Biến đoạn thẳng PQ thành đoạn P’Q’: PQ = P’Q’
+ Biến góc thành góc bằng nó
+ Biến đường tròn (I,R) thành (I’,R)
III. Mở rộng phép quay tâm O góc quay α: 1800 < α ≤ 3600:
1. Định nghĩa:
Cho trước điểm O và góc α với 1800 < α ≤ 3600. Phép biến đổi
Q =
0180
0
−αQ .
0180
0Q là phép quay tâm O với góc quay α kí hiệu là Q0α.
2. Tính chất:
a. Tính chất 1: Q0α với α ∈(1800, 3600)
Qα : M → M’ thì 03600 −αQ : M -> M’ và (OM, OM’) = α - 3600
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
≤ 3600; 00 < β ≤ 3600, 0180
2
≠+ βα
Khí đó Q = QO2β . QO1α là 1 phép quay với góc quay ϕ = α + β và tâm quay O được xác
định: 201
α−
Q : 0102 -> x
yOOQ →122/0 :2
β
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:
O2
yx
O1
O’
O
α
α/2
β
β/2
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 86
ABQG →:
0120
CAQb →:
060
1
CBQQ Gb →:.
00 12060
1
QQQ GBM CB
000 12060
1
180
.: ⇒→
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:
+ 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’
Góc MAC’ = 600 + 200 = 800 = 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
A
C
M
B
C’
300
700
800
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 87
Do Δ MC’C cân tại C’ ⇒ Góc CM’C = góc MCC’ = 0
00
70
2
40180 =−
⇒ 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→ ( ) AEAEBF ⇒=⇒ 060, 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
⇒ ( ) 060, =ECFD mà FDIN ↑↑
ECKM ↑↑
=> góc ( ) 060, =KNIN (1)
Mà IN = KM =
2
1 FD = ECFD
2
1
2
1 =
-> KIQP →:060
'NN →
=> ( ) 060, =KNIN từ (1) -> ( ) '60, 0 NMKMKNKNIN ≡⇒=⇒=
=> PMNMNQP Δ⇒→:060 đều
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 88
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 quayQO
090−
: A → B
M → M1
D → A
Q → Q1
QO
090−
: M → H ⇒ [MM’] → [HN’]
AD → AB 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’
OMkOM =' 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’
B → B’ ABkBA =''
(A ≠ B)
4. Phép vị tự biến 3 điểm thẳng hàng thành 3 điểm thẳng hàng
Từ đó ⇒ AQ1 qua trực tâm H của Δ
ABN
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 89
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
Đặt
kIC
IO
IB
IO
IA
IO 1321 ===
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
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 90
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).
* Xét phép vị tự 1
2
R
R
MV : (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
Xét 1
2
R
R
MV : (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)
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 91
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:
* Xét phép vị tự 2
1
R
R
SV (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
1
2
R
R
SV : O → O
P’ → P
A → A’
Q’ → Q
Ta lại có: SP2 = SOSQ. ; SP2 = '.SASA
'.. SASASOSQ =⇒ ⇒ 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 R
R
AV : O’ → O (M là tiếp điểm của BC và (O’))
M → M’
⇒ Góc A2 = Góc OA’Q
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 92
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:
'R
R
AV : O → O’
M → M’
'
'
AO
R
RAO = ; M; ∈đường tròn (O)
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’ 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
IM
AI
BM
AB
MI
BM
IA
AB
AB
BM
IA
MI =⇔=⇔=
PB/ (O’) = BM2 = BB’ . BA
BABB
AB
IM
AI
BM
AB
'.
==⇒
BBV R
R
A →':
'
⇒OM’ vuông góc BC
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 93
kABk
AB
BBBA
ABABkBB
k
AB
ABABk
AB
AB
R
RkABkAB
AB
R
RABAB
R
RAB
−=−=→−=
−=−→=→
>==→
=→=
1
1
)1('.
)1('
1
1''
)1
'
('
.''
'
2
Ta có:
IM
AM
q
qAIq
kIM
AI
V q
q
A →→
+=→=−=
+ :
11
1
1
Vậy I thuộc đường tròn là ảnh (O’) qua V q
q
A
+1
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 1
2
r
r
AV : 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
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 94
* 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 '.OMOM = 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’
Thì A’B’ = ABλ với
OBOA
k
.
=λ
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)
λ1 = 22
2'
Ra
R
−
Vậy R1 = R1λ
R
Ra
RR .
22
2
1
1 −=
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 95
22
2
2 '
'.
Ra
RRR −=
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
I(O,R2): C → C’
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)
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 96
* Tứ giác A1B1C1D1 là hình chữ nhật. Gọi x là bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác
A1B1C1D1 tính x = 22
1
2.
aR
Rr
−
* Chứng minh I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD
* Thiết lập phương trình ẩn a (bậc 2)
Lời giải:
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
C1P1 // NQ; A1D1 // MP
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) = 16x2
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 =
P
r 2 ; Po /(01) = R2 - a2 ( O trong (O1))
λ = 22
2
aR
r
− ⇒ x = 22
1
2
aR
Rr
−
Gọi A’, C’ là giao OA, OC và đường tròn ngoại tiếp tứ giác
OA . OA’ = OC . OC’ = R2 - a2
OA =
2
sin A
r ; OC =
2
sin C
r ; 1
2
sin
2
sin 22 =+ CA
Do góc A + góc C = 1800
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 97
2
1
OA
= 2
2
2
sin
r
A
; 2
1
OC
= 2
2
2
sin
r
C
⇒ 222 111 rOCOA =+
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)
Mặt khác: OA = '
22
OA
aR − ; OC = '
22
OC
aR −
⇒ Phương trình bậc 2 ẩn a
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.
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 98
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 { }1, 2,...,nA n=
Sn = {M ⊂ An ⎢M không chứa hai số nguyên liên tiếp nào}
Pn = {( ) { } ( ) ( )1 2 1, ,..., 0;1 1,2,..., , , 1;1 1,2,..., 1n i i ia a a a i n a a i n+∈ ∀ = ≠ ∀ = − }
+ Xét ánh xạ f: Sn → Pn
M 6 ( )1 2, ,..., n na a a P∈ sao cho 10ii
a khii M
a khii M
= ∈⎧⎨ = ∉⎩
Vì f là song ánh nên : nS 1nP n= ∀ ≥
+ Xét ánh xạ g : Pn → Pn-1 ∪ Pn-2 ∀n ≥ 3
( ) ( )( )
1 2 1 1
1 2
1 2 2 2
, ,..., 0
, ,...,
, ,..., 1
n n n
n
n n n
a a a P khia
a a a
a a a P khia
− −
− −
∈ =⎧⎪⎨ ∈ =⎪⎩
6
Vì g là song ánh nên : n 1 2 n 1 23 3n n n nP P P n S S S n− − − −= + ∀ ≥ ⇒ = + ∀ ≥
Dễ thấy : 2 13; 2S S= = . Do đó : n 1S 1nF n+= ∀ ≥ , ({Fn} là dãy Fibônaxi)
2 2
1 1 5 1 5
2 25
n n
nS
+ +⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ −⎜ ⎟⇒ = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠
mà nS∅ ⊂ nên số tập con thoả mãn giả thiết là:
2 2
1 1 5 1 5
2 25
n n+ +⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ −⎜ ⎟−⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠
- 1
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 99
Bài 2: Với mỗi n ∈ N*, kí hiệu Hn là tập tất cả các hoán vị ( )1 2, ,..., na a a của n số nguyên dương
đầu tiên. Xét các tập hợp:
( ){ }n 1 2S , ,..., : 1 1, 2,...,n n ia a a H a i i n= ∈ ≥ − ∀ =
( ){ }n 1 2, ,..., : 1 1, 2,...,n n iT a a a S a i i n= ∈ ≤ + ∀ =
Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho: 1
3
n
n
T
S
>
Lời giải:
Đặt ( ){ }1 2 1, ,..., 1n n nP a a a S a= ∈ =
( ){ }1 2 1, ,..., 1n n nQ a a a S a= ∈ ≠
Dễ có: ,n n n n nP Q P Q S∩ = ∅ ∪ =
+ Xét ánh xạ f: n nP Q→
( ) ( )1 2 2 1, ,..., , ,...,n na a a a a a6
Vì f là song ánh nên: 1
2n n n
P Q S= =
+ Xét ánh xạ g: 1n nP S −→
( ) ( )1 2 2 3, ,..., 1, 1,..., 1n na a a a a a− − −6
Vì g là song ánh nên: 1n nP S −=
Vậy: 12 2n nS S n−= ∀ ≥
Mà 2 12; 1S S= = 12nnS −⇒ =
+ Xét ánh xạ h: Tn → Tn-1 ∪ Tn-2
( ) ( )( )
2 3 1 1
1 2
3 4 2 1
1, 1,..., 1 1
, ,...,
2, 2,..., 2 2
n n
n
n n
a a a T khia
a a a
a a a T khia
−
−
− − − ∈ =⎧⎪⎨ − − − ∈ =⎪⎩
6
Vì h là song ánh nên 1 2n n nT T T− −= +
mà 2 12; 1T T= =
1 1
1 1 5 1 5
2 25
n n
nT
+ +⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ −⎜ ⎟⇒ = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠
Vậy: 1
3
n
n
T
S
> ⇔
1 1
1
1 1 5 1 5
2 25 1
2 3
n n
n
+ +
−
⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ −⎜ ⎟−⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ > ⇔ n ≤ 6.
Bài 3: (IMO 1987)
Gọi Pn(k) là số các hoán vị của tập { }1, 2,...,A n= (n ∈N*) có đúng k điểm cố định (0 ≤ k ≤ n).
Chứng minh rằng:
0
. ( ) !
n
n
k
k P k n
=
=∑
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: . ( )nM k P 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
1( 1)i nN P k−= −
+ Xét ánh xạ g:
1
n
i
i
M N
=
→∪
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 100
( , )f i f6 ( )( ) ( ) 1,.., ;f m f m m n m i= ∀ = ≠
Vì g là song ánh nên
11
n n
i i
ii
M N N
==
= = ∑∪ 1. ( ) . ( 1)n nk P k n P k−⇒ = −
1
1 1
1 1 0 0
. ( ) . ( 1) . ( ) . ( ) .( 1)! !
n n n n
n n n n
k k k j
k P k n P k k P k n P j n n 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:
( )
X T
m X
m
T
∈=
∑
Lời giải:
+ Xét song ánh f: T → T
{ }( ) 1X f X n x x X= + − ∈6
Vì f là song ánh nên
( ) ( ( )) 1,
( ) ( ( ))
X T X T
m X m f X n X T
m X m f X
∈ ∈
+ = + ∀ ∈⎧⎪⎨ =⎪⎩∑ ∑ [ ]( ) ( ( )) ( 1) 2 ( ) ( 1)X T X Tm X m f X T n m X T n∈ ∈⇒ + = + ⇒ = +∑ ∑
Vậy :
( )
1
2
X T
m X
nm
T
∈ += =
∑
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:
( )1 2, ,..., ka a a 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 = { ( )1 2, ,..., ka a a ∈A ⎢a1 < a2 <...< ak và ai – i # m ∀i = 1,2,...,k}
Dễ thấy A* = A\B
+ Xét ánh xạ f: B → B’
( ) ( )1 2 1 2, ,..., 1 , 2 2 ,...,k ka a a a m a m a k km− + − + − +6
Khi đó f là song ánh từ B đến B’
với B’ = ( ) { }{ }1 2 1 2, ,..., ... , 1, 2,..., , 1,...,k k i ib b b b b b b n k km b m i k< < < ∈ − + ∀ =#
Do đó ' kn k k
m
B B C −⎡ ⎤+⎢ ⎥⎣ ⎦
= =
Vậy * k kn n k k
m
A A B A C −⎡ ⎤+⎢ ⎥⎣ ⎦
= − = −
*Một số bài luyện tập:
Bài 6: Tìm tất cả các bộ số nguyên ( )1 2, ,..., na a a ( n>1) sao cho
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 101
1
1, 1,2,...,
1, 1,2,..., 1
i
i i
a i n
a a i n+
⎧ ≤ ∀ =⎪⎨ − ≤ ∀ = −⎪⎩
Bài 7: Chứng minh rằng ∀n ∈N* ta có:
a. ( )22
0
n
n i
n n
i
C C
=
= ∑
b. 2 2 1
0
2 . .
n kn
k k n
n n k n
k
C C C
−⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦
− +
=
=∑
c. 1
0 0
.2 .2 2
m n
k m k k n k m n
n k m k
k k
C C− − + ++ +
= =
+ =∑ ∑
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 2x2 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 ( )1 2, ,..., na a a của n số nguyên dương đầu tiên sao
cho 1 2 1, 2,...,ia i i n≤ − ≤ ∀ =
Chứng minh rằng: 1 11,75 2 , 6n n nS S S n− −< < ∀ >
Bài 10: Giả sử Fk là tập tất cả các bộ ( )1 2, ,..., kA A A trong đó Ai , i =1,2,...,k là một tập con của tập
hợp {1,2,...,n}. TÍnh:
( )1 2, ,..., 1k k
k
n i
A A A F i
S A
∈ =
= ∑ ∪
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
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 102
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:
+ Thø tù thùc hiÖn c¸c phÐp biÕn h×nh ë ®©y kh«ng quan träng, v× k kO O O OQ .V V .Q
α α=
+ TØ sè cña phÐp vÞ tù – quay cã thÓ coi lμ mét sè d−¬ng v×
0180 k k
O O OQ .V V
−=
2. C¸ch x¸c ®Þnh ¶nh cña mét ®iÓm qua phÐp vÞ tù – quay:
Cho phÐp quay OQ
ϕ vμ phÐp vÞ tù kOV (víi k > 0)
Ta cã: ( )1O 1 1
OA OA
Q : A A
OA;OA
α
=⎧⎪⇔ ⎨ = α⎪⎩
JJJG JJJJG6 (1)
( )1kO 1 1
OA' kOA
V : A A'
OA ;OA' 0
=⎧⎪⇔ ⎨ =⎪⎩
JJJJG JJJJG6 (2)
Tõ (1) vμ (2) cho ta: ( )
OA '
k
OA
OA;OA '
⎧ =⎪⎨⎪ = α⎩
JJJG JJJJG (3)
Nh− vËy kO OV .Q
α lμ phÐp ®ång d¹ng thuËn Z(O; α; k) biÕn A thμnh A’ x¸c ®Þnh bëi (3). Khi ®ã O ®−îc gäi lμ
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 B'6 6 th× ( )
A'B ' kAB
AB;A'B '
=⎧⎪⎨ = α⎪⎩
JJJG JJJJJG
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.
α
A'
A1
A
O
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 103
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
Ta cã: ( )
OA'
k (1)
OA
OA;OA' (2)
⎧ =⎪⎨⎪ = α⎩
JJJG JJJJG
(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)
Tr−êng hîp 2: Hai cÆp ®iÓm t−¬ng øng (A; A’) vμ (B; B’)
Ta cã: ( )
A'B ' kAB
AB;A'B '
=⎧⎪⎨ = α⎪⎩
JJJG JJJJJG . Tõ ®ã ta biÕt ®−îc k vμ α vμ quay vÒ tr−êng hîp 1
C¸ch kh¸c: Gäi I lμ giao ®iÓm cña AB vμ A’B’
Ta cã:
( ) ( )
( ) ( )
OA;OA' IA;IA ' (1)
OB;OB ' IB;IB ' (2)
⎧ = = α⎪⎨ = = α⎪⎩
(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:
α
O
DC A'A
O
α
α
α
A'
B'
B
I
A
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 104
+ 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 BHk
BM
= vμ ( )BM;BH = αJJJG JJJG
+ Do ΔBMN tù ®ång d¹ng nªn k, α kh«ng ®æi vμ
phÐp vÞ tù – quay: Z (B, α, k) = kB BV .Qα : M 6 H (2)
⇒ TËp hîp c¸c ®iÓm H lμ ®−êng trßn (O’’) lμ
¶nh cña ®−êng trßn (O) qua phÐp vÞ tù - quay
Z (B, α, k) nãi trªn.
+ 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:
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 0 1 2 1 0 1
0 1 1 1 0 0
B B v (t t ) v
k
A A v (t t ) v
−= = =− (0 < k kh«ng ®æi)
Gäi O lμ giao ®iÓm thø 2 cña hai ®−êng trßn
(A0B0C) vμ (A1B1C)
DÔ dμng chøng minh ®−îc: ΔOA0A1 ®ång d¹ng
víi ΔOB0B1. Tõ ®ã suy ra:
n n
1 1 0 0
1 0 0 1 2
1 0 0 1 1
A OB A OB
OB OB B B v
OA OA A A v
⎧ = = α⎪⎨ = = =⎪⎩
⇒
( ) ( )1 1 1 1
1 2
1 1
OA ;OB CA ;CB (1)
OB v
(2)
OA v
⎧ = = α⎪⎨ =⎪⎩
JJJJG JJJJG JJJJG JJJJG
(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
2
1
v
v
) (4)
O''
H
O'
O
B
N
AM
a
b
C
O
B1
A1
B0
A0
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 105
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. 1 2v ; v
JJG JJG
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 ( )1 21v v v2= +G JJG JJG (suy ra tõ ( )0 1 22M M v v t= +JJJJJG JJG JJG )
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 = 2
1
v
v
; gãc quay ( )1 1CA ;CB = αJJJJG JJJJG biÕn a thμnh b,
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: n nXNT XMT=
Trªn (XO1O2) ta cã:
n n
1 2XO T XO T=
⇒ n n1 2TO N TO N= ⇒ ΔTO1N ®ång d¹ng víi ΔTO2M
⇒ 1
2
O NTN AN
k
TM O M BM
= = = (kh«ng ®æi) (1)
(dÔ chøng minh ®−îc ΔNAO1 vμ ΔMO2B c©n t¹i N, M)
+ DÔ thÊy ( ) ( ) ( )1 2TN;TM TO ;TO XN;XM (mod2 )= = = α πJJJG JJJG JJJJG JJJJG JJJG JJJJG
(kh«ng ®æi) (2)
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)
TX
O2
O1
N
M
C
BA
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 106
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
VÝ dô 4: Dùng ra phÝa ngoμi mét ΔABC ba tam gi¸c bÊt k× BCM; CAN; vμ ABP sao cho
n n n n n n0 0 0MBC CAN 45 ; BCM NCA 30 ; ABP PAB 15= = = = = = . Chøng minh r»ng ΔMNP vu«ng c©n
®Ønh P.
H−íng dÉn gi¶i:
+ XÐt tÝch cña hai phÐp vÞ tù - quay Z2DZ1
trong ®ã Z1 = Z(B,
4
π
, k1) vμ Z2 = Z(A,
4
π
, k2)
víi 1
2
BC AC 1
k
BM AN k
= = = (v× ΔCAN ®ång d¹ng víi ΔCBM)
+ Ta cã ΔBMC cè ®Þnh, nMBC
4
π= nªn ( )
1
BC
k
BM
BM;BC
4
⎧ =⎪⎪⎨ π⎪ =⎪⎩
JJJG JJJG
do ®ã Z1 = Z(B,
4
π
, k1): M 6 C vμ P 6 P1 (ΔBPP1 ®ång d¹ng víi ΔBMC)
+ L¹i cã ΔCAN cè ®Þnh, nCAN
4
π= nªn ( )
2
AN
k
AC
AC;AN
4
⎧ =⎪⎪⎨ π⎪ =⎪⎩
JJJG JJJG
do ®ã Z2 = Z(A,
4
π
, k2): C 6 N vμ P1 6 P
suy ra Z = Z2DZ1: M 6 N.
TÝch hai phÐp ®ång d¹ng trªn cã tØ sè ®ång d¹ng k = k2.k1 = 1 vμ α1 + α2 =
2
π
nªn Z lμ phÐp dêi h×nh cã mét
®iÓm cè ®Þnh duy nhÊt P.
Cô thÓ lμ 2PQ : M N
π
6 nªn ta cã ( )
PM PN
PM;PN
2
=⎧⎪⎨ π=⎪⎩
JJJG JJJG . VËy ΔPMN lμ tam gi¸c vu«ng c©n ®Ønh P.
VÝ dô 5: Dùng mét tø gi¸c (låi) néi tiÕp ABCD biÕt ®é dμi c¸c c¹nh: AB = a; BC = b; CD = c; DA =
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.
P1
P
N
M
C
B
A
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 107
ABCD néi tiÕp khi vμ chØ khi l l 0A C 180+ = (hoÆc l l 0B D 180+ = ). KÐo dμi c¹nh BC vÒ phÝa Cùc ®Ó xuÊt
hiÖn n nDCx BAD= vμ
kÒ bï víi nDCB .
Trªn tia Cx (tia ®èi cña tia CB) lÊy ®iÓm
E sao cho ΔDCE ®ång d¹ng víi ΔDAB.
Bμi to¸n dùng tø gi¸c ABCD quay vÒ
dùng ΔDCE.
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, (DA;DC)ϕ = JJJG JJJG , k = c
d
)
Bëi vËy, ®Æt k =
c
d
; n(DA;DC) ADC= = δJJJG JJJG .
XÐt phÐp vÞ tù - quay Z(D; δ; k)
Ta cã Z: D 6 D; A 6 C vμ B 6 E sao cho E ∈ [BE]. Khi ®ã ΔDCE ®ång d¹ng víi ΔDAB vμ do ®ã
n nDCE DAB= vμ B, C, E th¼ng hμng theo thø tù ®ã, ®ång thêi ta ®−îc nBDE ADC= = δJJJJG .
Bμi to¸n trë thμnh dùng ΔDBE cã c¸c yÕu tè ®· biÕt: BC = b; CE = ca
d
, do ®ã
ac bd
BE
d
+= ; CD = c;
DE c
DB d
=
Ta cÇn dùng ®iÓm D lμ mét ®iÓm trong c¸c giao ®iÓm cña ®−êng trong 1γ (C; c) vμ ®−êng trßn Ap«l«nius
( )2γ cã ®−êng kÝnh IJ mμ I, J chia trong vμ chia ngoμi ®o¹n BE theo tØ sè k = cd . §Ønh A ®−îc dùng sau
cïng.
BiÖn luËn: Bμi to¸n cã thÓ cã 1 nghiÖm h×nh hoÆc kh«ng cã nghiÖm h×nh nμo tuú vμo ( )1γ vμ ( )2γ 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.
d
a
c
b
δ
E
D
CB
A
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 108
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 l lA 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.
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
Ví dụ : Xét dãy số hữu hạn: 1, -1, -1, 1, 5, 11, 19, 29, 41, 55 Tìm quy luật biểu diễn của dãy số đó.
Giải: Ta lập bảng sai phân như sau: nx 1 -1 -1 1 5 11 19 29 41 55
nxΔ -2 0 2 4 6 8 10 12 14 2
nxΔ 2 2 2 2 2 2 2 2 2
Vậy 2 nxΔ = const do đó nx là đa thức bậc hai: 2nx an bn c= + + Để tính a, b, c ta dựa vào ba giá trị đầu 0 1 21, 1, 1x x x= = − = − sau đó giải hệ phương trình ta nhận được: a = 1, b = -3, c = 1. Do đó 2 3 1nx n n= − +
4. Phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất
0 1 1 00, , 0 (1)n k n k k n ka x a x a x a a+ + −+ + + = ≠" Gọi là phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất cấp k (ở đây k = n +k -1)
5. Phương trình đặc trưng.
1 20 1 2 0 k k k
ka a a aλ λ λ− −+ + + + =" (2) 6. Nghiệm tổng quát
Nếu (2) có k nghiệm phân biệt 1 2 3, , , , kλ λ λ λ… thì nghiệm tổng quát của (1) là 1 1 2 2
n n n n k kx c c cλ λ λ= + +"
Nếu (2) có nghiệm bội, chẳng hạn nghiệm 1λ có bội s thì nghiệm tổng quát của (1) sẽ là: 2 1
1 1 2 1 2 1 1 1 1 n n n s n n n
n s s s k kx c c n c n c n c cλ λ λ λ λ λ− + += + + + + + +" " 7. Ví dụ
Ví dụ 1: cho dãy ( nx ) có
3 2 1 0 1 2
6 11 6 3, 4, 1
n n n nx x x x x x x
+ + += − + = = = −
Hãy tìm nx Giải :
Ta có 3 2 16 11 6 0n n n nx x x x+ + +− + − = Phương trình đặc trưng là :
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
9
3 2 6 11 6 0 1, 2, 3
λ λ λ λ λ λ
− + − = ⇔ = = =
Suy ra: 1 2 32 3 n n
nx c c c= + + Để tìm 1 2 3, ,c c c ta phải dựa vào 0 1 2, ,x x x khi đó ta sẽ tìm được :
1
2
3
3 2
8 7 2
c
c
c
⎧ = −⎪⎪ =⎨⎪⎪ = −⎩
Từ đó 3 78.2 3 2 2
n n nx = − + −
Ví dụ 2: Cho dãy số ( nx ) có 0 1 20, 1, 3x x x= = = và 1 2 37 11 5 , 3n n n nx x x x n− − −= − + ∀ ≥ Tìm nx
Phương trình đặc trưng là :
3 2 7 11 5 0
1, 1, 5 λ λ λ λ λ λ
− + − = ⇔ = = =
Vậy nghiệm tổng quát là : 1 2 35 n
nx c c n c= + + Để tìm 1 2 3, ,c c c ta phải dựa vào 0 1 2, ,x x x khi đó ta sẽ tìm được :
1
2
3
1 16
3 4 1
16
c
c
c
⎧ = −⎪⎪⎪ =⎨⎪⎪ =⎪⎩
Từ đó ta được: 1 3 1 5 16 4 16
n nx n= − + +
Chú ý : Với phương trình sai phân, ta có một số loại khác nữa như phương trình sai phân tuyến tính không thuần nhất, phương trình sai phân phi tuyến và có cả một hệ thống phương pháp giải quyết để tuyến tính hóa phương trình sai phân. Song liên quan đến phương trình hàm trong bài viết này, chỉ nhắc lại phương trình sai phân tuyến tính đơn giản nhất ( chưa xét đến phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất có nghiệm phức).
8. Áp dụng đối với phương trình hàm
Ví dụ 1: Tìm tất cả các hàm :f →\ \ thỏa mãn: f(f(x)) = 3f(x) – 2x , x∀ ∈\
Giải :
Thay x bởi f(x) ta được: f(f(f(x))) = 3f(f(x)) – 2f(x) , x∀ ∈\ ………………………..
2 1
(... ( )) 3 (... ( )) 2 (... ( )) n n n
f f x f f x f f x + +
= −�� � �� � �� �
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
10
Hay 2 1( ) 3 ( ) 2 ( ), 0n n nf x f x f x n+ += − ≥ Đặt ( ), 0n nx f x n= ≥ Ta được phương trình sai phân: 2 13 2n n nx x x+ += − Phương trình đặc trưng là : 2 3 2 0 1 2λ λ λ λ− + = ⇔ = ∨ = Vậy 1 2 2
n nx c c= +
Ta có:
0 1 2 1 1 22 ( )
x c c x x c c f x
= + = = + =
Từ đó ta được 1 22 ( ), ( )c x f x c f x x= − = − Vậy 2( )f x x c= + hoặc 1( ) 2f x x c= − Ví dụ 2: Tìm tất cả các hàm f xác định trên N và thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau: 2 ( ) ( ) 2 ( ) 3 ( ) ( ),
(1) 1 f n f k n f k n f n f k k n
f + − − = ≥
= Giải:
Cho k = n = 0 2 22 (0) 2 (0) 3 (0)
(0) 0 (0) 2 f f f
f f ⇒ − = ⇔ = ∨ = − Nếu f(0) = 0 chọn n = 0 ta được: -2 f(k) = 0 do đó f(k) = 0 với mọi k Chọn k = 1 ta được f(1) = 0 mâu thuẫn với giả thiết. Vậy f(0) = -2 Chọn n = 1 ta được phương trình: 2 (1) ( 1) 2 ( 1) 3 (1) ( ),
2 ( 1) 2 ( 1) 3 ( ), f f k f k f f k k f k f k f k k
+ − − = ∀ ⇔ + − − = ∀ Đặt ( )kx f k= ta có phương trình sai phân 1 12 3 2 0k k kx x x+ −− − = Phương trình đặc trưng là 2 12 3 2 0 2
2 λ λ λ λ− − = ⇔ = ∧ = −
Vậy 1 2 1( ) 2 2
n nf n c c ⎛ ⎞= + −⎜ ⎟⎝ ⎠
Ta tìm 1 2,c c từ điều kiện f(0) = -2 , f(1) = 1
Dễ tìm được 1 20, 2c c= = −
Vậy 1( ) 2 2
n
f n ⎛ ⎞= − −⎜ ⎟⎝ ⎠ Phương pháp 4: ĐIỂM BẤT ĐỘNG.
1. Đặc trưng của hàm
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
11
Như ta đã biết, phương trình hàm là một phương trình thông thường mà nghiệm của nó là hàm. Để giải quyết tốt vấn đề này, cần phân biệt tính chất hàm với đặc trưng hàm. Những tính chất quan trắc được từ đại số sang hàm số, được gọi là những đặc trưng hàm.
Hàm tuyến tính f(x) = ax , khi đó f(x + y) = f(x) + f(y) Vậy đặc trưng là f(x + y) = f(x) + f(y) với mọi x, y
Hàm bậc nhất f(x) = ax + b, khi đó f(x) + f(y) = 2f(
Vậy đặc trưng hàm ở đây là ( ) ( ) , , 2 2
x y f x f yf x y+ +⎛ ⎞ = ∀ ∈⎜ ⎟⎝ ⎠ \ Đến đây thì ta có thể nêu ra câu hỏi là : Những hàm nào có tính chất ( ) ( ) ( ), ,f x y f x f y x y+ = + ∀ ∈\ . Giải quyết vấn đề đó chính là dẫn đến phương trình
hàm. Vậy phương trình hàm là phương trình sinh bởi đặc trưng hàm cho trước. Hàm lũy thừa ( ) , 0kf x x x= >
Đặc trưng là f(xy) = f(x)f(y) Hàm mũ ( ) ( 0, 1)xf x a a a= > ≠
Đặc trưng hàm là f(x + y) = f(x)f(y), ,x y∀ ∈\ Hàm Logarit ( ) log (a>0,a 1)af x x= ≠
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 ¾ sin hypebolic
2
x xe eshx −−=
¾ cos hypebolic 2
x xe echx −+=
¾ tan hypebolic x x
x x
shx e ethx chx e e
− −
−= = +
¾ cot hypebolic x x
x x
chx e ecothx shx e e
− −
+= = −
shx có TXĐ là \ tập giá trị là \ chx có TXĐ là \ tập giá trị là [1, )+∞ thx có TXĐ là \ tập giá trị là (-1,1) 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
2. 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 = ∞ WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
12
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 (*) ( 1) 2a x ax⇔ + = + 2a⇔ = 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∀ ∈\ (1) Giải:
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:
[ ]
( 1) ( )
( 2) ( )
1( ) ( ) ( 1) x (3)2
( 2) ( )
g x g x g x g x
g x g x g x
g x g x
+ = −⎧⎨ + =⎩ ⎧ = − +⎪⇔ ∀ ∈⎨⎪ + =⎩
\
Ta chứng minh mọi nghiệm của (3) có dạng :
[ ]1( ) ( ) ( 1) , x 2
g x h x h x= − + ∀ ∈\ ở đó h(x) là hàm tuần hoàn với chu kì 2 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 : 1 3 3x xa a a+ = ⇔ = Vậy ta đặt: ( ) 3 ( )xg x h x= thay vào (2) ta được: h(x + 1) = h(x) x∀ ∈\ Vậy h(x) là hàm tuần hoàn chu kì 1. Kết luận ( ) 1 3 ( )xf x h x= − + với h(x) là hàm tuần hoàn chu kì 1.
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
13
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)
2
2 0 (2 ) 3. log 3m m t t t t t m = ⇔ =
= ⇔ = Xét ba khả năng sau: Nếu t = 0 ta có h(0) = 0 Nếu t> 0 đặt 2log 3( ) ( )h t t tϕ= thay vào (3) ta có (2 ) ( ), 0t t tϕ ϕ= ∀ > Đến đây ta đưa về ví dụ hàm tuần hoàn nhân tính. Nếu t < 0 đặt 2log 3( ) | | ( )h t t tϕ= thay vào (3) ta được
[ ]
(2 ) ( ), 0 (2 ) ( ), 0 (4 ) ( ), 0
1( ) ( ) (2 ) , 0 2
(4 ) ( ), 0
t t t t t t t t t
t t t t
t t t
ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ
= − ∀ < = − ∀ <⎧⇔ ⎨ = ∀ <⎩
⎧ = − ∀ <⎪⇔ ⎨⎪ = ∀ <⎩
Bài toán tổng quát của dạng này như sau: ( ) ( ) 0, 1f x f ax bα β α+ = + ≠ ± Khi đó từ phương trình x xα β+ = 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, 0t∀ ≠ Đặt g(t) = f( - 1 + t) ta được g(2t) = g(t) + 2 0t∀ ≠ (2)
Từ tích chuyển thành tổng nên là hàm loga Ta có log (2 ) log 2a at t= − 1
2 a⇔ =
Vậy đặt 1 2
( ) log ( )g t t h t= + WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
14
Thay vào (2) ta có (2 ) ( ), 0h t h t t= ∀ ≠ 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) = ab
)a(f)b(f − −
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:
k = ab
)a(f)b(f − −
§¼ng thøc : f / (c) = ab
)a(f)b(f − −
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 )b,a(∈ 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)
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
15
x ],[ ba∈ x ],[ ba∈ NÕu m = M th× f(x) = C lμ h»ng sè nªn ∀ xo )b,a(∈ ®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 :
2n
a + + 1n
b + + n
c = 0 (1)
CMR ph−¬ng tr×nh : a 2x + bx + c = 0
cã Ýt nhÊt mét nghiÖm trong ( 0; 1) .
Gi¶i :
XÐt hμm sè: f(x) = 2n
ax 2n
+ +
+ 1n
bx 1n
+ +
+ n
cxn .
Hμm sè f (x) liªn tôc vμ cã ®¹o hμm t¹i ∀ x∈R . Theo gi¶ thiÕt (1) cã f(0) = 0 , f(1) = 0
n c
1n b
2n a =++++
Theo ®Þnh lý Roll tån t¹i xo ∈(0; 1) sao cho f’(xo ) = 0 mμ: f’(x) = a 2nn1n cxbxx −+ ++
f’(x 0 ) = 0 0cxbxax 1n
o n o
1n o =++⇒ −+
o 2 o
1n o bxax(x +⇔ − +c) = 0 ( 0xo ≠ )
0cbxax o 2 o =++⇔
VËy ph−¬ng tr×nh a 0cbxx 2 =++ cã nghiÖm )1;0(xo ∈ . (®pcm) . Bμi to¸n 2 : Gi¶i ph−¬ng tr×nh : xxxx 5463 +=+ Gi¶i :
Ph−¬ng tr×nh ®· cho t−¬ng ®−¬ng víi : xxxx 3456 −=− (2). Râ rμng 0xo = 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 : f(x) = αα −+ x)1x( , víi x > 0 Hμm sè f(x) x¸c ®Þnh vμ liªn tôc trªn ( 0; + ∞ ) vμ cã ®¹o hμm : f’ (x) = 1)1x( −α+α - α 1x −α = α [ 11 x)1x( −α−α −+ ] Tõ (2) cã f(5) = f(3) . VËy tån t¹i c∈ ( 3; 5) sao cho f’(c) = 0, hay lμ : α [ 11 c)1c( −α−α −+ ] = o ⇔ α = o , α = 1 . Thö l¹i thÊy 1x = 0 , 2x = 1 ®Òu tho¶ m·n ph−¬ng tr×nh (2). VËy ph−¬ng tr×nh ®· cho cã ®óng 2 nghiÖm lμ : 1x,0x 21 == Bμi to¸n 3
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
16
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
XÐt hμm sè f(x) = xcosxsinc 2
x2sinb 3
x3sina −++ . Hμm f(x) liªn tôc trªn [ 0; 2 π ] , cã ®¹o hμm trªn ( 0; 2 π ) vμ cã ®¹o hμm lμ: f’ (x) = acos3x + bcos2x +ccosx + sinx . mÆt kh¸c cã f(0) = - 1 , f ( 2 π ) = - 1 . Theo ®Þnh lý Roll tån t¹i )2;0(xo π∈ ®Ó f’( 0x ) = 0 . VËy )2;0(xo π∈ lμ nghiÖm cña ph−¬ng tr×nh ( 3 ). ( ®pcm ). Bμi to¸n 4 Gi¶i ph−¬ng tr×nh : =− xcosxcos 23 cosx (4). Gi¶i : Ph−¬ng tr×nh (4) cã Ýt nhÊt mét nghiÖm 0x0 = . Gäi α lμ nghiÖm bÊt kú cña (4) .Khi ®ã cã : α=− αα cos23 coscos α−=α−⇔ αα cos22cos33 coscos . (5) XÐt hμm sè f(x) = α−α costt cos , (víi t > 1 ). Hμm sè f(x) liªn tôc trªn kho¶ng (1; + ∞ ) vμ cã ®¹o hμm lμ: f’ (x) = cos α−α −α cost. 1cos . Tõ ®¼ng thøc (5) cã : f(2) = f (3) . VËy tån t¹i gi¸ trÞ c ∈ ( 2; 3 ) sao cho: f’(c) = 0 . α⇔ cos . 0cosc 1cos =α−−α 0)1c(cos 1cos =−α⇔ −α 0cos =α⇔ hoÆc cosα = 1 π+π=α⇔ k
2 ; π=α 2k . Víi k Ζ∈
Thö l¹i thÊy tho¶ m·n ph−¬ng tr×nh (4) .
VËy (4) cã nghiÖm x = π+π k 2
, x = k2 π ( Ζ∈∀k ) 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 )b;a(x ∈∀ . 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 . ph−¬ng tr×nh f )k( (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 R∈α∀ mμ 0≠α . Chøng minh :
XÐt hμm F (x) = )x(f.e x α . 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:
F’(x) = )x(f.1.e)x('f.e xx
α+ αα
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
17
= α α x
e . [ f(x) +α f’(x) ]
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 : Ph−¬ng tr×nh : 05x3x 23 =+− cã ®óng 1 nghiÖm nh−ng ph−¬ng tr×nh : 0x6x3 2 =− cã 2 nghiÖm. HÖ qu¶ 3 : NÕu f’’(x) > o hoÆc f’’ (x) < o )b;a(x ∈∀ 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 )b;a(x ∈∀ th× ph−¬ng tr×nh f(x) = 0 cã kh«ng qu¸ ba nghiÖm . Bμi to¸n 5 : Gi¶i ph−¬ng tr×nh : 1xx1x3x 2 ++=++ (6) Gi¶i : §iÒu kiÖn x ≥ 0 Ph−¬ng tr×nh (6) 01xx1x3x 2 =−−−++⇔ XÐt hμm sè: f(x) = 1xx1x3x 2 −−−++ . Víi x );0[ +∞∈ f’(x) = 1x2
1x32 3
x2 1 −−++
f’’(x) = - 0x.02 )1x3(4
9 x4
1 33
>∀<−+− Theo hÖ qu¶ 3 suy ra ph−¬ng tr×nh (6) cã kh«ng qu¸ 2 nghiÖm Thö trùc tiÕp 1x,0x 21 == 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 : )x21(logx13 3
x +++= Gi¶i : §iÒu kiÖn: 1 + 2x > 0 ⇔ x > -
2 1
Ph−¬ng tr×nh ®· cho t−¬ng ®−¬ng víi : )x21(log)x21(x3 3
x +++=+ ( 7 ) XÐt hμm f(t) = t + tlog3 , víi t );0( +∞∈ ta cã : f’(t) = 1 + 0t,0
3lnt 1 >∀> . VËy f (t) ®ång biÕn trªn ( 0; + ∞ )
Ph−¬ng tr×nh ( 7 ) khi ®ã trë thμnh: f ( )3x = f ( 1 + 2x ) x213x +=⇔ 01x23x =−−⇔ (8)
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
18
XÐt hμm sè: g (x) = 1x23x −− víi x ); 2 1( +∞−∈ ta cã :
g’(x) = 23ln.3x − g’’(x) = 3ln.3 2x > 0.
2 1x −>∀
VËy ph−¬ng tr×nh (8) cã kh«ng qu¸ 2 nghiÖm trong kho¶ng ( - ); 2 1 +∞
MÆt kh¸c thö trùc tiÕp thÊy 1x,0x 21 == lμ 2 nghiÖm cña ph−¬ng tr×nh (8) . VËy ph−¬ng tr×nh (8) cã 2 nghiÖm 21 x,x . KÕt luËn : Ph−¬ng tr×nh ®· cho cã ®óng 2 nghiÖm 1x,0x 21 == Bμi to¸n 7 : Gi¶i ph−¬ng tr×nh : ( 12)x4)(22x =−+ (9) . Gi¶i :
XÐt hμm sè f (x) = ( 12)x4)(22x −−+ . X¸c ®Þnh vμ liªn tôc trªn R . f’(x) = )22()x4.(2ln.2 xx +−− . f’’(x) = −−− 2ln.2)x4.(2ln.2 x2x 2ln.2x . = [ ]2)x4.(2ln.2ln.2x −− . f’’(x) = 0 022ln).4x( =+−⇔
2ln 24x o −=⇔ .
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 2x,1x,0x 321 === . Bμi to¸n 8 : Chøng minh r»ng : Víi Rm ∈∀ ph−¬ng tr×nh : 05x9)1x(mx2x 232005 =+−−++ (10). cã ®óng 3 nghiÖm . Gi¶i :
XÐt hμm sè f(x) = 5x9)1x(mx2x 232005 +−−++ . H�m sè f(x) liªn tôc vμ cã ®¹o hμm trªn R. f’(x) = 2005. 9mx2x6x 22004 −++ . f’’(x) = 2005.2004. m2x12x 2003 ++ . f’’’(x) = 2005.2004.2003. x.012x 2002 ∀>+ . 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 : )1;(x1 −−∞∈∃ mμ f ( )x1 = 0 ∈∃ 2x (-1;1) mμ f( 2x ) = 0 );1(x3 +∞∈∃ mμ f( 3x ) = 0 NghÜa lμ ph−¬ng tr×nh (10 ) cã Ýt nhÊt 3 nghiÖm ph©n biÖt .xxx 321 <<
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
19
VËy ph−¬ng tr×nh ( 10 ) cã ®óng 3 nghiÖm ph©n biÖt .(§pcm) . Bμi to¸n 9 : Cho biÕt ph−¬ng tr×nh : 0cbxaxx 34 =+++ (11) cã 4 nghiÖm ph©n biÖt . Chøng minh r»ng : ab < 0 Gi¶i :
XÐt P (x) = cbxaxx 34 +++ liªn tôc trªn R . f(x) = P’ (x) = bax3x4 23 ++ . 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 .0f.f CTCD <⇔ MÆt kh¸c cã f’(x) = 12 2x + 6ax = 6x.( 2x + a )
) 4
b4a.(b) 2 a(f).o(ff.f
3
CTCD
+=−= . (®iÒu kiÖn a 0≠ ) §iÒu kiÖn 0)b4a(b0f.f 3CTCD <+⇔< (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,.......a,a,a n321 tho¶ m·n ®iÒu kiÖn :
0 = 1n
a....... 3 a
2 a n21
++++ = 1n a.2......
4 a4
3 a2
2 a n
1n 321
+++++ −
(13).
Chøng minh r»ng ph−¬ng tr×nh : oxna......xa3xa2a 1nn
2 321 =++++ − cã nghiÖm .
Gi¶i :
XÐt F(x) = ++ 3 xa
2 xa 32
2 1
1n xa.....
4 xa 1nn
4 3
+++ +
.
§a thøc F(x) liªn tôc trªn R , cã ®¹o hμm cÊp tuú ý trªn R. F’(x) = nn
3 3
2 21 xa......xaxaxa ++++
F’’(x) = 1nn 2
321 xna.....xa3xa2a −++++
F(0) = 0, F(1) = 1n
a...... 3 a
2 a n21
++++
F(2) = 1n a.2.......
4 a.2
3 a2
2 a2 n
1n 3
4 2
3 1
2
+++++ +
= 4 ( ) 1n a.2........
4 a4
3 a2
2 a n
1n 321
+++++ −
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 )2;1(x),1;0(x 21 ∈∈ . Suy ra ph−¬ng tr×nh F’’(x) = 0 cã Ýt nhÊt 1 nghiÖm 0x . VËy ph−¬ng tr×nh : 0xna.........xa2a 1nn21 =+++ − cã nghiÖm (§pcm) . ΙΙΙ ) C¸c bμi to¸n luyÖn tËp : Gi¶i c¸c ph−¬ng tr×nh vμ hÖ ph−¬ng tr×nh sau.
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
20
1) )1x(log12 2 x ++=
2) 7x5xx5x 2 +−=−+ 3) ( 6)x2)(24x =−+ 4) 6)1x2(log)1x(log 32 =+++
5)
2 2
2 2
2 2
1 3 log
1 3log
1 log
x y
y z
z x
⎧ = +⎪ = +⎨⎪ = +⎩
6)
4 2 4 2
4 2 4 2
4 2 4 2
x x
y y
z z
y
z
x
⎧ + = +⎪ + = +⎨⎪ + = +⎩
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
*******
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
21
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 .
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
22
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 OKOH . =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
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 1
1
1 =⋅⋅ CN EC
BE MB
MP NP
=> MB NC
MP NP = 1
1 (1)
T−¬ng tù ®èi víi Δ MNF ®−êng AD c¾t MN t¹i P2 ta cã
MB NC
MP NP
AM AF
DF DN
NP MP ==>=⋅⋅
2
2
2
2 1 (2)
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.
B
A
D
N M P
EC
N
M
D
A
C B
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
23
F
D
N
C
E
B
M
A
Ta cã NQ MQ
NN MM
1
1
1
1 = (3)
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 => NC
MA NN MM =
1
1 (4)
Tõ (3) vμ (4) ta cã NC MA
NQ MQ =
1
1 (5)
T−¬ng tù ta cã ND MB
NQ MQ =
2
2 (6)
=> Mμ MA=MB, NC=ND vμ tõ (5) ,(6) ta cã 1
1
2
2
NQ MQ
NQ MQ =
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
Gi¶ sö OK ⊥ MN ta ph¶i chøng minh H n»m trªn OK H1,H' lÇn l−ît lμ giao ®iÓm cña OK vμ AB, OM vμ AB => OMOH .' = OKOH .1
H2,H'' lÇn l−ît lμ giao ®iÓm cña OK vμ CD, ON vμ CD => OMOH .2 = OKOH .''
Mμ ONOH .'' = OMOH .' =R2=> 1OH = 2OH => 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 c¾t MD t¹i I'=>ta cã ∠ MAB= ∠ ADB, ∠ MAI'= ∠ MI'A=>MA=MC=MI=>CI' lμ ph©n gi¸c ∠ BCD
H
E
F
M
D
C B
A
O
NN
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
24
§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
DC DA
BC BA
CD CB
AD AB ==>= => Ph©n gi¸c cña ∠ ABC vμ ∠ ADC giao nhau t¹i mét ®iÓm trªn AC.Do ®ã tiÕp
tuyÕn t¹i D,B vμ AC ®ång quy
III.Sö dông c¸c bæ ®Ò trªn ®Ó gi¶i mét sè bμi tËp sau:
Bμi tËp1.
M B D
A
C
M B D
A
C
I
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
25
A8 A7
A6 A
A A3
A2
A1
H
Cho b¸t gi¸c A1A2...A8 néi tiÕp ®−êng trßn t©m O.Chøng minh r»ng nÕu c¸c ®−êng chÐo 84736251 ,,, AAAAAAAA §ång quy t¹i H (H kh«ng trïng víi t©m O) th× giao ®iÓm cña c¸c cÆp ®−êng chÐo
31 AA vμ A5A7, A1A7 vμ A3A5; A2A8 vμ A4A6 (nÕu chóng tån t¹i) cïng n»m trªn mét ®−êng th¼ng.
Gi¶i.
