PHẦN THỨ NHẤT: CÁC CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH NGUYÊN HÀM

PHẦN THỨ NHẤT: CÁC CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH NGUYÊN HÀM

Phần thứ : Các PH Chuyên Đề NG TRèNH HÀM Nguy n Hồng Ng i Tổ trưởng tổ Tốn THPT Chuyên Thái Bình Một nh ng chuyên đề quan trọng việc bồi d ỡng học sinh giỏi dự thi học sinh giỏi toán quốc gia, khu vực quốc tế, ph ng trình hàm, bất ph ng trình hàm Có nhiều tài liệu viết chuyên đề Qua số năm bồi d ỡng học sinh giỏi dự thi học sinh giỏi tốn quốc gia qua số kì t p huấn hè t i Đ i học khoa học tự nhiên – Đ i học quốc gia Hà Nội, rút số kinh nghiệm d y chuyên đề trao đổi v i đồng nghiệp Phần I: NH C L I NH NG KHÁI NIÊM C B N Nguyên lý Archimede Hệ qu : ∀x ∈ ⇒ ∃!k ∈ : k ≤ x < k + Số k nh gọi phần nguyên x, kí hiệu [x] V y : [ x] ≤ x < [ x] + Tính trù mật T p hợp A ⊂ x 0, ∃a ∈ A : β + ε > a β = infA ⇔ ⎨ Hàm sơ cấp Ü Hàm số s cấp c b n hàm lũy thừa, hàm số mũ, hàm số logarit, hàm số l ợng giác, hàm số l ợng giác ng ợc Ü Hàm số s cấp nh ng hàm đ ợc t o thành b i h u h n phép toán số học ( +, - , x, : ), phép toán lấy hàm hợp đối v i hàm số s cấp c b n Hàm cộng tính, nhân tính tập hợp ¬ Hàm số f(x) đ ợc gọi cộng tính t p xác định D v i x, y ∈ D x + y ∈ D f(x + y) = f(x) + f(y) ¬ Hàm số f(x) đ ợc gọi nhân tính t p xác định D v i x, y ∈ D x y ∈ D f(x y) = f(x) f(y) ¬ Nếu v i x, y ∈ D mà x+y ∈ D , x – y ∈ D f( x – y) = f(x) – f(y) f(x) gọi hàm cộng tính D ¬ Hàm f(x) = ( hàm nhân tính Hàm đơn điệu • Hàm số f(x) gọi tăng (a, b) : V i x1 , x2 ∈ (a, b), x1 ≤ x2 ⇒ f ( x1 ) ≤ f ( x2 ) • Hàm số f(x) gọi gi m (a, b) : V i x1 , x2 ∈ (a, b), x1 ≤ x2 ⇒ f ( x1 ) ≥ f ( x2 ) Phần II CÁC PH NG PHÁP TH NG DÙNG Ph ng pháp 1: Hệ số bất định T p chí tốn học nhà tr ng, số – 2004 trang 62 – 66 (b n tiếng Nga) Nguyên tắc chung: X Dựa vào điều kiện toán, xác định đ ợc d ng f(x), th ng f(x) = ax + b f(x) = ax2+ bx + c X Đồng hệ số để tìm f(x) X Chứng minh hệ số khác f(x) không thỏa mãn điều kiện toán Phương pháp dồn biến → cho: Bài 1: Tìm f: ( x − y ) f ( x + y ) − ( x + y ) f ( x − y ) = xy.