Gäi M lμ giao ®iÓm gi÷a tiÕp tuyÕn víi ®−êng trßn t¹i A1 vμ A5
N lμ giao ®iÓm gi÷a tiÕp tuyÕn t¹i A2 vμ A6
P lμ giao ®iÓm gi÷a tiÕp tuyÕn t¹i A4 vμ A8
Q lμ giao ®iÓm gi÷a tiÕp tuyÕn t¹i A3 vμ A7 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 ®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 31 AA 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 : DQ DA
CP CA =
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
chÊt cña ®−êng ph©n gi¸c trong Δ ABC vμ Δ ABD ta cã DB CB
DA CA
DB DA
CB CA ==>= (1) .Ta nhËn thÊy c¸c Δ
BDQ vμ Δ CBP cã ∠ BDQ= ∠ BCP =>Δ BDQ ®ång d¹ng víi Δ CBP=>
BC BD
CP DQ = (2).Tõ (1) vμ (2)suy ra ®iÒu chøng minh
ii)NÕu E lμ giao cña CD vμ PQ ,F lμ giao PQ vμ ®−êng th¼ng qua A vμ song song víi CD , th× EP EI
CP CA = vμ
DQ DA
EQ EI = .VËy EP = EQ
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
26
C N
. O
A
B
M
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
(AB quay quanh M)
Gi¶i.
*) => Gi¶ sö 2 tiÕp tuyÕn c¾t nhau t¹i C ,N lμ h×nh chiÕu cña C lªn OM,ta cã 2. RONOM = (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=>
=OCOK. 2. RONOH = (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.
Gäi t©m ®−êng trßn lμ I => AA',BB',CC' ®ång
quy t¹i I. 1A , 1B , 1C lÇn l−ît lμ giao ®iÓm cña
AA',BB',CC' víi (O) .¸p dông bæ ®Ò III
®èi víi tø gi¸c A'B' 1A C' ta cã tiÕp tuyÕn
víi (O)t¹i 1A ®i qua P.T−¬ng tù tiÕp tuyÕn
t¹i 1B , 1C ®i qua Q vμ R.Mμ A' 1A ,B' 1B ,C' 1C
®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.
M
Q
O.O'.
P C
A
D
B
F
E
A
B CA
'
B' C'
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
27
B
F
E D
C
A
H
Cho ngò gi¸c ABCDEF néi tiÕp ®−êng trßn tho¶ m·n 1.. = FA EF
DE CD
BC AB
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 CEB
BC AEB
AB ∠=∠ sinsin =2R=> CEB
AEB BC AB
∠ ∠=
sin sin
(1)
T−¬ng tù ®èi víi Δ AKE vμ Δ CKE cã AKE AEB
AE AK
∠ ∠=
sin sin
(2)
vμ CKE CEB
CE CK
∠ ∠=
sin sin
(3)
Nh©n vÕ víi vÕ cña (2) vμ (3)ta cã CEB AEB
AE CE
CK AK
∠ ∠=
sin sin. (4)
KÕt hîp (1)vμ (4)ta cã BC AB
AE CE
CK AK =. (5)
T−¬ng tù DE CD
AC AE
EP CP =. (6) vμ
FA EF
EC AC
AQ EQ =. (7)
Nh©n tõng vÕ (5),(6),(7)ta cã QA EQ
PE CP
CK AK .. =
FA EF
DE CD
BC AB .. =1
.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°.
C
Q
D O '
O
P
A C
C
B
E
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
28
AB
C
MK
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
(O).Theo bæ ®Ò III giao ®iÓm cña ph©n gi¸c ∠ ABK vμ ∠ ACK n»m trªn AP do ®ã KC KB
AC AB = (1).Bªn c¹nh
®ã Δ MBK ®ång d¹ng víi Δ MHC => CH BK
MH MB = . Δ MCK ®ång d¹ng víi Δ MHB=>
BH CK
MH MC = mμ
MB=MC nªn ta cã BH CK
CH BK = (2).
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)
VËy ph©n gi¸c ∠ BAC lμ ph©n gi¸c ∠ KAK' Tr−êng hîp A,P n»m cïng phÝa ®èi víi BC c¸ch chøng minh t−¬ng tù.
iV.Mét sè kÕt qu¶ tæng hîp vÒ tø gi¸c toμn phÇn néi tiÕp
*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.
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
29
*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
BD AC
NL NK
ML MK ==
: V× Δ MAC ®ång d¹ng Δ MBD => AC BD
ML MK = .
Δ NAC ®ång d¹ng Δ NBD => AC BD
NL NK =
*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 ADAB RR
CDCB RR
.
. . . 4231 =
Chøng minh: Δ NBC ®ång d¹ng víi Δ NAD do ®ã ta cã AD BC
R R =
2
1 .
Δ MCD ®ång d¹ng víi Δ MAB ta cã AB CD
R R =
4
3 .Nh©n 2 vÕ ta ®−îc ADAB RR
CDCb RR
.
. . . 4231 =
*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 =>
BD CA
r r = 3
1
Δ MBD ®ång d¹ng Δ MAC ta cã BD CA
r r =
4
2 , suy ra ®iÒu ph¶i chøng minh
*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
N
M
C O A
S
B
D Q
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
30
M
AB
C
D
N Mk
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 = MO
2-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 = NO
2-R2
Tõ nh÷ng kÕt qu¶ trªn ta cã MMk= MN RMO 22 −
,NMk= MN RNO 22 −
vμ MN2 = MO2+NO2-2R2 => MMk 2-NMk
2= MN
RNORMO )()( 22222 −−− =MO2-NO2
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
Chøng minh: 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
B©y giê quay trë l¹i víi kÕt qu¶ 8 Gäi t©m c¸c
®−êng trßn ngo¹i tiÕp Δ ABM, AND, CDM, BCN Lμ O1,O2,O3,O4.Sö dông bæ ®Ò ®èi víi 3 ®−êng
Trßn(O1),(O4),(O3) ta thÊy r»ng c¸c ®iÓm Mk,
O1,O4,O3n»m trªn cïng mét ®−êng trßn
T−¬ng tù c¸c ®iÓm Mk, O3,O2,O4 n»m trªn
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
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
31
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 XH1 , YH1 , ZH1 .Trong ®−êng trßn ngo¹i tiÕp Δ AND ta cã XH1 = YH1 = ZH1 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=OB
2=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:
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
32
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 kOMOS. =R
2 ®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
*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
C
N
B
M
D
A
A
B C
D
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
33
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
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
34
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 { }na . Tổng hình thức nn
n 0
F(x) a x ≥
=∑ gọi là hàm sinh sinh bởi dãy { }na và ta ký hiệu { }na F↔ Nhận xét: Mỗi dãy số { }na 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
Bán kính hội tụ của F(x) là n
nn
1R lim | a | →∞
= , nghĩa là với x, x R∀ < thì chuỗi trên hội tụ. Khi
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 { } 11
1 x ↔ − vì
2 11 x x , x 1 1 x
+ + + = ∀ <−" WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
35
Tương tự { } { }n n1 1 ( 1) ; m , m=const 1 x 1 mx
− ↔ ↔+ − 3. Công thức khai triển Taylor Giả sử f(x) là hàm số liên tục, có đạo hàm mọi cấp trên khoảng (a, b); 0x (a,b)∈ . Khi đó ta có công thức khai triển Taylor:
(n) n0
n 0
f (x )f (x) x n!≥
=∑ Khi 0 (a, b)∈ ta có
(n) n
n 0
f (0)f (x) x n!≥
=∑ Ví dụ: a. Với x (n) x (n) 0f (x) e f (x) e f (0) e 1, n= ⇒ = ⇒ = = ∀
n
n 0
xf (x) n!≥
⇒ =∑ . Vậy x1 en! ⎧ ⎫⎪ ⎪⎪ ⎪↔⎨ ⎬⎪ ⎪⎪ ⎪⎩ ⎭
b. Với (n ) nf (x) (1 x) , f (0) ( 1) ( n 1) n!Cλ λ= + λ ∈ ⇒ =λ λ− λ− + =\ … Ở đó n n n
n
( 1) ( n 1)C f (x) C x n!λ λ
λ λ− λ− += ⇒ =∑… Khi *λ ∈` ta có nC 0, < nλ = ∀ λ ta có công thức khai triển Newton Khi *m,mλ =− ∈` ta có { }n n n n n nm m n 1 m n 1 m1C C ( 1) C ( 1) C (1 x)λ − + − + −= = − ⇒ − ↔ + 4. Một số tính chất. Cho { }na F↔ , { }nb G↔ khi đó ta có: # { }n na b F G± ↔ ± (1) # { }nka kF, k↔ ∀ ∈\ (2) # k l
k l n
a b F.G + =
⎧ ⎫⎪ ⎪⎪ ⎪↔⎨ ⎬⎪ ⎪⎪ ⎪⎩ ⎭∑ (3) # { } h 10 1 h 1n h hF a a x a xa , hx
− −
+ − − − −↔ ∈" ` (4)
# { }n 1(n 1)a F'++ ↔ (5) B. Ứng dụng I.Tìm dãy số. 1. Phương pháp & Để tìm dãy số { }na . Ta xét hàm sinh sinh bởi dãy { }na là nn
n 0
F(x) a x ≥
=∑ & Dựa vào đặc điểm của dãy { }na ta tìm được F(x) & Đồng nhất thức sẽ thu được dãy { }na 2. Bài tập áp dụng
Bài 1 (Dãy Fibonacci) Tìm dãy số Fibonacci thỏa mãn điều kiện: n 2 n 1 n 0 1
F F F F 0,F 1
+ +⎧ = +⎪⎪⎨⎪ = =⎪⎩
Lời giải: Xét hàm sinh F(x) sinh bởi dãy { }nF Ta có { } { }n 2 n 12F x FF , F x x+ +
−↔ ↔ (do tính chất 4) Vậy ta có phương trình: WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
36
2
F x F = F x x − + ( Do giả thiết của bài toán 1)
n n
n 2
n 0
x 1 1 1 1 1 5 1 5 F = x 1 x x 2 25 1 5 1 5 51 x 1 x
2 2 ≥
⎛ ⎞⎟⎜ ⎟ ⎛ ⎞⎜ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟⎜ ⎜ + −⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟⇔ = − = −⎜ ⎜⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎟ ⎟⎜ ⎜− − + −⎜ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎟⎜ − − ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠ ∑
Vậy n n
n 1 1 5 1 5F
2 25
⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎟⎜ + −⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎟ ⎟= −⎜ ⎜⎜ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜⎜ ⎟ ⎟ ⎟⎟ ⎟⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎜ ⎟⎝ ⎠
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 nF 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. Nhóm không chứa n: số tập con như vậy là n 1F −
Nhóm chứa n : đó là {n} và các tập con dạng { }1 2 k ia , a , a , n ,a n 1, i 1,..., k; k 1,..., n≠ − ∀ = ∀ =… trong trường hợp này có n 2F − tập con.
Vậy ta có n n 1 n 2F F F− −= + Dễ thấy F(1) = 2, F(2) = 3
Áp dụng bài tập 1 ta có: n 2 n 2
n 1 1 5 1 5F
2 25
+ +⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎟⎜ + −⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎟ ⎟= −⎜ ⎜⎜ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜⎜ ⎟ ⎟ ⎟⎟ ⎟⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎜ ⎟⎝ ⎠
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 n,kF 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. Nhóm không chứa n: số tập con như vậy là n 1,kF −
Nhóm chứa n : đó là {n} và các tập con dạng { }1 2 k ia , a , a , n ,a n 1, i 1,..., k; k 1,..., n≠ − ∀ = ∀ =… trong trường hợp này có n 2,k 1F − − tập con.
Vậy ta có n,k n 1,k n 2,k 1F F F− − −= + với k > 1 (*) Xét hàm sinh:
n k n,k
n 1
F (x) F x ≥
=∑ Từ hệ thức (*) ta có:
2
k k 1 xF (x) F (x)
1 x − = − , áp dụng liên tiếp công thức này ta được:
2k 1 2k 1 i i i i 2k 1
k k 1 k 1k 1 i 0 i 0
xF (x) x C x C x (1 x)
− − + −
− − − −+ ≥ ≥
= = =− ∑ ∑ Đồng nhất thức ta thu được n 2k 1 n 2k 1 kn,k k 1 n k 1 n k 1F C C C
− + − + − − − + − += = =
Nhận xét : Kết hợp hai bài tập 2, và 3 ta thu được hệ thức rất đẹp: kn k 1 n 1 k
C F− + +=∑ WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
37
Bài 4: Tìm dãy { }na thỏa mãn: 0 1 n 2 n 1 n
a 0,a 2 a 4a 8a+ +
⎧ = =⎪⎪⎨⎪ =− −⎪⎩
Lời giải: Xét hàm sinh f(x) sinh bởi dãy { }na , tương tự như bài tập 1 ta có phương trình:
2
f 2x 4f 8 x x − =− −
2
2x 1 1 1f 1 4x 8x 2i 1 ( 2 2i)x 1 ( 2 2i)x
⎛ ⎞⎟⎜⇔ = = − ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜+ + − − + − − −⎝ ⎠ ( Mẫu thức có 24 4i′Δ =− = )
n n n n 0
1 ( 2 2i) ( 2 2i) x 2i ≥
⎡ ⎤= − + − − −⎢ ⎥⎣ ⎦∑ Đồng nhất thức ta được :
n n
n
n n
n
n
( 2 2i) ( 2 2i)a 2i
cos i sin cos i sin 4 4 4 4 ( 2 2)
2i n ( 2 2) sin 4
− + − − −= ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞π π π π⎟ ⎟⎜ ⎟ ⎟ ⎜ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜− + − − +⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠= ⋅ −
π= −
Bài 5: Tìm số hạng tổng quát của dãy { }nx thỏa mãn:
0 1 n
n 2 n 1 n
x x 0
x 6x 9x 2 n+ +
⎧ = =⎪⎪⎨⎪ − + = +⎪⎩
Lời giải: Đặt { }nx f (x)↔ ta có phương trình :
2 2
2
2 2
f (x) 0 0.x f (x) 1 x 6 9f (x) x x 1 2x (1 x)
x 1 x f (x) (1 3x) 1 2x (1 x)
− − − + = +− − ⎡ ⎤⎢ ⎥⇔ = +⎢ ⎥− − −⎣ ⎦
Viết f(x) dưới dạng: 2
2 2 2 2
x 1 x a b c d e f (x) (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 1a , b ,c 0,d ,e 1
12 3 4 = =− = = =
Vậy: 2
2 2 2 2
55 1 x 1 x 1312 4 f (x)
(1 3x) 1 2x (1 x) (1 3x) 1 3x (1 x) 1 2x ⎡ ⎤⎢ ⎥= + = − + +⎢ ⎥− − − − − − −⎣ ⎦
Ta có:
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
38
n n 1 2
2
n
1 3 1{3 } {3 (n+1)} 1 3x (1 3x) 1 3x
1 1 1 {1} {n+1} 1 x (1 x) 1 x
1 {2 } 1 2x
+′⎡ ⎤⎢ ⎥↔ ⇒ = ↔⎢ ⎥− − −⎣ ⎦ ′⎡ ⎤⎢ ⎥↔ ⇒ = ↔⎢ ⎥− − −⎣ ⎦
↔−
Vậy : n 2 n
n n n n
5 5 1 2 n 1 5(n 3)3x (n 1)3 3 (n 1) 2 12 3 4 4
+ + + + −= + − ⋅ + + + =
II. Tính tổng 1. Phương pháp Để tính tổng m
m
f (n) S (n)=∑ ta xét hàm sinh: n n
m n n m
F(x) f (n)x S (n)x ⎛ ⎞⎟⎜= = ⎟⎜ ⎟⎟⎜⎝ ⎠∑ ∑ ∑ (*)
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: n kk
k
C −∑ Lời giải: Đặt n kk
k
f (n) C −=∑ xét hàm sinh : n n k n
k n n k
F(x) f (n)x C x− ⎛ ⎞⎟⎜= = ⎟⎜ ⎟⎟⎜⎝ ⎠∑ ∑ ∑
Biến đổi F(x) ta có:
n k n n k n k k k k
n k n k
n k n k k k k k
k n k
2 k 2
k
F(x) C x C x x
C x x (1 x) x
1 (x x) 1 x x
− − −
− −
⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟⎜ ⎜= =⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎟ ⎟⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎛ ⎞⎟⎜= = +⎟⎜ ⎟⎟⎜⎝ ⎠
= + = − −
∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑
Vậy F(x) chính là hàm sinh của dãy Fibonacci, do đó: n k k n 1
k
f (n) C F− += =∑ Bài 2: Tính tổng sau:
m k k m
n k k n
( 1) C C =
−∑ Lời giải:
Đặt m
n k m n k
k n
f (m) ( 1) C C =
= −∑ xét hàm sinh:
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
39
n m k k m m
n k m m k m
k k m m k k k n k n
k n m k k n
n n k k k n n n
k n
n n
F(x) f (m)x ( 1) C C x
( 1) C C x ( 1) C (1 x)
( 1) ( 1) C (1 x) ( 1) (1 x 1)
( 1) x
=
≤ ≤ ≤ −
≤
⎛ ⎞⎟⎜= = − ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎡ ⎤⎢ ⎥= − = − +⎢ ⎥⎣ ⎦
= − − + = − + −
= −
∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑
∑
Đồng nhất thức ta có: n( 1) khi m = n
f (m)
0 khi m ⎧⎪ −⎪=⎨⎪⎪⎩
Bài 3: Tính tổng sau:
m
k m
n k
k n
C C
=
∑
Lời giải:
Đặt
m
k m
n k
k n
f (m) C C
=
=∑ xét hàm sinh:
n
m k m m
n k
m m k m
k m m k k
n k n
k n m k k n
n n
F(x) f (m)x C C x
C C x C (1 x)
= (1 x 1) (2 x)
=
≤ ≤ ≤
⎛ ⎞⎟⎜= = ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
⎛ ⎞⎟⎜ ⎟= = +⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠
+ + = +
∑ ∑ ∑
∑ ∑ ∑
Mặt khác theo công thức khai triển Newton ta có:
n n m m m
n
m
(2 x) 2 C x−+ =∑
Đồng nhất thức ta có: n m mnf (m) 2 C
−=
Bài 4:
a) Tính tổng sau:
k
k2
n
k
C x
⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦∑
b) Tính tổng sau:
m k
k k2
n n k
k
C C x
⎡ ⎤−⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦
−∑
Lời giải:
a. Ta có:
k 2k 2k 1
k 2k 2k 12 2 2
n n n
k k k
k 2 k k 2 k
n n
k k
2 n 2 n
2 n
C x C x C x
C (x ) x C (x )
(1 x ) x(1 x )
(1 x)(1 x )
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤+⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ +⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦= +
= +
= + + +
= + +
∑ ∑ ∑
∑ ∑
b. Đặt
m k
k k2
n n k
k
f (m) C C x
⎡ ⎤−⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦
−=∑ . Xét hàm sinh:
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 40
m k
m k k m2
n n k
m m k
m k
k k m2
n n k
k m
m k
k k k m k2
n n k
k m
F(y) f (m)y C C x y
C x C y
C x y C y
⎡ ⎤−⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦
−
⎡ ⎤−⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦
−
⎡ ⎤−⎢ ⎥⎢ ⎥ −⎣ ⎦
−
⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜= = ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠
⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜= ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠
⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜= ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠
∑ ∑ ∑
∑ ∑
∑ ∑
Áp dụng câu a ta có
m k
m k 2 n k2
n k
m
m k
k k k m k2
n n k
k m
k k 2 n k
n
k
k k 2 n k
n
k
2 n
C y (1 y)(1 y )
F(y) C x y C y
C (xy) (1 y)(1 y )
(1 y) C (xy) (1 y )
(1 y)(1 xy y )
⎡ ⎤−⎢ ⎥⎢ ⎥ − −⎣ ⎦
−
⎡ ⎤−⎢ ⎥⎢ ⎥ −⎣ ⎦
−
−
−
= + +
⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜⇒ = ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠
= + +
= + +
= + + +
∑
∑ ∑
∑
∑
Khi x= 2 ta có: 2n 1 m mn
m
F(y) (1 y) C y+= + =∑ do đó đồng nhất các hệ số ta
có:
m k
k k m2
n n k 2n 1
k
C C 2 C
⎡ ⎤−⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦
− +=∑
Khi x = -2 ta có :
2n 2n 2n m m m 1 m 1 m
2n 2n
m
F(y) (1 y)(1 y) (1 y) y(1 y) ( 1) C ( 1) C y− −⎡ ⎤= + − = − + − = − + −⎢ ⎥⎣ ⎦∑
Đồng nhất thức ta được :
m k
k k m m m 12
n n k 2n 2n
k
C C ( 2) ( 1) [C C ]
⎡ ⎤−⎢ ⎥⎢ ⎥ −⎣ ⎦
− − = − −∑
Bài 5: Tính tổng sau:
k
m 2k k
n k 2k
k
( 1)f (n) C C
k 1
+
+
−= +∑
Lời giải:
Xét hàm sinh của dãy { }f (n) ta có:
ta có:
m 2k n k m 2k m 2k n k m 1 m 2k n k m n k m
n k n k n k
n n n
m 2k n k m n k m m 2k (m 2k 1)
(m 2k 1)
n
m 2k
m 2k 1
C x x C x x C x
x C x x (1 x)
x
(1 x)
+ + + + − − − + − − − −
+ + +
+ − − − − + − + +
− + +
+
+ +
= =
= = −
= −
∑ ∑ ∑
∑
Vậy ta có :
k
m 2k k n
n k 2k
n k
k
k k m 2k n k
2k n k
k n
( 1)F(x) C C x
k 1
( 1) C x C x
k 1
+
+
− + +
+
⎡ ⎤−⎢ ⎥= ⎢ ⎥+⎣ ⎦
⎛ ⎞− ⎟⎜= ⎟⎜ ⎟⎟⎜+ ⎝ ⎠
∑ ∑
∑ ∑
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 41
k m 2k
k k
2k m 2k 1
k
km
k
2km 1 2
k
( 1) xF(x) C x
k 1 (1 x)
x 1 x C
(1 x) k 1 (1 x)
+
−
+ +
+
−= + −
⎧ ⎫⎪ ⎪−⎪ ⎪= ⎨ ⎬⎪ ⎪− + −⎪ ⎪⎩ ⎭
∑
∑
m 1
m 1 2
m 1
m 1
m
m
x 4x1 1
2(1 x) (1 x)
x 1 x1
2(1 x) 1 x
x
(1 x)
−
−
−
−
⎧ ⎫⎪ ⎪− ⎪ ⎪= − +⎨ ⎬⎪ ⎪− −⎪ ⎪⎩ ⎭
⎧ ⎫− +⎪ ⎪⎪ ⎪= −⎨ ⎬⎪ ⎪− −⎪ ⎪⎩ ⎭
= −
Mặt khác:
m
m n n n n m m 1 n
m n 1 m n 1 n 1m
n n n
x x C x C x C x
(1 x)
+ −
+ − + − −= = =− ∑ ∑ ∑
Đồng nhất thức ta nhận được:
k
m 2k k m 1
n k 2k n 1
k
( 1)f (n) C C C
k 1
+ −
+ −
−= =+∑
III. Ứng dụng của hàm sinh trong các bài toán phân hoạch tập hợp.
Bài 1. Tìm số nghiệm nguyên không âm của phương trình:
1 2 nx x x m+ + + =" với m, n là các số nguyên dương cho trước (*)
Lời giải:
Ta xét hàm sinh:
2 2 2
n tích
F(x) (1 x x )(1 x x ) (1 x x )= + + + + + +" " " "�������������������� �������������������
với |x|<1
Mỗi số hạng trong khai triển F(x) thành tổng có dạng 1 2 nx x xx + + +" trong đó ix 0, i≥ ∀ như vậy
quan sát tổng từ trái qua phải mỗi khi ta gặp lũy thừa của x bằng m thì trong biểu thức khai triển
thu gọn của F(x) hệ số của mx được tăng lên một đơn vị, do đó hệ số của mx trong khai triển
của F(x) thành tổng chính là số nghiệm của phương trình đã cho. Vậy ta cần tìm hệ số của mx
trong khai triển thành tổng của F(x).
Ta có: n k k knn
k 0
1F(x) (1 x) ( 1) C x
(1 x)
−
−
≥
= = − = −− ∑
Ở đó:
k
k k k
n n k 1
n( n 1) ( n k 1) ( 1) n(n 1) (n k 1)C ( 1) C
k! k!− + −
− − − − − + − + + −= = = −" "
Vậy hệ số của mx trong khai triển F(x) là mn m 1C + − ,đó cũng là số nghiệm của phương trình (*).
Bài 2: Cho n ∈` và giả sử rằng phương trình:
1x 2y n có m+ = nghiệm trong 20`
22x 3y n 1 có m+ = − nghiệm trong 20`
. . . . . . . . . . . .
nnx (n 1)y 1 có m+ + = nghiệm trong 20`
n 1(n 1)x (n 2)y 0 có m ++ + + = nghiệm trong 20`
Chứng minh rằng : k
k
m n 1= +∑
Lời giải:
Ta xét hàm sinh:
2 2 4
1 2
1 1F (x) (1 x x )(1 x x )
1 x 1 x
= + + + + = ⋅− −" " với 0<|x|<1
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 42
Khai triển 1F (x) thành tổng thì các số hạng là các lũy thừa của x với số mũ có dạng i + 2j. Vậy
1m chính là hệ số của
nx trong khai triển 1F (x) thành tổng. Do đó ta có:
n
1 1F (x) m x= + +" "
Lý luận tương tự ta có :
n 1 k
k k
k 1 n
k k
F (x) m x
x F (x) m x
+ −
−
= + +
⇔ = + +
" "
" "
Ở đó k 2k k 1 2(k 1)k k k 1
1 1F (x) (1 x x )(1 x x ) , k=1 n+1
1 x 1 x
+ +
+= + + + + = ⋅ ∀− −" " "
Suy ra: k 1 nk k
k k
x F (x) m x− = + +∑ ∑" "
Mặt khác :
k 1
k 1
k k k 1 2 k k 1 2
k k k
x 1 1 1 1x F (x)
(1 x )(1 x ) x x 1 x 1 x x(1 x)
−
−
+ +
⎛ ⎞⎟⎜= = − =⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠− − − − − −∑ ∑ ∑
Hệ số của nx trong khai triển k 1 k
k
x F (x)−∑ là hệ số của n 1x + trong khai triển của
2 n 2)
1 1
(1 x) (1 x)(1 x +
−− − − .
Vậy n 1 n 1k 2 1
k
m C C n 1+ +− −= − = +∑
Bài 3: Cho hữu hạn cấp số cộng, sao cho mỗi số tự nhiên khác 0 là một phần tử của đúng một
cấp số. Chứng minh rằng có hai cấp số cộng trong số các cấp số cộng trên có cùng công sai.
Lời giải:
Giả sử có m cấp số cộng j j{a nb }, j 1, ,m+ = … mà mỗi số tự nhiên là phần tử của đúng một cấp
số. Ta có:
j
j j
j
am m
a nb
b
j 1 n 0 j 1
xx | x|<1
1 x
+
= ≥ =
= ∀−∑∑ ∑
Mà j j
m
a nb k
j 1 n 0 k 1
x x | x|<1+
= ≥ ≥
= ∀∑∑ ∑
j
j
am
b
j 1
x x
x 1 1 x=
⇒ =− −∑ (*)
Giả sử không có hai cấp số cộng nào nói trên có cùng công sai, suy ra tập hợp { }1 2 nb , b , b… là
hữu hạn dó đó tồn tại duy nhất phần tử lớn nhất, giả sử đó là 1b . Gọi ε là một nghiệm khác 1 của
phương trình 1bx 1= thỏa mãn ib 1, i:1 Giả sử kk
k
F(x) f x=∑ là hàm sinh của dãy { }kf , với 2 ine πε = ( ε là căn bậc n của đơn vị) ta có:
n 1
nk
k 0
1f F(1) F( ) F( )
n
−
≥
⎡ ⎤= + ε + + ε⎢ ⎥⎣ ⎦∑ "
Bài 4.(Rumania – 2003)
Cho tập A={2, 3, 7, 9}
Tìm số các số có n chữ số lập từ A mà số đó chia hết cho 3
Lời giải.
Ta cần tìm số các bộ 1 2 n i(x , x , , x ), x A i =1, , n ∈ ∀… … sao cho : 1 2 n(x x x ) 3+ + +" #
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 43
Tương tự như bài tập 1 chúng ta xét hàm sinh:
2 3 7 9 nF(x) (x x x x )= + + +
Lý luận như trên ta có số các số cần tìm chính là tổng các hệ số của các lũy thừa có số mũ chia
hết cho 3.
Giả sử F(x) có khai triển kk
k 0
F(x) f x
≥
=∑
Chúng ta cần phải tính 3k
k 0
P f
≥
=∑
Áp dụng định lý RUF ta có :
2 i
2 3
3k
k 0
1P f F(1) F( ) F( ) , =e
3
π
≥
⎡ ⎤= = + ε + ε ε⎢ ⎥⎣ ⎦∑
n
2 3 7 9 n 2 n
2 4 6 14 18 n 2 n
F(1) 4
F( ) ( ) ( 1 1) 1
F( ) ( ) ( 1 1) 1
=
ε = ε +ε +ε +ε = ε + +ε+ =
ε = ε +ε +ε +ε = ε+ +ε + =
Vậy
n4 2P
3
+=
Bài 5.(IMO-95)
Cho tập hợp A = {1, 2, …, 2p}, p là số nguyên tố. Tìm số các tập con của A thỏa mãn:
+) Mỗi tập có đúng p phần tử.
+) Tổng các phần tử của tập con đó chia hết cho p.
Lời giải.
Để giải bài toán bằng phương pháp hàm sinh ta phải sử dụng 2 biến x, y: Lũy thừa của biến x
để tính tổng của các phần tử của tập con, lũy thừa của biến y để tính số phần tử của tập con đó.
Giả sử khi đã có một tập con của B, khi thêm một phần tử m vào tập con đó thì tổng các phần tử
sẽ tăng lên m đơn vị và số lượng phần tử của tập sẽ tăng lên một đơn vị. Nhưng ta phải giữ lại
những tập con không chứa m trước khi thêm m vào, do đó trong hàm sinh sẽ chứa các nhân tử
có dạng m1 x y+ .
Xét hàm sinh như sau:
2 2pF(x, y) (1 xy)(1 x y)...(1 x y)= + + +
Khai triển dưới dạng tổng của F(x, y) có dạng: n kn,k
k,n
F(x, y) f x y=∑
Ta sẽ đi tìm ý nghĩa của n,kf . Khi khai triển F(x, y) thành tổng thì các số mũ của x có dạng
1 2 kx x x+ + +" với 1 2 kx , x , , x… là các số đôi một phân biệt của tập A, số mũ tương ứng
của y là k, như vậy n,kf chính là số tập con của A có k phần tử mà tổng các phần tử là n. Để giải
bài toán chúng ta phải đi tìm tổng kp,p n,p
k 0 n p
P f f
≥
= =∑ ∑
#
Áp dụng định lý RUF cho F(x, y) trong đó ta coi x là biến số ta được:
2 ip 1
k j p
n,k
k 0,n p j 0
1f y F( , y), =e
p
π−
≥ =
= ε ε∑ ∑
#
Ta có:
2p
j j 2 j 2 jp
F(1, y) (1 y)
F( , y) (1 y)(1 y)...(1 y); j 1
= +
ε = +ε +ε +ε ∀ ≥
Vì p là số nguyên tố nên {j, 2j, . . . , pj}, {(p+1)j, . . ., 2pj} tạo thành các hệ thặng dư thu gọn
mod p, mặt khác ta có p 1ε = do đó :
Dễ nhận thấy phương trình py 1 0+ = có các nghiệm là 1 2 p, , ,− − −−ε −ε −ε… do đó ta có :
j j 2 j 2 jp
2 p 2
F( , y) (1 y)(1 y)...(1 y)
[(1 y)(1 y) (1 y)] ; j 1
ε = +ε +ε +ε
= +ε +ε +ε ∀ ≥…
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 44
2 p p (1 y)(1 y) (1 y) 1 y+ε +ε +ε = +…
k 2p p 2
n,k
k 0,n p
p
2p
n,p
n p
1f y (1 y) (p 1)(1 y )
p
C 2(p 1)
f
p
≥
⎡ ⎤⇒ = + + − +⎢ ⎥⎣ ⎦
+ −⇒ =
∑
∑
#
#
Vậy số tập con tìm được là:
p
2pC 2(p 1)
p
+ −
Nhận xét :
9 Nếu bỏ qua điều kiện thứ nhất thì bài toán sẽ đơn giản hơn rất nhiều, khi đó ta chỉ cần xét
hàm sinh:
2 2pF(x) (1 x)(1 x )...(1 x )= + + +
Khi đó số tập con cần tìm là
2p
p 1
kp
k 0
1 2 4(p 1)P f F(1) F( ) F( )
p p
−
≥
+ −⎡ ⎤= = + ε + + ε =⎢ ⎥⎣ ⎦∑ "
9 Ta có thể mở rộng bài toán 5 thành bài toán 5’ như sau:
Bài toán 5’:
Cho tập hợp A = {1, 2, …, m}, p là số nguyên tố. Tìm số các tập con của A thỏa mãn:
+) Mỗi tập có đúng p phần tử.
+) Tổng các phần tử của tập con đó chia hết cho p.
Lời giải
Lý luận tương tự như bài tập 5 chúng ta xét hàm sinh:
2 m n k
n,k
k,n
F(x, y) (1 xy)(1 x y)...(1 x y) f x y= + + + =∑
Và ta cần phải tính tổng : kp,p n,p
k 0 n p
P f f
≥
= =∑ ∑
#
Áp dụng định lý RUF cho F(x, y) trong đó ta coi x là biến số ta được:
2 ip 1
k j p
n,k
k 0,n p j 0
1f y F( , y), =e
p
π−
≥ =
= ε ε∑ ∑
#
Ta có:
m
j j 2 j jm
F(1, y) (1 y)
F( , y) (1 y)(1 y)...(1 y); j 1
= +
ε = +ε +ε +ε ∀ ≥
Ta viết m = pq + r với 0 r p 1≤ < −
Vì p là số nguyên tố nên {j, 2j, . . . , pj}, {(p+1)j, . . ., 2pj}, . . .,{(q-p+1)j, . . .,qj} tạo thành các
hệ thặng dư thu gọn mod p, mặt khác ta có p 1ε = do đó :
p 1 p 1
k j p q j 2 j rj n
n,k
k 0,n p j 0 j 0
1 1 1f y F( , y) (1 y ) (1 y)(1 y) (1 y) (1 y)
p p p
− −
≥ = =
⇒ = ε = + +ε +ε … +ε + +∑ ∑ ∑
#
Đồng nhất hệ số của py ta có :
p
m m
p
kp,p n,p
k 0 n p
m(p 1) C
(p 1)q C p
P f f
p p≥
⎡ ⎤⎢ ⎥− +⎢ ⎥− + ⎣ ⎦= = = =∑ ∑
#
Khi n = 2p ta được kết quả là bài toán 5
j j 2 j mj
2 p q j 2 j rj
p q j 2 j rj
F( , y) (1 y)(1 y)...(1 y)
[(1 y)(1 y) (1 y)] (1 y)(1 y) (1 y) ; j 1
(1 y ) (1 y)(1 y) (1 y)
ε = +ε +ε +ε
= +ε +ε +ε +ε +ε +ε ∀ ≥
= + +ε +ε … +ε
… …
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 45
Bài 6: Cho tập hợp A = {1, 2, . . . , 2009}
Tìm số các tập con của A mà tổng các phần tử trong mỗi tập con đó chia hết cho 7
Lời giải.
Tương tự như nhận xét trên chúng ta xét hàm sinh:
2 2009F(x) (1 x)(1 x )...(1 x )= + + +
Khai triển F(x) thành dạng kk
k
F(x) f x=∑ ta cần tính :
6
7k
k 0
1P f F(1) F( ) F( )
7≥
⎡ ⎤= = + ε + + ε⎢ ⎥⎣ ⎦∑ "
Vì 7 là số nguyên tố, với phương pháp tương tự bài tập 3 ta có:
2009F(1) 2=
287j j 2 j 2009 j 2 7 287 287F( ) (1 )(1 ) (1 ) (1 )(1 ) (1 ) (1 1) 2⎡ ⎤ε = +ε +ε +ε = +ε +ε +ε = + =⎢ ⎥⎣ ⎦… …
Vậy:
2009 2872 6.2P
7
+=
Bài 7: Cho số nguyên dương n. Chứng minh rằng số các cách phân tích n thành tổng của các số
nguyên dương lẻ bằng số cách phân tích n thành tổng của các số nguyên dương khác nhau.
Lời giải.
Xét hàm sinh:
2 3 6 5 10F(x) (1 x x )(1 x x )(1 x x )= + + + + + + + + +" " " "
Số mũ của số hạng trong phân tích thành tổng của F(x) có dạng: 1 2 3i 3i 5i+ + +"có nghĩa là
tổng của các số lẻ, mỗi số lẻ có thể lặp lại. Vậy số cách phân tích n thành tổng các số nguyên
dương lẻ chính là hệ số của nx trong khai triển của F(x)
Tương tự ta xét hàm sinh:
2 3G(x) (1 x)(1 x )(1 x )= + + + "
Số mũ của các số hạng trong khai triển thành tổng của G(x) có dạng 1 2 3i i i+ + +"với
1 2 3i , i , i ,… là các số nguyên dương đôi một phân biệt. Như vậy hệ số của nx chính là số cách
phân tích n thành tổng của các số nguyên dương phân biệt.
Vậy ta chỉ cần chứng minh : F(x) = G(x).
Thật vậy:
3 5 2k 1
k 0
2k
k
k 2k 1
k 1 k 1 k 0
1 1 1 1F(x)
1 x 1 x 1 x 1 x
1 x 1G(x) (1 x )
1 x 1 x
+
≥
+
≥ ≥ ≥
= ⋅ ⋅ =− − − −
−= + = =− −
∏
∏ ∏ ∏
"
Vậy F(x) = G(x) (đpcm)
Bài 8: Giả sử với mỗi số tự nhiên n có hai dãy số dương 1 2 na ,a , , a… và 1 2 nb , b , , b… sao cho
dãy tổng 1 2 1 3 n 1 na a ,a a , ,a a−+ + +… là một hoán vị của dãy các tổng
1 2 1 3 n 1 nb b , b b , , b b−+ + +…
Chứng minh rằng n là lũy thừa của 2
Lời giải:
Xét các hàm sinh
i i
i i
a b
a A b B
F(x) x , G(x) x
∈ ∈
= =∑ ∑
Ta có:
i j i ji
i i j i j
i j i ji
i i j i j
a a a a2a2 2
a A a ,a A a ,a A
b b b b2b2 2
b B b ,b B b ,b B
2 2 2 2
[F(x)] x x F(x ) x
[G(x)] x x G(x ) x
[F(x)] [G(x)] F(x ) G(x )
+ +
∈ ∈ ∈
+ +
∈ ∈ ∈
= + = +
= + = +
⇒ − = −
∑ ∑ ∑
∑ ∑ ∑
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 46
Vì F(1) = G(1) = n do đó 1 là nghiệm của F(x) – G(x) suy ra
k *
2 2 2 2 2 k 2 2
k
k
F(x) G(x) (x 1) H(x), k
F (x) G (x) F(x ) G(x ) (x 1) H(x ) H(x )F(x) G(x) (x 1)
F(x) G(x) F(x) G(x) (x 1) H(x) H(x)
− = − ∈
− − −⇒ + = = = = +− − −
`
Chọn x = 1 ta nhận được :
2
k k
k 1
H(1 ) 2n F(1) G(1) (1 1) 2
H(1)
n 2 −
= + = + =
⇒ =
Bài 9: Tìm số các hoán vị không có điểm cố định của tập hợp {1, 2, . . . , n}
Lời giải.
Gọi số các hoán vị với đúng k điểm cố định cho trước là n kD − suy ra tổng số các hoán vị với
đúng k điểm cố định là kn n kC D − . Vì tổng số hoán vị là n! nên ta có:
k n k n k n k
n n k n k
k k k
D H Dn! C D 1 1; H
k!(n k)! k! (n k)!
− − −
− −= ⇔ = ⇔ = =− −∑ ∑ ∑
Áp dụng tính chất nhân hai hàm sinh ta có
Vậy ta có :
kn
nn
n
k 0
D ( 1) 1 1 1 1D n! ( 1)
n! k! 2! 3! 4! n!=
⎡ ⎤− ⎢ ⎥= ⇒ = − + − + −⎢ ⎥⎣ ⎦∑ "
Số hoán vị cần tìm là nn
1 1 1 1D n! ( 1)
2! 3! 4! n!
⎡ ⎤⎢ ⎥= − + − + −⎢ ⎥⎣ ⎦
"
Bài 10: (Chọn dự tuyển Việt Nam 2008)
Cho M là tập hợp của 2008 số nguyên dương đầu tiên , mỗi số đó được tô bởi một trong 3 màu :
xanh , đỏ và vàng , và mỗi màu thì được tô ít nhất một số , xét 2 tập :
1S = { (x, y, z) thuộc 3M mà x, y, z tô cùng màu , x y z 0(mod 2008)+ + ≡ }
2S = { (x, y, z) thuộc 3M mà x, y, z tô cùng màu , x y z 0(mod 2008)+ + ≡ }
Chứng minh rẳng : 1 22 | S | | S |>
Lời giải:
Gọi A, B, C là 3 tập hợp tương ứng gồm các số màu xanh, đỏ, vàng
Xét các hàm sinh:
3 3 31 2 1 2 1 2
i i i
a b c
a A b B c C
a b ca a b b c c3 3 3 n
n
a A b B c C n
F(x) x ,G(x) x , H(x) x
I(x) F (x) G (x) H (x) x x x f x
∈ ∈ ∈
+ + + + + +
∈ ∈ ∈
= = =
= + + = + + =
∑ ∑ ∑
∑ ∑ ∑ ∑
Trong đó nf chính là số bộ (x, y, z) có cùng một màu và có tổng là n
Gọi ε là nghiệm của phương trình 2008x 1 0− = .
Theo định lý RUF ta có
k
0 2008 2.2008 3.2008 1
k
1 I( ) f f f f S
2008
ε = + + + =∑
Vậy k 3 k 3 k 3 k1
k k
1 1S I( ) F ( ) G ( ) H ( )
2008 2008
⎡ ⎤= ε = ε + ε + ε⎢ ⎥⎣ ⎦∑ ∑
Lý luận tương tự ta có :
k k k k k k
2
k k
6 2S F( )G( )H( ) 3.F( )G( )H( )
2008 2008
= ε ε ε = ε ε ε∑ ∑
Với k 0≠ ta có k k kF( ) G( ) H( ) 0ε + ε + ε =
do đó : 3 k 3 k 3 k k k kF ( ) G ( ) H ( ) 3F( )G( )H( )ε + ε + ε = ε ε ε
vậy ta chỉ cần chứng minh 3 3 3F (1) G (1) H (1) 3F(1)G(1)H(1)+ + >
x m
x k m
k m
1 e ( 1)e H(x) H(x) x x
1 x 1 x m!
− −= ⇔ = =− − ∑ ∑
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 47
Thật vậy ta luôn có 3 3 3F (1) G (1) H (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: 2p 2k 1 k2n 1 p k
k 0
C C+ ++ +
≥
∑
Bài 2: Chứng minh rằng: k t k tn m m n
k
C C C− +=∑
Từ đó tính tổng k 2n
k
(C )∑
Bài 3: Chứng minh rằng: 2k m k 2n2n 1 2n 2m 1
k
C C C++ +=∑
Bài 4: Chứng minh rằng với mọi n > 0 ta có:
n k 2n 1 2n 12
2k
n k
k
x 1 x 1 x 1x C
4 2 2
− + +
+
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− − +⎟⎜ ⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ = +⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟⎜ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠∑
Bài 5: Tính tổng sau:
k n k2k 2n 2k
k
1 1C C
k 1 n k 1
−
−+ − +∑
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 n
n
f (n, k,T)x∑
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 n
n
g(n,k,T)x∑
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
1 2 1 2 1 2a a ,a a 1,a A,a A+ ≠ ≥ ∈ ∈ bằng số cách phân tích n thành tổng
1 2 1 2 1 2b b ,b b ,b B,b B+ ≠ ∈ ∈
Bài 8: Xác định dãy { }nf thỏa mãn điều kiện:
1
2n n
2n 1 n n 1
f 1
f f
f f f+ +
⎧ =⎪⎪⎪⎪ =⎨⎪⎪⎪ = +⎪⎩
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 ( )1 2 p 1x , x , , x −… gồm p – 1 số tự nhiên sao cho tổng 1 2 p 1x 2x (p 1)x −+ + −… chia hết
cho p, trong đó các số 1 2 p 1x , x , , x −… 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.
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 48
♥ 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) ⇔ 2
1p
a
−
≡ 1 (mod p)
a là số không chính phương (mod p) ⇔ 2
1p
a
−
≡ -1 (mod p)
c) Ký hiệu Lơgiăngđrơ: Cho số nguyên tố lẻ p; a là số nguyên không chia hết cho p. Ký hiệu ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
p
a
được định nghĩa như sau:
1 nếu a là số chính phương (mod p)
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
p
a
= -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:
+) 2
1p
a
−
≡ ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
p
a
(mod p)
+) Nếu a ≡ b (mod p) (a, b ∈ Z; (a, p) = (b, p) = 1) thì ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
p
a
= ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
p
b
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 49
+) ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
p
a ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
p
b
= ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
p
ab
(a, b ∈ Z; (a, p) = (b, p) = 1)
+) ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
p
a 2
= 1 +) 2
1p
)1(
p
1 −−=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ −
+) 8
12p
)1(
p
2 −−=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
e) Luật tương hỗ Gauss:
Nếu p, q là các số nguyên tố lẻ và p ≠ q thì 4
)1q)(1p(
)1(
p
q
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
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 50
⇒ 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)
⇒ 1 = 8
12p
2
1p
)1.()1(
p
2
p
1
p
2 −− −−=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ −=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ −
⇒ p có dạng 8m + 1 hoặc 8m + 3 (m ∈ N)
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 51
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
1n
n
1m +++ là một
số nguyên dương.
(Đề thi Olympic Toán của Anh năm 2007)
Lời giải: Ta chứng minh rằng phương trình
x
1y
y
1x +++ = 4 (1) có vô số nghiệm nguyên dương.
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 +
(1 - 4tk+1) tk + 2 1kt + + tk+1 = 0.
Xét 2 2kt + + (1 - 4tk+1) tk+2 +
2
1kt + + tk+1 - [
2
kt + (1 - 4tk+1)tk +
2
1kt + + tk+1] =
= 2 2kt + -
2
kt + (1 - 4tk+1) (tk+2 - tk) = (tk+2 - tk) (tk+2 + tk + 1 - 4tk+1) = 0
⇒ 2 2kt + + (1 - 4tk+1) tk+2 + 2 1kt + + 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
1n
n
1m +++ là một số nguyên
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)
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 52
⇒ 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
Giả sử x chẵn ⇒ x = 2x1 (x1 ∈ N*) ⇒ 21x )12( ≡ -y4 (mod 251)
⇒ 1 ≡ 25022501x )y()12( −≡ ≡ -1 (mod 251). Đó là điều vô lý.
Giả sử x lẻ. Hiển nhiên y chẵn ⇒ y = 2uy1 (y1 ∈ N*, y1 lẻ, u ∈ N*)
⇒ 22x3x + 24u 41y = 23z 251z
Ta có 2x ≠ 4u (vì x lẻ) ⇒ 3z = 2x hoặc 3z = 4u
Trường hợp 1: 3z = 2x < 4u ⇒ z �2 và 3x + 24u-2x 41y = 251z
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 + 41y = 251z
Vế phải có dạng 5k + 1 (k ∈ N).
Nếu y1 không chia hết cho 5 ⇒ 41y ≡ 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:
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 53
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
1y
y
1x +++ = 3 có vô số nghiệm nguyên dương.
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.
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 54
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:
D
)Dyx()Dyx(y
)Dyx()Dyx(x
nn
n
nn
n
2
2
0000
0000
−−+=
−++=
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:
nn xxkxx...xx 21
22
2
2
1 =+++ (1)
trong ®ã k, n lμ c¸ c tham sè nguyªn d−¬ng, xi lμ c¸ c Èn nhËn gi¸ trÞ nguyªn( i = n,1 )
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 21 - k(x2x3...xn) .x1+ (
22
2 nx...x ++ ) = 0
XÐt ph−¬ng tr×nh bËc hai: )x....x(x)x...xx(kx nn
22
232
2 ++− = 0 (2)
Th× ph−¬ng tr×nh (2) cã nghiÖm x= x1 , dã ®ã ph¶i cã nghiÖm
/xx 1=
Theo ®Þnh lý Viet cã: ⎪⎩
⎪⎨⎧ +++=
=+
22
3
2
211
3211
n
/
n
/
x...xxx.x
x...xkxxx
V× k *N∈ , xi∈ z nªn tõ hÖ trªn suy ra /x1 nguyªn.
NÕu cã thªm diÒu kiÖn xi nguyªn d−¬ng th× tõ hÖ trªn suy ra
/x1 nguyªn d−¬ng.
NÕu l¹i cã thªm ®iÒu kiÖn x1 < x2 <... /x1 , 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:
kxyz)zyx( =++ 2
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
xyuvnvuyx =+++
cã nghiÖm nguyªn d−¬ng x,y,u,v.
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 55
Gi¶i:
Víi *Nv,u,y,x ∈ th× ph−¬ng tr×nh ®· cho t−¬ng ®−¬ng víi:
xyuv.n)vuyx( 22 =+++
2 2 2x 2x(y u v) (y u v) n .xyuv⇔ + + + + + + =
2 2 2x 2(y u v) n yuv .x (y u v) 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
0000 vuyx ≥≥≥
Ta cã: [ ] 02 20000000200020 =+++−+++ )vuy(x.vuyn)vuy(x
Do ®ã ph−¬ng tr×nh bËc hai:
f(x) = [ ] 02 200000020002 =+++−+++ )vuy(x.vuyn)vuy(x
Cã nghiÖm: x = x0, suy ra ph−¬ng tr×nh nμy ph¶i cã nghiÖm x = x1 vμ theo ®Þnh lý ViÐt:
⎪⎩
⎪⎨⎧ ++=
+++−=+
2
00001
000
2
00001 2
)vuy(x.x
vuyn)vuy(xx
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 01 xx ≥ . Do ®ã
00001 vuyxx ≥≥≥≥ .
Tam thøc bËc hai f(x) cã nghiÖm tho¶ m·n 00001 ≥⇒≥≥ )y(fyxx
16
162
02
00
2
0
2
0000000
2
000
2
0
2
00000
2
00000
2
0
≤⇒
≤++++++≤⇒
≥+++−+++⇔
vnu
y)vuy(y)vuy(yvuny
)vuy(vunyy)vuy(y
1600 ≤≤⇒ vnun vËy n { }4321 ,,,∈
§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 { }4321 ,,,∈
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 56
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:
1
22
+
+
ab
ba
lμ sè chÝnh ph−¬ng
Gi¶i: §Æt p =
1
22
+
+
ab
ba
tõ gi¶ thiÕt suy ra p lμ sè nguyªn d−¬ng. Ta cã
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
00 yx ≥
Ta cã: 000
2
0
2
0 =−−+ pypxyx 2 20 0 0 0x py x y p 0⇔ − + − =
XÐt ph−¬ng tr×nh: 2 20 0 0x py x y p⇔ − + − = th× ph−¬ng tr×nh cã nghiÖm
x = x0 . Mμ ®ã lμ ph−¬ng tr×nh bËc hai, nªn còng cã nghiÖm x = x1. Theo ®Þnh lý ViÐt cã: ⎩⎨
⎧
−=
=+
pyxx
pyxx
2
010
010
suy ra x1 = py0 - x0 nªn x1 lμ sè nguyªn
Ta cã: (x1 + 1)(x0 + 1) = x1x0+(x1+x0)+1 =
= 0111 0
2
00
2
0 〉+−+=++− )y(pypypy ( v× p > 0, 10 ≥y )
suy ra x1+ 1 > 0 ⇒ x1 > -1 mμ x1 Z∈ nªn x1 0≥
NÕu x1 > 0 th× x1 nguyªn d−¬ng
Ta cã 02010
2
1 =−+− pyxpyx )y,x( 01⇒ lμ nghiÖm nguyªn d−¬ng cña ph−¬ng tr×nh (4).
Tõ gi¶ thiÕt 0 0( , )x y lμ nghiÖm nguyªn d−¬ng nhá nhÊt ta suy ra 01 xx ≥
MÆt kh¸c ta l¹i cã: 00
2
0
2
001 xyypyxx ≤〈−= 001 xyx ≤〈⇒ m©u thuÉn
VËy ph¶i cã 2 21 0 00 0x y p p y= ⇒ − = → = 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:
⎩⎨
⎧
=
=
3ky
kx
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)
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 57
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
i
n
i
ii aa
1 1
22 4 lμ sè chÝnh ph−¬ng.
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
i
n
i
ii aa
1 1
22 4 =
2
1
2⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ −∏
=
n
i
ia hay 01
11
2 =+− ∏∑
==
n
i
i
n
i
i aa (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
ViÕt (1) d−íi d¹ng 2 21 1
22
. 1 0
n n
i i
ii
a a a a
==
⎛ ⎞− + + =⎜ ⎟⎝ ⎠∑∏
XÐt ph−¬ng tr×nh: 2 2
22
. 1 0
n n
i i
ii
x a x a
==
⎛ ⎞− + + =⎜ ⎟⎝ ⎠∑∏
Th× ph−¬ng tr×nh cã nghiÖm x = a1, do ®ã sÏ cã nghiÖm
/ax 1=
Theo ®Þnh lý Vi-Ðt:
/
1 1
2
/ 2
1 1
2
. 1
n
i
i
n
i
i
a a a
a a a
=
=
⎧ + =⎪⎪⎨⎪ = +⎪⎩
∏
∑
n
/
1 i 1
i 2
a a a
=
⇒ = −∏
Do d·y a1, a2, ..., an xÕp t¨ng dÇn nªn n
/ aa 〉1 ta ®−îc c¸c sè
/a1 , a2 , ... , an tho¶ m·n ph−¬ng tr×nh (1)
§æi chç /a1 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
i
n
i
ii aa
1 1
22 4 lμ sè chÝnh ph−¬ng vμ n > 2002 (®pcm).
Cuèi cïng lμ mét sè bμi tËp ®Ó c¸c b¹n tù gi¶i
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 58
Bμi 1:
Cho a, b lμ hai sè nguyªn d−¬ng tho¶ m·n :
ab chia hÕt a2 + b2 + 1.
CMR:
ab
ba 122 ++
lμ sè nguyªn tè
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
∑∏
∈∈
=
Bx
i
Bx
i
ii
xx 2
Nam §Þnh, th¸ng 10 n¨m 2008
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 59
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:
+) C¸c ®iÓm , ,A B C th¼ng hμng;
(d)
A B C
+) §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:
+) 0x > th× M n»m bªn ph¶i ®iÓm gèc O;
+) 0x < th× M n»m bªn tr¸i ®iÓm gèc O;
+) 0x = 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=JJJJG JJJG 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: [ ]0,1k ∈ 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¶
m·n: AM k AB=JJJJG JJJG hay trªn mÆt ph¼ng to¹ ®é: ( ):
( )
M a b a
M a b a
x x k x x
k
y y k y y
= + −⎧∃ ⎨ = + −⎩ ?
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 60
• 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=JJJJG JJJG 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= +JJJG JJG JJG víi 1p q+ = ; ®Æc biÖt [ ], 0,1p q ∈ 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:
( ) { ( , ) : ( , ) 0}L M x y f x y= = vμ hÖ thøc ( , ) 0f x y = ®−îc gäi lμ ph−¬ng tr×nh cña ®−êng
( )L trong mÆt ph¼ng to¹ ®é Oxy.
+) NÕu ( , ) 0f x y = 0Ax By C⇔ + + = ta nhËn ®−îc ®−êng th¼ng
+) NÕu ( , ) 0f x y = 2 2 0;x y x y⇔ α + β + γ + η + μ = ta cã thÓ nhËn ®−îc ®−êng trßn hoÆc
Conic.
+) NÕu ( , ) 0f x y = ⇔ ( ); ( )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:
b a
c
a1 b1
a2 b2
A
C
B
C1
C2
NhËn xÐt:
Râ rμng ta cã ®ång thêi : l m1 22C C
π< < vμ: 2 2 2 2 21 1 2 2a b c a b+ > > +
VËy ph¶i ch¨ng tån t¹i mèi quan hÖ gi÷a ®é lín gãc nACB víi hiÖu sè: 2 2 2H a b c= + − .
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:
2 2 2
2 2 2 2 cos cos
2
a b cc a b ab C C
ab
+ −= + − ⇔ = .
Nh− vËy ta cã: 2 2 2 0a b c+ − > th× gãc lC nhän;
2 2 2 0a b c+ − = th× gãc lC vu«ng;
2 2 2 0a b c+ − < th× gãc lC tï.
• Lêi chøng minh ®−îc xuÊt ph¸t tõ tÝch v« h−íng cña hai vÐc t¬: . .cosCACB b a C=JJJGJJJG .
• TiÕp ®ã ta còng nhËn ®−îc c«ng thøc tÝnh ®é dμi ®−êng trung tuyÕn xuÊt ph¸t tõ hÖ thøc vÐc t¬:
2 2 21 2( )( )
2 4
2
c
a b cCM CA CB m + −= + ⇔ =JJJJG JJJG JJJG .
• VËy nÕu CD lμ ph©n gi¸c trong cña tam gi¸c CAB th× ta cã hÖ thøc vÐc t¬:
b aCD CA CB
a b a b
= ++ +
JJJG JJJG JJJG
tõ ®©y b×nh ph−¬ng v« h−íng hai vÕ ta nhËn ®−îc c«ng thøc:
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 61
2 ( ) 2
2c
abp p c ab CCD l cos
a b a b
−= = =+ + . Trong ®ã 2
a b cp + += lμ nöa chu vi.
• 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 0MI R− < ;
M ë trªn ®−êng trßn khi chØ khi 0MI R− = ;
M ë ngoμi ®−êng trßn khi chØ khi 0MI R− > .
Nh− vËy nÕu mét ®−êng trßn (C) cã ph−¬ng tr×nh: ( , ) 0f x y = vμ mét ®iÓm ( , )m mM x y .
2 2( , )m mf x y MI R= − /( )M c=P 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:
( , ) 0m mf x y < t−¬ng øng ta cã ®iÓm ( , )m mM x y n»m trong ®−êng trßn.
( , ) 0m mf x y > t−¬ng øng ta cã ®iÓm ( , )m mM x y n»m ngoμi ®−êng trßn.
( , ) 0m mf x y = t−¬ng øng ta cã ®iÓm ( , )m mM x y n»m trªn ®−êng trßn.
§Æc biÖt víi hai ®−êng trßn: 1 1 2 2( ) : ( , ) 0;( ) : ( , ) 0;C f x y C f x y= = kh«ng ®ång t©m th× ®−êng
th¼ng:
1 2( ) : ( , ) ( , )f x y f x yΔ = 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: ( , ) 0f x y = vμ ®iÓm ( , )m mM x y th×:
( , ) 0m mf x y < t−¬ng øng ta cã ®iÓm ( , )m mM x y n»m trong miÒn chøa tiªu ®iÓm.
( , ) 0m mf x y > t−¬ng øng ta cã ®iÓm ( , )m mM x y n»m trong miÒn kh«ng chøa tiªu ®iÓm.
( , ) 0m mf x y = t−¬ng øng ta cã ®iÓm ( , )m mM x y n»m trªn Conic.
4
2
-2
-4
6
-10 -5 5
F2
M1
O
M2
F1
M
• §èi víi c¸c ®å thÞ hμm sè còng vËy (xem h×nh vÏ sau):
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 62
Gäi (C) lμ ®å thÞ hμm sè: ( )y f x= . khi ®ã trªn mÆt ph¼ng to¹ ®é tËp hîp c¸c ®iÓm ( , )m mM x y
tho¶ m·n: i) ( )m my f x− > 0 lμ miÒn trªn ®å thÞ –miÒn g¹ch (vÝ dô M2)
ii) ( )m my f x− < 0 lμ miÒn d−íi ®å thÞ –miÒn kh«ng g¹ch (vÝ dô M*)
iii) ( ) 0m my f x− = lμ ®å thÞ (C) (vÝ dô M1)
6
4
2
-2
-5 5 10
y
M2
f x( ) = x2+3⋅x( )-1
O
tren do thi
M1
duoi do thi
M*
x
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≤
A B
I
M
ThËt vËy do tån t¹i cÆp 2( , ) ; 1p q p q∈ + =R ; [ ], 0,1p q ∈
sao cho:
IM pIA qIB= +JJJG JJG JJG nªn: | | ( ) { , } { , }IM IM pIA qIB p q Max IA IB Max IA IB= ≤ + ≤ + =JJJG .
§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:
1 1 1 1( ) : 0d A x B y C+ + = ; 2 2 2 2( ) : 0d A x B y C+ + = ; 3 3 3 3( ) : 0d A x B y C+ + = .
§iÓm ( , )m mM x y thuéc miÒn trong tam gi¸c ABC khi chØ khi ®ång thêi cã:
1 1 2 2 3 3( ) ( ) 0; ( ) ( ) 0; ( ) ( ) 0f A f M f B f M f C f M> > > . á ®©y ta ký hiÖu:
( ) ( , )i i m m i m i mf M f x y A x B y 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).
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 63
• 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.
4
2
-2
-4
-5 5
(d2)
(d3)
(d1)
A C
B
O
I
K
M
• 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: 2 2( , ) 4 2f x y x y x y= + − − .
XÐt trªn miÒn: {( , ) : 1 5;3 6}D x y x y= − ≤ ≤ ≤ ≤ .
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 ( 1,3); ( 1,6); (5,6); (5,3).A B C D− − ViÕt 2 2( , ) ( 2) ( 1) 5f x y x y= − + − −
NÕu ®Æt ( , )M x y vμ (2,1)I th× 2( , ) 5f x y IM= − . Do ®ã
2
0( , ) 5 1
D
Minf x y IM= − =− ; 2 2 2 2( , ) { , , , } 5 34 5 29
D
Maxf x y Max IA IB IC ID= − = − =
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 64
8
6
4
2
-2
-4
-6
-8
y
-5 5 10 15
A
O
I
6
-1
3
B C
D
2
1
M0
Bμi to¸n 2:
T×m a ®Ó mäi nghiÖm bÊt ph−¬ng tr×nh: | | | | 1x y+ ≤ . (1) còng lμ nghiÖm bÊt ph−¬ng tr×nh:
2 2x y a+ ≤ (2).
8
6
4
2
-2
-4
-6
-8
y
-10 -5 5 10
x
D
A
B
O C
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 0a > 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: 1 1a a≥ ⇔ ≥ .
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 65
Bμi to¸n3:
T×m gi¸ trÞ lín nhÊt nhá nhÊt:
2 22 5 2 10P x x x x= − + + + + .
Lêi gi¶i:
Ta cã: 2 2( 1) 4 ( 1) 9P x x= − + + + +
Trªn mÆt ph¼ng to¹ ®é ta xÐt c¸c ®iÓm: ( ,0); (1,2); ( 1, 3).M x A B − − 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
hoμnh nªn: * *; * ( ) 'MinP AM BM M AB x Ox= + ≡ ∩ tøc ph¶i chän 9*
5
x x= = .
Bμi to¸n4:
T×m nghiÖm nguyªn d−¬ng cña ph−¬ng tr×nh:
2 2 2 2 2 2 ; 11.x xy y y yz z x xz z x y z− + + − + = + + + + ≤ .
Lêi gi¶i:
x
z
y
O
A
B
C
E
§Æt OA=x; OB=y; OC=z vμ n n 060AOB BOC= = .
Khi ®ã theo ®Þnh lý Cosin trong tam gi¸c ta cã:
2 2 2 2 2 2; ; .AB x xy y BC y yz z AC x xz z= − + = − + = + +
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 OA th×: 1 1 1BE CE y z y
OA OC x z y x z
−= ⇔ = ⇔ = + , l−u ý tõ gi¶ thiÕt
11; , , *x y z 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 1 2 1 2, ,..., ; , ,..., .n na a a b b b lμ c¸c sè thùc tuú ý.
Chøng minh r»ng: 2 2 2 2
1 1 1
( ) ( )
n n n
i i i i
i i i
a b a b
= = =
+ ≥ +∑ ∑ ∑ . (1)
Lêi gi¶i:
XÐt c¸c vÐc t¬: ( , ); 1,2,...,i i ix a b i n= =
JG
. Khi ®ã:
1 1 1
( , )
n n n
i i i
i i i
x a b
= = =
=∑ ∑ ∑JG hiÓn nhiªn cã:
| | | | (1)i ix x≥ ⇔∑ ∑JG JG §pcm. DÊu b»ng x¶y ra khi chØ khi c¸c vÐc t¬ ®−îc xÐt cïng ph−¬ng cïng
chiÒu, tøc tån t¹i 1 1: ; ; 0 2,3,...,i it a ta b tb t i n∈ = = ≥ ∀ =R .
• B»ng c¸ch nμy ta còng nhËn ®−îc d¹ng h×nh häc cña bÊt ®¼ng thøc Bunhiac«pki
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 66
• Cã thÓ thÊy ngay lêi gi¶i c¸c bμi to¸n sau:
1. Cho c¸c sè thùc tho¶ m·n 2; 6.a b c ax by cz+ + = + + = Chøng minh r»ng:
2 2 2 2 2 2 2 2 216 16 16 10a a x b b y c c z+ + + + + ≥ .
2. Chøng minh r»ng víi mäi ,α β ta cã:
4 4 2 2 2cos cos sin sinα + β + α + β ≥ .
3. Cho c¸c sè thùc bÊt kú: 1 2, ,..., na a a Chøng minh r»ng:
2 2
1 1 1
1
2(1 ) ;
2
n
i i n
i
na a a a+ +
=
+ − ≥ ≡∑ .
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 ( )1 ;i i i iA A a b+ =JJJJJG víi 1;2008i = (Quy −íc 2009 1A A= ), trong ®ã ;i ia b lμ c¸c sè nguyªn
vμ 2 2i ia b+ còng lμ sè nguyªn víi mäi 1;2008i = . Ta cã: Gi¶ sö ( )1 ;i i i iA A a b+ =JJJJJG víi
1;2008i = (Quy −íc 2009 1A A= ), trong ®ã ;i ia b μ c¸c sè nguyªn vμ 2 2i ia b+ còng lμ sè
nguyªn víi mäi 1;2008i = .
Ta cã:
2008 2008 2008
1
1 1 1
0 0i i i i
i i i
A A a b+
= = =
= ⇒ = =∑ ∑ ∑JJJJJG G . Do ®ã
2008 2008
2 2
1 1 2008 1 1 2008
2 ; 2i i j i i j
i i j i i j
a a a b b b
= ≤ < ≤ = ≤ < ≤
= − = −∑ ∑ ∑ ∑ , tøc lμ 2008 20082 2
1 1
;i i
i i
a b
= =
∑ ∑ lμ c¸c sè ch½n.
KÝ hiÖu N lμ chu vi tam gi¸c, ta cã N lμ mét sè nguyªn d−¬ng vμ:
( )22008 20082 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 2008
2i i i i i i j j
i i i j
N a b a b a b a b
= = ≤ < ≤
⎛ ⎞= + = + + + +⎜ ⎟⎝ ⎠∑ ∑ ∑
Tøc lμ 2N 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 NM , 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 , .OyA ∈ CB, thuộc
trục hoành, chiều dương của trục hoành từ B đến C .
Giả sử );0( aA ,0>a ),0;(bB ).0;(cC
• pAP
AB
AQ ==
AC
.10 << p
);();(AQ. paapbQpapbABpAQ −⇒−⇒=
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 67
• COpCNp
CA
CP
CO
CN )1(1 −=⇒−==
)0;()0;( cpNccpCN ⇒−⇒
I là trung điểm QN )
2
)1(;
2
)(( apcbpI −+⇒ )1( Do ).
2
;0(
2
)1()1;0( aapyp ∈−=⇒∈ Ι
• Nếu tam giác ABC cân tại )
2
)1(;0( apIA −⇒ ; ][KOI ∈ với K là trung điểm OA ; .; OIKI ≠≠
• Nếu tam giác ABC không cân tại A . Từ )1( ta có I thuộc đuờng thẳng Δ có phương trình:
.
2
1=++ a
y
cb
x Δ cắt trục tung tại )
2
;0( aK ( K là trung điểm OA ), Δ cắt trục hoành tại )0;
2
( cbJ + .
[ ]KOI ∈ với .; JIKI ≠≠
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 090≥C ; J nằm giữa :, BO
2
OBOJ OC+= ; Nếu 090≥B ; J nằm giữa
:;CO
2
OBOJ OC+= ;
+) Nếu 090<< CB ; J nằm giữa :, BO
2
OBOJ OC−= ;Nếu 090<< BC ; J nằm giữa :;CO
2
OCOJ OB−= `.
• 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:
1 2 3, , ,..., nP P P P , n là một số tự nhiên lẻ không nhỏ hơn 1.
Chứng minh rằng : 1 2 3| ... | 1nOP OP OP OP+ + + + ≥
JJJG JJJG JJJG JJJG
.
Lêi gi¶i:
+) Đặt n=2k-1. Chọn trục kOP và véc tơ kOP
JJJG
là véc tơ đơn vị của trục. 1kOP = .
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 68
+) Chiếu các véc tơ ; 1,2,...iOP i n=
JJJG
lên trục ta nhận được các hình chiếu là iOP và chú ý rằng
hình chiếu của véc tơ tổng
1
n
i
i
v OP
=
= ∑G JJJG chính là
1
n
i
i
OP OP
=
= ∑ .
Gọi AB là đường kính của nửa đường tròn, 1 1,A B là các hình chiếu của A,B trên trục.
+) Ta có 1; 1,2,..., 1.iOP OA i k≥ ∀ = − Và: 1; 1, 2,...,2 1.jOP OB j k k k≥ ∀ = + + −
Hơn nữa 1 1 1 10 ; 0OA OB OA OB< < + = .
+) Từ
2 1
1 1
1
| | | | | | ( 1)( ) 1
k
i k
i
v OP OP k OA OB OP
−
=
≥ = ≥ − + + =∑G . (Đpcm).
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 2( , ); 1,2,..., .iA i i i n= Ta sÏ chøng minh ®©y lμ bé ®iÓm
tho¶ m·n yªu cÇu ®Æt ra.
i) Gi¶ sö cã ba ®iÓm th¼ng hμng , , ;k l mA A A k l m< < khi ®ã ta cã:
2 2 2 2( , ); ( , );k l l mA A l k l k A A m l m l= − − = − −
JJJJG JJJJJG
do tÝnh th¼ng hμng ta cã:
2 2
2 2
m l m l m k
l k l k
− −= ⇔ =− − ®iÒu nμy v« lý v× k m< .
ii) Ta cã 2 2 2 2( ) ( )k lA A k l k l= − + − gi¶ sö kho¶ng c¸ch nμy lμ mét sè h÷u tû thi sÏ
tån t¹i
p
q
tèi gi¶n sao cho: 2 2 2 2 2 2 2( ) ( ) ( 1) (1 ( 1) )k l
pA A k l k l p k k
q
= − + − = ⇔ = − + + ;
®Ó ý lμ 2 2;( , ) 1 1p q p q q= ⇒ =# 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:
2 2*: 1 ( ) 1 ( )( ) 0a N a l k a k l a k l∃ ∈ = + + ⇒ = − − + + > nªn 4 1 4a k l+ + ≥ ⇒ ≥ v«
lý!
iii) XÐt mét tam gi¸c bÊt kú cã c¸c ®Ønh lÊy tõ c¸c ®iÓm ®ã:
2 2 2( , ); ( , ); ( , ); ; , , *A a a B b b C c c a b c a b c N< < ∈ . Gäi
2 2 2( , ); ( , ); ( , );E a c F b a K c c Khi ®ã ta cã:
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]ABC AKCE AEC ABF FBCK= − − − ta ký hiÖu [ ]Ω lμ diÖn tÝch miÒn
Ω .
iv) VËy ta cã: [ ]ABC =
2 2 2 2 2 2 2 2 21 1 1( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( 2 )
2 2 2
c a c a c a c a b a b a c b c b a= − − − − − − − − − − + −
s Q= ∈ do , ,a b c ®Òu lμ c¸c sè nguyªn d−¬ng.
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 69
y
x
F
A
O
K
E C
B
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.
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 70
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)
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| ≥
3
1
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
3
1 . Sau đây tôi đưa ra cách giải sử dụng tính chất hàm y= ax +b, và qua đó cho ta ra thêm
hàng loạt các bài toán dạng này.
Max |xy-ax-by| ≥ Max {|a|, |b|. |a+b-1|}≥
3
1 |a+b-a-b+1| =
3
1
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]
≥
||||
||||
βα
ααββαβ
+
+++ baba ≥
||||
||||
βα
αβ
+
−b
Max{|f(α)|, |f(β)|} Khi ∉ (α, β)
a
b
2
−
Max{|f(α)|, |f(β)|, f( )} Khi ∈ (α, β) a
b
2
−
a
b
2
−
Max |f(x)| =
[α, β]
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 71
*) Nều αβ ≥ 0 (2) ⇔ (aα +b)(-aβ -b)≥0 khi đó
(1) ⇒ aα +b = -aβ -b↔ a= βα +
− b2
*) Nều αβ ≤ 0 (2) ⇔ (aα +b)(-aβ -b)≤0 Khi đó
(1) ⇒ aα +b = aβ + b↔ a = 0
Vậy Max |ax+b| bé nhất bằng ||||
||||
βα
αβ
+
−b
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
=≤
+=≥
0 a và0 khi
b-a và0
αβ
βααβKhi
Max |ax +b| bé nhất bằng
||||
||||
βα
αβ
+
−b
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
βα −=+
−
)1(2
)1(
k
k ⇔ k= βα
βα
2
2
2
2
−
+
> 0
Max |f(x)| = Max {|a2 + αa + β |; |a2 – αa – β |} ≥
x ∈ [-1, 1]
≥
1
1
+k |ka
2 + kαa + kβ + a2 – αa – β | =
= | a2 + 2 α
β a + 2 2
2
α
β | = ( a + α
β )2 + 2
2
α
β ≥ 2
2
α
β
có đẳng thức ⇔ a= - α
β
B) nếu α2 – 2 β ≤ 0
⇒ Max |f(x)| = Max {|a2 + αa + β|, | a2 – αa – β|}
Ta chứng minh Max |f(x)| bé nhất là β -
4
2α ⇔ a = -
2
α
|aα +b| = |aβ +b| (1)
αβ (aα +b) (-aβ -b)≥0 (2)
Có ��ng th�c
[α, β]
[α, β]
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 72
Thật vậy với a = -
2
α ⇒ Max {|a2 + αa + β|, | a2 – αa – β|}
= Max{β -
4
2α ; |
4
3 2α - β |} = β -
4
2α
Mặt khác Max {| a2 + αa + β|, | a2 – αa – β|} ≥ | a2 + αa + β| =
= | (a +
2
α )2 + β -
4
2α | ≥ β -
4
2α có ⇔ a= -
2
α
Vậy β ≥ 0 thì Max |f(x)| bé nhất =
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
−=≥≤−−
−=≥≥−
2
0,02
4
0,02
2
2
2
2
2
αββααβ
α
βββαα
β
aVàkhi
aVàkhi
trường hợp 2: β < 0
β < 0 do Max|f(x)| = Max|a(-x) + (-α )a + (-β )
Áp dụng kết quả của trường hợp 1 với ⎩⎨
⎧
>−
−
0ββ
αα
là
là
Vậy ta có kết luận chung
Max|f(x)| bé nhất =
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
−=≤−−
−=>−
αβ
ββααβ
β
αβαα
β
2
||0||2
4
||
0||2
2
2
2
2
2
avàkhi
avàkhi
Bây giờ ta lại xét bài toán 2 ở trên với điều kiện
α2 – 2β >0, β >0 nhưng a = α
β− ( vô nghiệm) (xét bài 4)
Hoặc 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 <
8
25
Xét các hàm số f(x) = (a2 + 2a+
25
9 )x +1
Tìm a để Max |f(x)| nhỏ nhất
[α , β ]
Giải: Để ý rằng với điều kiện 0<α <β và α +β <
8
25 thì
Phương trình a2 + 2a +
25
9 = βα +
− 2 (vô nghiệm ẩn a)
2β - α2 ≥ 0
4
2α
4
3 2α
2
2αdo (β - ) - | - β | = ≥ 0
[- 1,1]
[- 1,1] -1≤ -x ≤ 1
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 73
Nên kết quả bài 2 không thoả mãn
*) Nếu a2 +2a +
25
9 = 0 ⇔ a ∈ {-
5
1 , -
5
9 } ⇒ f(x) = 1
*) Nếu a2 +2a +
25
9 > 0 ⇒ f(x) >1
*) với a2 +2a +
25
9 < 0 ⇔ -
5
9 5
1
+) f(α ) = (a2 +2a +
25
9 )α +1>(a2 +2a +
25
9 )
16
25 +1=
= [(a+1)2-
25
16 ]
16
25 +1 ≥ 0 do α <
2
βα + =
16
25
⇒ |f(α )| = f(α) = [(a+1)2-
25
16 ]α +1 ≥ 1-
25
16 α
Có đẳng thức ⇔ a= -1
+) nếu β ≤
16
25 ⇒ f(β) ≥ f(
16
25 ) ≥ 0
⇒ f(α) > f(β) > 0 ⇒ Max |f(x)| = f(α) ≥ 1-
25
16 α
đạt ⇔ a= -1
+) Nếu f(β)≤ 0 ⇒ β ≥
16
25 ⇒ |f(β )| = - f(β)=
= -1 – [(a+1)2-
25
16 ]β = f1
do
16
25 ≤ β <
8
25 - α ⇒ f1≤ 1- [(a+1)2-
25
16 ](
8
25 -α ) =
= 1-
25
16 α - (a+1)2(
8
25 -α )≤ 1-
25
16 α ≤ f(α)
Vậy Max |f(x)| ≥ 1 -
25
16 α có đẳng thức ⇔ a= -1
[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
[α,β]
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 74
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 3
3
2
2
1
1
a
b
a
b
a
b <<
f(x) = Max {|a1x – b1|; |a2x – b2|; |a3x – b3|}
x ∈R
tìm Min f(x)
x ∈ R
Giải:
*) Phương trình – a3x +b3 = a1x – b1 ⇔ x = x1=
31
31
aa
bb
+
+
(1)
*) Phương trình – a3x + b3 = a2x – b2 ⇔ x = x2 =
32
32
aa
bb
+
+
(2)
Khi đó
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
<⇔<<
<⇔<<
3
3
2
2
3
3
2
2
3
3
1
1
3
3
1
1
1
bnó V́2
bnó V́
a
b
aa
bx
a
b
a
b
aa
bx
a
b
(3)
Ta xét 2 trường hợp
I) x2 ≥ x1 Ta chứng minh Min f(x) = |a1x1 – b1|
X ∈ R
a) Ta chứng minh f(x1) = |a1x1 – b1|
Do (3) ⇒ |a1x1 – b1| = a1x1 – b1 = - a3x1 + b3 = |a3x1 – b1|
Ta chứng minh |a1x1 – b1| > |a2x1 – b2|
*) a1x1 – b1 ≥ - a2x1 + b2 ⇔ x1 =
31
31
aa
bb
+
+
>
21
21
aa
bb
+
+ ⇔ a2b1 + a1b3> a1b2+a3b1+ a3b2
⇔ (a1b3 – a3b1 + a2b1 – a1b2) + (a2b3 – a3b2) > 0 đúng
Do
3
3
a
b -
1
1
a
b >
2
2
a
b -
1
1
a
b ⇔ a1b3 – a3b1 >
2
3
a
a (a1b2 – a2b1) >a1b2 – a2b1
*) |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)
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 75
*) x> x1 ⇒ a1x – b1 >a1x1 – b1 = f(x1)
Vậy Min f(x) = |a1x1- b1| = ⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
+
−
31
1331
aa
baba
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
1
1
a
b - b2 >0
⇒ 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 Vậy Min f(x) = Max {f(x1); f(x2)} = Max ⎪⎭
⎪⎬⎫⎪⎩
⎪⎨⎧ +
−
+
−
32
2332
31
1331 ;
aa
baba
aa
baba
Bài toán 7:f(x,y) = x2y + xy2 – ax – by. Tìm a, b để Max |f(x, y)| bé nhất
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|} ≥
3
1 |a+b+2 –a -b| =
3
2
Với a = b =
3
2 ⇒ |f(x,y)| = |(x+y) (xy -
3
2 )
a) Nếu xy ≥
3
2 do x,y ∈ [0,1] nên |(x+y)(xy-
3
2 )| = (x+y)(xy-
3
2 ) ≤
≤ (1+1)(1 -
3
2 ) =
3
2
b) Nếu xy <
3
2 ⇒ (1 – x)(1- y) ≥ 0 ⇔ x+y ≤ 1 + xy
⇒ 0 ≥ (x+y)(xy -
3
2 ) ≥ (1 + xy) (xy -
3
2 )
X ∈ R
x,y ∈ [0,1]
x,y ∈ [0,1]
X ∈ R
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 76
⇒ |(x+y)(xy -
3
2 )| ≤ |(1 + xy) (xy -
3
2 )| = (1 + xy) (
3
2 - xy) =
=
3
2 -
3
1 xy – (xy)2 ≤
3
2 ⇒ Max |f(x,y)| bé nhất là
3
2
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 | ≥
7
1
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 +
- a11x – a12y – a13z – a14t| ≥
15
1
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
đoạn [a, b] thoả mãn ∑=
n
i
ia
1
= ∑=
k
j
jb
1
a) Chứng minh rằng ∑=
n
i
m
ia
1
≤ ∑=
k
j
m
jb
1
b) Chứng minh rằng ∑=
n
i
ia
1
α ≥ ∑=
k
j
jb
1
α
( α ≥ 1)
Bài toán 11: Cho a1 < a2 < ... f(x) = Max {|x-a1|, |x-a2|, ... |x- an|}
Tìm Min f(x)
Bài toán 12 cho 0
1
1
a
b
<
2
2
a
b
< ... <
n
n
a
b
f(x) = Max {|aix – bi| (i = 1,2,...,n)}
Tìm Min f(x)
Trên đây là một số bài toán áp dụng tính chất của hàm y = ax + b để giải. Còn 2 phần nữa
xin được trao đổi cùng các bạn ở chuyên đề sau.
Ninh Bình, Ngày 10 tháng 10 năm 2008
x,y ∈ [0,1]
x ∈ R
x ∈ R
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 77
PhÐp biÕn h×nh trong h×nh häc ph¼ng
Tr−êng THPT Chuyªn Hμ Nam
Phần I: Đặt vấn đề
Trong chuyên đề hình học phẳng sử dụng phép biến hình trong hình học phẳng là một phần
kiến thức rất quan trọng. Sau đây là nội dung bài soạn của tôi khi dạy về các phép biến hình trong
mặt phẳng.
Phần II: Nội dung
A. Phép đối xứng tâm, đối xứng trục, tịnh tiến.
I. Phép đối xứng tâm
1. Định nghĩa: Đ0 : M → M’
'OMOM −=
2. Tính chất:
a. Đ0 biến 3 điểm thẳng hàng thành 3 điểm thẳng hàng.
b. Đ0 biến đường thẳng thành đường thẳng // hoặc trùng với đường thẳng ban đầu.
c. Biến đoạn EF thành E’F’: EF = E’F’
d. Góc xSy thành góc x’S’y’ và góc x’S’y’ = góc x’S’y’.
e. Đ0 là phép biến đổi 1 - 1
h: Đo: A → A’
B →B’
''BAAB −=
II. Phép đối xứng trục
1. Định nghĩa:
Đđ: M → M’
MM’ ⊥ d tại H
'HMMH −=
2. Tính chất
Giống như phép đối xứng trục
III. Phép tịnh tiến:
1. Định nghĩa:
Cho 0≠V
': MMT V →
vMM ='
2. Tính chất:- Giống như phép đối xứng tâm, đối xứng trục
- Phép VT không có điểm bất động.
IV. Bài tập áp dụng
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 78
Bài tập 1: Cho tam giác ABC và đường tròn O. Trên cạnh AB lấy 1 điểm E sao cho BE =
2AE gọi F là trung điểm AC và I là đỉnh thứ 4 của hình bình hành AEIF. Với mỗi điểm P trên
đường tròn (O) dựng Q sao cho IQPCPBPA 632 =++ . Tìm tập hợp Q khi P thay đổi.
* Hướng dẫn học sinh
+ Xác đỉnh điểm K cố định t/c: 032 =++ KCKBKA
+ Chứng minh K ≡ I
+ ĐI: P → Q vậy Q thuộc đường tròn là ảnh (O)
* Lời giải:
Gọi K là điểm thoả mãn:
032 =++ KCKBKA
)32(6 ACABKA +−=
Ta có
KIAIAK
ACABAI
ACAB
AFAEAI
≡→=↔
+=↔
+=
+=
326
2
1
3
1
Từ
IQICIBIAPI
IQPCPBPA
6326
632
=+++↔
=++
0=+↔ QIPI → là trung điểm PQ
→ Đ: P → Q
OP thuộc đường tròn
→ Q ∈ đường tròn là ảnh của (O) qua ĐI
Bài tập 2: Cho hình bình hành ABCD và đường tròn (γ) bàng tiếp của tam giác ABD tiếp
xúc với phần kéo dài AB và AD tương ứng tại M, N. Đoạn thẳng MN cắt BC, DC tương ứng tại P
và Q. Chứng minh đường tròn nội tiếp tam giác BCD tiếp xúc BC, DC tại P và Q.
* Hướng dẫn học sinh:
+ Chứng minh BH = DK
Có Đ I: B → D
+ Chứng minh DQ = DN = BH = BM’
→ ĐI: (C) → (C1)
Với (C) là đường tròn qua M’, N’, H ; (C1) là đường tròn qua D, Q, P
Lời giải:
F
E
A
B C
I
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 79
Gọi K là tiếp điểm (γ) và BD
(C) là đường tròn nội tiếp ΔABC tiếp xúc AB, AD,BD tại M’, N’, H
Do: MM’ = NN’
MM’ = MB + DN’ = BK + BH
NN’ = ND + DN’ = DH + DK
⇒ BH + BK = DH + DK
⇒ BH + BH + HK = DK + DK + HK
⇔ BH = DK
⇒ ∃ Phép đối xứng tâm ĐI : B → D
H → K
A → C
ΔAMN cân tại A => 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
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 80
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:
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 ≤
34
222 cba ++
+) a2 + b2 + c2 ≤ 9R2 (R là bán kính đường tròn ngoại tiếp ΔABC)
Thật vậy:
S ≤
34
222 cba ++
48
)())(()(
2222 cbacpbpapp ++≤−−−↔
3
)()())()((
2222 cbabcabcbcbacba ++≤−+−+−+++↔
[ ][ ] 22222222 )()()(3 cbabaccba ++≤−−−+↔
<=> 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
34
9max
34
9 22 RSRS =⇔≤
B’
A
C’
B
H
A’
C
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 81
34
9max
2RS = khi Δ ABC đều
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’
D -> A
=> CD = C’A = AB => ΔABC’ đều
E -> F -> ΔDEF đều
* ΔBCD; ΔAEF dựng phía ngoài tứ giác ABDE
C’, G khác phí với AB
H, F’ khác phía với DF
=> Tứ giác AGBC’ nội tiếp góc BGA + góc B’CA = 1800 = (1200 + 600)
=> BC’ 2 = C’G2 + BG2 – 2BG. C’G.1/2
C’A2 = C’G2 + GA2 – 2AG.C’G.1/2
600
600 600
B
B�
G
C�
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 82
=> BG2 – BG . C’G = GA2 – AG . C’G
<=> (GA - GB ) (GA + GB – GC’) = 0
* Nếu GA = GB => GC’ ⊥ AB => C’K =
6
330;
2
3 0 atgBKGKa ==
3
32
6
34
' a
a
GC ==
Cos 300 =
3
32
3
2 aGBGAaBG
GB
a
=+→=→
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
xứng qua đường thẳng AD biến đường thẳng AM thành AK (K ∈ BC): CMR: 2
2
AC
AB
CK
BK =
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’
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 83
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:
CQ
AB
KC
BK = (1)
Ta có:
AB
AC
AB
AC
AB
PB
AC
CQ
AC
CQ
PB
CQ =====
'
'
'
''
Vậy
AB
AC
AC
CQ = Ù
AC
AB
CQ
AC = Ù )2(2
2
AC
AB
CQ
AB =
⇒ Từ (1) và (2) 2
2
AC
AB
CK
BK =
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
DKT G : K → D
H → E (H là trực tâm Δ BKE)
B → B’
+ Chỉ ra B’E = BH = 22 ab −
Lời giải:
Gọi H là trực tâm Δ BEK
Do EH vuông góc BK, EK vuông góc BH
⇒ DKHEHKED GGGG == ;
DKT G : K → D
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 = 22 ab −
* 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
H
B B’ C
E
D K
A
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 84
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 → M3
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:
MA
BA
OM
BA
OM
BO
MA
BA
2
222211
1
11 ===
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
cách đều hai dây cung BB’ và CC’.
B) Phép quay
I. Định nghĩa: QOα: M → M’
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’
α
M’
M
M
M’
- α
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 85
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
+ Biến tia Sx thành tia S’x’ và góc tạo bởi hai tia đó bằng α.
+ Biến đoạn thẳng PQ thành đoạn P’Q’: PQ = P’Q’
+ Biến góc thành góc bằng nó
+ Biến đường tròn (I,R) thành (I’,R)
III. Mở rộng phép quay tâm O góc quay α: 1800 < α ≤ 3600:
1. Định nghĩa:
Cho trước điểm O và góc α với 1800 < α ≤ 3600. Phép biến đổi
Q =
0180
0
−αQ .
0180
0Q là phép quay tâm O với góc quay α kí hiệu là Q0α.
2. Tính chất:
a. Tính chất 1: Q0α với α ∈(1800, 3600)
Qα : M → M’ thì 03600 −αQ : M -> M’ và (OM, OM’) = α - 3600
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
≤ 3600; 00 < β ≤ 3600, 0180
2
≠+ βα
Khí đó Q = QO2β . QO1α là 1 phép quay với góc quay ϕ = α + β và tâm quay O được xác
định: 201
α−
Q : 0102 -> x
yOOQ →122/0 :2
β
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:
O2
yx
O1
O’
O
α
α/2
β
β/2
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 86
ABQG →:
0120
CAQb →:
060
1
CBQQ Gb →:.
00 12060
1
QQQ GBM CB
000 12060
1
180
.: ⇒→
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:
+ 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’
Góc MAC’ = 600 + 200 = 800 = 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
A
C
M
B
C’
300
700
800
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 87
Do Δ MC’C cân tại C’ ⇒ Góc CM’C = góc MCC’ = 0
00
70
2
40180 =−
⇒ 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→ ( ) AEAEBF ⇒=⇒ 060, 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
⇒ ( ) 060, =ECFD mà FDIN ↑↑
ECKM ↑↑
=> góc ( ) 060, =KNIN (1)
Mà IN = KM =
2
1 FD = ECFD
2
1
2
1 =
-> KIQP →:060
'NN →
=> ( ) 060, =KNIN từ (1) -> ( ) '60, 0 NMKMKNKNIN ≡⇒=⇒=
=> PMNMNQP Δ⇒→:060 đều
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 88
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 quayQO
090−
: A → B
M → M1
D → A
Q → Q1
QO
090−
: M → H ⇒ [MM’] → [HN’]
AD → AB 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’
OMkOM =' 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’
B → B’ ABkBA =''
(A ≠ B)
4. Phép vị tự biến 3 điểm thẳng hàng thành 3 điểm thẳng hàng
Từ đó ⇒ AQ1 qua trực tâm H của Δ
ABN
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 89
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
Đặt
kIC
IO
IB
IO
IA
IO 1321 ===
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
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 90
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).
* Xét phép vị tự 1
2
R
R
MV : (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
Xét 1
2
R
R
MV : (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)
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 91
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:
* Xét phép vị tự 2
1
R
R
SV (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
1
2
R
R
SV : O → O
P’ → P
A → A’
Q’ → Q
Ta lại có: SP2 = SOSQ. ; SP2 = '.SASA
'.. SASASOSQ =⇒ ⇒ 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 R
R
AV : O’ → O (M là tiếp điểm của BC và (O’))
M → M’
⇒ Góc A2 = Góc OA’Q
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 92
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:
'R
R
AV : O → O’
M → M’
'
'
AO
R
RAO = ; M; ∈đường tròn (O)
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’ 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
IM
AI
BM
AB
MI
BM
IA
AB
AB
BM
IA
MI =⇔=⇔=
PB/ (O’) = BM2 = BB’ . BA
BABB
AB
IM
AI
BM
AB
'.
==⇒
BBV R
R
A →':
'
⇒OM’ vuông góc BC
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 93
kABk
AB
BBBA
ABABkBB
k
AB
ABABk
AB
AB
R
RkABkAB
AB
R
RABAB
R
RAB
−=−=→−=
−=−→=→
>==→
=→=
1
1
)1('.
)1('
1
1''
)1
'
('
.''
'
2
Ta có:
IM
AM
q
qAIq
kIM
AI
V q
q
A →→
+=→=−=
+ :
11
1
1
Vậy I thuộc đường tròn là ảnh (O’) qua V q
q
A
+1
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 1
2
r
r
AV : 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
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 94
* 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 '.OMOM = 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’
Thì A’B’ = ABλ với
OBOA
k
.
=λ
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)
λ1 = 22
2'
Ra
R
−
Vậy R1 = R1λ
R
Ra
RR .
22
2
1
1 −=
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 95
22
2
2 '
'.
Ra
RRR −=
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
I(O,R2): C → C’
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)
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 96
* Tứ giác A1B1C1D1 là hình chữ nhật. Gọi x là bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác
A1B1C1D1 tính x = 22
1
2.
aR
Rr
−
* Chứng minh I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD
* Thiết lập phương trình ẩn a (bậc 2)
Lời giải:
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
C1P1 // NQ; A1D1 // MP
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) = 16x2
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 =
P
r 2 ; Po /(01) = R2 - a2 ( O trong (O1))
λ = 22
2
aR
r
− ⇒ x = 22
1
2
aR
Rr
−
Gọi A’, C’ là giao OA, OC và đường tròn ngoại tiếp tứ giác
OA . OA’ = OC . OC’ = R2 - a2
OA =
2
sin A
r ; OC =
2
sin C
r ; 1
2
sin
2
sin 22 =+ CA
Do góc A + góc C = 1800
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 97
2
1
OA
= 2
2
2
sin
r
A
; 2
1
OC
= 2
2
2
sin
r
C
⇒ 222 111 rOCOA =+
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)
Mặt khác: OA = '
22
OA
aR − ; OC = '
22
OC
aR −
⇒ Phương trình bậc 2 ẩn a
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.