( x − y ), ∀x, y ∈ Gi i: u+v ⎧ x= ⎧u = x + y ⎪⎪ Đặt ⇒⎨ ⎨ ⎩v = x − y ⎪y = u − v ⎪⎩ 2 ⇒ vf (u ) − uf (v) = (u − v )uv f (u ) f (v) ⇒ −u = − v , ∀u, v ≠ u v Cho v = ta có: f (u ) f (1) − u2 = − , ∀u ≠ u ⇒ f (u ) = u + au, ∀u ≠ (a = f(1) – 1) Cho x = y = ta có 2f(0) = f(0) = Kết lu n f ( x) = x3 + ax, ∀x ∈ ⎛ x −1 ⎞ Bài 2: f ( x − 1) − f ⎜ ⎟ = − x, ∀x ≠ ⎝ 1− 2x ⎠ Gi i : x −1 y 1− y Đặt : = y −1 ⇒ x = ⇒ x −1 = − 2x y −1 y −1 ⎛ 1− y ⎞ −1 , ∀y ≠ ⇒ f⎜ ⎟ − f ( y − 1) = y −1 ⎝ y −1 ⎠ −1 ⎛ x −1 ⎞ , ∀x ≠ ⇒ f⎜ ⎟ − f ( x − 1) = 2x −1 ⎝ 1− 2x ⎠ ⎧ ⎛ x −1 ⎞ ⎪ f ( x − 1) − f ⎜ − x ⎟ = − x, ∀x ≠ ⎪ ⎝ ⎠ ⇒⎨ ⎪⇒ f ⎛ x − ⎞ − f ( x − 1) = −1 , ∀x ≠ ⎜ ⎟ ⎪⎩ 2x −1 ⎝ 1− 2x ⎠ ⇒ −8 f ( x − 1) = − x + 1− 2x 1⎛ ⎞ ⇒ f ( x − 1) = ⎜ −1 + x + ⎟ , ∀x ≠ 8⎝ 2x −1 ⎠ 1⎛ ⎞ ⇒ f ( x) = ⎜1 + x + ⎟ , ∀x ≠ 8⎝ 2x +1 ⎠ Ví dụ 1: Đa thức f(x) xác định v i ∀x ∈ thỏa mãn điều kiện: f ( x) + f (1 − x) = x , ∀x ∈ (1) Tìm f(x) Gi i: Ta nh n thấy vế trái biểu thức d i dấu f b c : x, – x vế ph i b c hai x2 V y f(x) ph i có d ng: f(x) = ax2 + bx + c Khi (1) tr thành: 2(ax2 + bx + c) + a(1 – x)2 + b(1 – x) + c = x2 ∀x ∈ đó: 3ax2 + (b – 2a)x + a + b + 3c = x2, ∀x ∈ Đồng hệ số, ta thu đ ợc: ⎧ a = ⎪ ⎧3a = ⎪ ⎪ ⎪ ⇔ ⎨b = ⎨b − 2a = ⎪a + b + 3c = ⎪ ⎩ ⎪ ⎪c = − ⎩ f ( x) = ( x + x − 1) Th l i ta thấy hiển nhiên f(x) thỏa mãn điều kiện tốn Cơng việc l i ta ph i chứng minh hàm số khác f(x) không thỏa mãn điều kiện tốn Th t v y gi s cịn hàm số g(x) khác f(x) thỏa mãn điều kiện toán Do f(x) không trùng v i g(x) nên ∃x0 ∈ : g ( x0 ) ≠ f ( x0 ) Do g(x) thỏa mãn điều kiện toán nên: g ( x) + g (1 − x) = x , ∀x ∈ Thay x b i x0 ta đ ợc: g ( x0 ) + g (1 − x0 ) = x0 V y Thay x b i –x0 ta đ ợc g (1 − x0 ) + g ( x0 ) = (1 − x0 ) Từ hai hệ thức ta đ ợc: g ( x0 ) = ( x0 + x0 − 1) = f ( x0 ) Điều mâu thuẫn v i g ( x0 ) ≠ f ( x0 ) V y ph ng trình có nghiệm f ( x) = ( x + x − 1) Ví dụ 2: Hàm số y = f(x) xác định , liên tục v i ∀x ∈ thỏa mãn điều kiện: f(f(x)) = f(x) + x , ∀x ∈ Hãy tìm hai hàm số nh (Bài đăng t p chí KVANT số năm 1986, M 995 – b n tiếng Nga) Gi i Ta viết ph ng trình cho d i d ng f(f(x)) – f(x) = x (1) Vế ph i ph ng trình hàm số tuyến tính v y ta nên gi s hàm số cần tìm có d ng : f(x) = ax + b Khi (1) tr thành: a( ax + b) + b – (ax + b) = x , ∀x ∈ hay (a2 –a )x + ab = x, ∀x ∈ đồng hệ số ta đ ợc: ⎧ ⎧ ⎧a − a = ⎪a = + ⎪a = − ⇔⎨ ⎨ ∨⎨ ⎩ab = ⎪b = ⎪b = ⎩ ⎩ Ta tìm đ ợc hai hàm số cần tìm là: 1± f ( x) = x Hiển nhiên thỏa mãn điều kiện toán thỏa mãn đồng th i điều kiện sau: Ví dụ 3: Hàm số f : → a ) f ( f (n)) = n, ∀n ∈ (1) b) f ( f (n + 2) + 2) = n, ∀n ∈ (2) c) f (0) = (3) Tìm giá trị f(1995), f(-2007) (olympic Ucraina 1995) Gi i: Cũng nh n xét lý lu n nh ví dụ tr c, ta đ a đến f(n) ph i có d ng: f(n) = an +b Khi điều kiện (1) tr thành: a n + ab + b = n, ∀n ∈ Đồng hệ số, ta đ ợc: ⎧a = ⎧a = ⎧a = −1 ⇔⎨ ∨⎨ ⎨ ⎩b = ⎩b = ⎩ab + b = ⎧a = V i ⎨ ta đ ợc f(n) = n ⎩b = Tr ng hợp lo i khơng thỏa mãn (2) ⎧a = −1 V i ⎨ ta đ ợc f(n) = -n + b ⎩b = Từ điều kiện (3) cho n = ta đ ợc b = V y f(n) = -n + Hiển nhiên hàm số thỏa mãn điều kiện toán Ta ph i chứng minh f(n) = -n +1 hàm thỏa mãn điều kiện toán Th t v y gi s tồn t i hàm g(n) khác f(n) thỏa mãn điều kiện toán Từ (3) suy f(0) = g(0) = Từ (3) suy f(1) = g(1) = S dụng điều kiện (1) (2) ta nh n đ ợc: g(g(n)) = g(g(n+2)+2) ∀n ∈ g(g(g(n))) = g(g(g(n+2)+2)) ∀n ∈ Hay g(n) = g(n+2)+2 ∀n ∈ Gi s n0 số tự nhiên bé làm cho f (n0 ) ≠ g (n0 ) Do f(n) thỏa mãn (4) nên ta có: g (n0 − 2) = g (n0 ) + = f (n0 ) + = f (n0 − 2) ⇔ g (n0 − 2) = f (n0 − 2) Mâu thuẫn v i điều kiện n0 số tự nhiên bé thỏa mãn (5) V y f(n) = g(n) , ∀n ∈ Chứng minh t ng tự ta đ ợc f(n) = g(n) v i n nguyên âm V y f(n) = – n nghiệm Từ tính đ ợc f(1995), f(-2007) Bài 1: Tìm tất c hàm số f : → thỏa mãn điều kiện: f ( x + y ) + f ( x − y ) − f ( x) f (1 + y ) = xy (3 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 c hàm f : → cho: f ( f (n)) + ( f (n)) = n + 3n + 3, ∀n ∈ Đáp số : f(n) = n + Bài 4: Tìm hàm f : → : ⎛ x −1 ⎞ ⎛ 1− x ⎞ ⎧ ⎫ 3f ⎜ , ∀x ∉ ⎨0, − ,1, ⎬ ⎟−5 f ⎜ ⎟= ⎝ 3x + ⎠ ⎝ x − ⎠ x −1 ⎩ ⎭ 28 x + Đáp số : f ( x) = 5x Bài 5: Tìm tất c đa thức P(x) ∈ [ x ] cho: Các tập tương tự: P(x + y) = P(x) + P(y) + 3xy(x + y), ∀x, y ∈ Đáp số : P(x) = x3 + cx thỏa mãn: Bài 1: Tìm f : → 1 f ( xy ) + f ( yz ) − f ( x ) f ( yz ) ≥ , ∀x, y, z ∈ 2 Phương pháp xét giá trị Gi i: Cho x= y = z = 0: 1 f (0) + f (0) − f (0) ≥ 2 ⇔ ( f (0) − ) ≤ ⇔ f (0) = Cho y = z = 0: 1 1 + − f ( x) ≥ , ∀x ∈ 4 ⇔ f ( x) ≤ , ∀x ∈ Cho x= y = z = 1 1 f (0) + f (1) − f (1) ≥ 2 ⇔ ( f (1) − ) ≤ ⇔ f (1) = Cho y = z = 1 1 f ( x) + f ( x) − f ( x ) ≥ 2 ⇔ f ( x) ≥ , ∀x ∈ (1) (2) Từ ( 1) (2) ta có f(x) = Bài 2: Tìm f : (0,1) → thỏa mãn: f(xyz) = xf(x) + yf(y) +zf(z) ∀x, y , z ∈ (0,1) Gi i : Chọn x = y = z: f(x3) = 3xf(x) f(x6) = x2 f(x2) Thay x, y, z b i x2 Mặt khác f(x6) = f(x x2 x3) = xf(x) + x2 f(x2) + x3 f(x3) 2 Hay x f(x ) = xf(x) + x2 f(x2) + 3x4 f(x) x2 f(x2) = xf(x) + 3x4 f(x) 3x3 + ⇒ f ( x2 ) = f ( x), ∀x ∈ Thay x b i x3 ta đ ợc : 3x9 + f ( x ), ∀x ∈ ⇒ f (x ) = 3x9 + xf ( x), ∀x ∈ ⇒ 3x2 f ( x2 ) = 3x3 + 3x9 + xf ( x), ∀x ∈ f ( x) = ⇒ 3x2 2 ⇒ f ( x) = 0, ∀x ≠ V y f(x) = v i x Ph ng pháp 2: Sử dụng tính chất nghiệm c