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 98
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 { }1, 2,...,nA n=
Sn = {M ⊂ An ⎢M không chứa hai số nguyên liên tiếp nào}
Pn = {( ) { } ( ) ( )1 2 1, ,..., 0;1 1,2,..., , , 1;1 1,2,..., 1n i i ia a a a i n a a i n+∈ ∀ = ≠ ∀ = − }
+ Xét ánh xạ f: Sn → Pn
M 6 ( )1 2, ,..., n na a a P∈ sao cho 10ii
a khii M
a khii M
= ∈⎧⎨ = ∉⎩
Vì f là song ánh nên : nS 1nP n= ∀ ≥
+ Xét ánh xạ g : Pn → Pn-1 ∪ Pn-2 ∀n ≥ 3
( ) ( )( )
1 2 1 1
1 2
1 2 2 2
, ,..., 0
, ,...,
, ,..., 1
n n n
n
n n n
a a a P khia
a a a
a a a P khia
− −
− −
∈ =⎧⎪⎨ ∈ =⎪⎩
6
Vì g là song ánh nên : n 1 2 n 1 23 3n n n nP P P n S S S n− − − −= + ∀ ≥ ⇒ = + ∀ ≥
Dễ thấy : 2 13; 2S S= = . Do đó : n 1S 1nF n+= ∀ ≥ , ({Fn} là dãy Fibônaxi)
2 2
1 1 5 1 5
2 25
n n
nS
+ +⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ −⎜ ⎟⇒ = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠
mà nS∅ ⊂ nên số tập con thoả mãn giả thiết là:
2 2
1 1 5 1 5
2 25
n n+ +⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ −⎜ ⎟−⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠
- 1
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 99
Bài 2: Với mỗi n ∈ N*, kí hiệu Hn là tập tất cả các hoán vị ( )1 2, ,..., na a a của n số nguyên dương
đầu tiên. Xét các tập hợp:
( ){ }n 1 2S , ,..., : 1 1, 2,...,n n ia a a H a i i n= ∈ ≥ − ∀ =
( ){ }n 1 2, ,..., : 1 1, 2,...,n n iT a a a S a i i n= ∈ ≤ + ∀ =
Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho: 1
3
n
n
T
S
>
Lời giải:
Đặt ( ){ }1 2 1, ,..., 1n n nP a a a S a= ∈ =
( ){ }1 2 1, ,..., 1n n nQ a a a S a= ∈ ≠
Dễ có: ,n n n n nP Q P Q S∩ = ∅ ∪ =
+ Xét ánh xạ f: n nP Q→
( ) ( )1 2 2 1, ,..., , ,...,n na a a a a a6
Vì f là song ánh nên: 1
2n n n
P Q S= =
+ Xét ánh xạ g: 1n nP S −→
( ) ( )1 2 2 3, ,..., 1, 1,..., 1n na a a a a a− − −6
Vì g là song ánh nên: 1n nP S −=
Vậy: 12 2n nS S n−= ∀ ≥
Mà 2 12; 1S S= = 12nnS −⇒ =
+ Xét ánh xạ h: Tn → Tn-1 ∪ Tn-2
( ) ( )( )
2 3 1 1
1 2
3 4 2 1
1, 1,..., 1 1
, ,...,
2, 2,..., 2 2
n n
n
n n
a a a T khia
a a a
a a a T khia
−
−
− − − ∈ =⎧⎪⎨ − − − ∈ =⎪⎩
6
Vì h là song ánh nên 1 2n n nT T T− −= +
mà 2 12; 1T T= =
1 1
1 1 5 1 5
2 25
n n
nT
+ +⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ −⎜ ⎟⇒ = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠
Vậy: 1
3
n
n
T
S
> ⇔
1 1
1
1 1 5 1 5
2 25 1
2 3
n n
n
+ +
−
⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ −⎜ ⎟−⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ > ⇔ n ≤ 6.
Bài 3: (IMO 1987)
Gọi Pn(k) là số các hoán vị của tập { }1, 2,...,A n= (n ∈N*) có đúng k điểm cố định (0 ≤ k ≤ n).
Chứng minh rằng:
0
. ( ) !
n
n
k
k P k n
=
=∑
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: . ( )nM k P 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
1( 1)i nN P k−= −
+ Xét ánh xạ g:
1
n
i
i
M N
=
→∪
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 100
( , )f i f6 ( )( ) ( ) 1,.., ;f m f m m n m i= ∀ = ≠
Vì g là song ánh nên
11
n n
i i
ii
M N N
==
= = ∑∪ 1. ( ) . ( 1)n nk P k n P k−⇒ = −
1
1 1
1 1 0 0
. ( ) . ( 1) . ( ) . ( ) .( 1)! !
n n n n
n n n n
k k k j
k P k n P k k P k n P j n n 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:
( )
X T
m X
m
T
∈=
∑
Lời giải:
+ Xét song ánh f: T → T
{ }( ) 1X f X n x x X= + − ∈6
Vì f là song ánh nên
( ) ( ( )) 1,
( ) ( ( ))
X T X T
m X m f X n X T
m X m f X
∈ ∈
+ = + ∀ ∈⎧⎪⎨ =⎪⎩∑ ∑ [ ]( ) ( ( )) ( 1) 2 ( ) ( 1)X T X Tm X m f X T n m X T n∈ ∈⇒ + = + ⇒ = +∑ ∑
Vậy :
( )
1
2
X T
m X
nm
T
∈ += =
∑
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:
( )1 2, ,..., ka a a 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 = { ( )1 2, ,..., ka a a ∈A ⎢a1 < a2 <...< ak và ai – i # m ∀i = 1,2,...,k}
Dễ thấy A* = A\B
+ Xét ánh xạ f: B → B’
( ) ( )1 2 1 2, ,..., 1 , 2 2 ,...,k ka a a a m a m a k km− + − + − +6
Khi đó f là song ánh từ B đến B’
với B’ = ( ) { }{ }1 2 1 2, ,..., ... , 1, 2,..., , 1,...,k k i ib b b b b b b n k km b m i k< < < ∈ − + ∀ =#
Do đó ' kn k k
m
B B C −⎡ ⎤+⎢ ⎥⎣ ⎦
= =
Vậy * k kn n k k
m
A A B A C −⎡ ⎤+⎢ ⎥⎣ ⎦
= − = −
*Một số bài luyện tập:
Bài 6: Tìm tất cả các bộ số nguyên ( )1 2, ,..., na a a ( n>1) sao cho
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 101
1
1, 1,2,...,
1, 1,2,..., 1
i
i i
a i n
a a i n+
⎧ ≤ ∀ =⎪⎨ − ≤ ∀ = −⎪⎩
Bài 7: Chứng minh rằng ∀n ∈N* ta có:
a. ( )22
0
n
n i
n n
i
C C
=
= ∑
b. 2 2 1
0
2 . .
n kn
k k n
n n k n
k
C C C
−⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦
− +
=
=∑
c. 1
0 0
.2 .2 2
m n
k m k k n k m n
n k m k
k k
C C− − + ++ +
= =
+ =∑ ∑
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 2x2 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 ( )1 2, ,..., na a a của n số nguyên dương đầu tiên sao
cho 1 2 1, 2,...,ia i i n≤ − ≤ ∀ =
Chứng minh rằng: 1 11,75 2 , 6n n nS S S n− −< < ∀ >
Bài 10: Giả sử Fk là tập tất cả các bộ ( )1 2, ,..., kA A A trong đó Ai , i =1,2,...,k là một tập con của tập
hợp {1,2,...,n}. TÍnh:
( )1 2, ,..., 1k k
k
n i
A A A F i
S A
∈ =
= ∑ ∪
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
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 102
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:
+ Thø tù thùc hiÖn c¸c phÐp biÕn h×nh ë ®©y kh«ng quan träng, v× k kO O O OQ .V V .Q
α α=
+ TØ sè cña phÐp vÞ tù – quay cã thÓ coi lμ mét sè d−¬ng v×
0180 k k
O O OQ .V V
−=
2. C¸ch x¸c ®Þnh ¶nh cña mét ®iÓm qua phÐp vÞ tù – quay:
Cho phÐp quay OQ
ϕ vμ phÐp vÞ tù kOV (víi k > 0)
Ta cã: ( )1O 1 1
OA OA
Q : A A
OA;OA
α
=⎧⎪⇔ ⎨ = α⎪⎩
JJJG JJJJG6 (1)
( )1kO 1 1
OA' kOA
V : A A'
OA ;OA' 0
=⎧⎪⇔ ⎨ =⎪⎩
JJJJG JJJJG6 (2)
Tõ (1) vμ (2) cho ta: ( )
OA '
k
OA
OA;OA '
⎧ =⎪⎨⎪ = α⎩
JJJG JJJJG (3)
Nh− vËy kO OV .Q
α lμ phÐp ®ång d¹ng thuËn Z(O; α; k) biÕn A thμnh A’ x¸c ®Þnh bëi (3). Khi ®ã O ®−îc gäi lμ
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 B'6 6 th× ( )
A'B ' kAB
AB;A'B '
=⎧⎪⎨ = α⎪⎩
JJJG JJJJJG
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.
α
A'
A1
A
O
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 103
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
Ta cã: ( )
OA'
k (1)
OA
OA;OA' (2)
⎧ =⎪⎨⎪ = α⎩
JJJG JJJJG
(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)
Tr−êng hîp 2: Hai cÆp ®iÓm t−¬ng øng (A; A’) vμ (B; B’)
Ta cã: ( )
A'B ' kAB
AB;A'B '
=⎧⎪⎨ = α⎪⎩
JJJG JJJJJG . Tõ ®ã ta biÕt ®−îc k vμ α vμ quay vÒ tr−êng hîp 1
C¸ch kh¸c: Gäi I lμ giao ®iÓm cña AB vμ A’B’
Ta cã:
( ) ( )
( ) ( )
OA;OA' IA;IA ' (1)
OB;OB ' IB;IB ' (2)
⎧ = = α⎪⎨ = = α⎪⎩
(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:
α
O
DC A'A
O
α
α
α
A'
B'
B
I
A
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 104
+ 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 BHk
BM
= vμ ( )BM;BH = αJJJG JJJG
+ Do ΔBMN tù ®ång d¹ng nªn k, α kh«ng ®æi vμ
phÐp vÞ tù – quay: Z (B, α, k) = kB BV .Qα : M 6 H (2)
⇒ TËp hîp c¸c ®iÓm H lμ ®−êng trßn (O’’) lμ
¶nh cña ®−êng trßn (O) qua phÐp vÞ tù - quay
Z (B, α, k) nãi trªn.
+ 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:
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 0 1 2 1 0 1
0 1 1 1 0 0
B B v (t t ) v
k
A A v (t t ) v
−= = =− (0 < k kh«ng ®æi)
Gäi O lμ giao ®iÓm thø 2 cña hai ®−êng trßn
(A0B0C) vμ (A1B1C)
DÔ dμng chøng minh ®−îc: ΔOA0A1 ®ång d¹ng
víi ΔOB0B1. Tõ ®ã suy ra:
n n
1 1 0 0
1 0 0 1 2
1 0 0 1 1
A OB A OB
OB OB B B v
OA OA A A v
⎧ = = α⎪⎨ = = =⎪⎩
⇒
( ) ( )1 1 1 1
1 2
1 1
OA ;OB CA ;CB (1)
OB v
(2)
OA v
⎧ = = α⎪⎨ =⎪⎩
JJJJG JJJJG JJJJG JJJJG
(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
2
1
v
v
) (4)
O''
H
O'
O
B
N
AM
a
b
C
O
B1
A1
B0
A0
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 105
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. 1 2v ; v
JJG JJG
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 ( )1 21v v v2= +G JJG JJG (suy ra tõ ( )0 1 22M M v v t= +JJJJJG JJG JJG )
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 = 2
1
v
v
; gãc quay ( )1 1CA ;CB = αJJJJG JJJJG biÕn a thμnh b,
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: n nXNT XMT=
Trªn (XO1O2) ta cã:
n n
1 2XO T XO T=
⇒ n n1 2TO N TO N= ⇒ ΔTO1N ®ång d¹ng víi ΔTO2M
⇒ 1
2
O NTN AN
k
TM O M BM
= = = (kh«ng ®æi) (1)
(dÔ chøng minh ®−îc ΔNAO1 vμ ΔMO2B c©n t¹i N, M)
+ DÔ thÊy ( ) ( ) ( )1 2TN;TM TO ;TO XN;XM (mod2 )= = = α πJJJG JJJG JJJJG JJJJG JJJG JJJJG
(kh«ng ®æi) (2)
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)
TX
O2
O1
N
M
C
BA
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 106
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
VÝ dô 4: Dùng ra phÝa ngoμi mét ΔABC ba tam gi¸c bÊt k× BCM; CAN; vμ ABP sao cho
n n n n n n0 0 0MBC CAN 45 ; BCM NCA 30 ; ABP PAB 15= = = = = = . Chøng minh r»ng ΔMNP vu«ng c©n
®Ønh P.
H−íng dÉn gi¶i:
+ XÐt tÝch cña hai phÐp vÞ tù - quay Z2DZ1
trong ®ã Z1 = Z(B,
4
π
, k1) vμ Z2 = Z(A,
4
π
, k2)
víi 1
2
BC AC 1
k
BM AN k
= = = (v× ΔCAN ®ång d¹ng víi ΔCBM)
+ Ta cã ΔBMC cè ®Þnh, nMBC
4
π= nªn ( )
1
BC
k
BM
BM;BC
4
⎧ =⎪⎪⎨ π⎪ =⎪⎩
JJJG JJJG
do ®ã Z1 = Z(B,
4
π
, k1): M 6 C vμ P 6 P1 (ΔBPP1 ®ång d¹ng víi ΔBMC)
+ L¹i cã ΔCAN cè ®Þnh, nCAN
4
π= nªn ( )
2
AN
k
AC
AC;AN
4
⎧ =⎪⎪⎨ π⎪ =⎪⎩
JJJG JJJG
do ®ã Z2 = Z(A,
4
π
, k2): C 6 N vμ P1 6 P
suy ra Z = Z2DZ1: M 6 N.
TÝch hai phÐp ®ång d¹ng trªn cã tØ sè ®ång d¹ng k = k2.k1 = 1 vμ α1 + α2 =
2
π
nªn Z lμ phÐp dêi h×nh cã mét
®iÓm cè ®Þnh duy nhÊt P.
Cô thÓ lμ 2PQ : M N
π
6 nªn ta cã ( )
PM PN
PM;PN
2
=⎧⎪⎨ π=⎪⎩
JJJG JJJG . VËy ΔPMN lμ tam gi¸c vu«ng c©n ®Ønh P.
VÝ dô 5: Dùng mét tø gi¸c (låi) néi tiÕp ABCD biÕt ®é dμi c¸c c¹nh: AB = a; BC = b; CD = c; DA =
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.
P1
P
N
M
C
B
A
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 107
ABCD néi tiÕp khi vμ chØ khi l l 0A C 180+ = (hoÆc l l 0B D 180+ = ). KÐo dμi c¹nh BC vÒ phÝa Cùc ®Ó xuÊt
hiÖn n nDCx BAD= vμ
kÒ bï víi nDCB .
Trªn tia Cx (tia ®èi cña tia CB) lÊy ®iÓm
E sao cho ΔDCE ®ång d¹ng víi ΔDAB.
Bμi to¸n dùng tø gi¸c ABCD quay vÒ
dùng ΔDCE.
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, (DA;DC)ϕ = JJJG JJJG , k = c
d
)
Bëi vËy, ®Æt k =
c
d
; n(DA;DC) ADC= = δJJJG JJJG .
XÐt phÐp vÞ tù - quay Z(D; δ; k)
Ta cã Z: D 6 D; A 6 C vμ B 6 E sao cho E ∈ [BE]. Khi ®ã ΔDCE ®ång d¹ng víi ΔDAB vμ do ®ã
n nDCE DAB= vμ B, C, E th¼ng hμng theo thø tù ®ã, ®ång thêi ta ®−îc nBDE ADC= = δJJJJG .
Bμi to¸n trë thμnh dùng ΔDBE cã c¸c yÕu tè ®· biÕt: BC = b; CE = ca
d
, do ®ã
ac bd
BE
d
+= ; CD = c;
DE c
DB d
=
Ta cÇn dùng ®iÓm D lμ mét ®iÓm trong c¸c giao ®iÓm cña ®−êng trong 1γ (C; c) vμ ®−êng trßn Ap«l«nius
( )2γ cã ®−êng kÝnh IJ mμ I, J chia trong vμ chia ngoμi ®o¹n BE theo tØ sè k = cd . §Ønh A ®−îc dùng sau
cïng.
BiÖn luËn: Bμi to¸n cã thÓ cã 1 nghiÖm h×nh hoÆc kh«ng cã nghiÖm h×nh nμo tuú vμo ( )1γ vμ ( )2γ 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.
d
a
c
b
δ
E
D
CB
A
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 108
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 l lA 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.
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
⎧⎪ −⎪=⎨⎪⎪⎩
Bài 3: Tính tổng sau: m
k m n k
k n
C C = ∑
Lời giải:
Đặt m
k m n k
k n
f (m) C C =
=∑ xét hàm sinh: n
m k m m n k
m m k m
k m m k k n k n
k n m k k n
n n
F(x) f (m)x C C x
C C x C (1 x)
= (1 x 1) (2 x)
=
≤ ≤ ≤
⎛ ⎞⎟⎜= = ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎛ ⎞⎟⎜ ⎟= = +⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠
+ + = +
∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑
Mặt khác theo công thức khai triển Newton ta có: n n m m m
n m
(2 x) 2 C x−+ =∑ Đồng nhất thức ta có: n m mnf (m) 2 C
−= Bài 4:
a) Tính tổng sau: k
k2 n
k
C x ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦∑
b) Tính tổng sau: m k
k k2 n n k
k
C C x ⎡ ⎤−⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ −∑
Lời giải: a. Ta có:
k 2k 2k 1 k 2k 2k 12 2 2
n n n k k k
k 2 k k 2 k n n
k k 2 n 2 n
2 n
C x C x C x
C (x ) x C (x )
(1 x ) x(1 x ) (1 x)(1 x )
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤+⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ +⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦= + = + = + + + = + +
∑ ∑ ∑ ∑ ∑
b. Đặt m k
k k2 n n k
k
f (m) C C x ⎡ ⎤−⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ −=∑ . Xét hàm sinh:
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
40
m k m k k m2
n n k m m k
m k k k m2 n n k
k m
m k k k k m k2 n n k
k m
F(y) f (m)y C C x y
C x C y
C x y C y
⎡ ⎤−⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ −
⎡ ⎤−⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ −
⎡ ⎤−⎢ ⎥⎢ ⎥ −⎣ ⎦ −
⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜= = ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠ ⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜= ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠ ⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜= ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠
∑ ∑ ∑
∑ ∑
∑ ∑
Áp dụng câu a ta có m k
m k 2 n k2 n k
m
m k k k k m k2 n n k
k m
k k 2 n k n
k k k 2 n k n
k 2 n
C y (1 y)(1 y )
F(y) C x y C y
C (xy) (1 y)(1 y )
(1 y) C (xy) (1 y )
(1 y)(1 xy y )
⎡ ⎤−⎢ ⎥⎢ ⎥ − −⎣ ⎦ −
⎡ ⎤−⎢ ⎥⎢ ⎥ −⎣ ⎦ −
−
−
= + + ⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜⇒ = ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠
= + + = + + = + + +
∑ ∑ ∑ ∑
∑
Khi x= 2 ta có: 2n 1 m mn m
F(y) (1 y) C y+= + =∑ do đó đồng nhất các hệ số ta có:
m k k k m2 n n k 2n 1
k
C C 2 C ⎡ ⎤−⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ − +=∑
Khi x = -2 ta có : 2n 2n 2n m m m 1 m 1 m
2n 2n m
F(y) (1 y)(1 y) (1 y) y(1 y) ( 1) C ( 1) C y− −⎡ ⎤= + − = − + − = − + −⎢ ⎥⎣ ⎦∑ Đồng nhất thức ta được :
m k k k m m m 12 n n k 2n 2n
k
C C ( 2) ( 1) [C C ] ⎡ ⎤−⎢ ⎥⎢ ⎥ −⎣ ⎦ − − = − −∑
Bài 5: Tính tổng sau: k
m 2k k n k 2k
k
( 1)f (n) C C k 1
+ +
−= +∑ Lời giải: Xét hàm sinh của dãy { }f (n) ta có:
ta có: m 2k n k m 2k m 2k n k m 1 m 2k n k m n k m n k n k n k
n n n m 2k n k m n k m m 2k (m 2k 1)
(m 2k 1) n
m 2k
m 2k 1
C x x C x x C x
x C x x (1 x)
x (1 x)
+ + + + − − − + − − − − + + +
+ − − − − + − + + − + +
+
+ +
= = = = −
= −
∑ ∑ ∑ ∑
Vậy ta có :
k m 2k k n n k 2k
n k
k k k m 2k n k 2k n k
k n
( 1)F(x) C C x k 1
( 1) C x C x k 1
+ +
− + + +
⎡ ⎤−⎢ ⎥= ⎢ ⎥+⎣ ⎦ ⎛ ⎞− ⎟⎜= ⎟⎜ ⎟⎟⎜+ ⎝ ⎠
∑ ∑ ∑ ∑
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
41
k m 2k k k 2k m 2k 1
k
km k 2km 1 2
k
( 1) xF(x) C x k 1 (1 x)
x 1 x C (1 x) k 1 (1 x)
+ −
+ +
+
−= + − ⎧ ⎫⎪ ⎪−⎪ ⎪= ⎨ ⎬⎪ ⎪− + −⎪ ⎪⎩ ⎭
∑ ∑
m 1
m 1 2
m 1
m 1
m
m
x 4x1 1 2(1 x) (1 x)
x 1 x1 2(1 x) 1 x
x (1 x)
−
−
−
−
⎧ ⎫⎪ ⎪− ⎪ ⎪= − +⎨ ⎬⎪ ⎪− −⎪ ⎪⎩ ⎭ ⎧ ⎫− +⎪ ⎪⎪ ⎪= −⎨ ⎬⎪ ⎪− −⎪ ⎪⎩ ⎭
= −
Mặt khác: m
m n n n n m m 1 n m n 1 m n 1 n 1m
n n n
x x C x C x C x (1 x)
+ − + − + − −= = =− ∑ ∑ ∑
Đồng nhất thức ta nhận được: k
m 2k k m 1 n k 2k n 1
k
( 1)f (n) C C C k 1
+ − + −
−= =+∑ III. Ứng dụng của hàm sinh trong các bài toán phân hoạch tập hợp. Bài 1. Tìm số nghiệm nguyên không âm của phương trình: 1 2 nx x x m+ + + =" với m, n là các số nguyên dương cho trước (*) Lời giải: Ta xét hàm sinh:
2 2 2
n tích
F(x) (1 x x )(1 x x ) (1 x x )= + + + + + +" " " "�������������������� ������������������� với |x|<1
Mỗi số hạng trong khai triển F(x) thành tổng có dạng 1 2 nx x xx + + +" trong đó ix 0, i≥ ∀ như vậy quan sát tổng từ trái qua phải mỗi khi ta gặp lũy thừa của x bằng m thì trong biểu thức khai triển thu gọn của F(x) hệ số của mx được tăng lên một đơn vị, do đó hệ số của mx trong khai triển của F(x) thành tổng chính là số nghiệm của phương trình đã cho. Vậy ta cần tìm hệ số của mx trong khai triển thành tổng của F(x).
Ta có: n k k knn k 0
1F(x) (1 x) ( 1) C x (1 x)
− −
≥ = = − = −− ∑
Ở đó: k
k k k n n k 1
n( n 1) ( n k 1) ( 1) n(n 1) (n k 1)C ( 1) C k! k!− + −
− − − − − + − + + −= = = −" " Vậy hệ số của mx trong khai triển F(x) là mn m 1C + − ,đó cũng là số nghiệm của phương trình (*).
Bài 2: Cho n ∈` và giả sử rằng phương trình:
1x 2y n có m+ = nghiệm trong 20` 22x 3y n 1 có m+ = − nghiệm trong 20`
. . . . . . . . . . . . nnx (n 1)y 1 có m+ + = nghiệm trong 20`
n 1(n 1)x (n 2)y 0 có m ++ + + = nghiệm trong 20` Chứng minh rằng : k
k
m n 1= +∑ Lời giải: Ta xét hàm sinh:
2 2 4 1 2
1 1F (x) (1 x x )(1 x x ) 1 x 1 x
= + + + + = ⋅− −" " với 0<|x|<1
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
42
Khai triển 1F (x) thành tổng thì các số hạng là các lũy thừa của x với số mũ có dạng i + 2j. Vậy
1m chính là hệ số của nx trong khai triển 1F (x) thành tổng. Do đó ta có:
n 1 1F (x) m x= + +" "
Lý luận tương tự ta có : n 1 k
k k k 1 n
k k
F (x) m x
x F (x) m x
+ −
− = + +
⇔ = + + " " " "
Ở đó k 2k k 1 2(k 1)k k k 1 1 1F (x) (1 x x )(1 x x ) , k=1 n+1
1 x 1 x + +
+= + + + + = ⋅ ∀− −" " " Suy ra: k 1 nk k
k k
x F (x) m x− = + +∑ ∑" " Mặt khác :
k 1 k 1
k k k 1 2 k k 1 2 k k k
x 1 1 1 1x F (x) (1 x )(1 x ) x x 1 x 1 x x(1 x)
− −
+ + ⎛ ⎞⎟⎜= = − =⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠− − − − − −∑ ∑ ∑
Hệ số của nx trong khai triển k 1 k k
x F (x)−∑ là hệ số của n 1x + trong khai triển của 2 n 2)
1 1 (1 x) (1 x)(1 x +
−− − − . Vậy n 1 n 1k 2 1
k
m C C n 1+ +− −= − = +∑ Bài 3: Cho hữu hạn cấp số cộng, sao cho mỗi số tự nhiên khác 0 là một phần tử của đúng một cấp số. Chứng minh rằng có hai cấp số cộng trong số các cấp số cộng trên có cùng công sai. Lời giải: Giả sử có m cấp số cộng j j{a nb }, j 1, ,m+ = … mà mỗi số tự nhiên là phần tử của đúng một cấp số. Ta có:
j
j j
j
am m a nb
b j 1 n 0 j 1
xx | x|<1 1 x
+
= ≥ = = ∀−∑∑ ∑
Mà j j m
a nb k
j 1 n 0 k 1
x x | x|<1+ = ≥ ≥
= ∀∑∑ ∑
j
j
am
b j 1
x x x 1 1 x=
⇒ =− −∑ (*)
Giả sử không có hai cấp số cộng nào nói trên có cùng công sai, suy ra tập hợp { }1 2 nb , b , b… là
hữu hạn dó đó tồn tại duy nhất phần tử lớn nhất, giả sử đó là 1b . Gọi ε là một nghiệm khác 1 của
phương trình 1bx 1= thỏa mãn ib 1, i:1
Giả sử kk k
F(x) f x=∑ là hàm sinh của dãy { }kf , với 2 ine πε = ( ε là căn bậc n của đơn vị) ta có: n 1
nk k 0
1f F(1) F( ) F( ) n
−
≥ ⎡ ⎤= + ε + + ε⎢ ⎥⎣ ⎦∑ "
Bài 4.(Rumania – 2003) Cho tập A={2, 3, 7, 9} Tìm số các số có n chữ số lập từ A mà số đó chia hết cho 3 Lời giải. Ta cần tìm số các bộ 1 2 n i(x , x , , x ), x A i =1, , n ∈ ∀… … sao cho : 1 2 n(x x x ) 3+ + +" #
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
43
Tương tự như bài tập 1 chúng ta xét hàm sinh: 2 3 7 9 nF(x) (x x x x )= + + +
Lý luận như trên ta có số các số cần tìm chính là tổng các hệ số của các lũy thừa có số mũ chia hết cho 3. Giả sử F(x) có khai triển kk
k 0
F(x) f x ≥
=∑ Chúng ta cần phải tính 3k
k 0
P f ≥
=∑ Áp dụng định lý RUF ta có :
2 i 2 3
3k k 0
1P f F(1) F( ) F( ) , =e 3
π
≥ ⎡ ⎤= = + ε + ε ε⎢ ⎥⎣ ⎦∑
n
2 3 7 9 n 2 n
2 4 6 14 18 n 2 n
F(1) 4 F( ) ( ) ( 1 1) 1 F( ) ( ) ( 1 1) 1
= ε = ε +ε +ε +ε = ε + +ε+ = ε = ε +ε +ε +ε = ε+ +ε + =
Vậy n4 2P 3 +=
Bài 5.(IMO-95) Cho tập hợp A = {1, 2, …, 2p}, p là số nguyên tố. Tìm số các tập con của A thỏa mãn: +) Mỗi tập có đúng p phần tử. +) Tổng các phần tử của tập con đó chia hết cho p. Lời giải. Để giải bài toán bằng phương pháp hàm sinh ta phải sử dụng 2 biến x, y: Lũy thừa của biến x để tính tổng của các phần tử của tập con, lũy thừa của biến y để tính số phần tử của tập con đó. Giả sử khi đã có một tập con của B, khi thêm một phần tử m vào tập con đó thì tổng các phần tử sẽ tăng lên m đơn vị và số lượng phần tử của tập sẽ tăng lên một đơn vị. Nhưng ta phải giữ lại những tập con không chứa m trước khi thêm m vào, do đó trong hàm sinh sẽ chứa các nhân tử có dạng m1 x y+ . Xét hàm sinh như sau:
2 2pF(x, y) (1 xy)(1 x y)...(1 x y)= + + + Khai triển dưới dạng tổng của F(x, y) có dạng: n kn,k
k,n
F(x, y) f x y=∑ Ta sẽ đi tìm ý nghĩa của n,kf . Khi khai triển F(x, y) thành tổng thì các số mũ của x có dạng
1 2 kx x x+ + +" với 1 2 kx , x , , x… là các số đôi một phân biệt của tập A, số mũ tương ứng của y là k, như vậy n,kf chính là số tập con của A có k phần tử mà tổng các phần tử là n. Để giải
bài toán chúng ta phải đi tìm tổng kp,p n,p k 0 n p
P f f ≥
= =∑ ∑ #
Áp dụng định lý RUF cho F(x, y) trong đó ta coi x là biến số ta được: 2 ip 1
k j p n,k
k 0,n p j 0
1f y F( , y), =e p
π−
≥ = = ε ε∑ ∑
#
Ta có: 2p
j j 2 j 2 jp
F(1, y) (1 y) F( , y) (1 y)(1 y)...(1 y); j 1
= + ε = +ε +ε +ε ∀ ≥
Vì p là số nguyên tố nên {j, 2j, . . . , pj}, {(p+1)j, . . ., 2pj} tạo thành các hệ thặng dư thu gọn mod p, mặt khác ta có p 1ε = do đó :
Dễ nhận thấy phương trình py 1 0+ = có các nghiệm là 1 2 p, , ,− − −−ε −ε −ε… do đó ta có :
j j 2 j 2 jp
2 p 2
F( , y) (1 y)(1 y)...(1 y) [(1 y)(1 y) (1 y)] ; j 1 ε = +ε +ε +ε
= +ε +ε +ε ∀ ≥…
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
44
2 p p (1 y)(1 y) (1 y) 1 y+ε +ε +ε = +…
k 2p p 2 n,k
k 0,n p
p 2p
n,p n p
1f y (1 y) (p 1)(1 y ) p
C 2(p 1) f
p
≥ ⎡ ⎤⇒ = + + − +⎢ ⎥⎣ ⎦ + −⇒ =
∑ ∑ #
#
Vậy số tập con tìm được là: p 2pC 2(p 1)
p + −
Nhận xét : 9 Nếu bỏ qua điều kiện thứ nhất thì bài toán sẽ đơn giản hơn rất nhiều, khi đó ta chỉ cần xét hàm sinh:
2 2pF(x) (1 x)(1 x )...(1 x )= + + + Khi đó số tập con cần tìm là
2p p 1
kp k 0
1 2 4(p 1)P f F(1) F( ) F( ) p p
−
≥
+ −⎡ ⎤= = + ε + + ε =⎢ ⎥⎣ ⎦∑ "
9 Ta có thể mở rộng bài toán 5 thành bài toán 5’ như sau: Bài toán 5’: Cho tập hợp A = {1, 2, …, m}, p là số nguyên tố. Tìm số các tập con của A thỏa mãn: +) Mỗi tập có đúng p phần tử. +) Tổng các phần tử của tập con đó chia hết cho p.
Lời giải Lý luận tương tự như bài tập 5 chúng ta xét hàm sinh:
2 m n k n,k
k,n
F(x, y) (1 xy)(1 x y)...(1 x y) f x y= + + + =∑ Và ta cần phải tính tổng : kp,p n,p
k 0 n p
P f f ≥
= =∑ ∑ #
Áp dụng định lý RUF cho F(x, y) trong đó ta coi x là biến số ta được: 2 ip 1
k j p n,k
k 0,n p j 0
1f y F( , y), =e p
π−
≥ = = ε ε∑ ∑
#
Ta có: m
j j 2 j jm
F(1, y) (1 y) F( , y) (1 y)(1 y)...(1 y); j 1
= + ε = +ε +ε +ε ∀ ≥
Ta viết m = pq + r với 0 r p 1≤ < − Vì p là số nguyên tố nên {j, 2j, . . . , pj}, {(p+1)j, . . ., 2pj}, . . .,{(q-p+1)j, . . .,qj} tạo thành các hệ thặng dư thu gọn mod p, mặt khác ta có p 1ε = do đó :
p 1 p 1 k j p q j 2 j rj n
n,k k 0,n p j 0 j 0
1 1 1f y F( , y) (1 y ) (1 y)(1 y) (1 y) (1 y) p p p
− −
≥ = = ⇒ = ε = + +ε +ε … +ε + +∑ ∑ ∑
#
Đồng nhất hệ số của py ta có :
p m m p
kp,p n,p k 0 n p
m(p 1) C (p 1)q C p
P f f p p≥
⎡ ⎤⎢ ⎥− +⎢ ⎥− + ⎣ ⎦= = = =∑ ∑ #
Khi n = 2p ta được kết quả là bài toán 5
j j 2 j mj
2 p q j 2 j rj
p q j 2 j rj
F( , y) (1 y)(1 y)...(1 y) [(1 y)(1 y) (1 y)] (1 y)(1 y) (1 y) ; j 1 (1 y ) (1 y)(1 y) (1 y)
ε = +ε +ε +ε = +ε +ε +ε +ε +ε +ε ∀ ≥ = + +ε +ε … +ε
… …
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
45
Bài 6: Cho tập hợp A = {1, 2, . . . , 2009} Tìm số các tập con của A mà tổng các phần tử trong mỗi tập con đó chia hết cho 7 Lời giải. Tương tự như nhận xét trên chúng ta xét hàm sinh:
2 2009F(x) (1 x)(1 x )...(1 x )= + + + Khai triển F(x) thành dạng kk
k
F(x) f x=∑ ta cần tính : 6
7k k 0
1P f F(1) F( ) F( ) 7≥ ⎡ ⎤= = + ε + + ε⎢ ⎥⎣ ⎦∑ "
Vì 7 là số nguyên tố, với phương pháp tương tự bài tập 3 ta có:
2009F(1) 2= 287j j 2 j 2009 j 2 7 287 287F( ) (1 )(1 ) (1 ) (1 )(1 ) (1 ) (1 1) 2⎡ ⎤ε = +ε +ε +ε = +ε +ε +ε = + =⎢ ⎥⎣ ⎦… …
Vậy: 2009 2872 6.2P
7 +=
Bài 7: Cho số nguyên dương n. Chứng minh rằng số các cách phân tích n thành tổng của các số nguyên dương lẻ bằng số cách phân tích n thành tổng của các số nguyên dương khác nhau. Lời giải. Xét hàm sinh:
2 3 6 5 10F(x) (1 x x )(1 x x )(1 x x )= + + + + + + + + +" " " " Số mũ của số hạng trong phân tích thành tổng của F(x) có dạng: 1 2 3i 3i 5i+ + +"có nghĩa là tổng của các số lẻ, mỗi số lẻ có thể lặp lại. Vậy số cách phân tích n thành tổng các số nguyên dương lẻ chính là hệ số của nx trong khai triển của F(x) Tương tự ta xét hàm sinh:
2 3G(x) (1 x)(1 x )(1 x )= + + + " Số mũ của các số hạng trong khai triển thành tổng của G(x) có dạng 1 2 3i i i+ + +"với
1 2 3i , i , i ,… là các số nguyên dương đôi một phân biệt. Như vậy hệ số của nx chính là số cách phân tích n thành tổng của các số nguyên dương phân biệt. Vậy ta chỉ cần chứng minh : F(x) = G(x). Thật vậy:
3 5 2k 1 k 0
2k k
k 2k 1 k 1 k 1 k 0
1 1 1 1F(x) 1 x 1 x 1 x 1 x
1 x 1G(x) (1 x ) 1 x 1 x
+ ≥
+ ≥ ≥ ≥
= ⋅ ⋅ =− − − − −= + = =− −
∏ ∏ ∏ ∏
"
Vậy F(x) = G(x) (đpcm) Bài 8: Giả sử với mỗi số tự nhiên n có hai dãy số dương 1 2 na ,a , , a… và 1 2 nb , b , , b… sao cho dãy tổng 1 2 1 3 n 1 na a ,a a , ,a a−+ + +… là một hoán vị của dãy các tổng
1 2 1 3 n 1 nb b , b b , , b b−+ + +… Chứng minh rằng n là lũy thừa của 2 Lời giải: Xét các hàm sinh
i i
i i
a b
a A b B
F(x) x , G(x) x ∈ ∈
= =∑ ∑ Ta có:
i j i ji
i i j i j
i j i ji
i i j i j
a a a a2a2 2
a A a ,a A a ,a A
b b b b2b2 2
b B b ,b B b ,b B
2 2 2 2
[F(x)] x x F(x ) x
[G(x)] x x G(x ) x
[F(x)] [G(x)] F(x ) G(x )
+ +
∈ ∈ ∈ + +
∈ ∈ ∈
= + = +
= + = +
⇒ − = −
∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
46
Vì F(1) = G(1) = n do đó 1 là nghiệm của F(x) – G(x) suy ra k *
2 2 2 2 2 k 2 2 k
k
F(x) G(x) (x 1) H(x), k F (x) G (x) F(x ) G(x ) (x 1) H(x ) H(x )F(x) G(x) (x 1) F(x) G(x) F(x) G(x) (x 1) H(x) H(x)
− = − ∈ − − −⇒ + = = = = +− − −
`
Chọn x = 1 ta nhận được :
2 k k
k 1
H(1 ) 2n F(1) G(1) (1 1) 2 H(1)
n 2 −
= + = + =
⇒ =
Bài 9: Tìm số các hoán vị không có điểm cố định của tập hợp {1, 2, . . . , n} Lời giải. Gọi số các hoán vị với đúng k điểm cố định cho trước là n kD − suy ra tổng số các hoán vị với đúng k điểm cố định là kn n kC D − . Vì tổng số hoán vị là n! nên ta có:
k n k n k n k n n k n k
k k k
D H Dn! C D 1 1; H k!(n k)! k! (n k)!
− − − − −= ⇔ = ⇔ = =− −∑ ∑ ∑
Áp dụng tính chất nhân hai hàm sinh ta có
Vậy ta có : kn
nn n
k 0
D ( 1) 1 1 1 1D n! ( 1) n! k! 2! 3! 4! n!=
⎡ ⎤− ⎢ ⎥= ⇒ = − + − + −⎢ ⎥⎣ ⎦∑ " Số hoán vị cần tìm là nn
1 1 1 1D n! ( 1) 2! 3! 4! n! ⎡ ⎤⎢ ⎥= − + − + −⎢ ⎥⎣ ⎦
" Bài 10: (Chọn dự tuyển Việt Nam 2008) Cho M là tập hợp của 2008 số nguyên dương đầu tiên , mỗi số đó được tô bởi một trong 3 màu : xanh , đỏ và vàng , và mỗi màu thì được tô ít nhất một số , xét 2 tập :
1S = { (x, y, z) thuộc 3M mà x, y, z tô cùng màu , x y z 0(mod 2008)+ + ≡ } 2S = { (x, y, z) thuộc 3M mà x, y, z tô cùng màu , x y z 0(mod 2008)+ + ≡ }
Chứng minh rẳng : 1 22 | S | | S |> Lời giải: Gọi A, B, C là 3 tập hợp tương ứng gồm các số màu xanh, đỏ, vàng Xét các hàm sinh:
3 3 31 2 1 2 1 2
i i i
a b c
a A b B c C
a b ca a b b c c3 3 3 n n
a A b B c C n
F(x) x ,G(x) x , H(x) x
I(x) F (x) G (x) H (x) x x x f x ∈ ∈ ∈
+ + + + + +
∈ ∈ ∈
= = =
= + + = + + = ∑ ∑ ∑
∑ ∑ ∑ ∑ Trong đó nf chính là số bộ (x, y, z) có cùng một màu và có tổng là n Gọi ε là nghiệm của phương trình 2008x 1 0− = . Theo định lý RUF ta có
k 0 2008 2.2008 3.2008 1
k
1 I( ) f f f f S 2008
ε = + + + =∑ Vậy k 3 k 3 k 3 k1
k k
1 1S I( ) F ( ) G ( ) H ( ) 2008 2008
⎡ ⎤= ε = ε + ε + ε⎢ ⎥⎣ ⎦∑ ∑ Lý luận tương tự ta có :
k k k k k k 2
k k
6 2S F( )G( )H( ) 3.F( )G( )H( ) 2008 2008
= ε ε ε = ε ε ε∑ ∑ Với k 0≠ ta có k k kF( ) G( ) H( ) 0ε + ε + ε = do đó : 3 k 3 k 3 k k k kF ( ) G ( ) H ( ) 3F( )G( )H( )ε + ε + ε = ε ε ε vậy ta chỉ cần chứng minh 3 3 3F (1) G (1) H (1) 3F(1)G(1)H(1)+ + >
x m x k m
k m
1 e ( 1)e H(x) H(x) x x 1 x 1 x m!
− −= ⇔ = =− − ∑ ∑
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
47
Thật vậy ta luôn có 3 3 3F (1) G (1) H (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: 2p 2k 1 k2n 1 p k
k 0
C C+ ++ + ≥ ∑
Bài 2: Chứng minh rằng: k t k tn m m n k
C C C− +=∑ Từ đó tính tổng k 2n
k
(C )∑ Bài 3: Chứng minh rằng: 2k m k 2n2n 1 2n 2m 1
k
C C C++ +=∑ Bài 4: Chứng minh rằng với mọi n > 0 ta có:
n k 2n 1 2n 12
2k n k
k
x 1 x 1 x 1x C 4 2 2
− + +
+ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− − +⎟⎜ ⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ = +⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟⎜ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠∑
Bài 5: Tính tổng sau:
k n k2k 2n 2k k
1 1C C k 1 n k 1
− −+ − +∑
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 n
n
f (n, k,T)x∑ 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 n
n
g(n,k,T)x∑ 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
1 2 1 2 1 2a a ,a a 1,a A,a A+ ≠ ≥ ∈ ∈ bằng số cách phân tích n thành tổng 1 2 1 2 1 2b b ,b b ,b B,b B+ ≠ ∈ ∈
Bài 8: Xác định dãy { }nf thỏa mãn điều kiện: 1
2n n
2n 1 n n 1
f 1 f f f f f+ +
⎧ =⎪⎪⎪⎪ =⎨⎪⎪⎪ = +⎪⎩
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 ( )1 2 p 1x , x , , x −… gồm p – 1 số tự nhiên sao cho tổng 1 2 p 1x 2x (p 1)x −+ + −… chia hết cho p, trong đó các số 1 2 p 1x , x , , x −… 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. WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
48
♥ 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) ⇔ 2 1p
a −
≡ 1 (mod p)
a là số không chính phương (mod p) ⇔ 2 1p
a −
≡ -1 (mod p)
c) Ký hiệu Lơgiăngđrơ: Cho số nguyên tố lẻ p; a là số nguyên không chia hết cho p. Ký hiệu ⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝
⎛ p a
được định nghĩa như sau: 1 nếu a là số chính phương (mod p)
⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝
⎛ p a
= -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:
+) 2 1p
a −
≡ ⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝
⎛ p a
(mod p)
+) Nếu a ≡ b (mod p) (a, b ∈ Z; (a, p) = (b, p) = 1) thì ⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝
⎛ p a
= ⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝
⎛ p b
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
49
+) ⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝
⎛ p a ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝ ⎛
p b
= ⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝
⎛ p ab
(a, b ∈ Z; (a, p) = (b, p) = 1)
+) ⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝
⎛ p a 2
= 1 +) 2 1p
)1( p 1 −−=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝ ⎛ −
+) 8 12p
)1( p 2 −−=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝ ⎛
e) Luật tương hỗ Gauss:
Nếu p, q là các số nguyên tố lẻ và p ≠ q thì 4 )1q)(1p(
)1( p q
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
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
50
⇒ 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)
⇒ 1 = 8 12p
2 1p
)1.()1( p 2
p 1
p 2 −− −−=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝ ⎛⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝ ⎛ −=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝ ⎛ −
⇒ p có dạng 8m + 1 hoặc 8m + 3 (m ∈ N) WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
51
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
1n n
1m +++ là một số nguyên dương.
(Đề thi Olympic Toán của Anh năm 2007)
Lời giải: Ta chứng minh rằng phương trình x
1y y
1x +++ = 4 (1) có vô số nghiệm nguyên dương. 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 +
(1 - 4tk+1) tk + 2 1kt + + tk+1 = 0.
Xét 2 2kt + + (1 - 4tk+1) tk+2 + 2
1kt + + tk+1 - [ 2 kt + (1 - 4tk+1)tk +
2 1kt + + tk+1] =
= 2 2kt + - 2 kt + (1 - 4tk+1) (tk+2 - tk) = (tk+2 - tk) (tk+2 + tk + 1 - 4tk+1) = 0
⇒ 2 2kt + + (1 - 4tk+1) tk+2 + 2 1kt + + 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
1n n
1m +++ là một số nguyên 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)
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
52
⇒ 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 Giả sử x chẵn ⇒ x = 2x1 (x1 ∈ N*) ⇒ 21x )12( ≡ -y4 (mod 251) ⇒ 1 ≡ 25022501x )y()12( −≡ ≡ -1 (mod 251). Đó là điều vô lý. Giả sử x lẻ. Hiển nhiên y chẵn ⇒ y = 2uy1 (y1 ∈ N*, y1 lẻ, u ∈ N*) ⇒ 22x3x + 24u 41y = 23z 251z Ta có 2x ≠ 4u (vì x lẻ) ⇒ 3z = 2x hoặc 3z = 4u
Trường hợp 1: 3z = 2x < 4u ⇒ z �2 và 3x + 24u-2x 41y = 251z 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 + 41y = 251z Vế phải có dạng 5k + 1 (k ∈ N). Nếu y1 không chia hết cho 5 ⇒ 41y ≡ 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:
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
53
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
1y y
1x +++ = 3 có vô số nghiệm nguyên dương. 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.
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
54
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:
D )Dyx()Dyx(y
)Dyx()Dyx(x
nn
n
nn
n
2
2
0000
0000
−−+=
−++=
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:
nn xxkxx...xx 21 22
2 2 1 =+++ (1)
trong ®ã k, n lμ c¸ c tham sè nguyªn d−¬ng, xi lμ c¸ c Èn nhËn gi¸ trÞ nguyªn( i = n,1 )
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 21 - k(x2x3...xn) .x1+ (
22 2 nx...x ++ ) = 0
XÐt ph−¬ng tr×nh bËc hai: )x....x(x)x...xx(kx nn 22
232 2 ++− = 0 (2)
Th× ph−¬ng tr×nh (2) cã nghiÖm x= x1 , dã ®ã ph¶i cã nghiÖm /xx 1=
Theo ®Þnh lý Viet cã: ⎪⎩ ⎪⎨⎧ +++=
=+ 22
3 2 211
3211
n /
n /
x...xxx.x x...xkxxx
V× k *N∈ , xi∈ z nªn tõ hÖ trªn suy ra /x1 nguyªn. NÕu cã thªm diÒu kiÖn xi nguyªn d−¬ng th× tõ hÖ trªn suy ra
/x1 nguyªn d−¬ng.
NÕu l¹i cã thªm ®iÒu kiÖn x1 < x2 <...
/x1 , 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:
kxyz)zyx( =++ 2 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
xyuvnvuyx =+++ cã nghiÖm nguyªn d−¬ng x,y,u,v.
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
55
Gi¶i:
Víi *Nv,u,y,x ∈ th× ph−¬ng tr×nh ®· cho t−¬ng ®−¬ng víi: xyuv.n)vuyx( 22 =+++
2 2 2x 2x(y u v) (y u v) n .xyuv⇔ + + + + + + = 2 2 2x 2(y u v) n yuv .x (y u v) 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
0000 vuyx ≥≥≥ Ta cã: [ ] 02 20000000200020 =+++−+++ )vuy(x.vuyn)vuy(x Do ®ã ph−¬ng tr×nh bËc hai:
f(x) = [ ] 02 200000020002 =+++−+++ )vuy(x.vuyn)vuy(x Cã nghiÖm: x = x0, suy ra ph−¬ng tr×nh nμy ph¶i cã nghiÖm x = x1 vμ theo ®Þnh lý ViÐt:
⎪⎩ ⎪⎨⎧ ++=
+++−=+ 2
00001
000 2
00001 2
)vuy(x.x vuyn)vuy(xx
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 01 xx ≥ . Do ®ã 00001 vuyxx ≥≥≥≥ .
Tam thøc bËc hai f(x) cã nghiÖm tho¶ m·n 00001 ≥⇒≥≥ )y(fyxx
16
162
02
00
2 0
2 0000000
2 000
2 0
2 00000
2 00000
2 0
≤⇒ ≤++++++≤⇒ ≥+++−+++⇔
vnu y)vuy(y)vuy(yvuny
)vuy(vunyy)vuy(y
1600 ≤≤⇒ vnun vËy n { }4321 ,,,∈ §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 { }4321 ,,,∈
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
56
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: 1
22
+ +
ab ba
lμ sè chÝnh ph−¬ng
Gi¶i: §Æt p = 1
22
+ +
ab ba
tõ gi¶ thiÕt suy ra p lμ sè nguyªn d−¬ng. Ta cã
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
00 yx ≥ Ta cã: 000
2 0
2 0 =−−+ pypxyx 2 20 0 0 0x py x y p 0⇔ − + − =
XÐt ph−¬ng tr×nh: 2 20 0 0x py x y p⇔ − + − = th× ph−¬ng tr×nh cã nghiÖm
x = x0 . Mμ ®ã lμ ph−¬ng tr×nh bËc hai, nªn còng cã nghiÖm x = x1. Theo ®Þnh lý ViÐt cã: ⎩⎨ ⎧
−= =+
pyxx pyxx
2 010
010
suy ra x1 = py0 - x0 nªn x1 lμ sè nguyªn
Ta cã: (x1 + 1)(x0 + 1) = x1x0+(x1+x0)+1 =
= 0111 0 2 00
2 0 〉+−+=++− )y(pypypy ( v× p > 0, 10 ≥y )
suy ra x1+ 1 > 0 ⇒ x1 > -1 mμ x1 Z∈ nªn x1 0≥ NÕu x1 > 0 th× x1 nguyªn d−¬ng
Ta cã 02010 2 1 =−+− pyxpyx )y,x( 01⇒ lμ nghiÖm nguyªn d−¬ng cña ph−¬ng tr×nh (4).
Tõ gi¶ thiÕt 0 0( , )x y lμ nghiÖm nguyªn d−¬ng nhá nhÊt ta suy ra 01 xx ≥ MÆt kh¸c ta l¹i cã: 00
2 0
2 001 xyypyxx ≤〈−= 001 xyx ≤〈⇒ m©u thuÉn
VËy ph¶i cã 2 21 0 00 0x y p p y= ⇒ − = → = 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:
⎩⎨ ⎧
= =
3ky kx
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)
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
57
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
i
n
i ii aa
1 1
22 4 lμ sè chÝnh ph−¬ng.
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
i
n
i ii aa
1 1
22 4 = 2
1
2⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝
⎛ −∏ =
n
i ia hay 01
11
2 =+− ∏∑ ==
n
i i
n
i i aa (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
ViÕt (1) d−íi d¹ng 2 21 1 22
. 1 0 n n
i i ii
a a a a ==
⎛ ⎞− + + =⎜ ⎟⎝ ⎠∑∏ XÐt ph−¬ng tr×nh: 2 2
22
. 1 0 n n
i i ii
x a x a ==
⎛ ⎞− + + =⎜ ⎟⎝ ⎠∑∏ Th× ph−¬ng tr×nh cã nghiÖm x = a1, do ®ã sÏ cã nghiÖm
/ax 1=
Theo ®Þnh lý Vi-Ðt:
/ 1 1
2
/ 2 1 1
2 . 1
n
i i
n
i i
a a a
a a a
=
=
⎧ + =⎪⎪⎨⎪ = +⎪⎩
∏ ∑
n
/ 1 i 1
i 2 a a a
= ⇒ = −∏
Do d·y a1, a2, ..., an xÕp t¨ng dÇn nªn n / aa 〉1 ta ®−îc c¸c sè
/a1 , a2 , ... , an tho¶ m·n ph−¬ng tr×nh (1)
§æi chç /a1 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
i
n
i ii aa
1 1
22 4 lμ sè chÝnh ph−¬ng vμ n > 2002 (®pcm).
Cuèi cïng lμ mét sè bμi tËp ®Ó c¸c b¹n tù gi¶i
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
58
Bμi 1: Cho a, b lμ hai sè nguyªn d−¬ng tho¶ m·n :
ab chia hÕt a2 + b2 + 1.
CMR: ab ba 122 ++
lμ sè nguyªn tè
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
∑∏ ∈∈
= Bx
i Bx
i ii
xx 2
Nam §Þnh, th¸ng 10 n¨m 2008
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
59
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:
+) C¸c ®iÓm , ,A B C th¼ng hμng;
(d)
A B C
+) §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: +) 0x > th× M n»m bªn ph¶i ®iÓm gèc O; +) 0x < th× M n»m bªn tr¸i ®iÓm gèc O; +) 0x = 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=JJJJG JJJG 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: [ ]0,1k ∈ 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¶
m·n: AM k AB=JJJJG JJJG hay trªn mÆt ph¼ng to¹ ®é: ( ): ( )
M a b a
M a b a
x x k x x k
y y k y y = + −⎧∃ ⎨ = + −⎩ ?
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
60
• 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=JJJJG JJJG 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= +JJJG JJG JJG víi 1p q+ = ; ®Æc biÖt [ ], 0,1p q ∈ 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: ( ) { ( , ) : ( , ) 0}L M x y f x y= = vμ hÖ thøc ( , ) 0f x y = ®−îc gäi lμ ph−¬ng tr×nh cña ®−êng ( )L trong mÆt ph¼ng to¹ ®é Oxy. +) NÕu ( , ) 0f x y = 0Ax By C⇔ + + = ta nhËn ®−îc ®−êng th¼ng +) NÕu ( , ) 0f x y = 2 2 0;x y x y⇔ α + β + γ + η + μ = ta cã thÓ nhËn ®−îc ®−êng trßn hoÆc Conic. +) NÕu ( , ) 0f x y = ⇔ ( ); ( )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:
b a
c
a1 b1
a2 b2 A
C
B
C1
C2
NhËn xÐt:
Râ rμng ta cã ®ång thêi : l m1 22C C π< < vμ: 2 2 2 2 21 1 2 2a b c a b+ > > +
VËy ph¶i ch¨ng tån t¹i mèi quan hÖ gi÷a ®é lín gãc nACB víi hiÖu sè: 2 2 2H a b c= + − . 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: 2 2 2
2 2 2 2 cos cos 2
a b cc a b ab C C ab
+ −= + − ⇔ = . Nh− vËy ta cã: 2 2 2 0a b c+ − > th× gãc lC nhän;
2 2 2 0a b c+ − = th× gãc lC vu«ng; 2 2 2 0a b c+ − < th× gãc lC tï.
• Lêi chøng minh ®−îc xuÊt ph¸t tõ tÝch v« h−íng cña hai vÐc t¬: . .cosCACB b a C=JJJGJJJG . • TiÕp ®ã ta còng nhËn ®−îc c«ng thøc tÝnh ®é dμi ®−êng trung tuyÕn xuÊt ph¸t tõ hÖ thøc vÐc t¬:
2 2 21 2( )( ) 2 4
2 c
a b cCM CA CB m + −= + ⇔ =JJJJG JJJG JJJG . • VËy nÕu CD lμ ph©n gi¸c trong cña tam gi¸c CAB th× ta cã hÖ thøc vÐc t¬:
b aCD CA CB a b a b
= ++ + JJJG JJJG JJJG
tõ ®©y b×nh ph−¬ng v« h−íng hai vÕ ta nhËn ®−îc c«ng thøc:
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
61
2 ( ) 2 2c
abp p c ab CCD l cos a b a b
−= = =+ + . Trong ®ã 2 a b cp + += lμ nöa chu vi.
• 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 0MI R− < ; M ë trªn ®−êng trßn khi chØ khi 0MI R− = ; M ë ngoμi ®−êng trßn khi chØ khi 0MI R− > . Nh− vËy nÕu mét ®−êng trßn (C) cã ph−¬ng tr×nh: ( , ) 0f x y = vμ mét ®iÓm ( , )m mM x y .
2 2( , )m mf x y MI R= − /( )M c=P 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:
( , ) 0m mf x y < t−¬ng øng ta cã ®iÓm ( , )m mM x y n»m trong ®−êng trßn. ( , ) 0m mf x y > t−¬ng øng ta cã ®iÓm ( , )m mM x y n»m ngoμi ®−êng trßn. ( , ) 0m mf x y = t−¬ng øng ta cã ®iÓm ( , )m mM x y n»m trªn ®−êng trßn.
§Æc biÖt víi hai ®−êng trßn: 1 1 2 2( ) : ( , ) 0;( ) : ( , ) 0;C f x y C f x y= = kh«ng ®ång t©m th× ®−êng th¼ng:
1 2( ) : ( , ) ( , )f x y f x yΔ = 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: ( , ) 0f x y = vμ ®iÓm ( , )m mM x y th×:
( , ) 0m mf x y < t−¬ng øng ta cã ®iÓm ( , )m mM x y n»m trong miÒn chøa tiªu ®iÓm. ( , ) 0m mf x y > t−¬ng øng ta cã ®iÓm ( , )m mM x y n»m trong miÒn kh«ng chøa tiªu ®iÓm. ( , ) 0m mf x y = t−¬ng øng ta cã ®iÓm ( , )m mM x y n»m trªn Conic.
4
2
-2
-4
6
-10 -5 5
F2
M1
O
M2
F1
M
• §èi víi c¸c ®å thÞ hμm sè còng vËy (xem h×nh vÏ sau):
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
62
Gäi (C) lμ ®å thÞ hμm sè: ( )y f x= . khi ®ã trªn mÆt ph¼ng to¹ ®é tËp hîp c¸c ®iÓm ( , )m mM x y tho¶ m·n: i) ( )m my f x− > 0 lμ miÒn trªn ®å thÞ –miÒn g¹ch (vÝ dô M2) ii) ( )m my f x− < 0 lμ miÒn d−íi ®å thÞ –miÒn kh«ng g¹ch (vÝ dô M*) iii) ( ) 0m my f x− = lμ ®å thÞ (C) (vÝ dô M1)
6
4
2
-2
-5 5 10
y
M2
f x( ) = x2+3⋅x( )-1
O
tren do thi
M1
duoi do thi
M*
x
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≤
A B
I
M ThËt vËy do tån t¹i cÆp 2( , ) ; 1p q p q∈ + =R ; [ ], 0,1p q ∈
sao cho:
IM pIA qIB= +JJJG JJG JJG nªn: | | ( ) { , } { , }IM IM pIA qIB p q Max IA IB Max IA IB= ≤ + ≤ + =JJJG . §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:
1 1 1 1( ) : 0d A x B y C+ + = ; 2 2 2 2( ) : 0d A x B y C+ + = ; 3 3 3 3( ) : 0d A x B y C+ + = . §iÓm ( , )m mM x y thuéc miÒn trong tam gi¸c ABC khi chØ khi ®ång thêi cã:
1 1 2 2 3 3( ) ( ) 0; ( ) ( ) 0; ( ) ( ) 0f A f M f B f M f C f M> > > . á ®©y ta ký hiÖu: ( ) ( , )i i m m i m i mf M f x y A x B y 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).
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
63
• 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.
4
2
-2
-4
-5 5
(d2)
(d3) (d1)
A C
B
O
I
K
M
• 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: 2 2( , ) 4 2f x y x y x y= + − − . XÐt trªn miÒn: {( , ) : 1 5;3 6}D x y x y= − ≤ ≤ ≤ ≤ . 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 ( 1,3); ( 1,6); (5,6); (5,3).A B C D− − ViÕt 2 2( , ) ( 2) ( 1) 5f x y x y= − + − − NÕu ®Æt ( , )M x y vμ (2,1)I th× 2( , ) 5f x y IM= − . Do ®ã
2 0( , ) 5 1
D Minf x y IM= − =− ; 2 2 2 2( , ) { , , , } 5 34 5 29
D Maxf x y Max IA IB IC ID= − = − =
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
64
8
6
4
2
-2
-4
-6
-8
y
-5 5 10 15
A
O
I
6
-1
3
B C
D
2
1
M0
Bμi to¸n 2: T×m a ®Ó mäi nghiÖm bÊt ph−¬ng tr×nh: | | | | 1x y+ ≤ . (1) còng lμ nghiÖm bÊt ph−¬ng tr×nh:
2 2x y a+ ≤ (2). 8
6
4
2
-2
-4
-6
-8
y
-10 -5 5 10
x
D
A
B
O C
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 0a > 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: 1 1a a≥ ⇔ ≥ .
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
65
Bμi to¸n3: T×m gi¸ trÞ lín nhÊt nhá nhÊt:
2 22 5 2 10P x x x x= − + + + + . Lêi gi¶i:
Ta cã: 2 2( 1) 4 ( 1) 9P x x= − + + + + Trªn mÆt ph¼ng to¹ ®é ta xÐt c¸c ®iÓm: ( ,0); (1,2); ( 1, 3).M x A B − − 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
hoμnh nªn: * *; * ( ) 'MinP AM BM M AB x Ox= + ≡ ∩ tøc ph¶i chän 9* 5
x x= = . Bμi to¸n4: T×m nghiÖm nguyªn d−¬ng cña ph−¬ng tr×nh:
2 2 2 2 2 2 ; 11.x xy y y yz z x xz z x y z− + + − + = + + + + ≤ .
Lêi gi¶i:
x
z
y O
A
B
C
E
§Æt OA=x; OB=y; OC=z vμ n n 060AOB BOC= = . Khi ®ã theo ®Þnh lý Cosin trong tam gi¸c ta cã:
2 2 2 2 2 2; ; .AB x xy y BC y yz z AC x xz z= − + = − + = + + 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 OA th×: 1 1 1BE CE y z y OA OC x z y x z
−= ⇔ = ⇔ = + , l−u ý tõ gi¶ thiÕt 11; , , *x y z 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 1 2 1 2, ,..., ; , ,..., .n na a a b b b lμ c¸c sè thùc tuú ý.
Chøng minh r»ng: 2 2 2 2
1 1 1 ( ) ( )
n n n i i i i
i i i a b a b
= = = + ≥ +∑ ∑ ∑ . (1)
Lêi gi¶i:
XÐt c¸c vÐc t¬: ( , ); 1,2,...,i i ix a b i n= = JG
. Khi ®ã: 1 1 1
( , ) n n n
i i i i i i
x a b = = =
=∑ ∑ ∑JG hiÓn nhiªn cã: | | | | (1)i ix x≥ ⇔∑ ∑JG JG §pcm. DÊu b»ng x¶y ra khi chØ khi c¸c vÐc t¬ ®−îc xÐt cïng ph−¬ng cïng
chiÒu, tøc tån t¹i 1 1: ; ; 0 2,3,...,i it a ta b tb t i n∈ = = ≥ ∀ =R . • B»ng c¸ch nμy ta còng nhËn ®−îc d¹ng h×nh häc cña bÊt ®¼ng thøc Bunhiac«pki
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
66
• Cã thÓ thÊy ngay lêi gi¶i c¸c bμi to¸n sau: 1. Cho c¸c sè thùc tho¶ m·n 2; 6.a b c ax by cz+ + = + + = Chøng minh r»ng:
2 2 2 2 2 2 2 2 216 16 16 10a a x b b y c c z+ + + + + ≥ . 2. Chøng minh r»ng víi mäi ,α β ta cã:
4 4 2 2 2cos cos sin sinα + β + α + β ≥ . 3. Cho c¸c sè thùc bÊt kú: 1 2, ,..., na a a Chøng minh r»ng:
2 2 1 1 1
1
2(1 ) ; 2
n i i n
i
na a a a+ + =
+ − ≥ ≡∑ . 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 ( )1 ;i i i iA A a b+ =JJJJJG víi 1;2008i = (Quy −íc 2009 1A A= ), trong ®ã ;i ia b lμ c¸c sè nguyªn vμ 2 2i ia b+ còng lμ sè nguyªn víi mäi 1;2008i = . Ta cã: Gi¶ sö ( )1 ;i i i iA A a b+ =JJJJJG víi
1;2008i = (Quy −íc 2009 1A A= ), trong ®ã ;i ia b μ c¸c sè nguyªn vμ 2 2i ia b+ còng lμ sè nguyªn víi mäi 1;2008i = . Ta cã: 2008 2008 2008
1 1 1 1
0 0i i i i i i i
A A a b+ = = =
= ⇒ = =∑ ∑ ∑JJJJJG G . Do ®ã 2008 2008
2 2
1 1 2008 1 1 2008 2 ; 2i i j i i j
i i j i i j a a a b b b
= ≤ < ≤ = ≤ < ≤ = − = −∑ ∑ ∑ ∑ , tøc lμ 2008 20082 2
1 1 ;i i
i i a b
= = ∑ ∑ lμ c¸c sè ch½n.
KÝ hiÖu N lμ chu vi tam gi¸c, ta cã N lμ mét sè nguyªn d−¬ng vμ:
( )22008 20082 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 2008
2i i i i i i j j i i i j
N a b a b a b a b = = ≤ < ≤
⎛ ⎞= + = + + + +⎜ ⎟⎝ ⎠∑ ∑ ∑ Tøc lμ 2N 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 NM , 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 , .OyA ∈ CB, thuộc trục hoành, chiều dương của trục hoành từ B đến C .
Giả sử );0( aA ,0>a ),0;(bB ).0;(cC
• pAP AB AQ ==
AC .10 << p
);();(AQ. paapbQpapbABpAQ −⇒−⇒= WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
67
• COpCNp CA CP
CO CN )1(1 −=⇒−==
)0;()0;( cpNccpCN ⇒−⇒
I là trung điểm QN ) 2
)1(; 2
)(( apcbpI −+⇒ )1( Do ). 2
;0( 2
)1()1;0( aapyp ∈−=⇒∈ Ι
• Nếu tam giác ABC cân tại ) 2
)1(;0( apIA −⇒ ; ][KOI ∈ với K là trung điểm OA ; .; OIKI ≠≠
• Nếu tam giác ABC không cân tại A . Từ )1( ta có I thuộc đuờng thẳng Δ có phương trình:
. 2 1=++ a
y cb
x Δ cắt trục tung tại ) 2
;0( aK ( K là trung điểm OA ), Δ cắt trục hoành tại )0; 2
( cbJ + .
[ ]KOI ∈ với .; JIKI ≠≠ 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 090≥C ; J nằm giữa :, BO 2
OBOJ OC+= ; Nếu 090≥B ; J nằm giữa
:;CO 2
OBOJ OC+= ;
+) Nếu 090<< CB ; J nằm giữa :, BO 2
OBOJ OC−= ;Nếu 090<< BC ; J nằm giữa :;CO
2 OCOJ OB−= `.
• 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:
1 2 3, , ,..., nP P P P , n là một số tự nhiên lẻ không nhỏ hơn 1. Chứng minh rằng : 1 2 3| ... | 1nOP OP OP OP+ + + + ≥
JJJG JJJG JJJG JJJG .
Lêi gi¶i:
+) Đặt n=2k-1. Chọn trục kOP và véc tơ kOP JJJG
là véc tơ đơn vị của trục. 1kOP = . WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
68
+) Chiếu các véc tơ ; 1,2,...iOP i n= JJJG
lên trục ta nhận được các hình chiếu là iOP và chú ý rằng
hình chiếu của véc tơ tổng 1
n i
i v OP
= = ∑G JJJG chính là
1
n i
i OP OP
= = ∑ .
Gọi AB là đường kính của nửa đường tròn, 1 1,A B là các hình chiếu của A,B trên trục. +) Ta có 1; 1,2,..., 1.iOP OA i k≥ ∀ = − Và: 1; 1, 2,...,2 1.jOP OB j k k k≥ ∀ = + + − Hơn nữa 1 1 1 10 ; 0OA OB OA OB< < + = . +) Từ
2 1
1 1 1
| | | | | | ( 1)( ) 1 k
i k i
v OP OP k OA OB OP −
= ≥ = ≥ − + + =∑G . (Đpcm).
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 2( , ); 1,2,..., .iA i i i n= Ta sÏ chøng minh ®©y lμ bé ®iÓm tho¶ m·n yªu cÇu ®Æt ra.
i) Gi¶ sö cã ba ®iÓm th¼ng hμng , , ;k l mA A A k l m< < khi ®ã ta cã: 2 2 2 2( , ); ( , );k l l mA A l k l k A A m l m l= − − = − −
JJJJG JJJJJG do tÝnh th¼ng hμng ta cã:
2 2
2 2 m l m l m k l k l k
− −= ⇔ =− − ®iÒu nμy v« lý v× k m< . ii) Ta cã 2 2 2 2( ) ( )k lA A k l k l= − + − gi¶ sö kho¶ng c¸ch nμy lμ mét sè h÷u tû thi sÏ
tån t¹i p q
tèi gi¶n sao cho: 2 2 2 2 2 2 2( ) ( ) ( 1) (1 ( 1) )k l pA A k l k l p k k q
= − + − = ⇔ = − + + ; ®Ó ý lμ 2 2;( , ) 1 1p q p q q= ⇒ =# 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:
2 2*: 1 ( ) 1 ( )( ) 0a N a l k a k l a k l∃ ∈ = + + ⇒ = − − + + > nªn 4 1 4a k l+ + ≥ ⇒ ≥ v« lý! iii) XÐt mét tam gi¸c bÊt kú cã c¸c ®Ønh lÊy tõ c¸c ®iÓm ®ã:
2 2 2( , ); ( , ); ( , ); ; , , *A a a B b b C c c a b c a b c N< < ∈ . Gäi 2 2 2( , ); ( , ); ( , );E a c F b a K c c Khi ®ã ta cã:
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]ABC AKCE AEC ABF FBCK= − − − ta ký hiÖu [ ]Ω lμ diÖn tÝch miÒn Ω .
iv) VËy ta cã: [ ]ABC =
2 2 2 2 2 2 2 2 21 1 1( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( 2 ) 2 2 2
c a c a c a c a b a b a c b c b a= − − − − − − − − − − + −
s Q= ∈ do , ,a b c ®Òu lμ c¸c sè nguyªn d−¬ng. WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
69
y
x
F A
O
K
E C
B
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. WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
70
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)
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| ≥
3 1
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 3 1 . Sau đây tôi đưa ra cách giải sử dụng tính chất hàm y= ax +b, và qua đó cho ta ra thêm
hàng loạt các bài toán dạng này.
Max |xy-ax-by| ≥ Max {|a|, |b|. |a+b-1|}≥ 3 1 |a+b-a-b+1| =
3 1
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] ≥
|||| ||||
βα ααββαβ
+ +++ baba ≥
|||| ||||
βα αβ
+ −b
Max{|f(α)|, |f(β)|} Khi ∉ (α, β) a b
2 −
Max{|f(α)|, |f(β)|, f( )} Khi ∈ (α, β) a b
2 −
a b
2 −
Max |f(x)| =
[α, β]
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
71
*) Nều αβ ≥ 0 (2) ⇔ (aα +b)(-aβ -b)≥0 khi đó (1) ⇒ aα +b = -aβ -b↔ a= βα +
− b2
*) Nều αβ ≤ 0 (2) ⇔ (aα +b)(-aβ -b)≤0 Khi đó (1) ⇒ aα +b = aβ + b↔ a = 0
Vậy Max |ax+b| bé nhất bằng |||| ||||
βα αβ
+ −b
⎢⎢ ⎢ ⎣
⎡
=≤ +=≥
0 a và0 khi
b-a và0
αβ βααβKhi
Max |ax +b| bé nhất bằng |||| ||||
βα αβ
+ −b
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 βα −=+
− )1(2 )1(
k k ⇔ k= βα
βα 2 2
2
2
− +
> 0
Max |f(x)| = Max {|a2 + αa + β |; |a2 – αa – β |} ≥ x ∈ [-1, 1]
≥ 1
1 +k |ka
2 + kαa + kβ + a2 – αa – β | =
= | a2 + 2 α β a + 2 2
2
α β | = ( a + α
β )2 + 2 2
α β ≥ 2
2
α β
có đẳng thức ⇔ a= - α β
B) nếu α2 – 2 β ≤ 0 ⇒ Max |f(x)| = Max {|a2 + αa + β|, | a2 – αa – β|}
Ta chứng minh Max |f(x)| bé nhất là β - 4
2α ⇔ a = - 2 α
|aα +b| = |aβ +b| (1)
αβ (aα +b) (-aβ -b)≥0 (2) Có ��ng th�c
[α, β]
[α, β]
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
72
Thật vậy với a = - 2 α ⇒ Max {|a2 + αa + β|, | a2 – αa – β|}
= Max{β - 4
2α ; | 4
3 2α - β |} = β - 4
2α
Mặt khác Max {| a2 + αa + β|, | a2 – αa – β|} ≥ | a2 + αa + β| =
= | (a + 2 α )2 + β -
4
2α | ≥ β - 4
2α có ⇔ a= - 2 α
Vậy β ≥ 0 thì Max |f(x)| bé nhất = ⎪⎪⎩
⎪⎪⎨ ⎧
−=≥≤−−
−=≥≥−
2 0,02
4
0,02
2 2
2 2
2
αββααβ α
βββαα β
aVàkhi
aVàkhi
trường hợp 2: β < 0 β < 0 do Max|f(x)| = Max|a(-x) + (-α )a + (-β )
Áp dụng kết quả của trường hợp 1 với ⎩⎨ ⎧
>− −
0ββ αα
là là
Vậy ta có kết luận chung
Max|f(x)| bé nhất =
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨ ⎧
−=≤−−
−=>−
αβ ββααβ
β αβαα
β
2 ||0||2
4 ||
0||2
2 2
2 2
2
avàkhi
avàkhi
Bây giờ ta lại xét bài toán 2 ở trên với điều kiện
α2 – 2β >0, β >0 nhưng a = α β− ( vô nghiệm) (xét bài 4)
Hoặc 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 <
8 25
Xét các hàm số f(x) = (a2 + 2a+ 25 9 )x +1
Tìm a để Max |f(x)| nhỏ nhất
[α , β ] Giải: Để ý rằng với điều kiện 0<α <β và α +β <
8 25 thì
Phương trình a2 + 2a + 25 9 = βα +
− 2 (vô nghiệm ẩn a)
2β - α2 ≥ 0 4
2α 4
3 2α
2
2αdo (β - ) - | - β | = ≥ 0
[- 1,1]
[- 1,1] -1≤ -x ≤ 1
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
73
Nên kết quả bài 2 không thoả mãn
*) Nếu a2 +2a + 25 9 = 0 ⇔ a ∈ {-
5 1 , -
5 9 } ⇒ f(x) = 1
*) Nếu a2 +2a + 25 9 > 0 ⇒ f(x) >1
*) với a2 +2a + 25 9 < 0 ⇔ -
5
9 5
1
+) f(α ) = (a2 +2a +
25
9 )α +1>(a2 +2a +
25
9 )
16
25 +1=
= [(a+1)2-
25
16 ]
16
25 +1 ≥ 0 do α <
2
βα + =
16
25
⇒ |f(α )| = f(α) = [(a+1)2-
25
16 ]α +1 ≥ 1-
25
16 α
Có đẳng thức ⇔ a= -1
+) nếu β ≤
16
25 ⇒ f(β) ≥ f(
16
25 ) ≥ 0
⇒ f(α) > f(β) > 0 ⇒ Max |f(x)| = f(α) ≥ 1-
25
16 α
đạt ⇔ a= -1
+) Nếu f(β)≤ 0 ⇒ β ≥
16
25 ⇒ |f(β )| = - f(β)=
= -1 – [(a+1)2-
25
16 ]β = f1
do
16
25 ≤ β <
8
25 - α ⇒ f1≤ 1- [(a+1)2-
25
16 ](
8
25 -α ) =
= 1-
25
16 α - (a+1)2(
8
25 -α )≤ 1-
25
16 α ≤ f(α)
Vậy Max |f(x)| ≥ 1 -
25
16 α có đẳng thức ⇔ a= -1
[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
[α,β]
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 74
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 3
3
2
2
1
1
a
b
a
b
a
b <<
f(x) = Max {|a1x – b1|; |a2x – b2|; |a3x – b3|}
x ∈R
tìm Min f(x)
x ∈ R
Giải:
*) Phương trình – a3x +b3 = a1x – b1 ⇔ x = x1=
31
31
aa
bb
+
+
(1)
*) Phương trình – a3x + b3 = a2x – b2 ⇔ x = x2 =
32
32
aa
bb
+
+
(2)
Khi đó
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
<⇔<<
<⇔<<
3
3
2
2
3
3
2
2
3
3
1
1
3
3
1
1
1
bnó V́2
bnó V́
a
b
aa
bx
a
b
a
b
aa
bx
a
b
(3)
Ta xét 2 trường hợp
I) x2 ≥ x1 Ta chứng minh Min f(x) = |a1x1 – b1|
X ∈ R
a) Ta chứng minh f(x1) = |a1x1 – b1|
Do (3) ⇒ |a1x1 – b1| = a1x1 – b1 = - a3x1 + b3 = |a3x1 – b1|
Ta chứng minh |a1x1 – b1| > |a2x1 – b2|
*) a1x1 – b1 ≥ - a2x1 + b2 ⇔ x1 =
31
31
aa
bb
+
+
>
21
21
aa
bb
+
+ ⇔ a2b1 + a1b3> a1b2+a3b1+ a3b2
⇔ (a1b3 – a3b1 + a2b1 – a1b2) + (a2b3 – a3b2) > 0 đúng
Do
3
3
a
b -
1
1
a
b >
2
2
a
b -
1
1
a
b ⇔ a1b3 – a3b1 >
2
3
a
a (a1b2 – a2b1) >a1b2 – a2b1
*) |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)
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 75
*) x> x1 ⇒ a1x – b1 >a1x1 – b1 = f(x1)
Vậy Min f(x) = |a1x1- b1| = ⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
+
−
31
1331
aa
baba
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
1
1
a
b - b2 >0
⇒ 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 Vậy Min f(x) = Max {f(x1); f(x2)} = Max ⎪⎭
⎪⎬⎫⎪⎩
⎪⎨⎧ +
−
+
−
32
2332
31
1331 ;
aa
baba
aa
baba
Bài toán 7:f(x,y) = x2y + xy2 – ax – by. Tìm a, b để Max |f(x, y)| bé nhất
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|} ≥
3
1 |a+b+2 –a -b| =
3
2
Với a = b =
3
2 ⇒ |f(x,y)| = |(x+y) (xy -
3
2 )
a) Nếu xy ≥
3
2 do x,y ∈ [0,1] nên |(x+y)(xy-
3
2 )| = (x+y)(xy-
3
2 ) ≤
≤ (1+1)(1 -
3
2 ) =
3
2
b) Nếu xy <
3
2 ⇒ (1 – x)(1- y) ≥ 0 ⇔ x+y ≤ 1 + xy
⇒ 0 ≥ (x+y)(xy -
3
2 ) ≥ (1 + xy) (xy -
3
2 )
X ∈ R
x,y ∈ [0,1]
x,y ∈ [0,1]
X ∈ R
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 76
⇒ |(x+y)(xy -
3
2 )| ≤ |(1 + xy) (xy -
3
2 )| = (1 + xy) (
3
2 - xy) =
=
3
2 -
3
1 xy – (xy)2 ≤
3
2 ⇒ Max |f(x,y)| bé nhất là
3
2
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 | ≥
7
1
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 +
- a11x – a12y – a13z – a14t| ≥
15
1
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
đoạn [a, b] thoả mãn ∑=
n
i
ia
1
= ∑=
k
j
jb
1
a) Chứng minh rằng ∑=
n
i
m
ia
1
≤ ∑=
k
j
m
jb
1
b) Chứng minh rằng ∑=
n
i
ia
1
α ≥ ∑=
k
j
jb
1
α
( α ≥ 1)
Bài toán 11: Cho a1 < a2 < ... f(x) = Max {|x-a1|, |x-a2|, ... |x- an|}
Tìm Min f(x)
Bài toán 12 cho 0
1
1
a
b
<
2
2
a
b
< ... <
n
n
a
b
f(x) = Max {|aix – bi| (i = 1,2,...,n)}
Tìm Min f(x)
Trên đây là một số bài toán áp dụng tính chất của hàm y = ax + b để giải. Còn 2 phần nữa
xin được trao đổi cùng các bạn ở chuyên đề sau.
Ninh Bình, Ngày 10 tháng 10 năm 2008
x,y ∈ [0,1]
x ∈ R
x ∈ R
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 77
PhÐp biÕn h×nh trong h×nh häc ph¼ng
Tr−êng THPT Chuyªn Hμ Nam
Phần I: Đặt vấn đề
Trong chuyên đề hình học phẳng sử dụng phép biến hình trong hình học phẳng là một phần
kiến thức rất quan trọng. Sau đây là nội dung bài soạn của tôi khi dạy về các phép biến hình trong
mặt phẳng.
Phần II: Nội dung
A. Phép đối xứng tâm, đối xứng trục, tịnh tiến.
I. Phép đối xứng tâm
1. Định nghĩa: Đ0 : M → M’
'OMOM −=
2. Tính chất:
a. Đ0 biến 3 điểm thẳng hàng thành 3 điểm thẳng hàng.
b. Đ0 biến đường thẳng thành đường thẳng // hoặc trùng với đường thẳng ban đầu.
c. Biến đoạn EF thành E’F’: EF = E’F’
d. Góc xSy thành góc x’S’y’ và góc x’S’y’ = góc x’S’y’.
e. Đ0 là phép biến đổi 1 - 1
h: Đo: A → A’
B →B’
''BAAB −=
II. Phép đối xứng trục
1. Định nghĩa:
Đđ: M → M’
MM’ ⊥ d tại H
'HMMH −=
2. Tính chất
Giống như phép đối xứng trục
III. Phép tịnh tiến:
1. Định nghĩa:
Cho 0≠V
': MMT V →
vMM ='
2. Tính chất:- Giống như phép đối xứng tâm, đối xứng trục
- Phép VT không có điểm bất động.
IV. Bài tập áp dụng
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 78
Bài tập 1: Cho tam giác ABC và đường tròn O. Trên cạnh AB lấy 1 điểm E sao cho BE =
2AE gọi F là trung điểm AC và I là đỉnh thứ 4 của hình bình hành AEIF. Với mỗi điểm P trên
đường tròn (O) dựng Q sao cho IQPCPBPA 632 =++ . Tìm tập hợp Q khi P thay đổi.
* Hướng dẫn học sinh
+ Xác đỉnh điểm K cố định t/c: 032 =++ KCKBKA
+ Chứng minh K ≡ I
+ ĐI: P → Q vậy Q thuộc đường tròn là ảnh (O)
* Lời giải:
Gọi K là điểm thoả mãn:
032 =++ KCKBKA
)32(6 ACABKA +−=
Ta có
KIAIAK
ACABAI
ACAB
AFAEAI
≡→=↔
+=↔
+=
+=
326
2
1
3
1
Từ
IQICIBIAPI
IQPCPBPA
6326
632
=+++↔
=++
0=+↔ QIPI → là trung điểm PQ
→ Đ: P → Q
OP thuộc đường tròn
→ Q ∈ đường tròn là ảnh của (O) qua ĐI
Bài tập 2: Cho hình bình hành ABCD và đường tròn (γ) bàng tiếp của tam giác ABD tiếp
xúc với phần kéo dài AB và AD tương ứng tại M, N. Đoạn thẳng MN cắt BC, DC tương ứng tại P
và Q. Chứng minh đường tròn nội tiếp tam giác BCD tiếp xúc BC, DC tại P và Q.
* Hướng dẫn học sinh:
+ Chứng minh BH = DK
Có Đ I: B → D
+ Chứng minh DQ = DN = BH = BM’
→ ĐI: (C) → (C1)
Với (C) là đường tròn qua M’, N’, H ; (C1) là đường tròn qua D, Q, P
Lời giải:
F
E
A
B C
I
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 79
Gọi K là tiếp điểm (γ) và BD
(C) là đường tròn nội tiếp ΔABC tiếp xúc AB, AD,BD tại M’, N’, H
Do: MM’ = NN’
MM’ = MB + DN’ = BK + BH
NN’ = ND + DN’ = DH + DK
⇒ BH + BK = DH + DK
⇒ BH + BH + HK = DK + DK + HK
⇔ BH = DK
⇒ ∃ Phép đối xứng tâm ĐI : B → D
H → K
A → C
ΔAMN cân tại A => 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
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 80
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:
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 ≤
34
222 cba ++
+) a2 + b2 + c2 ≤ 9R2 (R là bán kính đường tròn ngoại tiếp ΔABC)
Thật vậy:
S ≤
34
222 cba ++
48
)())(()(
2222 cbacpbpapp ++≤−−−↔
3
)()())()((
2222 cbabcabcbcbacba ++≤−+−+−+++↔
[ ][ ] 22222222 )()()(3 cbabaccba ++≤−−−+↔
<=> 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
34
9max
34
9 22 RSRS =⇔≤
B’
A
C’
B
H
A’
C
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 81
34
9max
2RS = khi Δ ABC đều
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’
D -> A
=> CD = C’A = AB => ΔABC’ đều
E -> F -> ΔDEF đều
* ΔBCD; ΔAEF dựng phía ngoài tứ giác ABDE
C’, G khác phí với AB
H, F’ khác phía với DF
=> Tứ giác AGBC’ nội tiếp góc BGA + góc B’CA = 1800 = (1200 + 600)
=> BC’ 2 = C’G2 + BG2 – 2BG. C’G.1/2
C’A2 = C’G2 + GA2 – 2AG.C’G.1/2
600
600 600
B
B�
G
C�
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 82
=> BG2 – BG . C’G = GA2 – AG . C’G
<=> (GA - GB ) (GA + GB – GC’) = 0
* Nếu GA = GB => GC’ ⊥ AB => C’K =
6
330;
2
3 0 atgBKGKa ==
3
32
6
34
' a
a
GC ==
Cos 300 =
3
32
3
2 aGBGAaBG
GB
a
=+→=→
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
xứng qua đường thẳng AD biến đường thẳng AM thành AK (K ∈ BC): CMR: 2
2
AC
AB
CK
BK =
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’
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 83
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:
CQ
AB
KC
BK = (1)
Ta có:
AB
AC
AB
AC
AB
PB
AC
CQ
AC
CQ
PB
CQ =====
'
'
'
''
Vậy
AB
AC
AC
CQ = Ù
AC
AB
CQ
AC = Ù )2(2
2
AC
AB
CQ
AB =
⇒ Từ (1) và (2) 2
2
AC
AB
CK
BK =
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
DKT G : K → D
H → E (H là trực tâm Δ BKE)
B → B’
+ Chỉ ra B’E = BH = 22 ab −
Lời giải:
Gọi H là trực tâm Δ BEK
Do EH vuông góc BK, EK vuông góc BH
⇒ DKHEHKED GGGG == ;
DKT G : K → D
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 = 22 ab −
* 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
H
B B’ C
E
D K
A
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 84
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 → M3
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:
MA
BA
OM
BA
OM
BO
MA
BA
2
222211
1
11 ===
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
cách đều hai dây cung BB’ và CC’.
B) Phép quay
I. Định nghĩa: QOα: M → M’
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’
α
M’
M
M
M’
- α
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 85
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
+ Biến tia Sx thành tia S’x’ và góc tạo bởi hai tia đó bằng α.
+ Biến đoạn thẳng PQ thành đoạn P’Q’: PQ = P’Q’
+ Biến góc thành góc bằng nó
+ Biến đường tròn (I,R) thành (I’,R)
III. Mở rộng phép quay tâm O góc quay α: 1800 < α ≤ 3600:
1. Định nghĩa:
Cho trước điểm O và góc α với 1800 < α ≤ 3600. Phép biến đổi
Q =
0180
0
−αQ .
0180
0Q là phép quay tâm O với góc quay α kí hiệu là Q0α.
2. Tính chất:
a. Tính chất 1: Q0α với α ∈(1800, 3600)
Qα : M → M’ thì 03600 −αQ : M -> M’ và (OM, OM’) = α - 3600
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
≤ 3600; 00 < β ≤ 3600, 0180
2
≠+ βα
Khí đó Q = QO2β . QO1α là 1 phép quay với góc quay ϕ = α + β và tâm quay O được xác
định: 201
α−
Q : 0102 -> x
yOOQ →122/0 :2
β
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:
O2
yx
O1
O’
O
α
α/2
β
β/2
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 86
ABQG →:
0120
CAQb →:
060
1
CBQQ Gb →:.
00 12060
1
QQQ GBM CB
000 12060
1
180
.: ⇒→
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:
+ 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’
Góc MAC’ = 600 + 200 = 800 = 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
A
C
M
B
C’
300
700
800
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 87
Do Δ MC’C cân tại C’ ⇒ Góc CM’C = góc MCC’ = 0
00
70
2
40180 =−
⇒ 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→ ( ) AEAEBF ⇒=⇒ 060, 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
⇒ ( ) 060, =ECFD mà FDIN ↑↑
ECKM ↑↑
=> góc ( ) 060, =KNIN (1)
Mà IN = KM =
2
1 FD = ECFD
2
1
2
1 =
-> KIQP →:060
'NN →
=> ( ) 060, =KNIN từ (1) -> ( ) '60, 0 NMKMKNKNIN ≡⇒=⇒=
=> PMNMNQP Δ⇒→:060 đều
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 88
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 quayQO
090−
: A → B
M → M1
D → A
Q → Q1
QO
090−
: M → H ⇒ [MM’] → [HN’]
AD → AB 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’
OMkOM =' 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’
B → B’ ABkBA =''
(A ≠ B)
4. Phép vị tự biến 3 điểm thẳng hàng thành 3 điểm thẳng hàng
Từ đó ⇒ AQ1 qua trực tâm H của Δ
ABN
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 89
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
Đặt
kIC
IO
IB
IO
IA
IO 1321 ===
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
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 90
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).
* Xét phép vị tự 1
2
R
R
MV : (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
Xét 1
2
R
R
MV : (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)
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 91
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:
* Xét phép vị tự 2
1
R
R
SV (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
1
2
R
R
SV : O → O
P’ → P
A → A’
Q’ → Q
Ta lại có: SP2 = SOSQ. ; SP2 = '.SASA
'.. SASASOSQ =⇒ ⇒ 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 R
R
AV : O’ → O (M là tiếp điểm của BC và (O’))
M → M’
⇒ Góc A2 = Góc OA’Q
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 92
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:
'R
R
AV : O → O’
M → M’
'
'
AO
R
RAO = ; M; ∈đường tròn (O)
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’ 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
IM
AI
BM
AB
MI
BM
IA
AB
AB
BM
IA
MI =⇔=⇔=
PB/ (O’) = BM2 = BB’ . BA
BABB
AB
IM
AI
BM
AB
'.
==⇒
BBV R
R
A →':
'
⇒OM’ vuông góc BC
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 93
kABk
AB
BBBA
ABABkBB
k
AB
ABABk
AB
AB
R
RkABkAB
AB
R
RABAB
R
RAB
−=−=→−=
−=−→=→
>==→
=→=
1
1
)1('.
)1('
1
1''
)1
'
('
.''
'
2
Ta có:
IM
AM
q
qAIq
kIM
AI
V q
q
A →→
+=→=−=
+ :
11
1
1
Vậy I thuộc đường tròn là ảnh (O’) qua V q
q
A
+1
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 1
2
r
r
AV : 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
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 94
* 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 '.OMOM = 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’
Thì A’B’ = ABλ với
OBOA
k
.
=λ
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)
λ1 = 22
2'
Ra
R
−
Vậy R1 = R1λ
R
Ra
RR .
22
2
1
1 −=
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 95
22
2
2 '
'.
Ra
RRR −=
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
I(O,R2): C → C’
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)
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 96
* Tứ giác A1B1C1D1 là hình chữ nhật. Gọi x là bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác
A1B1C1D1 tính x = 22
1
2.
aR
Rr
−
* Chứng minh I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD
* Thiết lập phương trình ẩn a (bậc 2)
Lời giải:
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
C1P1 // NQ; A1D1 // MP
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) = 16x2
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 =
P
r 2 ; Po /(01) = R2 - a2 ( O trong (O1))
λ = 22
2
aR
r
− ⇒ x = 22
1
2
aR
Rr
−
Gọi A’, C’ là giao OA, OC và đường tròn ngoại tiếp tứ giác
OA . OA’ = OC . OC’ = R2 - a2
OA =
2
sin A
r ; OC =
2
sin C
r ; 1
2
sin
2
sin 22 =+ CA
Do góc A + góc C = 1800
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 97
2
1
OA
= 2
2
2
sin
r
A
; 2
1
OC
= 2
2
2
sin
r
C
⇒ 222 111 rOCOA =+
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)
Mặt khác: OA = '
22
OA
aR − ; OC = '
22
OC
aR −
⇒ Phương trình bậc 2 ẩn a
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.