a đa th c (Bài gi ng Tiến sỹ Nguyễn Vũ L ng – ĐHKHTN – ĐHQG Hà Nội) Ví dụ 1: Tìm P(x) v i hệ số thực, thỏa mãn đẳng thức: ( x3 + 3x + x + 2) P( x − 1) = ( x3 − 3x + x − 2) P( x), ∀x (1) Gi i: (1) ⇔ ( x + 2)( x + x + 1) P( x − 1) = ( x − 2)( x − x + 1) P( x), ∀x Chọn : x = −2 ⇒ P ( −2) = x = −1 ⇒ P (−1) = x = ⇒ P (0) = x = ⇒ P (1) = V y P(x) = x(x – 1)(x + 1)(x + 2)G(x) Thay P(x) vào (1) ta đ ợc: ( x + 2)( x + x + 1)( x − 1)( x − 2) x ( x + 1)G ( x − 1) = ( x − 2)( x − x + 1) x( x − 1)( x + 1)( x + 2)G ( x), ∀x 2 ⇒ ( x + x + 1) G ( x − 1) = ( x − x + 1)G ( x), ∀x G ( x − 1) G ( x) , ∀x = 2 x − x +1 x + x +1 G ( x − 1) G ( x) , ∀x ⇔ = 2 ( x − 1) + ( x − 1) + x + x + ⇔ G ( x) (x ≠ 0, ± 1, -2) x + x +1 ⇒ R ( x) = R ( x − 1) (x ≠ 0, ± 1, -2) Đặt R( x) = ⇒ R( x) = C V y P( x) = C ( x + x + 1) x( x − 1)( x + 1)( x + 2) Th l i thấy P(x) thỏa mãn điều kiện toán Chú ý : Nếu ta xét P(x) = (x3 + 1)(x – 1) Thì P(x + 1) = (x3 + 3x2 + 3x + 2)x Do (x3 + 3x2 + 3x + 2)xP(x) = (x2 – 1)(x2 – x + 1)P(x + 1) Từ ta có tốn sau Ví dụ 2: Tìm đa thức P(x) v i hệ số thực, thỏa mãn đẳng thức: (x3 + 3x2 + 3x + 2)xP(x) = (x2 – 1)(x2 – x + 1)P(x + 1) v i x Gi i ví dụ hồn tồn khơng có khác so v i ví dụ T ng tự nh ta xét: P(x) = (x2 + 1)(x2 – 3x + 2) Ta có tốn sau: Ví dụ 3: Tìm đa thức P(x) v i hệ số thực thỏa mãn đẳng thức: (4 x + x + 2)(4 x − x) P( x) = ( x + 1)( x − x + 2) P(2 x + 1), ∀x ∈ Các b n theo ph ng pháp mà tự sáng tác đề tốn cho riêng Ph ng pháp 3: Sử dụng phương pháp sai phân để giải phương trình hàm Trước hết ta nhắc lại khái niệm dãy số Dãy số hàm đối số tự nhiên: x: → n x(n) n ∈ {0,1, 2,3, } ⇒ ( xn ) = { xo , x1 , x2 , } Vì Định nghĩa sai phân Xét hàm x(n) = xn Sai phân cấp hàm xn Sai phân câp hàm xn xn = xn +1 − xn xn = xn +1 − xn = xn + − xn +1 + xn xn = ∑ (−1)i Cki xn + k −i k Sai phân câp k hàm xn k i =0 Các tính chất c a sai phân X Sai phân cấp đ ợc biểu thị qua giá trị hàm số X Sai phân có tính tuyến tính: k k Δ (af + bg ) = aΔ f + bΔ k g X Nếu xn đa thức b c m thì: Là đa thức b c m – k m> k Δ k xn Là số Là m= k m Sn Qn = {( a1 , a2 , , an ) ∈ S n a1 ≠ 1} Dễ có: Pn ∩ Qn = ∅, Pn ∪ Qn = Sn + Xét ánh x f: Pn → Qn ( a1 , a2 , , an ) ( a2 , a1 , , an ) Vì f song ánh nên: Pn = Qn = + Xét ánh x g: Pn → Sn −1 ( a1 , a2 , , an ) Sn ( a2 − 1, a3 − 1, , an − 1) Vì g song ánh nên: Pn = Sn −1 V y: S n = S n −1 ∀n ≥ Mà S = 2; S1 = ⇒ S n = 2n −1 + Xét ánh x h: Tn → Tn-1 ∪ Tn-2 ⎧⎪( a2 − 1, a3 − 1, , an − 1) ∈ Tn −1khia1 = ( a1 , a2 , , an ) ⎨ ⎪⎩( a3 − 2, a4 − 2, , an − ) ∈ Tn − khia1 = Vì h song ánh nên Tn = Tn −1 + Tn − n +1 n +1 ⎛ 1− ⎞ ⎞ ⎛ ⎛ 1+ ⎞ ⎜⎜ mà T2 = 2; T1 = ⇒ Tn = ⎟ − ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟ ⎜ ⎜⎝ ⎟⎠ ⎝ ⎠ ⎟⎠ ⎝ n +1 n +1 ⎛ 1− ⎞ ⎞ ⎜⎛ ⎛ + ⎞ ⎜ ⎟ −⎜ ⎟ ⎟ ⎠ ⎟ ⎜⎝ ⎠ ⎝ Tn ⎝ ⎠ > ⇔ n ≤ > ⇔ V y: n −1 Sn Bài 3: (IMO 1987) Gọi Pn(k) số hoán vị t p A = {1, 2, , n} (n ∈N*) có k điểm cố định (0 ≤ k ≤ n) ∑ k.P (k ) = n ! n Chứng minh rằng: k =0 n Lời giải: Đặt: M ={(f, i)⎢f hoán vị A gi nguyên k phần t , i ∈A cho f(i) = i} Ta có: M = k Pn (k ) V i 1≤ i ≤ n: đặt Ni t p tất c hoán vị gi nguyên k -1 phần t t p hợp B = A\ {i} N i = Pn −1 (k − 1) + Xét ánh x g: M → ∪ N i n i =1 99 ( f , i) f ( f (m) = f (m)∀m = 1, , n; m ≠ i ) Vì g song ánh nên M = ∪ Ni = ∑ Ni ⇒ k.Pn (k ) = n.Pn−1 (k − 1) n n i =1 i =1 ⇒ ∑ k Pn (k ) = n.∑ Pn −1 (k − 1) ⇒ ∑ k Pn (k ) = n.∑ Pn −1 ( j ) = n.(n − 1)! = n ! n n n n −1 k =1 k =1 k =0 j =0 Bài 4: (VMO 2002) Cho t p S gồm tất c số nguyên ∈ [1;n](n ∈ N*) T t p tất c t p khác rỗng S V i A ∈ T, kí hiệu m(A) trung bình cộng tất c phần t thuộc A Tính: ∑ m( X ) X ∈T m= T Lời giải: + Xét song ánh f: T → T X f ( X ) = {n + − x x ∈ X } Vì f song ánh nên ⎧⎪m( X ) + m( f ( X )) = n + 1, ∀X ∈ T ⇒ ∑ [ m( X ) + m( f ( X )) ] = T (n + 1) ⇒ ∑ m( X ) = T (n + 1) ⎨ m( X ) = m( f ( X )) ∑ ∑ X ∈T X ∈T ⎪⎩ X ∈T X ∈T ∑ m( X ) n + V y : m = X ∈T = T Bài 5: (VMO 1996) Cho n, k, m ∈N* tho mãn điều kiện 1< k ≤ n, m > Hỏi có chỉnh hợp ch p k: ( a1 , a2 , , ak ) n số nguyên d ng mà chỉnh hợp tho mãn hai điều kiện sau: i ∃ i, j ∈{1, 2, ,k} cho i < j > aj ii ∃ i ∈{1, 2, ,k} cho – i không chia hết cho m Lời giải: Đặt A = {t p chỉnh hợp ch p k (1,2, ,n)} A* = {t p chỉnh hợp tho mãn gi thiết} B = { ( a1 , a2 , , ak ) ∈A ⎢a1 < a2 < < ak – i m ∀i = 1,2, ,k} Dễ thấy A* = A\B + Xét ánh x f: B → B’ ( a1 , a2 , , ak ) ( a1 − + m, a2 − + 2m, , ak − k + km ) Khi f song ánh từ B đến B’ v i B’ = ( b1 , b2 , , bk ) b1 < b2 < < bk , bi ∈ {1, 2, , n − k + km} , bi m∀i = 1, , k { Do B = B ' = C⎡kn − k ⎤ ⎢ m ⎥+k ⎣ ⎦ V y A * = A − B = Ank − C⎡kn − k ⎤ ⎢ m ⎥+k ⎣ ⎦ *Một số luyện tập: Bài 6: Tìm tất c số nguyên ( a1 , a2 , , an ) ( n>1) cho 100 } ⎧⎪ ≤ 1, ∀i = 1, 2, , n ⎨ ⎪⎩ − +1 ≤ 1, ∀i = 1, 2, , n − Bài 7: Chứng minh ∀n ∈N* ta có: a C2nn = ∑ ( Cni ) n i =0 ∑ C n b k k =0 ∑C m c k =0 k n+k k n C 2 ⎡ n−k ⎤ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ n−k m−k = C2nn +1 + ∑ Cmk + k 2n − k = 2m + n +1 n k =0 Bài 8: (IMO 1996) Cho b ng ô vuông nxn (n >1) Hỏi có cách đánh dấu ô vuông b ng cho hình vng 2x2 có vng đ ợc đánh dấu Bài 9: (VMO 2003) V i n ∈N*, n ≥ 2, gọi Sn số hoán vị ( a1 , a2 , , an ) n số nguyên d ng cho ≤ − i ≤ 2∀i = 1, 2, , n Chứng minh rằng: 1, 75Sn −1 < Sn < 2Sn −1 , ∀n > Bài 10: Gi s Fk t p tất c ( A1 , A2 , , Ak ) Ai , i =1,2, ,k t p t p hợp {1,2, ,n} TÍnh: S n = ∑ ( A1 , A2 , , Ak )∈Fk k ∪A i =1 i Bài 11: Trong xâu nhị phân có độ dài n, gọi an số xâu không chứa ba số liên tiếp 0,1,0 bn số xâu không chứa số liên tiếp 0,0,1,1 1,1,0,0 Chứng minh rằng: bn+1 = 2an Bài 12: Cho n ∈N, n>1 2n điểm nằm cách đ ng tròn cho tr nhiêu n đo n thẳng mà tho mãn đồng th i: a Mỗi đo n thẳng thuộc có đầu mút 2n điểm cho b Tất c đo n thẳng thuộc đôi khơng có điểm chung PhÐp vÞ tù – quay 101 c Hỏi có tất c bao Hä vμ tªn giáo viên : Trờng THPT Chuyên : Trong bμi viÕt nμy, t«i sÏ trình by kiến thức v cần thiết phép vị tự quay v việc áp dụng phép vị tự quay vo giải toán hình học phẳng I Các kiến thức v cần thiết: Định nghĩa: Phép vị tự quay l tích giao hoán phép vị tự v phép quay cã cïng t©m NhËn xÐt: + Thø tù thùc phép biến hình không quan trọng, v× Q O VO = VO Q O α k k α + TØ sè cđa phÐp vÞ tù – quay coi l số dơng Q O VO = VO 180 k −k C¸ch xác định ảnh điểm qua phép vị tự – quay: ϕ O k Cho phÐp quay Q O vμ phÐp vÞ tù VO (víi k > 0) α ⎧⎪OA1 = OA A1 ⇔ ⎨ (1) OA;OA = α ⎪⎩ ( α Ta cã: Q O : A k O V : A1 ) A1 ⎧⎪OA' = kOA1 A' ⇔ ⎨ (2) OA ;OA' = ⎪⎩ ( ⎧ OA ' =k ⎪ (3) Tõ (1) vμ (2) cho ta: ⎨ OA ⎪ OA;OA ' = α ⎩ ( A ) A' ) Nh− vËy VO Q O l phép đồng dạng thuận Z(O; ; k) biến A thnh A xác định (3) Khi O đợc gọi l k tâm; gọi l góc quay; k lμ tØ sè cđa phÐp vÞ tù - quay Tính chất: Định lí: Z(O; ; k): A A';B ⎧⎪A' B ' = kAB B ' th× ⎨ ⎪⎩ AB;A' B ' = α ( ) HƯ qu¶: 1) Phép vị tự - quay biến đờng thẳng thnh đờng thẳng v góc hai đờng thẳng góc đồng dạng 2) Phép vị tự - quay biến đòng tròn thnh đờng tròn, tâm biến thnh tâm v tỉ số hai bán kình tỉ số đồng dạng 102 Cách xác định tâm phép vị tự quay: Cho phép vị tự - quay Z(O; ; k) HÃy xác định tâm O biết: Trờng hợp 1: Một cặp điểm t−¬ng øng (A; A’); α vμ k ⎧ OA' =k ⎪ Ta cã: ⎨ OA ⎪ OA;OA' = α ⎩ ( ) (1) (2) (1) O thuộc đờng tròn Apôlônius () đờng kính CD (C, D chia AA theo tØ sè k) (2) ⇔ O thuéc cung (C) chøa góc định hớng (mod 2) nhận AA lm dây Vậy O lμ giao ®iĨm cđa (ω) vμ (C) O α A C D A' B' Trờng hợp 2: Hai cặp ®iĨm t−¬ng øng (A; A’) vμ (B; B’) ⎧⎪A' B ' = kAB Ta cã: ⎨ Tõ ®ã ta biết đợc k v v quay trờng hợp = α AB;A' B ' ⎪⎩ A ( ) ⎧⎪( OA;OA ' ) = ( IA;IA ' ) = α (1) (2) ⎪⎩( OB;OB ' ) = ( IB;IB ' ) = α C¸ch kh¸c: Gäi I lμ giao ®iĨm cđa AB vμ A’B’ O α I Ta cã: ⎨ α A' α B (1) ⇔ O thuéc ®−êng tròn (IAA) (2) O thuộc đờng tròn (IBB) Vậy O l giao điểm hai đờng tròn ngoại tiếp IAA v IBB Một kết quan trọng: Định lí: Mọi phép vị tự - quay mặt phẳng ®Ịu cã mét ®iĨm bÊt ®éng nhÊt O vμ O l tâm phép vị tự - quay ®ã Tõ tÝnh chÊt nμy, cho phÐp ta chøng minh đờng tròn ngoại tiếp ABC, A cố định B, C di động nhng l cặp điểm tơng ứng phép vị tự - quay có góc quay (không đổi) v tỉ số k (không đổi) qua điểm cố định l tâm O phép vị tự quay II øng dơng cđa phÐp vÞ tù – quay vμo viƯc giải toán hình học Một số ví dụ: Ví dụ 1: Cho hai đờng tròn (O) v (O) cắt A v B Một cát tuyến di động MAN (M ∈ (O); N ∈ (O’)) T×m quü tÝch trực tâm H BMN? Hớng dẫn giải: 103 + Dễ chứng minh đợc BMN đồng dạng với BOO (1) v hớng hay BMN tự đồng dạng v giữ nguyên hớng Kẻ trực tâm H BMN v đặt k = + Do BMN tự đồng dạng nên k, không đổi v phép vị tự quay: Z (B, α, k) = VBk Q αB : M ⇒ Tập hợp điểm H l đờng tròn (O) l ( ) BH vμ BM;BH = α BM A M N O' H (2) B O ảnh đờng tròn (O) qua phÐp vÞ tù - quay Z (B, α, k) nãi trªn O'' + Tõ (1) ta cã O” lμ trùc t©m ΔBOO’ vμ tõ (2) ta cã B (O) v B l điểm bất động nên B (O) v bán kính đờng tròn ảnh OB H Vậy tập hợp điểm H l đờng tròn (O; OB) Ví dụ 2: (Đề thi chọn đội tuyển HSG tỉnh Hng Yên năm 2007 2008) Trên hai đờng thẳng a v b cắt điểm C có hai động tử chuyển động thẳng với vận tốc khác nhau: A a với vận tốc v1, B trªn b víi vËn tèc v2, v1 ≠ v2, chúng không gặp C a) Chứng minh thời điểm no, đờng tròn ngoại tiếp ABC qua điểm cố định O no khác C b) Tìm quỹ đạo chuyển động động tử M vị trí trung điểm đoạn AB Hớng dẫn giải: a) Giả sử A0, B0 l vị trí xuất phát ứng với thời điểm t0 A1, B1 l vị trí ®éng tư ë thêi ®iĨm t1 > t0 Khi ®ã B B1 v (t − t ) v1 = = = k (0 < k không đổi) A A1 v1 (t1 t ) v b A0 C A1 B1 Gäi O l giao điểm thứ hai đờng tròn a O B0 (A0B0C) v (A1B1C) Dễ dng chứng minh đợc: OA0A1 đồng dạng với OB0B1 Từ suy ra: A1OB1 = A OB = α ⎪ ⎨ OB1 OB B B1 v ⎪ OA = OA = A A = v 0 1 ⎩ ( ) ( ) ⎧ OA ;OB = CA ;CB = α (1) 1 1 ⎪ ⇒ ⎨ OB v (2) ⎪ = OA v 1 ⎩ (1) chøng tá O thuéc cung