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 98
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 { }1, 2,...,nA n=
Sn = {M ⊂ An ⎢M không chứa hai số nguyên liên tiếp nào}
Pn = {( ) { } ( ) ( )1 2 1, ,..., 0;1 1,2,..., , , 1;1 1,2,..., 1n i i ia a a a i n a a i n+∈ ∀ = ≠ ∀ = − }
+ Xét ánh xạ f: Sn → Pn
M 6 ( )1 2, ,..., n na a a P∈ sao cho 10ii
a khii M
a khii M
= ∈⎧⎨ = ∉⎩
Vì f là song ánh nên : nS 1nP n= ∀ ≥
+ Xét ánh xạ g : Pn → Pn-1 ∪ Pn-2 ∀n ≥ 3
( ) ( )( )
1 2 1 1
1 2
1 2 2 2
, ,..., 0
, ,...,
, ,..., 1
n n n
n
n n n
a a a P khia
a a a
a a a P khia
− −
− −
∈ =⎧⎪⎨ ∈ =⎪⎩
6
Vì g là song ánh nên : n 1 2 n 1 23 3n n n nP P P n S S S n− − − −= + ∀ ≥ ⇒ = + ∀ ≥
Dễ thấy : 2 13; 2S S= = . Do đó : n 1S 1nF n+= ∀ ≥ , ({Fn} là dãy Fibônaxi)
2 2
1 1 5 1 5
2 25
n n
nS
+ +⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ −⎜ ⎟⇒ = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠
mà nS∅ ⊂ nên số tập con thoả mãn giả thiết là:
2 2
1 1 5 1 5
2 25
n n+ +⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ −⎜ ⎟−⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠
- 1
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 99
Bài 2: Với mỗi n ∈ N*, kí hiệu Hn là tập tất cả các hoán vị ( )1 2, ,..., na a a của n số nguyên dương
đầu tiên. Xét các tập hợp:
( ){ }n 1 2S , ,..., : 1 1, 2,...,n n ia a a H a i i n= ∈ ≥ − ∀ =
( ){ }n 1 2, ,..., : 1 1, 2,...,n n iT a a a S a i i n= ∈ ≤ + ∀ =
Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho: 1
3
n
n
T
S
>
Lời giải:
Đặt ( ){ }1 2 1, ,..., 1n n nP a a a S a= ∈ =
( ){ }1 2 1, ,..., 1n n nQ a a a S a= ∈ ≠
Dễ có: ,n n n n nP Q P Q S∩ = ∅ ∪ =
+ Xét ánh xạ f: n nP Q→
( ) ( )1 2 2 1, ,..., , ,...,n na a a a a a6
Vì f là song ánh nên: 1
2n n n
P Q S= =
+ Xét ánh xạ g: 1n nP S −→
( ) ( )1 2 2 3, ,..., 1, 1,..., 1n na a a a a a− − −6
Vì g là song ánh nên: 1n nP S −=
Vậy: 12 2n nS S n−= ∀ ≥
Mà 2 12; 1S S= = 12nnS −⇒ =
+ Xét ánh xạ h: Tn → Tn-1 ∪ Tn-2
( ) ( )( )
2 3 1 1
1 2
3 4 2 1
1, 1,..., 1 1
, ,...,
2, 2,..., 2 2
n n
n
n n
a a a T khia
a a a
a a a T khia
−
−
− − − ∈ =⎧⎪⎨ − − − ∈ =⎪⎩
6
Vì h là song ánh nên 1 2n n nT T T− −= +
mà 2 12; 1T T= =
1 1
1 1 5 1 5
2 25
n n
nT
+ +⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ −⎜ ⎟⇒ = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠
Vậy: 1
3
n
n
T
S
> ⇔
1 1
1
1 1 5 1 5
2 25 1
2 3
n n
n
+ +
−
⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ −⎜ ⎟−⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ > ⇔ n ≤ 6.
Bài 3: (IMO 1987)
Gọi Pn(k) là số các hoán vị của tập { }1, 2,...,A n= (n ∈N*) có đúng k điểm cố định (0 ≤ k ≤ n).
Chứng minh rằng:
0
. ( ) !
n
n
k
k P k n
=
=∑
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: . ( )nM k P 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
1( 1)i nN P k−= −
+ Xét ánh xạ g:
1
n
i
i
M N
=
→∪
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 100
( , )f i f6 ( )( ) ( ) 1,.., ;f m f m m n m i= ∀ = ≠
Vì g là song ánh nên
11
n n
i i
ii
M N N
==
= = ∑∪ 1. ( ) . ( 1)n nk P k n P k−⇒ = −
1
1 1
1 1 0 0
. ( ) . ( 1) . ( ) . ( ) .( 1)! !
n n n n
n n n n
k k k j
k P k n P k k P k n P j n n 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:
( )
X T
m X
m
T
∈=
∑
Lời giải:
+ Xét song ánh f: T → T
{ }( ) 1X f X n x x X= + − ∈6
Vì f là song ánh nên
( ) ( ( )) 1,
( ) ( ( ))
X T X T
m X m f X n X T
m X m f X
∈ ∈
+ = + ∀ ∈⎧⎪⎨ =⎪⎩∑ ∑ [ ]( ) ( ( )) ( 1) 2 ( ) ( 1)X T X Tm X m f X T n m X T n∈ ∈⇒ + = + ⇒ = +∑ ∑
Vậy :
( )
1
2
X T
m X
nm
T
∈ += =
∑
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:
( )1 2, ,..., ka a a 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 = { ( )1 2, ,..., ka a a ∈A ⎢a1 < a2 <...< ak và ai – i # m ∀i = 1,2,...,k}
Dễ thấy A* = A\B
+ Xét ánh xạ f: B → B’
( ) ( )1 2 1 2, ,..., 1 , 2 2 ,...,k ka a a a m a m a k km− + − + − +6
Khi đó f là song ánh từ B đến B’
với B’ = ( ) { }{ }1 2 1 2, ,..., ... , 1, 2,..., , 1,...,k k i ib b b b b b b n k km b m i k< < < ∈ − + ∀ =#
Do đó ' kn k k
m
B B C −⎡ ⎤+⎢ ⎥⎣ ⎦
= =
Vậy * k kn n k k
m
A A B A C −⎡ ⎤+⎢ ⎥⎣ ⎦
= − = −
*Một số bài luyện tập:
Bài 6: Tìm tất cả các bộ số nguyên ( )1 2, ,..., na a a ( n>1) sao cho
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 101
1
1, 1,2,...,
1, 1,2,..., 1
i
i i
a i n
a a i n+
⎧ ≤ ∀ =⎪⎨ − ≤ ∀ = −⎪⎩
Bài 7: Chứng minh rằng ∀n ∈N* ta có:
a. ( )22
0
n
n i
n n
i
C C
=
= ∑
b. 2 2 1
0
2 . .
n kn
k k n
n n k n
k
C C C
−⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦
− +
=
=∑
c. 1
0 0
.2 .2 2
m n
k m k k n k m n
n k m k
k k
C C− − + ++ +
= =
+ =∑ ∑
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 2x2 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 ( )1 2, ,..., na a a của n số nguyên dương đầu tiên sao
cho 1 2 1, 2,...,ia i i n≤ − ≤ ∀ =
Chứng minh rằng: 1 11,75 2 , 6n n nS S S n− −< < ∀ >
Bài 10: Giả sử Fk là tập tất cả các bộ ( )1 2, ,..., kA A A trong đó Ai , i =1,2,...,k là một tập con của tập
hợp {1,2,...,n}. TÍnh:
( )1 2, ,..., 1k k
k
n i
A A A F i
S A
∈ =
= ∑ ∪
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
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 102
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:
+ Thø tù thùc hiÖn c¸c phÐp biÕn h×nh ë ®©y kh«ng quan träng, v× k kO O O OQ .V V .Q
α α=
+ TØ sè cña phÐp vÞ tù – quay cã thÓ coi lμ mét sè d−¬ng v×
0180 k k
O O OQ .V V
−=
2. C¸ch x¸c ®Þnh ¶nh cña mét ®iÓm qua phÐp vÞ tù – quay:
Cho phÐp quay OQ
ϕ vμ phÐp vÞ tù kOV (víi k > 0)
Ta cã: ( )1O 1 1
OA OA
Q : A A
OA;OA
α
=⎧⎪⇔ ⎨ = α⎪⎩
JJJG JJJJG6 (1)
( )1kO 1 1
OA' kOA
V : A A'
OA ;OA' 0
=⎧⎪⇔ ⎨ =⎪⎩
JJJJG JJJJG6 (2)
Tõ (1) vμ (2) cho ta: ( )
OA '
k
OA
OA;OA '
⎧ =⎪⎨⎪ = α⎩
JJJG JJJJG (3)
Nh− vËy kO OV .Q
α lμ phÐp ®ång d¹ng thuËn Z(O; α; k) biÕn A thμnh A’ x¸c ®Þnh bëi (3). Khi ®ã O ®−îc gäi lμ
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 B'6 6 th× ( )
A'B ' kAB
AB;A'B '
=⎧⎪⎨ = α⎪⎩
JJJG JJJJJG
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.
α
A'
A1
A
O
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 103
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
Ta cã: ( )
OA'
k (1)
OA
OA;OA' (2)
⎧ =⎪⎨⎪ = α⎩
JJJG JJJJG
(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)
Tr−êng hîp 2: Hai cÆp ®iÓm t−¬ng øng (A; A’) vμ (B; B’)
Ta cã: ( )
A'B ' kAB
AB;A'B '
=⎧⎪⎨ = α⎪⎩
JJJG JJJJJG . Tõ ®ã ta biÕt ®−îc k vμ α vμ quay vÒ tr−êng hîp 1
C¸ch kh¸c: Gäi I lμ giao ®iÓm cña AB vμ A’B’
Ta cã:
( ) ( )
( ) ( )
OA;OA' IA;IA ' (1)
OB;OB ' IB;IB ' (2)
⎧ = = α⎪⎨ = = α⎪⎩
(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:
α
O
DC A'A
O
α
α
α
A'
B'
B
I
A
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 104
+ 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 BHk
BM
= vμ ( )BM;BH = αJJJG JJJG
+ Do ΔBMN tù ®ång d¹ng nªn k, α kh«ng ®æi vμ
phÐp vÞ tù – quay: Z (B, α, k) = kB BV .Qα : M 6 H (2)
⇒ TËp hîp c¸c ®iÓm H lμ ®−êng trßn (O’’) lμ
¶nh cña ®−êng trßn (O) qua phÐp vÞ tù - quay
Z (B, α, k) nãi trªn.
+ 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:
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 0 1 2 1 0 1
0 1 1 1 0 0
B B v (t t ) v
k
A A v (t t ) v
−= = =− (0 < k kh«ng ®æi)
Gäi O lμ giao ®iÓm thø 2 cña hai ®−êng trßn
(A0B0C) vμ (A1B1C)
DÔ dμng chøng minh ®−îc: ΔOA0A1 ®ång d¹ng
víi ΔOB0B1. Tõ ®ã suy ra:
n n
1 1 0 0
1 0 0 1 2
1 0 0 1 1
A OB A OB
OB OB B B v
OA OA A A v
⎧ = = α⎪⎨ = = =⎪⎩
⇒
( ) ( )1 1 1 1
1 2
1 1
OA ;OB CA ;CB (1)
OB v
(2)
OA v
⎧ = = α⎪⎨ =⎪⎩
JJJJG JJJJG JJJJG JJJJG
(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
2
1
v
v
) (4)
O''
H
O'
O
B
N
AM
a
b
C
O
B1
A1
B0
A0
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 105
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. 1 2v ; v
JJG JJG
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 ( )1 21v v v2= +G JJG JJG (suy ra tõ ( )0 1 22M M v v t= +JJJJJG JJG JJG )
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 = 2
1
v
v
; gãc quay ( )1 1CA ;CB = αJJJJG JJJJG biÕn a thμnh b,
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: n nXNT XMT=
Trªn (XO1O2) ta cã:
n n
1 2XO T XO T=
⇒ n n1 2TO N TO N= ⇒ ΔTO1N ®ång d¹ng víi ΔTO2M
⇒ 1
2
O NTN AN
k
TM O M BM
= = = (kh«ng ®æi) (1)
(dÔ chøng minh ®−îc ΔNAO1 vμ ΔMO2B c©n t¹i N, M)
+ DÔ thÊy ( ) ( ) ( )1 2TN;TM TO ;TO XN;XM (mod2 )= = = α πJJJG JJJG JJJJG JJJJG JJJG JJJJG
(kh«ng ®æi) (2)
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)
TX
O2
O1
N
M
C
BA
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 106
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
VÝ dô 4: Dùng ra phÝa ngoμi mét ΔABC ba tam gi¸c bÊt k× BCM; CAN; vμ ABP sao cho
n n n n n n0 0 0MBC CAN 45 ; BCM NCA 30 ; ABP PAB 15= = = = = = . Chøng minh r»ng ΔMNP vu«ng c©n
®Ønh P.
H−íng dÉn gi¶i:
+ XÐt tÝch cña hai phÐp vÞ tù - quay Z2DZ1
trong ®ã Z1 = Z(B,
4
π
, k1) vμ Z2 = Z(A,
4
π
, k2)
víi 1
2
BC AC 1
k
BM AN k
= = = (v× ΔCAN ®ång d¹ng víi ΔCBM)
+ Ta cã ΔBMC cè ®Þnh, nMBC
4
π= nªn ( )
1
BC
k
BM
BM;BC
4
⎧ =⎪⎪⎨ π⎪ =⎪⎩
JJJG JJJG
do ®ã Z1 = Z(B,
4
π
, k1): M 6 C vμ P 6 P1 (ΔBPP1 ®ång d¹ng víi ΔBMC)
+ L¹i cã ΔCAN cè ®Þnh, nCAN
4
π= nªn ( )
2
AN
k
AC
AC;AN
4
⎧ =⎪⎪⎨ π⎪ =⎪⎩
JJJG JJJG
do ®ã Z2 = Z(A,
4
π
, k2): C 6 N vμ P1 6 P
suy ra Z = Z2DZ1: M 6 N.
TÝch hai phÐp ®ång d¹ng trªn cã tØ sè ®ång d¹ng k = k2.k1 = 1 vμ α1 + α2 =
2
π
nªn Z lμ phÐp dêi h×nh cã mét
®iÓm cè ®Þnh duy nhÊt P.
Cô thÓ lμ 2PQ : M N
π
6 nªn ta cã ( )
PM PN
PM;PN
2
=⎧⎪⎨ π=⎪⎩
JJJG JJJG . VËy ΔPMN lμ tam gi¸c vu«ng c©n ®Ønh P.
VÝ dô 5: Dùng mét tø gi¸c (låi) néi tiÕp ABCD biÕt ®é dμi c¸c c¹nh: AB = a; BC = b; CD = c; DA =
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.
P1
P
N
M
C
B
A
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 107
ABCD néi tiÕp khi vμ chØ khi l l 0A C 180+ = (hoÆc l l 0B D 180+ = ). KÐo dμi c¹nh BC vÒ phÝa Cùc ®Ó xuÊt
hiÖn n nDCx BAD= vμ
kÒ bï víi nDCB .
Trªn tia Cx (tia ®èi cña tia CB) lÊy ®iÓm
E sao cho ΔDCE ®ång d¹ng víi ΔDAB.
Bμi to¸n dùng tø gi¸c ABCD quay vÒ
dùng ΔDCE.
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, (DA;DC)ϕ = JJJG JJJG , k = c
d
)
Bëi vËy, ®Æt k =
c
d
; n(DA;DC) ADC= = δJJJG JJJG .
XÐt phÐp vÞ tù - quay Z(D; δ; k)
Ta cã Z: D 6 D; A 6 C vμ B 6 E sao cho E ∈ [BE]. Khi ®ã ΔDCE ®ång d¹ng víi ΔDAB vμ do ®ã
n nDCE DAB= vμ B, C, E th¼ng hμng theo thø tù ®ã, ®ång thêi ta ®−îc nBDE ADC= = δJJJJG .
Bμi to¸n trë thμnh dùng ΔDBE cã c¸c yÕu tè ®· biÕt: BC = b; CE = ca
d
, do ®ã
ac bd
BE
d
+= ; CD = c;
DE c
DB d
=
Ta cÇn dùng ®iÓm D lμ mét ®iÓm trong c¸c giao ®iÓm cña ®−êng trong 1γ (C; c) vμ ®−êng trßn Ap«l«nius
( )2γ cã ®−êng kÝnh IJ mμ I, J chia trong vμ chia ngoμi ®o¹n BE theo tØ sè k = cd . §Ønh A ®−îc dùng sau
cïng.
BiÖn luËn: Bμi to¸n cã thÓ cã 1 nghiÖm h×nh hoÆc kh«ng cã nghiÖm h×nh nμo tuú vμo ( )1γ vμ ( )2γ 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.
d
a
c
b
δ
E
D
CB
A
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 108
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 l lA 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.
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
5 1
+) f(α ) = (a2 +2a + 25 9 )α +1>(a2 +2a +
25 9 )
16 25 +1=
= [(a+1)2- 25 16 ]
16 25 +1 ≥ 0 do α <
2 βα + =
16 25
⇒ |f(α )| = f(α) = [(a+1)2- 25 16 ]α +1 ≥ 1-
25 16 α
Có đẳng thức ⇔ a= -1 +) nếu β ≤
16 25 ⇒ f(β) ≥ f(
16 25 ) ≥ 0
⇒ f(α) > f(β) > 0 ⇒ Max |f(x)| = f(α) ≥ 1- 25 16 α
đạt ⇔ a= -1 +) Nếu f(β)≤ 0 ⇒ β ≥
16 25 ⇒ |f(β )| = - f(β)=
= -1 – [(a+1)2- 25 16 ]β = f1
do 16 25 ≤ β <
8 25 - α ⇒ f1≤ 1- [(a+1)2-
25 16 ](
8 25 -α ) =
= 1- 25 16 α - (a+1)2(
8 25 -α )≤ 1-
25 16 α ≤ f(α)
Vậy Max |f(x)| ≥ 1 - 25 16 α có đẳng thức ⇔ a= -1
[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
[α,β]
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
74
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 3
3
2
2
1
1
a
b
a
b
a
b <<
f(x) = Max {|a1x – b1|; |a2x – b2|; |a3x – b3|}
x ∈R
tìm Min f(x)
x ∈ R
Giải:
*) Phương trình – a3x +b3 = a1x – b1 ⇔ x = x1=
31
31
aa
bb
+
+
(1)
*) Phương trình – a3x + b3 = a2x – b2 ⇔ x = x2 =
32
32
aa
bb
+
+
(2)
Khi đó
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
<⇔<<
<⇔<<
3
3
2
2
3
3
2
2
3
3
1
1
3
3
1
1
1
bnó V́2
bnó V́
a
b
aa
bx
a
b
a
b
aa
bx
a
b
(3)
Ta xét 2 trường hợp
I) x2 ≥ x1 Ta chứng minh Min f(x) = |a1x1 – b1|
X ∈ R
a) Ta chứng minh f(x1) = |a1x1 – b1|
Do (3) ⇒ |a1x1 – b1| = a1x1 – b1 = - a3x1 + b3 = |a3x1 – b1|
Ta chứng minh |a1x1 – b1| > |a2x1 – b2|
*) a1x1 – b1 ≥ - a2x1 + b2 ⇔ x1 =
31
31
aa
bb
+
+
>
21
21
aa
bb
+
+ ⇔ a2b1 + a1b3> a1b2+a3b1+ a3b2
⇔ (a1b3 – a3b1 + a2b1 – a1b2) + (a2b3 – a3b2) > 0 đúng
Do
3
3
a
b -
1
1
a
b >
2
2
a
b -
1
1
a
b ⇔ a1b3 – a3b1 >
2
3
a
a (a1b2 – a2b1) >a1b2 – a2b1
*) |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)
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 75
*) x> x1 ⇒ a1x – b1 >a1x1 – b1 = f(x1)
Vậy Min f(x) = |a1x1- b1| = ⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
+
−
31
1331
aa
baba
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
1
1
a
b - b2 >0
⇒ 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 Vậy Min f(x) = Max {f(x1); f(x2)} = Max ⎪⎭
⎪⎬⎫⎪⎩
⎪⎨⎧ +
−
+
−
32
2332
31
1331 ;
aa
baba
aa
baba
Bài toán 7:f(x,y) = x2y + xy2 – ax – by. Tìm a, b để Max |f(x, y)| bé nhất
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|} ≥
3
1 |a+b+2 –a -b| =
3
2
Với a = b =
3
2 ⇒ |f(x,y)| = |(x+y) (xy -
3
2 )
a) Nếu xy ≥
3
2 do x,y ∈ [0,1] nên |(x+y)(xy-
3
2 )| = (x+y)(xy-
3
2 ) ≤
≤ (1+1)(1 -
3
2 ) =
3
2
b) Nếu xy <
3
2 ⇒ (1 – x)(1- y) ≥ 0 ⇔ x+y ≤ 1 + xy
⇒ 0 ≥ (x+y)(xy -
3
2 ) ≥ (1 + xy) (xy -
3
2 )
X ∈ R
x,y ∈ [0,1]
x,y ∈ [0,1]
X ∈ R
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 76
⇒ |(x+y)(xy -
3
2 )| ≤ |(1 + xy) (xy -
3
2 )| = (1 + xy) (
3
2 - xy) =
=
3
2 -
3
1 xy – (xy)2 ≤
3
2 ⇒ Max |f(x,y)| bé nhất là
3
2
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 | ≥
7
1
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 +
- a11x – a12y – a13z – a14t| ≥
15
1
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
đoạn [a, b] thoả mãn ∑=
n
i
ia
1
= ∑=
k
j
jb
1
a) Chứng minh rằng ∑=
n
i
m
ia
1
≤ ∑=
k
j
m
jb
1
b) Chứng minh rằng ∑=
n
i
ia
1
α ≥ ∑=
k
j
jb
1
α
( α ≥ 1)
Bài toán 11: Cho a1 < a2 < ... f(x) = Max {|x-a1|, |x-a2|, ... |x- an|}
Tìm Min f(x)
Bài toán 12 cho 0
1
1
a
b
<
2
2
a
b
< ... <
n
n
a
b
f(x) = Max {|aix – bi| (i = 1,2,...,n)}
Tìm Min f(x)
Trên đây là một số bài toán áp dụng tính chất của hàm y = ax + b để giải. Còn 2 phần nữa
xin được trao đổi cùng các bạn ở chuyên đề sau.
Ninh Bình, Ngày 10 tháng 10 năm 2008
x,y ∈ [0,1]
x ∈ R
x ∈ R
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 77
PhÐp biÕn h×nh trong h×nh häc ph¼ng
Tr−êng THPT Chuyªn Hμ Nam
Phần I: Đặt vấn đề
Trong chuyên đề hình học phẳng sử dụng phép biến hình trong hình học phẳng là một phần
kiến thức rất quan trọng. Sau đây là nội dung bài soạn của tôi khi dạy về các phép biến hình trong
mặt phẳng.
Phần II: Nội dung
A. Phép đối xứng tâm, đối xứng trục, tịnh tiến.
I. Phép đối xứng tâm
1. Định nghĩa: Đ0 : M → M’
'OMOM −=
2. Tính chất:
a. Đ0 biến 3 điểm thẳng hàng thành 3 điểm thẳng hàng.
b. Đ0 biến đường thẳng thành đường thẳng // hoặc trùng với đường thẳng ban đầu.
c. Biến đoạn EF thành E’F’: EF = E’F’
d. Góc xSy thành góc x’S’y’ và góc x’S’y’ = góc x’S’y’.
e. Đ0 là phép biến đổi 1 - 1
h: Đo: A → A’
B →B’
''BAAB −=
II. Phép đối xứng trục
1. Định nghĩa:
Đđ: M → M’
MM’ ⊥ d tại H
'HMMH −=
2. Tính chất
Giống như phép đối xứng trục
III. Phép tịnh tiến:
1. Định nghĩa:
Cho 0≠V
': MMT V →
vMM ='
2. Tính chất:- Giống như phép đối xứng tâm, đối xứng trục
- Phép VT không có điểm bất động.
IV. Bài tập áp dụng
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 78
Bài tập 1: Cho tam giác ABC và đường tròn O. Trên cạnh AB lấy 1 điểm E sao cho BE =
2AE gọi F là trung điểm AC và I là đỉnh thứ 4 của hình bình hành AEIF. Với mỗi điểm P trên
đường tròn (O) dựng Q sao cho IQPCPBPA 632 =++ . Tìm tập hợp Q khi P thay đổi.
* Hướng dẫn học sinh
+ Xác đỉnh điểm K cố định t/c: 032 =++ KCKBKA
+ Chứng minh K ≡ I
+ ĐI: P → Q vậy Q thuộc đường tròn là ảnh (O)
* Lời giải:
Gọi K là điểm thoả mãn:
032 =++ KCKBKA
)32(6 ACABKA +−=
Ta có
KIAIAK
ACABAI
ACAB
AFAEAI
≡→=↔
+=↔
+=
+=
326
2
1
3
1
Từ
IQICIBIAPI
IQPCPBPA
6326
632
=+++↔
=++
0=+↔ QIPI → là trung điểm PQ
→ Đ: P → Q
OP thuộc đường tròn
→ Q ∈ đường tròn là ảnh của (O) qua ĐI
Bài tập 2: Cho hình bình hành ABCD và đường tròn (γ) bàng tiếp của tam giác ABD tiếp
xúc với phần kéo dài AB và AD tương ứng tại M, N. Đoạn thẳng MN cắt BC, DC tương ứng tại P
và Q. Chứng minh đường tròn nội tiếp tam giác BCD tiếp xúc BC, DC tại P và Q.
* Hướng dẫn học sinh:
+ Chứng minh BH = DK
Có Đ I: B → D
+ Chứng minh DQ = DN = BH = BM’
→ ĐI: (C) → (C1)
Với (C) là đường tròn qua M’, N’, H ; (C1) là đường tròn qua D, Q, P
Lời giải:
F
E
A
B C
I
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 79
Gọi K là tiếp điểm (γ) và BD
(C) là đường tròn nội tiếp ΔABC tiếp xúc AB, AD,BD tại M’, N’, H
Do: MM’ = NN’
MM’ = MB + DN’ = BK + BH
NN’ = ND + DN’ = DH + DK
⇒ BH + BK = DH + DK
⇒ BH + BH + HK = DK + DK + HK
⇔ BH = DK
⇒ ∃ Phép đối xứng tâm ĐI : B → D
H → K
A → C
ΔAMN cân tại A => 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
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 80
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:
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 ≤
34
222 cba ++
+) a2 + b2 + c2 ≤ 9R2 (R là bán kính đường tròn ngoại tiếp ΔABC)
Thật vậy:
S ≤
34
222 cba ++
48
)())(()(
2222 cbacpbpapp ++≤−−−↔
3
)()())()((
2222 cbabcabcbcbacba ++≤−+−+−+++↔
[ ][ ] 22222222 )()()(3 cbabaccba ++≤−−−+↔
<=> 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
34
9max
34
9 22 RSRS =⇔≤
B’
A
C’
B
H
A’
C
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 81
34
9max
2RS = khi Δ ABC đều
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’
D -> A
=> CD = C’A = AB => ΔABC’ đều
E -> F -> ΔDEF đều
* ΔBCD; ΔAEF dựng phía ngoài tứ giác ABDE
C’, G khác phí với AB
H, F’ khác phía với DF
=> Tứ giác AGBC’ nội tiếp góc BGA + góc B’CA = 1800 = (1200 + 600)
=> BC’ 2 = C’G2 + BG2 – 2BG. C’G.1/2
C’A2 = C’G2 + GA2 – 2AG.C’G.1/2
600
600 600
B
B�
G
C�
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 82
=> BG2 – BG . C’G = GA2 – AG . C’G
<=> (GA - GB ) (GA + GB – GC’) = 0
* Nếu GA = GB => GC’ ⊥ AB => C’K =
6
330;
2
3 0 atgBKGKa ==
3
32
6
34
' a
a
GC ==
Cos 300 =
3
32
3
2 aGBGAaBG
GB
a
=+→=→
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
xứng qua đường thẳng AD biến đường thẳng AM thành AK (K ∈ BC): CMR: 2
2
AC
AB
CK
BK =
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’
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 83
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:
CQ
AB
KC
BK = (1)
Ta có:
AB
AC
AB
AC
AB
PB
AC
CQ
AC
CQ
PB
CQ =====
'
'
'
''
Vậy
AB
AC
AC
CQ = Ù
AC
AB
CQ
AC = Ù )2(2
2
AC
AB
CQ
AB =
⇒ Từ (1) và (2) 2
2
AC
AB
CK
BK =
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
DKT G : K → D
H → E (H là trực tâm Δ BKE)
B → B’
+ Chỉ ra B’E = BH = 22 ab −
Lời giải:
Gọi H là trực tâm Δ BEK
Do EH vuông góc BK, EK vuông góc BH
⇒ DKHEHKED GGGG == ;
DKT G : K → D
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 = 22 ab −
* 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
H
B B’ C
E
D K
A
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 84
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 → M3
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:
MA
BA
OM
BA
OM
BO
MA
BA
2
222211
1
11 ===
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
cách đều hai dây cung BB’ và CC’.
B) Phép quay
I. Định nghĩa: QOα: M → M’
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’
α
M’
M
M
M’
- α
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 85
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
+ Biến tia Sx thành tia S’x’ và góc tạo bởi hai tia đó bằng α.
+ Biến đoạn thẳng PQ thành đoạn P’Q’: PQ = P’Q’
+ Biến góc thành góc bằng nó
+ Biến đường tròn (I,R) thành (I’,R)
III. Mở rộng phép quay tâm O góc quay α: 1800 < α ≤ 3600:
1. Định nghĩa:
Cho trước điểm O và góc α với 1800 < α ≤ 3600. Phép biến đổi
Q =
0180
0
−αQ .
0180
0Q là phép quay tâm O với góc quay α kí hiệu là Q0α.
2. Tính chất:
a. Tính chất 1: Q0α với α ∈(1800, 3600)
Qα : M → M’ thì 03600 −αQ : M -> M’ và (OM, OM’) = α - 3600
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
≤ 3600; 00 < β ≤ 3600, 0180
2
≠+ βα
Khí đó Q = QO2β . QO1α là 1 phép quay với góc quay ϕ = α + β và tâm quay O được xác
định: 201
α−
Q : 0102 -> x
yOOQ →122/0 :2
β
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:
O2
yx
O1
O’
O
α
α/2
β
β/2
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 86
ABQG →:
0120
CAQb →:
060
1
CBQQ Gb →:.
00 12060
1
QQQ GBM CB
000 12060
1
180
.: ⇒→
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:
+ 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’
Góc MAC’ = 600 + 200 = 800 = 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
A
C
M
B
C’
300
700
800
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 87
Do Δ MC’C cân tại C’ ⇒ Góc CM’C = góc MCC’ = 0
00
70
2
40180 =−
⇒ 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→ ( ) AEAEBF ⇒=⇒ 060, 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
⇒ ( ) 060, =ECFD mà FDIN ↑↑
ECKM ↑↑
=> góc ( ) 060, =KNIN (1)
Mà IN = KM =
2
1 FD = ECFD
2
1
2
1 =
-> KIQP →:060
'NN →
=> ( ) 060, =KNIN từ (1) -> ( ) '60, 0 NMKMKNKNIN ≡⇒=⇒=
=> PMNMNQP Δ⇒→:060 đều
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 88
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 quayQO
090−
: A → B
M → M1
D → A
Q → Q1
QO
090−
: M → H ⇒ [MM’] → [HN’]
AD → AB 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’
OMkOM =' 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’
B → B’ ABkBA =''
(A ≠ B)
4. Phép vị tự biến 3 điểm thẳng hàng thành 3 điểm thẳng hàng
Từ đó ⇒ AQ1 qua trực tâm H của Δ
ABN
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 89
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
Đặt
kIC
IO
IB
IO
IA
IO 1321 ===
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
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 90
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).
* Xét phép vị tự 1
2
R
R
MV : (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
Xét 1
2
R
R
MV : (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)
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 91
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:
* Xét phép vị tự 2
1
R
R
SV (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
1
2
R
R
SV : O → O
P’ → P
A → A’
Q’ → Q
Ta lại có: SP2 = SOSQ. ; SP2 = '.SASA
'.. SASASOSQ =⇒ ⇒ 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 R
R
AV : O’ → O (M là tiếp điểm của BC và (O’))
M → M’
⇒ Góc A2 = Góc OA’Q
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 92
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:
'R
R
AV : O → O’
M → M’
'
'
AO
R
RAO = ; M; ∈đường tròn (O)
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’ 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
IM
AI
BM
AB
MI
BM
IA
AB
AB
BM
IA
MI =⇔=⇔=
PB/ (O’) = BM2 = BB’ . BA
BABB
AB
IM
AI
BM
AB
'.
==⇒
BBV R
R
A →':
'
⇒OM’ vuông góc BC
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 93
kABk
AB
BBBA
ABABkBB
k
AB
ABABk
AB
AB
R
RkABkAB
AB
R
RABAB
R
RAB
−=−=→−=
−=−→=→
>==→
=→=
1
1
)1('.
)1('
1
1''
)1
'
('
.''
'
2
Ta có:
IM
AM
q
qAIq
kIM
AI
V q
q
A →→
+=→=−=
+ :
11
1
1
Vậy I thuộc đường tròn là ảnh (O’) qua V q
q
A
+1
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 1
2
r
r
AV : 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
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 94
* 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 '.OMOM = 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’
Thì A’B’ = ABλ với
OBOA
k
.
=λ
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)
λ1 = 22
2'
Ra
R
−
Vậy R1 = R1λ
R
Ra
RR .
22
2
1
1 −=
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 95
22
2
2 '
'.
Ra
RRR −=
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
I(O,R2): C → C’
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)
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 96
* Tứ giác A1B1C1D1 là hình chữ nhật. Gọi x là bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác
A1B1C1D1 tính x = 22
1
2.
aR
Rr
−
* Chứng minh I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD
* Thiết lập phương trình ẩn a (bậc 2)
Lời giải:
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
C1P1 // NQ; A1D1 // MP
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) = 16x2
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 =
P
r 2 ; Po /(01) = R2 - a2 ( O trong (O1))
λ = 22
2
aR
r
− ⇒ x = 22
1
2
aR
Rr
−
Gọi A’, C’ là giao OA, OC và đường tròn ngoại tiếp tứ giác
OA . OA’ = OC . OC’ = R2 - a2
OA =
2
sin A
r ; OC =
2
sin C
r ; 1
2
sin
2
sin 22 =+ CA
Do góc A + góc C = 1800
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 97
2
1
OA
= 2
2
2
sin
r
A
; 2
1
OC
= 2
2
2
sin
r
C
⇒ 222 111 rOCOA =+
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)
Mặt khác: OA = '
22
OA
aR − ; OC = '
22
OC
aR −
⇒ Phương trình bậc 2 ẩn a
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.
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 98
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 { }1, 2,...,nA n=
Sn = {M ⊂ An ⎢M không chứa hai số nguyên liên tiếp nào}
Pn = {( ) { } ( ) ( )1 2 1, ,..., 0;1 1,2,..., , , 1;1 1,2,..., 1n i i ia a a a i n a a i n+∈ ∀ = ≠ ∀ = − }
+ Xét ánh xạ f: Sn → Pn
M 6 ( )1 2, ,..., n na a a P∈ sao cho 10ii
a khii M
a khii M
= ∈⎧⎨ = ∉⎩
Vì f là song ánh nên : nS 1nP n= ∀ ≥
+ Xét ánh xạ g : Pn → Pn-1 ∪ Pn-2 ∀n ≥ 3
( ) ( )( )
1 2 1 1
1 2
1 2 2 2
, ,..., 0
, ,...,
, ,..., 1
n n n
n
n n n
a a a P khia
a a a
a a a P khia
− −
− −
∈ =⎧⎪⎨ ∈ =⎪⎩
6
Vì g là song ánh nên : n 1 2 n 1 23 3n n n nP P P n S S S n− − − −= + ∀ ≥ ⇒ = + ∀ ≥
Dễ thấy : 2 13; 2S S= = . Do đó : n 1S 1nF n+= ∀ ≥ , ({Fn} là dãy Fibônaxi)
2 2
1 1 5 1 5
2 25
n n
nS
+ +⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ −⎜ ⎟⇒ = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠
mà nS∅ ⊂ nên số tập con thoả mãn giả thiết là:
2 2
1 1 5 1 5
2 25
n n+ +⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ −⎜ ⎟−⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠
- 1
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 99
Bài 2: Với mỗi n ∈ N*, kí hiệu Hn là tập tất cả các hoán vị ( )1 2, ,..., na a a của n số nguyên dương
đầu tiên. Xét các tập hợp:
( ){ }n 1 2S , ,..., : 1 1, 2,...,n n ia a a H a i i n= ∈ ≥ − ∀ =
( ){ }n 1 2, ,..., : 1 1, 2,...,n n iT a a a S a i i n= ∈ ≤ + ∀ =
Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho: 1
3
n
n
T
S
>
Lời giải:
Đặt ( ){ }1 2 1, ,..., 1n n nP a a a S a= ∈ =
( ){ }1 2 1, ,..., 1n n nQ a a a S a= ∈ ≠
Dễ có: ,n n n n nP Q P Q S∩ = ∅ ∪ =
+ Xét ánh xạ f: n nP Q→
( ) ( )1 2 2 1, ,..., , ,...,n na a a a a a6
Vì f là song ánh nên: 1
2n n n
P Q S= =
+ Xét ánh xạ g: 1n nP S −→
( ) ( )1 2 2 3, ,..., 1, 1,..., 1n na a a a a a− − −6
Vì g là song ánh nên: 1n nP S −=
Vậy: 12 2n nS S n−= ∀ ≥
Mà 2 12; 1S S= = 12nnS −⇒ =
+ Xét ánh xạ h: Tn → Tn-1 ∪ Tn-2
( ) ( )( )
2 3 1 1
1 2
3 4 2 1
1, 1,..., 1 1
, ,...,
2, 2,..., 2 2
n n
n
n n
a a a T khia
a a a
a a a T khia
−
−
− − − ∈ =⎧⎪⎨ − − − ∈ =⎪⎩
6
Vì h là song ánh nên 1 2n n nT T T− −= +
mà 2 12; 1T T= =
1 1
1 1 5 1 5
2 25
n n
nT
+ +⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ −⎜ ⎟⇒ = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠
Vậy: 1
3
n
n
T
S
> ⇔
1 1
1
1 1 5 1 5
2 25 1
2 3
n n
n
+ +
−
⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ −⎜ ⎟−⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ > ⇔ n ≤ 6.
Bài 3: (IMO 1987)
Gọi Pn(k) là số các hoán vị của tập { }1, 2,...,A n= (n ∈N*) có đúng k điểm cố định (0 ≤ k ≤ n).
Chứng minh rằng:
0
. ( ) !
n
n
k
k P k n
=
=∑
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: . ( )nM k P 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
1( 1)i nN P k−= −
+ Xét ánh xạ g:
1
n
i
i
M N
=
→∪
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 100
( , )f i f6 ( )( ) ( ) 1,.., ;f m f m m n m i= ∀ = ≠
Vì g là song ánh nên
11
n n
i i
ii
M N N
==
= = ∑∪ 1. ( ) . ( 1)n nk P k n P k−⇒ = −
1
1 1
1 1 0 0
. ( ) . ( 1) . ( ) . ( ) .( 1)! !
n n n n
n n n n
k k k j
k P k n P k k P k n P j n n 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:
( )
X T
m X
m
T
∈=
∑
Lời giải:
+ Xét song ánh f: T → T
{ }( ) 1X f X n x x X= + − ∈6
Vì f là song ánh nên
( ) ( ( )) 1,
( ) ( ( ))
X T X T
m X m f X n X T
m X m f X
∈ ∈
+ = + ∀ ∈⎧⎪⎨ =⎪⎩∑ ∑ [ ]( ) ( ( )) ( 1) 2 ( ) ( 1)X T X Tm X m f X T n m X T n∈ ∈⇒ + = + ⇒ = +∑ ∑
Vậy :
( )
1
2
X T
m X
nm
T
∈ += =
∑
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:
( )1 2, ,..., ka a a 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 = { ( )1 2, ,..., ka a a ∈A ⎢a1 < a2 <...< ak và ai – i # m ∀i = 1,2,...,k}
Dễ thấy A* = A\B
+ Xét ánh xạ f: B → B’
( ) ( )1 2 1 2, ,..., 1 , 2 2 ,...,k ka a a a m a m a k km− + − + − +6
Khi đó f là song ánh từ B đến B’
với B’ = ( ) { }{ }1 2 1 2, ,..., ... , 1, 2,..., , 1,...,k k i ib b b b b b b n k km b m i k< < < ∈ − + ∀ =#
Do đó ' kn k k
m
B B C −⎡ ⎤+⎢ ⎥⎣ ⎦
= =
Vậy * k kn n k k
m
A A B A C −⎡ ⎤+⎢ ⎥⎣ ⎦
= − = −
*Một số bài luyện tập:
Bài 6: Tìm tất cả các bộ số nguyên ( )1 2, ,..., na a a ( n>1) sao cho
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 101
1
1, 1,2,...,
1, 1,2,..., 1
i
i i
a i n
a a i n+
⎧ ≤ ∀ =⎪⎨ − ≤ ∀ = −⎪⎩
Bài 7: Chứng minh rằng ∀n ∈N* ta có:
a. ( )22
0
n
n i
n n
i
C C
=
= ∑
b. 2 2 1
0
2 . .
n kn
k k n
n n k n
k
C C C
−⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦
− +
=
=∑
c. 1
0 0
.2 .2 2
m n
k m k k n k m n
n k m k
k k
C C− − + ++ +
= =
+ =∑ ∑
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 2x2 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 ( )1 2, ,..., na a a của n số nguyên dương đầu tiên sao
cho 1 2 1, 2,...,ia i i n≤ − ≤ ∀ =
Chứng minh rằng: 1 11,75 2 , 6n n nS S S n− −< < ∀ >
Bài 10: Giả sử Fk là tập tất cả các bộ ( )1 2, ,..., kA A A trong đó Ai , i =1,2,...,k là một tập con của tập
hợp {1,2,...,n}. TÍnh:
( )1 2, ,..., 1k k
k
n i
A A A F i
S A
∈ =
= ∑ ∪
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
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 102
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:
+ Thø tù thùc hiÖn c¸c phÐp biÕn h×nh ë ®©y kh«ng quan träng, v× k kO O O OQ .V V .Q
α α=
+ TØ sè cña phÐp vÞ tù – quay cã thÓ coi lμ mét sè d−¬ng v×
0180 k k
O O OQ .V V
−=
2. C¸ch x¸c ®Þnh ¶nh cña mét ®iÓm qua phÐp vÞ tù – quay:
Cho phÐp quay OQ
ϕ vμ phÐp vÞ tù kOV (víi k > 0)
Ta cã: ( )1O 1 1
OA OA
Q : A A
OA;OA
α
=⎧⎪⇔ ⎨ = α⎪⎩
JJJG JJJJG6 (1)
( )1kO 1 1
OA' kOA
V : A A'
OA ;OA' 0
=⎧⎪⇔ ⎨ =⎪⎩
JJJJG JJJJG6 (2)
Tõ (1) vμ (2) cho ta: ( )
OA '
k
OA
OA;OA '
⎧ =⎪⎨⎪ = α⎩
JJJG JJJJG (3)
Nh− vËy kO OV .Q
α lμ phÐp ®ång d¹ng thuËn Z(O; α; k) biÕn A thμnh A’ x¸c ®Þnh bëi (3). Khi ®ã O ®−îc gäi lμ
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 B'6 6 th× ( )
A'B ' kAB
AB;A'B '
=⎧⎪⎨ = α⎪⎩
JJJG JJJJJG
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.
α
A'
A1
A
O
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 103
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
Ta cã: ( )
OA'
k (1)
OA
OA;OA' (2)
⎧ =⎪⎨⎪ = α⎩
JJJG JJJJG
(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)
Tr−êng hîp 2: Hai cÆp ®iÓm t−¬ng øng (A; A’) vμ (B; B’)
Ta cã: ( )
A'B ' kAB
AB;A'B '
=⎧⎪⎨ = α⎪⎩
JJJG JJJJJG . Tõ ®ã ta biÕt ®−îc k vμ α vμ quay vÒ tr−êng hîp 1
C¸ch kh¸c: Gäi I lμ giao ®iÓm cña AB vμ A’B’
Ta cã:
( ) ( )
( ) ( )
OA;OA' IA;IA ' (1)
OB;OB ' IB;IB ' (2)
⎧ = = α⎪⎨ = = α⎪⎩
(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:
α
O
DC A'A
O
α
α
α
A'
B'
B
I
A
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 104
+ 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 BHk
BM
= vμ ( )BM;BH = αJJJG JJJG
+ Do ΔBMN tù ®ång d¹ng nªn k, α kh«ng ®æi vμ
phÐp vÞ tù – quay: Z (B, α, k) = kB BV .Qα : M 6 H (2)
⇒ TËp hîp c¸c ®iÓm H lμ ®−êng trßn (O’’) lμ
¶nh cña ®−êng trßn (O) qua phÐp vÞ tù - quay
Z (B, α, k) nãi trªn.
+ 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:
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 0 1 2 1 0 1
0 1 1 1 0 0
B B v (t t ) v
k
A A v (t t ) v
−= = =− (0 < k kh«ng ®æi)
Gäi O lμ giao ®iÓm thø 2 cña hai ®−êng trßn
(A0B0C) vμ (A1B1C)
DÔ dμng chøng minh ®−îc: ΔOA0A1 ®ång d¹ng
víi ΔOB0B1. Tõ ®ã suy ra:
n n
1 1 0 0
1 0 0 1 2
1 0 0 1 1
A OB A OB
OB OB B B v
OA OA A A v
⎧ = = α⎪⎨ = = =⎪⎩
⇒
( ) ( )1 1 1 1
1 2
1 1
OA ;OB CA ;CB (1)
OB v
(2)
OA v
⎧ = = α⎪⎨ =⎪⎩
JJJJG JJJJG JJJJG JJJJG
(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
2
1
v
v
) (4)
O''
H
O'
O
B
N
AM
a
b
C
O
B1
A1
B0
A0
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 105
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. 1 2v ; v
JJG JJG
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 ( )1 21v v v2= +G JJG JJG (suy ra tõ ( )0 1 22M M v v t= +JJJJJG JJG JJG )
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 = 2
1
v
v
; gãc quay ( )1 1CA ;CB = αJJJJG JJJJG biÕn a thμnh b,
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: n nXNT XMT=
Trªn (XO1O2) ta cã:
n n
1 2XO T XO T=
⇒ n n1 2TO N TO N= ⇒ ΔTO1N ®ång d¹ng víi ΔTO2M
⇒ 1
2
O NTN AN
k
TM O M BM
= = = (kh«ng ®æi) (1)
(dÔ chøng minh ®−îc ΔNAO1 vμ ΔMO2B c©n t¹i N, M)
+ DÔ thÊy ( ) ( ) ( )1 2TN;TM TO ;TO XN;XM (mod2 )= = = α πJJJG JJJG JJJJG JJJJG JJJG JJJJG
(kh«ng ®æi) (2)
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)
TX
O2
O1
N
M
C
BA
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 106
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
VÝ dô 4: Dùng ra phÝa ngoμi mét ΔABC ba tam gi¸c bÊt k× BCM; CAN; vμ ABP sao cho
n n n n n n0 0 0MBC CAN 45 ; BCM NCA 30 ; ABP PAB 15= = = = = = . Chøng minh r»ng ΔMNP vu«ng c©n
®Ønh P.
H−íng dÉn gi¶i:
+ XÐt tÝch cña hai phÐp vÞ tù - quay Z2DZ1
trong ®ã Z1 = Z(B,
4
π
, k1) vμ Z2 = Z(A,
4
π
, k2)
víi 1
2
BC AC 1
k
BM AN k
= = = (v× ΔCAN ®ång d¹ng víi ΔCBM)
+ Ta cã ΔBMC cè ®Þnh, nMBC
4
π= nªn ( )
1
BC
k
BM
BM;BC
4
⎧ =⎪⎪⎨ π⎪ =⎪⎩
JJJG JJJG
do ®ã Z1 = Z(B,
4
π
, k1): M 6 C vμ P 6 P1 (ΔBPP1 ®ång d¹ng víi ΔBMC)
+ L¹i cã ΔCAN cè ®Þnh, nCAN
4
π= nªn ( )
2
AN
k
AC
AC;AN
4
⎧ =⎪⎪⎨ π⎪ =⎪⎩
JJJG JJJG
do ®ã Z2 = Z(A,
4
π
, k2): C 6 N vμ P1 6 P
suy ra Z = Z2DZ1: M 6 N.
TÝch hai phÐp ®ång d¹ng trªn cã tØ sè ®ång d¹ng k = k2.k1 = 1 vμ α1 + α2 =
2
π
nªn Z lμ phÐp dêi h×nh cã mét
®iÓm cè ®Þnh duy nhÊt P.
Cô thÓ lμ 2PQ : M N
π
6 nªn ta cã ( )
PM PN
PM;PN
2
=⎧⎪⎨ π=⎪⎩
JJJG JJJG . VËy ΔPMN lμ tam gi¸c vu«ng c©n ®Ønh P.
VÝ dô 5: Dùng mét tø gi¸c (låi) néi tiÕp ABCD biÕt ®é dμi c¸c c¹nh: AB = a; BC = b; CD = c; DA =
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.
P1
P
N
M
C
B
A
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 107
ABCD néi tiÕp khi vμ chØ khi l l 0A C 180+ = (hoÆc l l 0B D 180+ = ). KÐo dμi c¹nh BC vÒ phÝa Cùc ®Ó xuÊt
hiÖn n nDCx BAD= vμ
kÒ bï víi nDCB .
Trªn tia Cx (tia ®èi cña tia CB) lÊy ®iÓm
E sao cho ΔDCE ®ång d¹ng víi ΔDAB.
Bμi to¸n dùng tø gi¸c ABCD quay vÒ
dùng ΔDCE.
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, (DA;DC)ϕ = JJJG JJJG , k = c
d
)
Bëi vËy, ®Æt k =
c
d
; n(DA;DC) ADC= = δJJJG JJJG .
XÐt phÐp vÞ tù - quay Z(D; δ; k)
Ta cã Z: D 6 D; A 6 C vμ B 6 E sao cho E ∈ [BE]. Khi ®ã ΔDCE ®ång d¹ng víi ΔDAB vμ do ®ã
n nDCE DAB= vμ B, C, E th¼ng hμng theo thø tù ®ã, ®ång thêi ta ®−îc nBDE ADC= = δJJJJG .
Bμi to¸n trë thμnh dùng ΔDBE cã c¸c yÕu tè ®· biÕt: BC = b; CE = ca
d
, do ®ã
ac bd
BE
d
+= ; CD = c;
DE c
DB d
=
Ta cÇn dùng ®iÓm D lμ mét ®iÓm trong c¸c giao ®iÓm cña ®−êng trong 1γ (C; c) vμ ®−êng trßn Ap«l«nius
( )2γ cã ®−êng kÝnh IJ mμ I, J chia trong vμ chia ngoμi ®o¹n BE theo tØ sè k = cd . §Ønh A ®−îc dùng sau
cïng.
BiÖn luËn: Bμi to¸n cã thÓ cã 1 nghiÖm h×nh hoÆc kh«ng cã nghiÖm h×nh nμo tuú vμo ( )1γ vμ ( )2γ 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.
d
a
c
b
δ
E
D
CB
A
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 108
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 l lA 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.
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
3
3
2
2
1
1
a b
a b
a b <<
f(x) = Max {|a1x – b1|; |a2x – b2|; |a3x – b3|}
x ∈R tìm Min f(x)
x ∈ R Giải:
*) Phương trình – a3x +b3 = a1x – b1 ⇔ x = x1= 31
31
aa bb
+ +
(1)
*) Phương trình – a3x + b3 = a2x – b2 ⇔ x = x2 = 32
32
aa bb
+ +
(2)
Khi đó
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨ ⎧
<⇔<<
<⇔<<
3
3
2
2
3
3 2
2
3
3
1
1
3
3 1
1
1
bnó V́2
bnó V́
a b
aa bx
a
b a b
aa bx
a b
(3)
Ta xét 2 trường hợp
I) x2 ≥ x1 Ta chứng minh Min f(x) = |a1x1 – b1| X ∈ R a) Ta chứng minh f(x1) = |a1x1 – b1|
Do (3) ⇒ |a1x1 – b1| = a1x1 – b1 = - a3x1 + b3 = |a3x1 – b1| Ta chứng minh |a1x1 – b1| > |a2x1 – b2|
*) a1x1 – b1 ≥ - a2x1 + b2 ⇔ x1 = 31
31
aa bb
+ +
> 21
21
aa bb
+ + ⇔ a2b1 + a1b3> a1b2+a3b1+ a3b2
⇔ (a1b3 – a3b1 + a2b1 – a1b2) + (a2b3 – a3b2) > 0 đúng Do
3
3
a b -
1
1
a b >
2
2
a b -
1
1
a b ⇔ a1b3 – a3b1 >
2
3
a a (a1b2 – a2b1) >a1b2 – a2b1
*) |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)
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
75
*) x> x1 ⇒ a1x – b1 >a1x1 – b1 = f(x1)
Vậy Min f(x) = |a1x1- b1| = ⎟⎟⎠ ⎞
⎜⎜⎝ ⎛
+ −
31
1331
aa baba
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 1
1
a b - b2 >0
⇒ 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
Vậy Min f(x) = Max {f(x1); f(x2)} = Max ⎪⎭ ⎪⎬⎫⎪⎩
⎪⎨⎧ + −
+ −
32
2332
31
1331 ; aa
baba aa
baba
Bài toán 7:f(x,y) = x2y + xy2 – ax – by. Tìm a, b để Max |f(x, y)| bé nhất
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|} ≥ 3 1 |a+b+2 –a -b| =
3 2
Với a = b = 3 2 ⇒ |f(x,y)| = |(x+y) (xy -
3 2 )
a) Nếu xy ≥ 3 2 do x,y ∈ [0,1] nên |(x+y)(xy-
3 2 )| = (x+y)(xy-
3 2 ) ≤
≤ (1+1)(1 - 3 2 ) =
3 2
b) Nếu xy < 3 2 ⇒ (1 – x)(1- y) ≥ 0 ⇔ x+y ≤ 1 + xy
⇒ 0 ≥ (x+y)(xy - 3 2 ) ≥ (1 + xy) (xy -
3 2 )
X ∈ R
x,y ∈ [0,1]
x,y ∈ [0,1] X ∈ R
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
76
⇒ |(x+y)(xy - 3 2 )| ≤ |(1 + xy) (xy -
3 2 )| = (1 + xy) (
3 2 - xy) =
= 3 2 -
3 1 xy – (xy)2 ≤
3 2 ⇒ Max |f(x,y)| bé nhất là
3 2
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 | ≥ 7 1
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 +
- a11x – a12y – a13z – a14t| ≥ 15 1
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
đoạn [a, b] thoả mãn ∑= n
i ia
1 = ∑=
k
j jb
1
a) Chứng minh rằng ∑= n
i
m ia
1 ≤ ∑=
k
j
m jb
1
b) Chứng minh rằng ∑= n
i ia
1
α ≥ ∑= k
j jb
1
α ( α ≥ 1)
Bài toán 11: Cho a1 < a2 < ... f(x) = Max {|x-a1|, |x-a2|, ... |x- an|}
Tìm Min f(x)
Bài toán 12 cho 0
1
1
a
b
<
2
2
a
b
< ... <
n
n
a
b
f(x) = Max {|aix – bi| (i = 1,2,...,n)}
Tìm Min f(x)
Trên đây là một số bài toán áp dụng tính chất của hàm y = ax + b để giải. Còn 2 phần nữa
xin được trao đổi cùng các bạn ở chuyên đề sau.
Ninh Bình, Ngày 10 tháng 10 năm 2008
x,y ∈ [0,1]
x ∈ R
x ∈ R
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 77
PhÐp biÕn h×nh trong h×nh häc ph¼ng
Tr−êng THPT Chuyªn Hμ Nam
Phần I: Đặt vấn đề
Trong chuyên đề hình học phẳng sử dụng phép biến hình trong hình học phẳng là một phần
kiến thức rất quan trọng. Sau đây là nội dung bài soạn của tôi khi dạy về các phép biến hình trong
mặt phẳng.
Phần II: Nội dung
A. Phép đối xứng tâm, đối xứng trục, tịnh tiến.
I. Phép đối xứng tâm
1. Định nghĩa: Đ0 : M → M’
'OMOM −=
2. Tính chất:
a. Đ0 biến 3 điểm thẳng hàng thành 3 điểm thẳng hàng.
b. Đ0 biến đường thẳng thành đường thẳng // hoặc trùng với đường thẳng ban đầu.
c. Biến đoạn EF thành E’F’: EF = E’F’
d. Góc xSy thành góc x’S’y’ và góc x’S’y’ = góc x’S’y’.
e. Đ0 là phép biến đổi 1 - 1
h: Đo: A → A’
B →B’
''BAAB −=
II. Phép đối xứng trục
1. Định nghĩa:
Đđ: M → M’
MM’ ⊥ d tại H
'HMMH −=
2. Tính chất
Giống như phép đối xứng trục
III. Phép tịnh tiến:
1. Định nghĩa:
Cho 0≠V
': MMT V →
vMM ='
2. Tính chất:- Giống như phép đối xứng tâm, đối xứng trục
- Phép VT không có điểm bất động.
IV. Bài tập áp dụng
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 78
Bài tập 1: Cho tam giác ABC và đường tròn O. Trên cạnh AB lấy 1 điểm E sao cho BE =
2AE gọi F là trung điểm AC và I là đỉnh thứ 4 của hình bình hành AEIF. Với mỗi điểm P trên
đường tròn (O) dựng Q sao cho IQPCPBPA 632 =++ . Tìm tập hợp Q khi P thay đổi.
* Hướng dẫn học sinh
+ Xác đỉnh điểm K cố định t/c: 032 =++ KCKBKA
+ Chứng minh K ≡ I
+ ĐI: P → Q vậy Q thuộc đường tròn là ảnh (O)
* Lời giải:
Gọi K là điểm thoả mãn:
032 =++ KCKBKA
)32(6 ACABKA +−=
Ta có
KIAIAK
ACABAI
ACAB
AFAEAI
≡→=↔
+=↔
+=
+=
326
2
1
3
1
Từ
IQICIBIAPI
IQPCPBPA
6326
632
=+++↔
=++
0=+↔ QIPI → là trung điểm PQ
→ Đ: P → Q
OP thuộc đường tròn
→ Q ∈ đường tròn là ảnh của (O) qua ĐI
Bài tập 2: Cho hình bình hành ABCD và đường tròn (γ) bàng tiếp của tam giác ABD tiếp
xúc với phần kéo dài AB và AD tương ứng tại M, N. Đoạn thẳng MN cắt BC, DC tương ứng tại P
và Q. Chứng minh đường tròn nội tiếp tam giác BCD tiếp xúc BC, DC tại P và Q.
* Hướng dẫn học sinh:
+ Chứng minh BH = DK
Có Đ I: B → D
+ Chứng minh DQ = DN = BH = BM’
→ ĐI: (C) → (C1)
Với (C) là đường tròn qua M’, N’, H ; (C1) là đường tròn qua D, Q, P
Lời giải:
F
E
A
B C
I
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 79
Gọi K là tiếp điểm (γ) và BD
(C) là đường tròn nội tiếp ΔABC tiếp xúc AB, AD,BD tại M’, N’, H
Do: MM’ = NN’
MM’ = MB + DN’ = BK + BH
NN’ = ND + DN’ = DH + DK
⇒ BH + BK = DH + DK
⇒ BH + BH + HK = DK + DK + HK
⇔ BH = DK
⇒ ∃ Phép đối xứng tâm ĐI : B → D
H → K
A → C
ΔAMN cân tại A => 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
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 80
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:
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 ≤
34
222 cba ++
+) a2 + b2 + c2 ≤ 9R2 (R là bán kính đường tròn ngoại tiếp ΔABC)
Thật vậy:
S ≤
34
222 cba ++
48
)())(()(
2222 cbacpbpapp ++≤−−−↔
3
)()())()((
2222 cbabcabcbcbacba ++≤−+−+−+++↔
[ ][ ] 22222222 )()()(3 cbabaccba ++≤−−−+↔
<=> 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
34
9max
34
9 22 RSRS =⇔≤
B’
A
C’
B
H
A’
C
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 81
34
9max
2RS = khi Δ ABC đều
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’
D -> A
=> CD = C’A = AB => ΔABC’ đều
E -> F -> ΔDEF đều
* ΔBCD; ΔAEF dựng phía ngoài tứ giác ABDE
C’, G khác phí với AB
H, F’ khác phía với DF
=> Tứ giác AGBC’ nội tiếp góc BGA + góc B’CA = 1800 = (1200 + 600)
=> BC’ 2 = C’G2 + BG2 – 2BG. C’G.1/2
C’A2 = C’G2 + GA2 – 2AG.C’G.1/2
600
600 600
B
B�
G
C�
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 82
=> BG2 – BG . C’G = GA2 – AG . C’G
<=> (GA - GB ) (GA + GB – GC’) = 0
* Nếu GA = GB => GC’ ⊥ AB => C’K =
6
330;
2
3 0 atgBKGKa ==
3
32
6
34
' a
a
GC ==
Cos 300 =
3
32
3
2 aGBGAaBG
GB
a
=+→=→
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
xứng qua đường thẳng AD biến đường thẳng AM thành AK (K ∈ BC): CMR: 2
2
AC
AB
CK
BK =
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’
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 83
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:
CQ
AB
KC
BK = (1)
Ta có:
AB
AC
AB
AC
AB
PB
AC
CQ
AC
CQ
PB
CQ =====
'
'
'
''
Vậy
AB
AC
AC
CQ = Ù
AC
AB
CQ
AC = Ù )2(2
2
AC
AB
CQ
AB =
⇒ Từ (1) và (2) 2
2
AC
AB
CK
BK =
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
DKT G : K → D
H → E (H là trực tâm Δ BKE)
B → B’
+ Chỉ ra B’E = BH = 22 ab −
Lời giải:
Gọi H là trực tâm Δ BEK
Do EH vuông góc BK, EK vuông góc BH
⇒ DKHEHKED GGGG == ;
DKT G : K → D
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 = 22 ab −
* 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
H
B B’ C
E
D K
A
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 84
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 → M3
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:
MA
BA
OM
BA
OM
BO
MA
BA
2
222211
1
11 ===
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
cách đều hai dây cung BB’ và CC’.
B) Phép quay
I. Định nghĩa: QOα: M → M’
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’
α
M’
M
M
M’
- α
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 85
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
+ Biến tia Sx thành tia S’x’ và góc tạo bởi hai tia đó bằng α.
+ Biến đoạn thẳng PQ thành đoạn P’Q’: PQ = P’Q’
+ Biến góc thành góc bằng nó
+ Biến đường tròn (I,R) thành (I’,R)
III. Mở rộng phép quay tâm O góc quay α: 1800 < α ≤ 3600:
1. Định nghĩa:
Cho trước điểm O và góc α với 1800 < α ≤ 3600. Phép biến đổi
Q =
0180
0
−αQ .
0180
0Q là phép quay tâm O với góc quay α kí hiệu là Q0α.
2. Tính chất:
a. Tính chất 1: Q0α với α ∈(1800, 3600)
Qα : M → M’ thì 03600 −αQ : M -> M’ và (OM, OM’) = α - 3600
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
≤ 3600; 00 < β ≤ 3600, 0180
2
≠+ βα
Khí đó Q = QO2β . QO1α là 1 phép quay với góc quay ϕ = α + β và tâm quay O được xác
định: 201
α−
Q : 0102 -> x
yOOQ →122/0 :2
β
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:
O2
yx
O1
O’
O
α
α/2
β
β/2
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 86
ABQG →:
0120
CAQb →:
060
1
CBQQ Gb →:.
00 12060
1
QQQ GBM CB
000 12060
1
180
.: ⇒→
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:
+ 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’
Góc MAC’ = 600 + 200 = 800 = 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
A
C
M
B
C’
300
700
800
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 87
Do Δ MC’C cân tại C’ ⇒ Góc CM’C = góc MCC’ = 0
00
70
2
40180 =−
⇒ 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→ ( ) AEAEBF ⇒=⇒ 060, 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
⇒ ( ) 060, =ECFD mà FDIN ↑↑
ECKM ↑↑
=> góc ( ) 060, =KNIN (1)
Mà IN = KM =
2
1 FD = ECFD
2
1
2
1 =
-> KIQP →:060
'NN →
=> ( ) 060, =KNIN từ (1) -> ( ) '60, 0 NMKMKNKNIN ≡⇒=⇒=
=> PMNMNQP Δ⇒→:060 đều
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 88
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 quayQO
090−
: A → B
M → M1
D → A
Q → Q1
QO
090−
: M → H ⇒ [MM’] → [HN’]
AD → AB 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’
OMkOM =' 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’
B → B’ ABkBA =''
(A ≠ B)
4. Phép vị tự biến 3 điểm thẳng hàng thành 3 điểm thẳng hàng
Từ đó ⇒ AQ1 qua trực tâm H của Δ
ABN
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 89
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
Đặt
kIC
IO
IB
IO
IA
IO 1321 ===
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
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 90
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).
* Xét phép vị tự 1
2
R
R
MV : (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
Xét 1
2
R
R
MV : (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)
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 91
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:
* Xét phép vị tự 2
1
R
R
SV (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
1
2
R
R
SV : O → O
P’ → P
A → A’
Q’ → Q
Ta lại có: SP2 = SOSQ. ; SP2 = '.SASA
'.. SASASOSQ =⇒ ⇒ 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 R
R
AV : O’ → O (M là tiếp điểm của BC và (O’))
M → M’
⇒ Góc A2 = Góc OA’Q
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 92
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:
'R
R
AV : O → O’
M → M’
'
'
AO
R
RAO = ; M; ∈đường tròn (O)
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’ 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
IM
AI
BM
AB
MI
BM
IA
AB
AB
BM
IA
MI =⇔=⇔=
PB/ (O’) = BM2 = BB’ . BA
BABB
AB
IM
AI
BM
AB
'.
==⇒
BBV R
R
A →':
'
⇒OM’ vuông góc BC
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 93
kABk
AB
BBBA
ABABkBB
k
AB
ABABk
AB
AB
R
RkABkAB
AB
R
RABAB
R
RAB
−=−=→−=
−=−→=→
>==→
=→=
1
1
)1('.
)1('
1
1''
)1
'
('
.''
'
2
Ta có:
IM
AM
q
qAIq
kIM
AI
V q
q
A →→
+=→=−=
+ :
11
1
1
Vậy I thuộc đường tròn là ảnh (O’) qua V q
q
A
+1
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 1
2
r
r
AV : 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
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 94
* 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 '.OMOM = 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’
Thì A’B’ = ABλ với
OBOA
k
.
=λ
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)
λ1 = 22
2'
Ra
R
−
Vậy R1 = R1λ
R
Ra
RR .
22
2
1
1 −=
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 95
22
2
2 '
'.
Ra
RRR −=
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
I(O,R2): C → C’
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)
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 96
* Tứ giác A1B1C1D1 là hình chữ nhật. Gọi x là bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác
A1B1C1D1 tính x = 22
1
2.
aR
Rr
−
* Chứng minh I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD
* Thiết lập phương trình ẩn a (bậc 2)
Lời giải:
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
C1P1 // NQ; A1D1 // MP
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) = 16x2
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 =
P
r 2 ; Po /(01) = R2 - a2 ( O trong (O1))
λ = 22
2
aR
r
− ⇒ x = 22
1
2
aR
Rr
−
Gọi A’, C’ là giao OA, OC và đường tròn ngoại tiếp tứ giác
OA . OA’ = OC . OC’ = R2 - a2
OA =
2
sin A
r ; OC =
2
sin C
r ; 1
2
sin
2
sin 22 =+ CA
Do góc A + góc C = 1800
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 97
2
1
OA
= 2
2
2
sin
r
A
; 2
1
OC
= 2
2
2
sin
r
C
⇒ 222 111 rOCOA =+
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)
Mặt khác: OA = '
22
OA
aR − ; OC = '
22
OC
aR −
⇒ Phương trình bậc 2 ẩn a
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.
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 98
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 { }1, 2,...,nA n=
Sn = {M ⊂ An ⎢M không chứa hai số nguyên liên tiếp nào}
Pn = {( ) { } ( ) ( )1 2 1, ,..., 0;1 1,2,..., , , 1;1 1,2,..., 1n i i ia a a a i n a a i n+∈ ∀ = ≠ ∀ = − }
+ Xét ánh xạ f: Sn → Pn
M 6 ( )1 2, ,..., n na a a P∈ sao cho 10ii
a khii M
a khii M
= ∈⎧⎨ = ∉⎩
Vì f là song ánh nên : nS 1nP n= ∀ ≥
+ Xét ánh xạ g : Pn → Pn-1 ∪ Pn-2 ∀n ≥ 3
( ) ( )( )
1 2 1 1
1 2
1 2 2 2
, ,..., 0
, ,...,
, ,..., 1
n n n
n
n n n
a a a P khia
a a a
a a a P khia
− −
− −
∈ =⎧⎪⎨ ∈ =⎪⎩
6
Vì g là song ánh nên : n 1 2 n 1 23 3n n n nP P P n S S S n− − − −= + ∀ ≥ ⇒ = + ∀ ≥
Dễ thấy : 2 13; 2S S= = . Do đó : n 1S 1nF n+= ∀ ≥ , ({Fn} là dãy Fibônaxi)
2 2
1 1 5 1 5
2 25
n n
nS
+ +⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ −⎜ ⎟⇒ = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠
mà nS∅ ⊂ nên số tập con thoả mãn giả thiết là:
2 2
1 1 5 1 5
2 25
n n+ +⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ −⎜ ⎟−⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠
- 1
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 99
Bài 2: Với mỗi n ∈ N*, kí hiệu Hn là tập tất cả các hoán vị ( )1 2, ,..., na a a của n số nguyên dương
đầu tiên. Xét các tập hợp:
( ){ }n 1 2S , ,..., : 1 1, 2,...,n n ia a a H a i i n= ∈ ≥ − ∀ =
( ){ }n 1 2, ,..., : 1 1, 2,...,n n iT a a a S a i i n= ∈ ≤ + ∀ =
Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho: 1
3
n
n
T
S
>
Lời giải:
Đặt ( ){ }1 2 1, ,..., 1n n nP a a a S a= ∈ =
( ){ }1 2 1, ,..., 1n n nQ a a a S a= ∈ ≠
Dễ có: ,n n n n nP Q P Q S∩ = ∅ ∪ =
+ Xét ánh xạ f: n nP Q→
( ) ( )1 2 2 1, ,..., , ,...,n na a a a a a6
Vì f là song ánh nên: 1
2n n n
P Q S= =
+ Xét ánh xạ g: 1n nP S −→
( ) ( )1 2 2 3, ,..., 1, 1,..., 1n na a a a a a− − −6
Vì g là song ánh nên: 1n nP S −=
Vậy: 12 2n nS S n−= ∀ ≥
Mà 2 12; 1S S= = 12nnS −⇒ =
+ Xét ánh xạ h: Tn → Tn-1 ∪ Tn-2
( ) ( )( )
2 3 1 1
1 2
3 4 2 1
1, 1,..., 1 1
, ,...,
2, 2,..., 2 2
n n
n
n n
a a a T khia
a a a
a a a T khia
−
−
− − − ∈ =⎧⎪⎨ − − − ∈ =⎪⎩
6
Vì h là song ánh nên 1 2n n nT T T− −= +
mà 2 12; 1T T= =
1 1
1 1 5 1 5
2 25
n n
nT
+ +⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ −⎜ ⎟⇒ = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠
Vậy: 1
3
n
n
T
S
> ⇔
1 1
1
1 1 5 1 5
2 25 1
2 3
n n
n
+ +
−
⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ −⎜ ⎟−⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ > ⇔ n ≤ 6.
Bài 3: (IMO 1987)
Gọi Pn(k) là số các hoán vị của tập { }1, 2,...,A n= (n ∈N*) có đúng k điểm cố định (0 ≤ k ≤ n).
Chứng minh rằng:
0
. ( ) !
n
n
k
k P k n
=
=∑
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: . ( )nM k P 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
1( 1)i nN P k−= −
+ Xét ánh xạ g:
1
n
i
i
M N
=
→∪
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 100
( , )f i f6 ( )( ) ( ) 1,.., ;f m f m m n m i= ∀ = ≠
Vì g là song ánh nên
11
n n
i i
ii
M N N
==
= = ∑∪ 1. ( ) . ( 1)n nk P k n P k−⇒ = −
1
1 1
1 1 0 0
. ( ) . ( 1) . ( ) . ( ) .( 1)! !
n n n n
n n n n
k k k j
k P k n P k k P k n P j n n 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:
( )
X T
m X
m
T
∈=
∑
Lời giải:
+ Xét song ánh f: T → T
{ }( ) 1X f X n x x X= + − ∈6
Vì f là song ánh nên
( ) ( ( )) 1,
( ) ( ( ))
X T X T
m X m f X n X T
m X m f X
∈ ∈
+ = + ∀ ∈⎧⎪⎨ =⎪⎩∑ ∑ [ ]( ) ( ( )) ( 1) 2 ( ) ( 1)X T X Tm X m f X T n m X T n∈ ∈⇒ + = + ⇒ = +∑ ∑
Vậy :
( )
1
2
X T
m X
nm
T
∈ += =
∑
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:
( )1 2, ,..., ka a a 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 = { ( )1 2, ,..., ka a a ∈A ⎢a1 < a2 <...< ak và ai – i # m ∀i = 1,2,...,k}
Dễ thấy A* = A\B
+ Xét ánh xạ f: B → B’
( ) ( )1 2 1 2, ,..., 1 , 2 2 ,...,k ka a a a m a m a k km− + − + − +6
Khi đó f là song ánh từ B đến B’
với B’ = ( ) { }{ }1 2 1 2, ,..., ... , 1, 2,..., , 1,...,k k i ib b b b b b b n k km b m i k< < < ∈ − + ∀ =#
Do đó ' kn k k
m
B B C −⎡ ⎤+⎢ ⎥⎣ ⎦
= =
Vậy * k kn n k k
m
A A B A C −⎡ ⎤+⎢ ⎥⎣ ⎦
= − = −
*Một số bài luyện tập:
Bài 6: Tìm tất cả các bộ số nguyên ( )1 2, ,..., na a a ( n>1) sao cho
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 101
1
1, 1,2,...,
1, 1,2,..., 1
i
i i
a i n
a a i n+
⎧ ≤ ∀ =⎪⎨ − ≤ ∀ = −⎪⎩
Bài 7: Chứng minh rằng ∀n ∈N* ta có:
a. ( )22
0
n
n i
n n
i
C C
=
= ∑
b. 2 2 1
0
2 . .
n kn
k k n
n n k n
k
C C C
−⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦
− +
=
=∑
c. 1
0 0
.2 .2 2
m n
k m k k n k m n
n k m k
k k
C C− − + ++ +
= =
+ =∑ ∑
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 2x2 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 ( )1 2, ,..., na a a của n số nguyên dương đầu tiên sao
cho 1 2 1, 2,...,ia i i n≤ − ≤ ∀ =
Chứng minh rằng: 1 11,75 2 , 6n n nS S S n− −< < ∀ >
Bài 10: Giả sử Fk là tập tất cả các bộ ( )1 2, ,..., kA A A trong đó Ai , i =1,2,...,k là một tập con của tập
hợp {1,2,...,n}. TÍnh:
( )1 2, ,..., 1k k
k
n i
A A A F i
S A
∈ =
= ∑ ∪
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
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 102
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:
+ Thø tù thùc hiÖn c¸c phÐp biÕn h×nh ë ®©y kh«ng quan träng, v× k kO O O OQ .V V .Q
α α=
+ TØ sè cña phÐp vÞ tù – quay cã thÓ coi lμ mét sè d−¬ng v×
0180 k k
O O OQ .V V
−=
2. C¸ch x¸c ®Þnh ¶nh cña mét ®iÓm qua phÐp vÞ tù – quay:
Cho phÐp quay OQ
ϕ vμ phÐp vÞ tù kOV (víi k > 0)
Ta cã: ( )1O 1 1
OA OA
Q : A A
OA;OA
α
=⎧⎪⇔ ⎨ = α⎪⎩
JJJG JJJJG6 (1)
( )1kO 1 1
OA' kOA
V : A A'
OA ;OA' 0
=⎧⎪⇔ ⎨ =⎪⎩
JJJJG JJJJG6 (2)
Tõ (1) vμ (2) cho ta: ( )
OA '
k
OA
OA;OA '
⎧ =⎪⎨⎪ = α⎩
JJJG JJJJG (3)
Nh− vËy kO OV .Q
α lμ phÐp ®ång d¹ng thuËn Z(O; α; k) biÕn A thμnh A’ x¸c ®Þnh bëi (3). Khi ®ã O ®−îc gäi lμ
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 B'6 6 th× ( )
A'B ' kAB
AB;A'B '
=⎧⎪⎨ = α⎪⎩
JJJG JJJJJG
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.
α
A'
A1
A
O
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 103
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
Ta cã: ( )
OA'
k (1)
OA
OA;OA' (2)
⎧ =⎪⎨⎪ = α⎩
JJJG JJJJG
(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)
Tr−êng hîp 2: Hai cÆp ®iÓm t−¬ng øng (A; A’) vμ (B; B’)
Ta cã: ( )
A'B ' kAB
AB;A'B '
=⎧⎪⎨ = α⎪⎩
JJJG JJJJJG . Tõ ®ã ta biÕt ®−îc k vμ α vμ quay vÒ tr−êng hîp 1
C¸ch kh¸c: Gäi I lμ giao ®iÓm cña AB vμ A’B’
Ta cã:
( ) ( )
( ) ( )
OA;OA' IA;IA ' (1)
OB;OB ' IB;IB ' (2)
⎧ = = α⎪⎨ = = α⎪⎩
(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:
α
O
DC A'A
O
α
α
α
A'
B'
B
I
A
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 104
+ 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 BHk
BM
= vμ ( )BM;BH = αJJJG JJJG
+ Do ΔBMN tù ®ång d¹ng nªn k, α kh«ng ®æi vμ
phÐp vÞ tù – quay: Z (B, α, k) = kB BV .Qα : M 6 H (2)
⇒ TËp hîp c¸c ®iÓm H lμ ®−êng trßn (O’’) lμ
¶nh cña ®−êng trßn (O) qua phÐp vÞ tù - quay
Z (B, α, k) nãi trªn.
+ 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:
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 0 1 2 1 0 1
0 1 1 1 0 0
B B v (t t ) v
k
A A v (t t ) v
−= = =− (0 < k kh«ng ®æi)
Gäi O lμ giao ®iÓm thø 2 cña hai ®−êng trßn
(A0B0C) vμ (A1B1C)
DÔ dμng chøng minh ®−îc: ΔOA0A1 ®ång d¹ng
víi ΔOB0B1. Tõ ®ã suy ra:
n n
1 1 0 0
1 0 0 1 2
1 0 0 1 1
A OB A OB
OB OB B B v
OA OA A A v
⎧ = = α⎪⎨ = = =⎪⎩
⇒
( ) ( )1 1 1 1
1 2
1 1
OA ;OB CA ;CB (1)
OB v
(2)
OA v
⎧ = = α⎪⎨ =⎪⎩
JJJJG JJJJG JJJJG JJJJG
(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
2
1
v
v
) (4)
O''
H
O'
O
B
N
AM
a
b
C
O
B1
A1
B0
A0
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 105
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. 1 2v ; v
JJG JJG
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 ( )1 21v v v2= +G JJG JJG (suy ra tõ ( )0 1 22M M v v t= +JJJJJG JJG JJG )
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 = 2
1
v
v
; gãc quay ( )1 1CA ;CB = αJJJJG JJJJG biÕn a thμnh b,
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: n nXNT XMT=
Trªn (XO1O2) ta cã:
n n
1 2XO T XO T=
⇒ n n1 2TO N TO N= ⇒ ΔTO1N ®ång d¹ng víi ΔTO2M
⇒ 1
2
O NTN AN
k
TM O M BM
= = = (kh«ng ®æi) (1)
(dÔ chøng minh ®−îc ΔNAO1 vμ ΔMO2B c©n t¹i N, M)
+ DÔ thÊy ( ) ( ) ( )1 2TN;TM TO ;TO XN;XM (mod2 )= = = α πJJJG JJJG JJJJG JJJJG JJJG JJJJG
(kh«ng ®æi) (2)
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)
TX
O2
O1
N
M
C
BA
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 106
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
VÝ dô 4: Dùng ra phÝa ngoμi mét ΔABC ba tam gi¸c bÊt k× BCM; CAN; vμ ABP sao cho
n n n n n n0 0 0MBC CAN 45 ; BCM NCA 30 ; ABP PAB 15= = = = = = . Chøng minh r»ng ΔMNP vu«ng c©n
®Ønh P.
H−íng dÉn gi¶i:
+ XÐt tÝch cña hai phÐp vÞ tù - quay Z2DZ1
trong ®ã Z1 = Z(B,
4
π
, k1) vμ Z2 = Z(A,
4
π
, k2)
víi 1
2
BC AC 1
k
BM AN k
= = = (v× ΔCAN ®ång d¹ng víi ΔCBM)
+ Ta cã ΔBMC cè ®Þnh, nMBC
4
π= nªn ( )
1
BC
k
BM
BM;BC
4
⎧ =⎪⎪⎨ π⎪ =⎪⎩
JJJG JJJG
do ®ã Z1 = Z(B,
4
π
, k1): M 6 C vμ P 6 P1 (ΔBPP1 ®ång d¹ng víi ΔBMC)
+ L¹i cã ΔCAN cè ®Þnh, nCAN
4
π= nªn ( )
2
AN
k
AC
AC;AN
4
⎧ =⎪⎪⎨ π⎪ =⎪⎩
JJJG JJJG
do ®ã Z2 = Z(A,
4
π
, k2): C 6 N vμ P1 6 P
suy ra Z = Z2DZ1: M 6 N.
TÝch hai phÐp ®ång d¹ng trªn cã tØ sè ®ång d¹ng k = k2.k1 = 1 vμ α1 + α2 =
2
π
nªn Z lμ phÐp dêi h×nh cã mét
®iÓm cè ®Þnh duy nhÊt P.
Cô thÓ lμ 2PQ : M N
π
6 nªn ta cã ( )
PM PN
PM;PN
2
=⎧⎪⎨ π=⎪⎩
JJJG JJJG . VËy ΔPMN lμ tam gi¸c vu«ng c©n ®Ønh P.
VÝ dô 5: Dùng mét tø gi¸c (låi) néi tiÕp ABCD biÕt ®é dμi c¸c c¹nh: AB = a; BC = b; CD = c; DA =
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.
P1
P
N
M
C
B
A
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 107
ABCD néi tiÕp khi vμ chØ khi l l 0A C 180+ = (hoÆc l l 0B D 180+ = ). KÐo dμi c¹nh BC vÒ phÝa Cùc ®Ó xuÊt
hiÖn n nDCx BAD= vμ
kÒ bï víi nDCB .
Trªn tia Cx (tia ®èi cña tia CB) lÊy ®iÓm
E sao cho ΔDCE ®ång d¹ng víi ΔDAB.
Bμi to¸n dùng tø gi¸c ABCD quay vÒ
dùng ΔDCE.
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, (DA;DC)ϕ = JJJG JJJG , k = c
d
)
Bëi vËy, ®Æt k =
c
d
; n(DA;DC) ADC= = δJJJG JJJG .
XÐt phÐp vÞ tù - quay Z(D; δ; k)
Ta cã Z: D 6 D; A 6 C vμ B 6 E sao cho E ∈ [BE]. Khi ®ã ΔDCE ®ång d¹ng víi ΔDAB vμ do ®ã
n nDCE DAB= vμ B, C, E th¼ng hμng theo thø tù ®ã, ®ång thêi ta ®−îc nBDE ADC= = δJJJJG .
Bμi to¸n trë thμnh dùng ΔDBE cã c¸c yÕu tè ®· biÕt: BC = b; CE = ca
d
, do ®ã
ac bd
BE
d
+= ; CD = c;
DE c
DB d
=
Ta cÇn dùng ®iÓm D lμ mét ®iÓm trong c¸c giao ®iÓm cña ®−êng trong 1γ (C; c) vμ ®−êng trßn Ap«l«nius
( )2γ cã ®−êng kÝnh IJ mμ I, J chia trong vμ chia ngoμi ®o¹n BE theo tØ sè k = cd . §Ønh A ®−îc dùng sau
cïng.
BiÖn luËn: Bμi to¸n cã thÓ cã 1 nghiÖm h×nh hoÆc kh«ng cã nghiÖm h×nh nμo tuú vμo ( )1γ vμ ( )2γ 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.
d
a
c
b
δ
E
D
CB
A
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 108
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 l lA 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.
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
f(x) = Max {|x-a1|, |x-a2|, ... |x- an|}
Tìm Min f(x)
Bài toán 12 cho 0
1
1
a
b
<
2
2
a
b
< ... <
n
n
a
b
f(x) = Max {|aix – bi| (i = 1,2,...,n)}
Tìm Min f(x)
Trên đây là một số bài toán áp dụng tính chất của hàm y = ax + b để giải. Còn 2 phần nữa
xin được trao đổi cùng các bạn ở chuyên đề sau.
Ninh Bình, Ngày 10 tháng 10 năm 2008
x,y ∈ [0,1]
x ∈ R
x ∈ R
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 77
PhÐp biÕn h×nh trong h×nh häc ph¼ng
Tr−êng THPT Chuyªn Hμ Nam
Phần I: Đặt vấn đề
Trong chuyên đề hình học phẳng sử dụng phép biến hình trong hình học phẳng là một phần
kiến thức rất quan trọng. Sau đây là nội dung bài soạn của tôi khi dạy về các phép biến hình trong
mặt phẳng.
Phần II: Nội dung
A. Phép đối xứng tâm, đối xứng trục, tịnh tiến.
I. Phép đối xứng tâm
1. Định nghĩa: Đ0 : M → M’
'OMOM −=
2. Tính chất:
a. Đ0 biến 3 điểm thẳng hàng thành 3 điểm thẳng hàng.
b. Đ0 biến đường thẳng thành đường thẳng // hoặc trùng với đường thẳng ban đầu.
c. Biến đoạn EF thành E’F’: EF = E’F’
d. Góc xSy thành góc x’S’y’ và góc x’S’y’ = góc x’S’y’.
e. Đ0 là phép biến đổi 1 - 1
h: Đo: A → A’
B →B’
''BAAB −=
II. Phép đối xứng trục
1. Định nghĩa:
Đđ: M → M’
MM’ ⊥ d tại H
'HMMH −=
2. Tính chất
Giống như phép đối xứng trục
III. Phép tịnh tiến:
1. Định nghĩa:
Cho 0≠V
': MMT V →
vMM ='
2. Tính chất:- Giống như phép đối xứng tâm, đối xứng trục
- Phép VT không có điểm bất động.
IV. Bài tập áp dụng
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 78
Bài tập 1: Cho tam giác ABC và đường tròn O. Trên cạnh AB lấy 1 điểm E sao cho BE =
2AE gọi F là trung điểm AC và I là đỉnh thứ 4 của hình bình hành AEIF. Với mỗi điểm P trên
đường tròn (O) dựng Q sao cho IQPCPBPA 632 =++ . Tìm tập hợp Q khi P thay đổi.
* Hướng dẫn học sinh
+ Xác đỉnh điểm K cố định t/c: 032 =++ KCKBKA
+ Chứng minh K ≡ I
+ ĐI: P → Q vậy Q thuộc đường tròn là ảnh (O)
* Lời giải:
Gọi K là điểm thoả mãn:
032 =++ KCKBKA
)32(6 ACABKA +−=
Ta có
KIAIAK
ACABAI
ACAB
AFAEAI
≡→=↔
+=↔
+=
+=
326
2
1
3
1
Từ
IQICIBIAPI
IQPCPBPA
6326
632
=+++↔
=++
0=+↔ QIPI → là trung điểm PQ
→ Đ: P → Q
OP thuộc đường tròn
→ Q ∈ đường tròn là ảnh của (O) qua ĐI
Bài tập 2: Cho hình bình hành ABCD và đường tròn (γ) bàng tiếp của tam giác ABD tiếp
xúc với phần kéo dài AB và AD tương ứng tại M, N. Đoạn thẳng MN cắt BC, DC tương ứng tại P
và Q. Chứng minh đường tròn nội tiếp tam giác BCD tiếp xúc BC, DC tại P và Q.
* Hướng dẫn học sinh:
+ Chứng minh BH = DK
Có Đ I: B → D
+ Chứng minh DQ = DN = BH = BM’
→ ĐI: (C) → (C1)
Với (C) là đường tròn qua M’, N’, H ; (C1) là đường tròn qua D, Q, P
Lời giải:
F
E
A
B C
I
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 79
Gọi K là tiếp điểm (γ) và BD
(C) là đường tròn nội tiếp ΔABC tiếp xúc AB, AD,BD tại M’, N’, H
Do: MM’ = NN’
MM’ = MB + DN’ = BK + BH
NN’ = ND + DN’ = DH + DK
⇒ BH + BK = DH + DK
⇒ BH + BH + HK = DK + DK + HK
⇔ BH = DK
⇒ ∃ Phép đối xứng tâm ĐI : B → D
H → K
A → C
ΔAMN cân tại A => 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
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 80
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:
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 ≤
34
222 cba ++
+) a2 + b2 + c2 ≤ 9R2 (R là bán kính đường tròn ngoại tiếp ΔABC)
Thật vậy:
S ≤
34
222 cba ++
48
)())(()(
2222 cbacpbpapp ++≤−−−↔
3
)()())()((
2222 cbabcabcbcbacba ++≤−+−+−+++↔
[ ][ ] 22222222 )()()(3 cbabaccba ++≤−−−+↔
<=> 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
34
9max
34
9 22 RSRS =⇔≤
B’
A
C’
B
H
A’
C
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 81
34
9max
2RS = khi Δ ABC đều
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’
D -> A
=> CD = C’A = AB => ΔABC’ đều
E -> F -> ΔDEF đều
* ΔBCD; ΔAEF dựng phía ngoài tứ giác ABDE
C’, G khác phí với AB
H, F’ khác phía với DF
=> Tứ giác AGBC’ nội tiếp góc BGA + góc B’CA = 1800 = (1200 + 600)
=> BC’ 2 = C’G2 + BG2 – 2BG. C’G.1/2
C’A2 = C’G2 + GA2 – 2AG.C’G.1/2
600
600 600
B
B�
G
C�
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 82
=> BG2 – BG . C’G = GA2 – AG . C’G
<=> (GA - GB ) (GA + GB – GC’) = 0
* Nếu GA = GB => GC’ ⊥ AB => C’K =
6
330;
2
3 0 atgBKGKa ==
3
32
6
34
' a
a
GC ==
Cos 300 =
3
32
3
2 aGBGAaBG
GB
a
=+→=→
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
xứng qua đường thẳng AD biến đường thẳng AM thành AK (K ∈ BC): CMR: 2
2
AC
AB
CK
BK =
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’
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 83
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:
CQ
AB
KC
BK = (1)
Ta có:
AB
AC
AB
AC
AB
PB
AC
CQ
AC
CQ
PB
CQ =====
'
'
'
''
Vậy
AB
AC
AC
CQ = Ù
AC
AB
CQ
AC = Ù )2(2
2
AC
AB
CQ
AB =
⇒ Từ (1) và (2) 2
2
AC
AB
CK
BK =
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
DKT G : K → D
H → E (H là trực tâm Δ BKE)
B → B’
+ Chỉ ra B’E = BH = 22 ab −
Lời giải:
Gọi H là trực tâm Δ BEK
Do EH vuông góc BK, EK vuông góc BH
⇒ DKHEHKED GGGG == ;
DKT G : K → D
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 = 22 ab −
* 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
H
B B’ C
E
D K
A
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 84
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 → M3
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:
MA
BA
OM
BA
OM
BO
MA
BA
2
222211
1
11 ===
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
cách đều hai dây cung BB’ và CC’.
B) Phép quay
I. Định nghĩa: QOα: M → M’
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’
α
M’
M
M
M’
- α
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 85
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
+ Biến tia Sx thành tia S’x’ và góc tạo bởi hai tia đó bằng α.
+ Biến đoạn thẳng PQ thành đoạn P’Q’: PQ = P’Q’
+ Biến góc thành góc bằng nó
+ Biến đường tròn (I,R) thành (I’,R)
III. Mở rộng phép quay tâm O góc quay α: 1800 < α ≤ 3600:
1. Định nghĩa:
Cho trước điểm O và góc α với 1800 < α ≤ 3600. Phép biến đổi
Q =
0180
0
−αQ .
0180
0Q là phép quay tâm O với góc quay α kí hiệu là Q0α.
2. Tính chất:
a. Tính chất 1: Q0α với α ∈(1800, 3600)
Qα : M → M’ thì 03600 −αQ : M -> M’ và (OM, OM’) = α - 3600
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
≤ 3600; 00 < β ≤ 3600, 0180
2
≠+ βα
Khí đó Q = QO2β . QO1α là 1 phép quay với góc quay ϕ = α + β và tâm quay O được xác
định: 201
α−
Q : 0102 -> x
yOOQ →122/0 :2
β
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:
O2
yx
O1
O’
O
α
α/2
β
β/2
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 86
ABQG →:
0120
CAQb →:
060
1
CBQQ Gb →:.
00 12060
1
QQQ GBM CB
000 12060
1
180
.: ⇒→
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:
+ 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’
Góc MAC’ = 600 + 200 = 800 = 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
A
C
M
B
C’
300
700
800
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 87
Do Δ MC’C cân tại C’ ⇒ Góc CM’C = góc MCC’ = 0
00
70
2
40180 =−
⇒ 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→ ( ) AEAEBF ⇒=⇒ 060, 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
⇒ ( ) 060, =ECFD mà FDIN ↑↑
ECKM ↑↑
=> góc ( ) 060, =KNIN (1)
Mà IN = KM =
2
1 FD = ECFD
2
1
2
1 =
-> KIQP →:060
'NN →
=> ( ) 060, =KNIN từ (1) -> ( ) '60, 0 NMKMKNKNIN ≡⇒=⇒=
=> PMNMNQP Δ⇒→:060 đều
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 88
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 quayQO
090−
: A → B
M → M1
D → A
Q → Q1
QO
090−
: M → H ⇒ [MM’] → [HN’]
AD → AB 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’
OMkOM =' 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’
B → B’ ABkBA =''
(A ≠ B)
4. Phép vị tự biến 3 điểm thẳng hàng thành 3 điểm thẳng hàng
Từ đó ⇒ AQ1 qua trực tâm H của Δ
ABN
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 89
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
Đặt
kIC
IO
IB
IO
IA
IO 1321 ===
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
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 90
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).
* Xét phép vị tự 1
2
R
R
MV : (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
Xét 1
2
R
R
MV : (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)
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 91
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:
* Xét phép vị tự 2
1
R
R
SV (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
1
2
R
R
SV : O → O
P’ → P
A → A’
Q’ → Q
Ta lại có: SP2 = SOSQ. ; SP2 = '.SASA
'.. SASASOSQ =⇒ ⇒ 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 R
R
AV : O’ → O (M là tiếp điểm của BC và (O’))
M → M’
⇒ Góc A2 = Góc OA’Q
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 92
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:
'R
R
AV : O → O’
M → M’
'
'
AO
R
RAO = ; M; ∈đường tròn (O)
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’ 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
IM
AI
BM
AB
MI
BM
IA
AB
AB
BM
IA
MI =⇔=⇔=
PB/ (O’) = BM2 = BB’ . BA
BABB
AB
IM
AI
BM
AB
'.
==⇒
BBV R
R
A →':
'
⇒OM’ vuông góc BC
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 93
kABk
AB
BBBA
ABABkBB
k
AB
ABABk
AB
AB
R
RkABkAB
AB
R
RABAB
R
RAB
−=−=→−=
−=−→=→
>==→
=→=
1
1
)1('.
)1('
1
1''
)1
'
('
.''
'
2
Ta có:
IM
AM
q
qAIq
kIM
AI
V q
q
A →→
+=→=−=
+ :
11
1
1
Vậy I thuộc đường tròn là ảnh (O’) qua V q
q
A
+1
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 1
2
r
r
AV : 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
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 94
* 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 '.OMOM = 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’
Thì A’B’ = ABλ với
OBOA
k
.
=λ
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)
λ1 = 22
2'
Ra
R
−
Vậy R1 = R1λ
R
Ra
RR .
22
2
1
1 −=
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 95
22
2
2 '
'.
Ra
RRR −=
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
I(O,R2): C → C’
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)
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 96
* Tứ giác A1B1C1D1 là hình chữ nhật. Gọi x là bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác
A1B1C1D1 tính x = 22
1
2.
aR
Rr
−
* Chứng minh I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD
* Thiết lập phương trình ẩn a (bậc 2)
Lời giải:
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
C1P1 // NQ; A1D1 // MP
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) = 16x2
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 =
P
r 2 ; Po /(01) = R2 - a2 ( O trong (O1))
λ = 22
2
aR
r
− ⇒ x = 22
1
2
aR
Rr
−
Gọi A’, C’ là giao OA, OC và đường tròn ngoại tiếp tứ giác
OA . OA’ = OC . OC’ = R2 - a2
OA =
2
sin A
r ; OC =
2
sin C
r ; 1
2
sin
2
sin 22 =+ CA
Do góc A + góc C = 1800
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 97
2
1
OA
= 2
2
2
sin
r
A
; 2
1
OC
= 2
2
2
sin
r
C
⇒ 222 111 rOCOA =+
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)
Mặt khác: OA = '
22
OA
aR − ; OC = '
22
OC
aR −
⇒ Phương trình bậc 2 ẩn a
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.
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 98
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 { }1, 2,...,nA n=
Sn = {M ⊂ An ⎢M không chứa hai số nguyên liên tiếp nào}
Pn = {( ) { } ( ) ( )1 2 1, ,..., 0;1 1,2,..., , , 1;1 1,2,..., 1n i i ia a a a i n a a i n+∈ ∀ = ≠ ∀ = − }
+ Xét ánh xạ f: Sn → Pn
M 6 ( )1 2, ,..., n na a a P∈ sao cho 10ii
a khii M
a khii M
= ∈⎧⎨ = ∉⎩
Vì f là song ánh nên : nS 1nP n= ∀ ≥
+ Xét ánh xạ g : Pn → Pn-1 ∪ Pn-2 ∀n ≥ 3
( ) ( )( )
1 2 1 1
1 2
1 2 2 2
, ,..., 0
, ,...,
, ,..., 1
n n n
n
n n n
a a a P khia
a a a
a a a P khia
− −
− −
∈ =⎧⎪⎨ ∈ =⎪⎩
6
Vì g là song ánh nên : n 1 2 n 1 23 3n n n nP P P n S S S n− − − −= + ∀ ≥ ⇒ = + ∀ ≥
Dễ thấy : 2 13; 2S S= = . Do đó : n 1S 1nF n+= ∀ ≥ , ({Fn} là dãy Fibônaxi)
2 2
1 1 5 1 5
2 25
n n
nS
+ +⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ −⎜ ⎟⇒ = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠
mà nS∅ ⊂ nên số tập con thoả mãn giả thiết là:
2 2
1 1 5 1 5
2 25
n n+ +⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ −⎜ ⎟−⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠
- 1
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 99
Bài 2: Với mỗi n ∈ N*, kí hiệu Hn là tập tất cả các hoán vị ( )1 2, ,..., na a a của n số nguyên dương
đầu tiên. Xét các tập hợp:
( ){ }n 1 2S , ,..., : 1 1, 2,...,n n ia a a H a i i n= ∈ ≥ − ∀ =
( ){ }n 1 2, ,..., : 1 1, 2,...,n n iT a a a S a i i n= ∈ ≤ + ∀ =
Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho: 1
3
n
n
T
S
>
Lời giải:
Đặt ( ){ }1 2 1, ,..., 1n n nP a a a S a= ∈ =
( ){ }1 2 1, ,..., 1n n nQ a a a S a= ∈ ≠
Dễ có: ,n n n n nP Q P Q S∩ = ∅ ∪ =
+ Xét ánh xạ f: n nP Q→
( ) ( )1 2 2 1, ,..., , ,...,n na a a a a a6
Vì f là song ánh nên: 1
2n n n
P Q S= =
+ Xét ánh xạ g: 1n nP S −→
( ) ( )1 2 2 3, ,..., 1, 1,..., 1n na a a a a a− − −6
Vì g là song ánh nên: 1n nP S −=
Vậy: 12 2n nS S n−= ∀ ≥
Mà 2 12; 1S S= = 12nnS −⇒ =
+ Xét ánh xạ h: Tn → Tn-1 ∪ Tn-2
( ) ( )( )
2 3 1 1
1 2
3 4 2 1
1, 1,..., 1 1
, ,...,
2, 2,..., 2 2
n n
n
n n
a a a T khia
a a a
a a a T khia
−
−
− − − ∈ =⎧⎪⎨ − − − ∈ =⎪⎩
6
Vì h là song ánh nên 1 2n n nT T T− −= +
mà 2 12; 1T T= =
1 1
1 1 5 1 5
2 25
n n
nT
+ +⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ −⎜ ⎟⇒ = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠
Vậy: 1
3
n
n
T
S
> ⇔
1 1
1
1 1 5 1 5
2 25 1
2 3
n n
n
+ +
−
⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ −⎜ ⎟−⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ > ⇔ n ≤ 6.
Bài 3: (IMO 1987)
Gọi Pn(k) là số các hoán vị của tập { }1, 2,...,A n= (n ∈N*) có đúng k điểm cố định (0 ≤ k ≤ n).
Chứng minh rằng:
0
. ( ) !
n
n
k
k P k n
=
=∑
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: . ( )nM k P 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
1( 1)i nN P k−= −
+ Xét ánh xạ g:
1
n
i
i
M N
=
→∪
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 100
( , )f i f6 ( )( ) ( ) 1,.., ;f m f m m n m i= ∀ = ≠
Vì g là song ánh nên
11
n n
i i
ii
M N N
==
= = ∑∪ 1. ( ) . ( 1)n nk P k n P k−⇒ = −
1
1 1
1 1 0 0
. ( ) . ( 1) . ( ) . ( ) .( 1)! !
n n n n
n n n n
k k k j
k P k n P k k P k n P j n n 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:
( )
X T
m X
m
T
∈=
∑
Lời giải:
+ Xét song ánh f: T → T
{ }( ) 1X f X n x x X= + − ∈6
Vì f là song ánh nên
( ) ( ( )) 1,
( ) ( ( ))
X T X T
m X m f X n X T
m X m f X
∈ ∈
+ = + ∀ ∈⎧⎪⎨ =⎪⎩∑ ∑ [ ]( ) ( ( )) ( 1) 2 ( ) ( 1)X T X Tm X m f X T n m X T n∈ ∈⇒ + = + ⇒ = +∑ ∑
Vậy :
( )
1
2
X T
m X
nm
T
∈ += =
∑
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:
( )1 2, ,..., ka a a 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 = { ( )1 2, ,..., ka a a ∈A ⎢a1 < a2 <...< ak và ai – i # m ∀i = 1,2,...,k}
Dễ thấy A* = A\B
+ Xét ánh xạ f: B → B’
( ) ( )1 2 1 2, ,..., 1 , 2 2 ,...,k ka a a a m a m a k km− + − + − +6
Khi đó f là song ánh từ B đến B’
với B’ = ( ) { }{ }1 2 1 2, ,..., ... , 1, 2,..., , 1,...,k k i ib b b b b b b n k km b m i k< < < ∈ − + ∀ =#
Do đó ' kn k k
m
B B C −⎡ ⎤+⎢ ⎥⎣ ⎦
= =
Vậy * k kn n k k
m
A A B A C −⎡ ⎤+⎢ ⎥⎣ ⎦
= − = −
*Một số bài luyện tập:
Bài 6: Tìm tất cả các bộ số nguyên ( )1 2, ,..., na a a ( n>1) sao cho
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 101
1
1, 1,2,...,
1, 1,2,..., 1
i
i i
a i n
a a i n+
⎧ ≤ ∀ =⎪⎨ − ≤ ∀ = −⎪⎩
Bài 7: Chứng minh rằng ∀n ∈N* ta có:
a. ( )22
0
n
n i
n n
i
C C
=
= ∑
b. 2 2 1
0
2 . .
n kn
k k n
n n k n
k
C C C
−⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦
− +
=
=∑
c. 1
0 0
.2 .2 2
m n
k m k k n k m n
n k m k
k k
C C− − + ++ +
= =
+ =∑ ∑
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 2x2 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 ( )1 2, ,..., na a a của n số nguyên dương đầu tiên sao
cho 1 2 1, 2,...,ia i i n≤ − ≤ ∀ =
Chứng minh rằng: 1 11,75 2 , 6n n nS S S n− −< < ∀ >
Bài 10: Giả sử Fk là tập tất cả các bộ ( )1 2, ,..., kA A A trong đó Ai , i =1,2,...,k là một tập con của tập
hợp {1,2,...,n}. TÍnh:
( )1 2, ,..., 1k k
k
n i
A A A F i
S A
∈ =
= ∑ ∪
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
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 102
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:
+ Thø tù thùc hiÖn c¸c phÐp biÕn h×nh ë ®©y kh«ng quan träng, v× k kO O O OQ .V V .Q
α α=
+ TØ sè cña phÐp vÞ tù – quay cã thÓ coi lμ mét sè d−¬ng v×
0180 k k
O O OQ .V V
−=
2. C¸ch x¸c ®Þnh ¶nh cña mét ®iÓm qua phÐp vÞ tù – quay:
Cho phÐp quay OQ
ϕ vμ phÐp vÞ tù kOV (víi k > 0)
Ta cã: ( )1O 1 1
OA OA
Q : A A
OA;OA
α
=⎧⎪⇔ ⎨ = α⎪⎩
JJJG JJJJG6 (1)
( )1kO 1 1
OA' kOA
V : A A'
OA ;OA' 0
=⎧⎪⇔ ⎨ =⎪⎩
JJJJG JJJJG6 (2)
Tõ (1) vμ (2) cho ta: ( )
OA '
k
OA
OA;OA '
⎧ =⎪⎨⎪ = α⎩
JJJG JJJJG (3)
Nh− vËy kO OV .Q
α lμ phÐp ®ång d¹ng thuËn Z(O; α; k) biÕn A thμnh A’ x¸c ®Þnh bëi (3). Khi ®ã O ®−îc gäi lμ
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 B'6 6 th× ( )
A'B ' kAB
AB;A'B '
=⎧⎪⎨ = α⎪⎩
JJJG JJJJJG
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.
α
A'
A1
A
O
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 103
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
Ta cã: ( )
OA'
k (1)
OA
OA;OA' (2)
⎧ =⎪⎨⎪ = α⎩
JJJG JJJJG
(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)
Tr−êng hîp 2: Hai cÆp ®iÓm t−¬ng øng (A; A’) vμ (B; B’)
Ta cã: ( )
A'B ' kAB
AB;A'B '
=⎧⎪⎨ = α⎪⎩
JJJG JJJJJG . Tõ ®ã ta biÕt ®−îc k vμ α vμ quay vÒ tr−êng hîp 1
C¸ch kh¸c: Gäi I lμ giao ®iÓm cña AB vμ A’B’
Ta cã:
( ) ( )
( ) ( )
OA;OA' IA;IA ' (1)
OB;OB ' IB;IB ' (2)
⎧ = = α⎪⎨ = = α⎪⎩
(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:
α
O
DC A'A
O
α
α
α
A'
B'
B
I
A
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 104
+ 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 BHk
BM
= vμ ( )BM;BH = αJJJG JJJG
+ Do ΔBMN tù ®ång d¹ng nªn k, α kh«ng ®æi vμ
phÐp vÞ tù – quay: Z (B, α, k) = kB BV .Qα : M 6 H (2)
⇒ TËp hîp c¸c ®iÓm H lμ ®−êng trßn (O’’) lμ
¶nh cña ®−êng trßn (O) qua phÐp vÞ tù - quay
Z (B, α, k) nãi trªn.
+ 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:
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 0 1 2 1 0 1
0 1 1 1 0 0
B B v (t t ) v
k
A A v (t t ) v
−= = =− (0 < k kh«ng ®æi)
Gäi O lμ giao ®iÓm thø 2 cña hai ®−êng trßn
(A0B0C) vμ (A1B1C)
DÔ dμng chøng minh ®−îc: ΔOA0A1 ®ång d¹ng
víi ΔOB0B1. Tõ ®ã suy ra:
n n
1 1 0 0
1 0 0 1 2
1 0 0 1 1
A OB A OB
OB OB B B v
OA OA A A v
⎧ = = α⎪⎨ = = =⎪⎩
⇒
( ) ( )1 1 1 1
1 2
1 1
OA ;OB CA ;CB (1)
OB v
(2)
OA v
⎧ = = α⎪⎨ =⎪⎩
JJJJG JJJJG JJJJG JJJJG
(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
2
1
v
v
) (4)
O''
H
O'
O
B
N
AM
a
b
C
O
B1
A1
B0
A0
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 105
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. 1 2v ; v
JJG JJG
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 ( )1 21v v v2= +G JJG JJG (suy ra tõ ( )0 1 22M M v v t= +JJJJJG JJG JJG )
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 = 2
1
v
v
; gãc quay ( )1 1CA ;CB = αJJJJG JJJJG biÕn a thμnh b,
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: n nXNT XMT=
Trªn (XO1O2) ta cã:
n n
1 2XO T XO T=
⇒ n n1 2TO N TO N= ⇒ ΔTO1N ®ång d¹ng víi ΔTO2M
⇒ 1
2
O NTN AN
k
TM O M BM
= = = (kh«ng ®æi) (1)
(dÔ chøng minh ®−îc ΔNAO1 vμ ΔMO2B c©n t¹i N, M)
+ DÔ thÊy ( ) ( ) ( )1 2TN;TM TO ;TO XN;XM (mod2 )= = = α πJJJG JJJG JJJJG JJJJG JJJG JJJJG
(kh«ng ®æi) (2)
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)
TX
O2
O1
N
M
C
BA
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 106
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
VÝ dô 4: Dùng ra phÝa ngoμi mét ΔABC ba tam gi¸c bÊt k× BCM; CAN; vμ ABP sao cho
n n n n n n0 0 0MBC CAN 45 ; BCM NCA 30 ; ABP PAB 15= = = = = = . Chøng minh r»ng ΔMNP vu«ng c©n
®Ønh P.
H−íng dÉn gi¶i:
+ XÐt tÝch cña hai phÐp vÞ tù - quay Z2DZ1
trong ®ã Z1 = Z(B,
4
π
, k1) vμ Z2 = Z(A,
4
π
, k2)
víi 1
2
BC AC 1
k
BM AN k
= = = (v× ΔCAN ®ång d¹ng víi ΔCBM)
+ Ta cã ΔBMC cè ®Þnh, nMBC
4
π= nªn ( )
1
BC
k
BM
BM;BC
4
⎧ =⎪⎪⎨ π⎪ =⎪⎩
JJJG JJJG
do ®ã Z1 = Z(B,
4
π
, k1): M 6 C vμ P 6 P1 (ΔBPP1 ®ång d¹ng víi ΔBMC)
+ L¹i cã ΔCAN cè ®Þnh, nCAN
4
π= nªn ( )
2
AN
k
AC
AC;AN
4
⎧ =⎪⎪⎨ π⎪ =⎪⎩
JJJG JJJG
do ®ã Z2 = Z(A,
4
π
, k2): C 6 N vμ P1 6 P
suy ra Z = Z2DZ1: M 6 N.
TÝch hai phÐp ®ång d¹ng trªn cã tØ sè ®ång d¹ng k = k2.k1 = 1 vμ α1 + α2 =
2
π
nªn Z lμ phÐp dêi h×nh cã mét
®iÓm cè ®Þnh duy nhÊt P.
Cô thÓ lμ 2PQ : M N
π
6 nªn ta cã ( )
PM PN
PM;PN
2
=⎧⎪⎨ π=⎪⎩
JJJG JJJG . VËy ΔPMN lμ tam gi¸c vu«ng c©n ®Ønh P.
VÝ dô 5: Dùng mét tø gi¸c (låi) néi tiÕp ABCD biÕt ®é dμi c¸c c¹nh: AB = a; BC = b; CD = c; DA =
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.
P1
P
N
M
C
B
A
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 107
ABCD néi tiÕp khi vμ chØ khi l l 0A C 180+ = (hoÆc l l 0B D 180+ = ). KÐo dμi c¹nh BC vÒ phÝa Cùc ®Ó xuÊt
hiÖn n nDCx BAD= vμ
kÒ bï víi nDCB .
Trªn tia Cx (tia ®èi cña tia CB) lÊy ®iÓm
E sao cho ΔDCE ®ång d¹ng víi ΔDAB.
Bμi to¸n dùng tø gi¸c ABCD quay vÒ
dùng ΔDCE.
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, (DA;DC)ϕ = JJJG JJJG , k = c
d
)
Bëi vËy, ®Æt k =
c
d
; n(DA;DC) ADC= = δJJJG JJJG .
XÐt phÐp vÞ tù - quay Z(D; δ; k)
Ta cã Z: D 6 D; A 6 C vμ B 6 E sao cho E ∈ [BE]. Khi ®ã ΔDCE ®ång d¹ng víi ΔDAB vμ do ®ã
n nDCE DAB= vμ B, C, E th¼ng hμng theo thø tù ®ã, ®ång thêi ta ®−îc nBDE ADC= = δJJJJG .
Bμi to¸n trë thμnh dùng ΔDBE cã c¸c yÕu tè ®· biÕt: BC = b; CE = ca
d
, do ®ã
ac bd
BE
d
+= ; CD = c;
DE c
DB d
=
Ta cÇn dùng ®iÓm D lμ mét ®iÓm trong c¸c giao ®iÓm cña ®−êng trong 1γ (C; c) vμ ®−êng trßn Ap«l«nius
( )2γ cã ®−êng kÝnh IJ mμ I, J chia trong vμ chia ngoμi ®o¹n BE theo tØ sè k = cd . §Ønh A ®−îc dùng sau
cïng.
BiÖn luËn: Bμi to¸n cã thÓ cã 1 nghiÖm h×nh hoÆc kh«ng cã nghiÖm h×nh nμo tuú vμo ( )1γ vμ ( )2γ 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.
d
a
c
b
δ
E
D
CB
A
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com 108
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 l lA 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.
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
1
1
a b
< 2
2
a b
< ... < n
n
a b
f(x) = Max {|aix – bi| (i = 1,2,...,n)}
Tìm Min f(x)
Trên đây là một số bài toán áp dụng tính chất của hàm y = ax + b để giải. Còn 2 phần nữa
xin được trao đổi cùng các bạn ở chuyên đề sau.
Ninh Bình, Ngày 10 tháng 10 năm 2008
x,y ∈ [0,1]
x ∈ R
x ∈ R
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
77
PhÐp biÕn h×nh trong h×nh häc ph¼ng
Tr−êng THPT Chuyªn Hμ Nam
Phần I: Đặt vấn đề Trong chuyên đề hình học phẳng sử dụng phép biến hình trong hình học phẳng là một phần
kiến thức rất quan trọng. Sau đây là nội dung bài soạn của tôi khi dạy về các phép biến hình trong mặt phẳng.
Phần II: Nội dung
A. Phép đối xứng tâm, đối xứng trục, tịnh tiến. I. Phép đối xứng tâm 1. Định nghĩa: Đ0 : M → M’
'OMOM −= 2. Tính chất: a. Đ0 biến 3 điểm thẳng hàng thành 3 điểm thẳng hàng. b. Đ0 biến đường thẳng thành đường thẳng // hoặc trùng với đường thẳng ban đầu. c. Biến đoạn EF thành E’F’: EF = E’F’ d. Góc xSy thành góc x’S’y’ và góc x’S’y’ = góc x’S’y’. e. Đ0 là phép biến đổi 1 - 1 h: Đo: A → A’
B →B’ ''BAAB −=
II. Phép đối xứng trục 1. Định nghĩa:
Đđ: M → M’ MM’ ⊥ d tại H
'HMMH −= 2. Tính chất Giống như phép đối xứng trục III. Phép tịnh tiến: 1. Định nghĩa:
Cho 0≠V ': MMT V →
vMM =' 2. Tính chất:- Giống như phép đối xứng tâm, đối xứng trục
- Phép VT không có điểm bất động.
IV. Bài tập áp dụng
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
78
Bài tập 1: Cho tam giác ABC và đường tròn O. Trên cạnh AB lấy 1 điểm E sao cho BE = 2AE gọi F là trung điểm AC và I là đỉnh thứ 4 của hình bình hành AEIF. Với mỗi điểm P trên
đường tròn (O) dựng Q sao cho IQPCPBPA 632 =++ . Tìm tập hợp Q khi P thay đổi. * Hướng dẫn học sinh
+ Xác đỉnh điểm K cố định t/c: 032 =++ KCKBKA + Chứng minh K ≡ I + ĐI: P → Q vậy Q thuộc đường tròn là ảnh (O) * Lời giải: Gọi K là điểm thoả mãn:
032 =++ KCKBKA )32(6 ACABKA +−=
Ta có
KIAIAK
ACABAI
ACAB
AFAEAI
≡→=↔ +=↔
+= +=
326
2 1
3 1
Từ
IQICIBIAPI
IQPCPBPA
6326
632
=+++↔
=++
0=+↔ QIPI → là trung điểm PQ → Đ: P → Q OP thuộc đường tròn → Q ∈ đường tròn là ảnh của (O) qua ĐI Bài tập 2: Cho hình bình hành ABCD và đường tròn (γ) bàng tiếp của tam giác ABD tiếp
xúc với phần kéo dài AB và AD tương ứng tại M, N. Đoạn thẳng MN cắt BC, DC tương ứng tại P và Q. Chứng minh đường tròn nội tiếp tam giác BCD tiếp xúc BC, DC tại P và Q.
* Hướng dẫn học sinh: + Chứng minh BH = DK Có Đ I: B → D + Chứng minh DQ = DN = BH = BM’ → ĐI: (C) → (C1) Với (C) là đường tròn qua M’, N’, H ; (C1) là đường tròn qua D, Q, P Lời giải:
F E
A
B C I
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
79
Gọi K là tiếp điểm (γ) và BD (C) là đường tròn nội tiếp ΔABC tiếp xúc AB, AD,BD tại M’, N’, H Do: MM’ = NN’ MM’ = MB + DN’ = BK + BH NN’ = ND + DN’ = DH + DK ⇒ BH + BK = DH + DK ⇒ BH + BH + HK = DK + DK + HK ⇔ BH = DK ⇒ ∃ Phép đối xứng tâm ĐI : B → D
H → K A → C
ΔAMN cân tại A => 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
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
80
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:
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 ≤ 34
222 cba ++ +) a2 + b2 + c2 ≤ 9R2 (R là bán kính đường tròn ngoại tiếp ΔABC)
Thật vậy:
S ≤ 34
222 cba ++
48 )())(()(
2222 cbacpbpapp ++≤−−−↔
3 )()())()((
2222 cbabcabcbcbacba ++≤−+−+−+++↔ [ ][ ] 22222222 )()()(3 cbabaccba ++≤−−−+↔
<=> 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 34
9max 34
9 22 RSRS =⇔≤
B’ A
C’
B
H
A’
C
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
81
34 9max
2RS = khi Δ ABC đều 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’ D -> A => CD = C’A = AB => ΔABC’ đều E -> F -> ΔDEF đều * ΔBCD; ΔAEF dựng phía ngoài tứ giác ABDE C’, G khác phí với AB H, F’ khác phía với DF => Tứ giác AGBC’ nội tiếp góc BGA + góc B’CA = 1800 = (1200 + 600)
=> BC’ 2 = C’G2 + BG2 – 2BG. C’G.1/2 C’A2 = C’G2 + GA2 – 2AG.C’G.1/2
600
600 600 B
B�
G
C�
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
82
=> BG2 – BG . C’G = GA2 – AG . C’G <=> (GA - GB ) (GA + GB – GC’) = 0
* Nếu GA = GB => GC’ ⊥ AB => C’K = 6
330; 2
3 0 atgBKGKa ==
3 32
6 34
' a a
GC ==
Cos 300 = 3
32 3
2 aGBGAaBG GB
a
=+→=→ 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
xứng qua đường thẳng AD biến đường thẳng AM thành AK (K ∈ BC): CMR: 2 2
AC AB
CK BK =
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’
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
83
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: CQ AB
KC BK = (1)
Ta có: AB AC
AB AC
AB PB
AC CQ
AC CQ
PB CQ =====
'
'
'
''
Vậy AB AC
AC CQ = Ù
AC AB
CQ AC = Ù )2(2
2
AC AB
CQ AB =
⇒ Từ (1) và (2) 2 2
AC AB
CK BK =
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
DKT G : K → D H → E (H là trực tâm Δ BKE) B → B’ + Chỉ ra B’E = BH = 22 ab − Lời giải: Gọi H là trực tâm Δ BEK Do EH vuông góc BK, EK vuông góc BH ⇒ DKHEHKED GGGG == ;
DKT G : K → D 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 = 22 ab −
* 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
H
B B’ C
E
D K A
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
84
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 → M3 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:
MA BA
OM BA
OM BO
MA BA
2
222211
1
11 === 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
cách đều hai dây cung BB’ và CC’.
B) Phép quay I. Định nghĩa: QOα: M → M’ 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’
α
M’
M M
M’
- α
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
85
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 + Biến tia Sx thành tia S’x’ và góc tạo bởi hai tia đó bằng α. + Biến đoạn thẳng PQ thành đoạn P’Q’: PQ = P’Q’ + Biến góc thành góc bằng nó + Biến đường tròn (I,R) thành (I’,R) III. Mở rộng phép quay tâm O góc quay α: 1800 < α ≤ 3600: 1. Định nghĩa: Cho trước điểm O và góc α với 1800 < α ≤ 3600. Phép biến đổi Q =
0180 0
−αQ . 0180
0Q là phép quay tâm O với góc quay α kí hiệu là Q0α. 2. Tính chất: a. Tính chất 1: Q0α với α ∈(1800, 3600) Qα : M → M’ thì 03600 −αQ : M -> M’ và (OM, OM’) = α - 3600 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
≤ 3600; 00 < β ≤ 3600, 0180 2
≠+ βα Khí đó Q = QO2β . QO1α là 1 phép quay với góc quay ϕ = α + β và tâm quay O được xác
định: 201 α−
Q : 0102 -> x
yOOQ →122/0 :2 β
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:
O2
yx
O1
O’
O
α α/2
β β/2
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
86
ABQG →: 0120
CAQb →: 060
1
CBQQ Gb →:. 00 12060
1
QQQ GBM CB 000 12060
1
180 .: ⇒→
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: + 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’ Góc MAC’ = 600 + 200 = 800 = 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
A
C
M
B
C’
300
700 800
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
87
Do Δ MC’C cân tại C’ ⇒ Góc CM’C = góc MCC’ = 0 00
70 2
40180 =− ⇒ 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→ ( ) AEAEBF ⇒=⇒ 060, 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 ⇒ ( ) 060, =ECFD mà FDIN ↑↑ ECKM ↑↑ => góc ( ) 060, =KNIN (1) Mà IN = KM =
2 1 FD = ECFD
2 1
2 1 =
-> KIQP →:060 'NN → => ( ) 060, =KNIN từ (1) -> ( ) '60, 0 NMKMKNKNIN ≡⇒=⇒=
=> PMNMNQP Δ⇒→:060 đều WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
88
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 quayQO 090− : A → B
M → M1 D → A Q → Q1 QO
090− : M → H ⇒ [MM’] → [HN’]
AD → AB 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’
OMkOM =' 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’ B → B’ ABkBA ='' (A ≠ B) 4. Phép vị tự biến 3 điểm thẳng hàng thành 3 điểm thẳng hàng
Từ đó ⇒ AQ1 qua trực tâm H của Δ ABN
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
89
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
Đặt kIC
IO IB IO
IA IO 1321 ===
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
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
90
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).
* Xét phép vị tự 1 2
R R
MV : (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 Xét 1
2
R R
MV : (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)
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
91
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:
* Xét phép vị tự 2 1
R R
SV (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 1
2
R R
SV : O → O P’ → P A → A’ Q’ → Q Ta lại có: SP2 = SOSQ. ; SP2 = '.SASA
'.. SASASOSQ =⇒ ⇒ 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 R R
AV : O’ → O (M là tiếp điểm của BC và (O’)) M → M’
⇒ Góc A2 = Góc OA’Q
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
92
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:
'R R
AV : O → O’ M → M’ '
' AO
R RAO = ; M; ∈đường tròn (O)
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’ 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
IM AI
BM AB
MI BM
IA AB
AB BM
IA MI =⇔=⇔=
PB/ (O’) = BM2 = BB’ . BA
BABB
AB IM AI
BM AB
'. ==⇒
BBV R R
A →': '
⇒OM’ vuông góc BC
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
93
kABk AB
BBBA ABABkBB
k AB
ABABk AB AB
R RkABkAB
AB R RABAB
R RAB
−=−=→−=
−=−→=→
>==→
=→=
1 1
)1('. )1('
1 1''
)1 '
('
.'' '
2
Ta có:
IM
AM q
qAIq kIM
AI
V q q
A →→ +=→=−=
+ :
11 1
1
Vậy I thuộc đường tròn là ảnh (O’) qua V q q
A +1
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 1 2
r r
AV : 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 WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
94
* 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 '.OMOM = 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’ Thì A’B’ = ABλ với
OBOA k .
=λ 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)
λ1 = 22 2' Ra
R −
Vậy R1 = R1λ R
Ra RR .
22
2 1
1 −=
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
95
22
2
2 ' '.
Ra RRR −=
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 I(O,R2): C → C’ 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)
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
96
* Tứ giác A1B1C1D1 là hình chữ nhật. Gọi x là bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác
A1B1C1D1 tính x = 22 1
2. aR
Rr −
* Chứng minh I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD * Thiết lập phương trình ẩn a (bậc 2) Lời giải:
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 C1P1 // NQ; A1D1 // MP 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) = 16x2 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 =
P r 2 ; Po /(01) = R2 - a2 ( O trong (O1))
λ = 22 2
aR r − ⇒ x = 22
1 2
aR Rr −
Gọi A’, C’ là giao OA, OC và đường tròn ngoại tiếp tứ giác OA . OA’ = OC . OC’ = R2 - a2
OA =
2 sin A
r ; OC =
2 sin C
r ; 1 2
sin 2
sin 22 =+ CA
Do góc A + góc C = 1800
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
97
2
1 OA
= 2
2
2 sin
r
A
; 2 1
OC = 2
2
2 sin
r
C
⇒ 222 111 rOCOA =+ 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)
Mặt khác: OA = ' 22
OA aR − ; OC = '
22
OC aR −
⇒ Phương trình bậc 2 ẩn a 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.
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
98
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 { }1, 2,...,nA n= Sn = {M ⊂ An ⎢M không chứa hai số nguyên liên tiếp nào} Pn = {( ) { } ( ) ( )1 2 1, ,..., 0;1 1,2,..., , , 1;1 1,2,..., 1n i i ia a a a i n a a i n+∈ ∀ = ≠ ∀ = − } + Xét ánh xạ f: Sn → Pn M 6 ( )1 2, ,..., n na a a P∈ sao cho 10ii
a khii M a khii M
= ∈⎧⎨ = ∉⎩
Vì f là song ánh nên : nS 1nP n= ∀ ≥ + Xét ánh xạ g : Pn → Pn-1 ∪ Pn-2 ∀n ≥ 3 ( ) ( )( )
1 2 1 1 1 2
1 2 2 2
, ,..., 0 , ,...,
, ,..., 1 n n n
n n n n
a a a P khia a a a
a a a P khia − −
− −
∈ =⎧⎪⎨ ∈ =⎪⎩ 6
Vì g là song ánh nên : n 1 2 n 1 23 3n n n nP P P n S S S n− − − −= + ∀ ≥ ⇒ = + ∀ ≥ Dễ thấy : 2 13; 2S S= = . Do đó : n 1S 1nF n+= ∀ ≥ , ({Fn} là dãy Fibônaxi)
2 2 1 1 5 1 5
2 25
n n
nS + +⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ −⎜ ⎟⇒ = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠
mà nS∅ ⊂ nên số tập con thoả mãn giả thiết là: 2 2
1 1 5 1 5 2 25
n n+ +⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ −⎜ ⎟−⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ - 1
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
99
Bài 2: Với mỗi n ∈ N*, kí hiệu Hn là tập tất cả các hoán vị ( )1 2, ,..., na a a của n số nguyên dương đầu tiên. Xét các tập hợp:
( ){ }n 1 2S , ,..., : 1 1, 2,...,n n ia a a H a i i n= ∈ ≥ − ∀ = ( ){ }n 1 2, ,..., : 1 1, 2,...,n n iT a a a S a i i n= ∈ ≤ + ∀ =
Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho: 1 3
n
n
T S
> Lời giải:
Đặt ( ){ }1 2 1, ,..., 1n n nP a a a S a= ∈ = ( ){ }1 2 1, ,..., 1n n nQ a a a S a= ∈ ≠ Dễ có: ,n n n n nP Q P Q S∩ = ∅ ∪ = + Xét ánh xạ f: n nP Q→ ( ) ( )1 2 2 1, ,..., , ,...,n na a a a a a6 Vì f là song ánh nên: 1
2n n n P Q S= =
+ Xét ánh xạ g: 1n nP S −→ ( ) ( )1 2 2 3, ,..., 1, 1,..., 1n na a a a a a− − −6 Vì g là song ánh nên: 1n nP S −= Vậy: 12 2n nS S n−= ∀ ≥ Mà 2 12; 1S S= = 12nnS −⇒ = + Xét ánh xạ h: Tn → Tn-1 ∪ Tn-2 ( ) ( )( )
2 3 1 1 1 2
3 4 2 1
1, 1,..., 1 1 , ,...,
2, 2,..., 2 2 n n
n n n
a a a T khia a a a
a a a T khia −
−
− − − ∈ =⎧⎪⎨ − − − ∈ =⎪⎩ 6
Vì h là song ánh nên 1 2n n nT T T− −= +
mà 2 12; 1T T= = 1 1
1 1 5 1 5 2 25
n n
nT + +⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ −⎜ ⎟⇒ = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠
Vậy: 1 3
n
n
T S
> ⇔
1 1
1
1 1 5 1 5 2 25 1
2 3
n n
n
+ +
−
⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ −⎜ ⎟−⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ > ⇔ n ≤ 6. Bài 3: (IMO 1987) Gọi Pn(k) là số các hoán vị của tập { }1, 2,...,A n= (n ∈N*) có đúng k điểm cố định (0 ≤ k ≤ n). Chứng minh rằng:
0 . ( ) !
n
n k
k P k n =
=∑ 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: . ( )nM k P 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
1( 1)i nN P k−= − + Xét ánh xạ g:
1
n
i i
M N =
→∪
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
100
( , )f i f6 ( )( ) ( ) 1,.., ;f m f m m n m i= ∀ = ≠ Vì g là song ánh nên
11
n n
i i ii
M N N ==
= = ∑∪ 1. ( ) . ( 1)n nk P k n P k−⇒ = − 1
1 1 1 1 0 0
. ( ) . ( 1) . ( ) . ( ) .( 1)! ! n n n n
n n n n k k k j
k P k n P k k P k n P j n n 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:
( ) X T
m X m
T ∈=
∑
Lời giải: + Xét song ánh f: T → T { }( ) 1X f X n x x X= + − ∈6 Vì f là song ánh nên
( ) ( ( )) 1, ( ) ( ( ))
X T X T
m X m f X n X T m X m f X
∈ ∈
+ = + ∀ ∈⎧⎪⎨ =⎪⎩∑ ∑ [ ]( ) ( ( )) ( 1) 2 ( ) ( 1)X T X Tm X m f X T n m X T n∈ ∈⇒ + = + ⇒ = +∑ ∑
Vậy : ( )
1 2
X T m X
nm T
∈ += = ∑
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: ( )1 2, ,..., ka a a 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 = { ( )1 2, ,..., ka a a ∈A ⎢a1 < a2 <...< ak và ai – i # m ∀i = 1,2,...,k} Dễ thấy A* = A\B + Xét ánh xạ f: B → B’ ( ) ( )1 2 1 2, ,..., 1 , 2 2 ,...,k ka a a a m a m a k km− + − + − +6 Khi đó f là song ánh từ B đến B’ với B’ = ( ) { }{ }1 2 1 2, ,..., ... , 1, 2,..., , 1,...,k k i ib b b b b b b n k km b m i k< < < ∈ − + ∀ =# Do đó ' kn k k
m
B B C −⎡ ⎤+⎢ ⎥⎣ ⎦ = =
Vậy * k kn n k k m
A A B A C −⎡ ⎤+⎢ ⎥⎣ ⎦ = − = −
*Một số bài luyện tập: Bài 6: Tìm tất cả các bộ số nguyên ( )1 2, ,..., na a a ( n>1) sao cho
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
101
1
1, 1,2,...,
1, 1,2,..., 1 i
i i
a i n
a a i n+
⎧ ≤ ∀ =⎪⎨ − ≤ ∀ = −⎪⎩
Bài 7: Chứng minh rằng ∀n ∈N* ta có: a. ( )22
0
n n i n n
i C C
= = ∑
b. 2 2 1 0 2 . .
n kn k k n
n n k n k
C C C −⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦
− + =
=∑ c. 1
0 0 .2 .2 2
m n k m k k n k m n n k m k
k k C C− − + ++ +
= = + =∑ ∑
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 2x2 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 ( )1 2, ,..., na a a của n số nguyên dương đầu tiên sao cho 1 2 1, 2,...,ia i i n≤ − ≤ ∀ = Chứng minh rằng: 1 11,75 2 , 6n n nS S S n− −< < ∀ > Bài 10: Giả sử Fk là tập tất cả các bộ ( )1 2, ,..., kA A A trong đó Ai , i =1,2,...,k là một tập con của tập hợp {1,2,...,n}. TÍnh:
( )1 2, ,..., 1k k
k
n i A A A F i
S A ∈ =
= ∑ ∪ 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
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
102
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:
+ Thø tù thùc hiÖn c¸c phÐp biÕn h×nh ë ®©y kh«ng quan träng, v× k kO O O OQ .V V .Q α α=
+ TØ sè cña phÐp vÞ tù – quay cã thÓ coi lμ mét sè d−¬ng v× 0180 k k
O O OQ .V V −=
2. C¸ch x¸c ®Þnh ¶nh cña mét ®iÓm qua phÐp vÞ tù – quay:
Cho phÐp quay OQ ϕ vμ phÐp vÞ tù kOV (víi k > 0)
Ta cã: ( )1O 1 1 OA OA
Q : A A OA;OA
α =⎧⎪⇔ ⎨ = α⎪⎩
JJJG JJJJG6 (1)
( )1kO 1 1 OA' kOA
V : A A' OA ;OA' 0
=⎧⎪⇔ ⎨ =⎪⎩ JJJJG JJJJG6 (2)
Tõ (1) vμ (2) cho ta: ( ) OA '
k OA
OA;OA '
⎧ =⎪⎨⎪ = α⎩ JJJG JJJJG (3)
Nh− vËy kO OV .Q α lμ phÐp ®ång d¹ng thuËn Z(O; α; k) biÕn A thμnh A’ x¸c ®Þnh bëi (3). Khi ®ã O ®−îc gäi lμ
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 B'6 6 th× ( ) A'B ' kAB
AB;A'B '
=⎧⎪⎨ = α⎪⎩ JJJG JJJJJG
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.
α
A'
A1 A
O
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
103
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
Ta cã: ( ) OA'
k (1) OA
OA;OA' (2)
⎧ =⎪⎨⎪ = α⎩ JJJG JJJJG
(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)
Tr−êng hîp 2: Hai cÆp ®iÓm t−¬ng øng (A; A’) vμ (B; B’)
Ta cã: ( ) A'B ' kAB
AB;A'B '
=⎧⎪⎨ = α⎪⎩ JJJG JJJJJG . Tõ ®ã ta biÕt ®−îc k vμ α vμ quay vÒ tr−êng hîp 1
C¸ch kh¸c: Gäi I lμ giao ®iÓm cña AB vμ A’B’
Ta cã: ( ) ( ) ( ) ( ) OA;OA' IA;IA ' (1)
OB;OB ' IB;IB ' (2)
⎧ = = α⎪⎨ = = α⎪⎩
(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:
α O
DC A'A
O α
α
α A'
B'
B
I
A
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
104
+ 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 BHk
BM = vμ ( )BM;BH = αJJJG JJJG
+ Do ΔBMN tù ®ång d¹ng nªn k, α kh«ng ®æi vμ phÐp vÞ tù – quay: Z (B, α, k) = kB BV .Qα : M 6 H (2) ⇒ TËp hîp c¸c ®iÓm H lμ ®−êng trßn (O’’) lμ ¶nh cña ®−êng trßn (O) qua phÐp vÞ tù - quay
Z (B, α, k) nãi trªn. + 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:
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 0 1 2 1 0 1
0 1 1 1 0 0
B B v (t t ) v k
A A v (t t ) v
−= = =− (0 < k kh«ng ®æi)
Gäi O lμ giao ®iÓm thø 2 cña hai ®−êng trßn
(A0B0C) vμ (A1B1C)
DÔ dμng chøng minh ®−îc: ΔOA0A1 ®ång d¹ng víi ΔOB0B1. Tõ ®ã suy ra: n n
1 1 0 0
1 0 0 1 2
1 0 0 1 1
A OB A OB
OB OB B B v
OA OA A A v
⎧ = = α⎪⎨ = = =⎪⎩
⇒ ( ) ( )1 1 1 1
1 2
1 1
OA ;OB CA ;CB (1)
OB v (2)
OA v
⎧ = = α⎪⎨ =⎪⎩
JJJJG JJJJG JJJJG JJJJG
(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
2
1
v
v ) (4)
O''
H
O'
O B
N AM
a
b
C
O B1
A1
B0
A0
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
105
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. 1 2v ; v JJG JJG
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 ( )1 21v v v2= +G JJG JJG (suy ra tõ ( )0 1 22M M v v t= +JJJJJG JJG JJG ) 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 = 2 1
v
v ; gãc quay ( )1 1CA ;CB = αJJJJG JJJJG biÕn a thμnh b,
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: n nXNT XMT= Trªn (XO1O2) ta cã:
n n 1 2XO T XO T=
⇒ n n1 2TO N TO N= ⇒ ΔTO1N ®ång d¹ng víi ΔTO2M
⇒ 1 2
O NTN AN k
TM O M BM = = = (kh«ng ®æi) (1)
(dÔ chøng minh ®−îc ΔNAO1 vμ ΔMO2B c©n t¹i N, M) + DÔ thÊy ( ) ( ) ( )1 2TN;TM TO ;TO XN;XM (mod2 )= = = α πJJJG JJJG JJJJG JJJJG JJJG JJJJG (kh«ng ®æi) (2)
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)
TX
O2 O1
N
M
C
BA
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
106
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
VÝ dô 4: Dùng ra phÝa ngoμi mét ΔABC ba tam gi¸c bÊt k× BCM; CAN; vμ ABP sao cho n n n n n n0 0 0MBC CAN 45 ; BCM NCA 30 ; ABP PAB 15= = = = = = . Chøng minh r»ng ΔMNP vu«ng c©n ®Ønh P.
H−íng dÉn gi¶i:
+ XÐt tÝch cña hai phÐp vÞ tù - quay Z2DZ1
trong ®ã Z1 = Z(B, 4
π , k1) vμ Z2 = Z(A,
4
π , k2)
víi 1 2
BC AC 1 k
BM AN k = = = (v× ΔCAN ®ång d¹ng víi ΔCBM)
+ Ta cã ΔBMC cè ®Þnh, nMBC 4
π= nªn ( ) 1
BC k
BM
BM;BC 4
⎧ =⎪⎪⎨ π⎪ =⎪⎩ JJJG JJJG
do ®ã Z1 = Z(B, 4
π , k1): M 6 C vμ P 6 P1 (ΔBPP1 ®ång d¹ng víi ΔBMC)
+ L¹i cã ΔCAN cè ®Þnh, nCAN 4
π= nªn ( ) 2
AN k
AC
AC;AN 4
⎧ =⎪⎪⎨ π⎪ =⎪⎩ JJJG JJJG
do ®ã Z2 = Z(A, 4
π , k2): C 6 N vμ P1 6 P
suy ra Z = Z2DZ1: M 6 N.
TÝch hai phÐp ®ång d¹ng trªn cã tØ sè ®ång d¹ng k = k2.k1 = 1 vμ α1 + α2 = 2
π nªn Z lμ phÐp dêi h×nh cã mét
®iÓm cè ®Þnh duy nhÊt P.
Cô thÓ lμ 2PQ : M N π
6 nªn ta cã ( ) PM PN
PM;PN 2
=⎧⎪⎨ π=⎪⎩ JJJG JJJG . VËy ΔPMN lμ tam gi¸c vu«ng c©n ®Ønh P.
VÝ dô 5: Dùng mét tø gi¸c (låi) néi tiÕp ABCD biÕt ®é dμi c¸c c¹nh: AB = a; BC = b; CD = c; DA = 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.
P1 P
N
M
C B
A
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
107
ABCD néi tiÕp khi vμ chØ khi l l 0A C 180+ = (hoÆc l l 0B D 180+ = ). KÐo dμi c¹nh BC vÒ phÝa Cùc ®Ó xuÊt hiÖn n nDCx BAD= vμ kÒ bï víi nDCB . Trªn tia Cx (tia ®èi cña tia CB) lÊy ®iÓm
E sao cho ΔDCE ®ång d¹ng víi ΔDAB. Bμi to¸n dùng tø gi¸c ABCD quay vÒ
dùng ΔDCE. 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, (DA;DC)ϕ = JJJG JJJG , k = c
d )
Bëi vËy, ®Æt k = c
d ; n(DA;DC) ADC= = δJJJG JJJG .
XÐt phÐp vÞ tù - quay Z(D; δ; k) Ta cã Z: D 6 D; A 6 C vμ B 6 E sao cho E ∈ [BE]. Khi ®ã ΔDCE ®ång d¹ng víi ΔDAB vμ do ®ã n nDCE DAB= vμ B, C, E th¼ng hμng theo thø tù ®ã, ®ång thêi ta ®−îc nBDE ADC= = δJJJJG . Bμi to¸n trë thμnh dùng ΔDBE cã c¸c yÕu tè ®· biÕt: BC = b; CE = ca
d , do ®ã
ac bd BE
d
+= ; CD = c; DE c
DB d =
Ta cÇn dùng ®iÓm D lμ mét ®iÓm trong c¸c giao ®iÓm cña ®−êng trong 1γ (C; c) vμ ®−êng trßn Ap«l«nius ( )2γ cã ®−êng kÝnh IJ mμ I, J chia trong vμ chia ngoμi ®o¹n BE theo tØ sè k = cd . §Ønh A ®−îc dùng sau cïng.
BiÖn luËn: Bμi to¸n cã thÓ cã 1 nghiÖm h×nh hoÆc kh«ng cã nghiÖm h×nh nμo tuú vμo ( )1γ vμ ( )2γ 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.
d
a
c
b
δ
E
D
CB
A
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
108
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 l lA 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.
WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com
![ Tài liệu Chuyên đề hình học lớp 10 về Vecto](http://cdn.idoc.vn/store/image/462011/4fbb38339c6c6ab60d00e3eb_thumb.png)
![ Tài liệu Các bài tập chọn lọc ôn tập toán 9](http://cdn.idoc.vn/store/image/332011/4fbb364a9c6c6ab60d005285_thumb.png)
![ Tài liệu Hỗ trợ giải bài tập đại số lớp 9](http://cdn.idoc.vn/store/image/482011/4fbb397f9c6c6ab60d010c41_thumb.png)
![ Tài liệu Toán cao cấp C1 tổng hợp](http://cdn.idoc.vn/store/image/332011/4fbb364c9c6c6ab60d005457_thumb.png)