chứa góc định hớng (mod 2) dựng A1B1 cố định (3) (2) chứng tỏ O thuộc đờng tròn Apôlônius đờng kính CD cố định (C, D chia đoạn A1B1 theo tỉ số không đổi v2 ) (4) v1 104 Tõ (3) vμ (4) suy O lμ ®iĨm cố định b) Kí hiệu A0 = A ( t = 0); B0 = B (khi t = 0); M0 l trung điểm đoạn A0B0 v1 ; v lμ hai vÐc t¬ vËn tèc cđa A vμ B Quỹ tích M l đờng thẳng M0m qua M0 vμ cã vÐc t¬ chØ ph−¬ng lμ v = ( ) 2M M = v1 + v t ) ( v1 + v 2 ) (suy tõ NhËn xÐt: 1) NÕu kh«ng dïng góc định hớng phải xét hai trờng hợp 2) O l tâm phép vị tự - quay tØ sè k = ( ) v2 ; gãc quay CA1 ;CB1 = α biÕn a thμnh b, v1 A1 biến thnh B1 Vì a, b cố định, k, không đổi nên O cố định 3) Để chứng minh đờng tròn (ABC) qua điểm cố định, A, B l hai động tử chuyển động, ta cố định hoá hai vị trí no ®ã cđa A, B vμ xÐt hai vÞ trÝ bÊt kì A1; B1 hai động tử Sau chøng minh giao ®iĨm cđa (ABC) vμ (A1B1C) lμ hai giao điểm cố định cách tính chất đặc trng (1) v (2) m ta dựng đợc Ví dụ 3: (Đề dự tuyển IMO năm 1999) Các điểm A, B, C chia đờng tròn ngoại tiếp ABC thnh ba cung Gọi X l điểm thay đổi cung tròn AB v O1; O2 tơng ứng l tâm đờng tròn nội tiếp tam giác CAX v CBX Chứng minh đờng tròn ngoại tiếp XO1O2 cắt điểm cố định Hớng dẫn giải: + Gọi T = (XO1O2) (ABC) M = XO1 ∩ (ABC); N = XO2 ∩ (ABC) + Trªn (ABO) ta cã: XNT = XMT Trªn (XO1O2) ta cã: XO1T = XO T ⇒ TO1N = TO2 N TO1N đồng dạng với TO2M TN O1N AN = = = k (không đổi) (1) TM O2 M BM C N (dễ chứng minh đợc NAO1 v MO2B cân N, M) ( ) ( ) ( ) + DÔ thÊy TN;TM = TO1 ;TO = XN;XM = α(mod π) M A (kh«ng ®ỉi) (2) Tõ (1) suy T thc ®−êng trßn Apôlônius đờng kính E, F (E, F chia MN theo tØ sè k) (3) Tõ (2) suy T thuéc cung chứa góc (mod 2) dựng đoạn MN cố định (4) 105 O1 X O2 B T Từ (3) vμ (4) vμ cung (α) ®i qua ®iĨm n»m vμ ®iĨm n»m ngoμi ®−êng trßn Apôlônius nên chúng cắt điểm cố định T (khác C) đpcm Nhận xét: T l tâm phép vị tự - quay góc , tỉ sè k biÕn M thμnh N Dùng phÝa ngoμi ABC ba tam giác BCM; CAN; v ABP cho VÝ dô 4: MBC = CAN = 450 ; BCM = NCA = 30 ; ABP = PAB = 150 Chøng minh r»ng ΔMNP vu«ng cân đỉnh P A Hớng dẫn giải: P1 + Xét tÝch cđa hai phÐp vÞ tù - quay Z2 Z1 ®ã Z1 = Z(B, víi k1 = π π , k1) vμ Z2 = Z(A, , k2) 4 N P C B BC AC = = (v× CAN đồng dạng với CBM) BM AN k M ⎧ BC ⎪⎪ BM = k1 π + Ta cã BMC cố định, MBC = nên BM;BC = π ⎪⎩ ®ã Z1 = Z(B, π , k1): M ( ) P1 (BPP1 đồng dạng víi ΔBMC) C vμ P ⎧ AN ⎪⎪ AC = k + Lại có CAN cố định, CAN = nªn ⎨ ⎪ AC;AN = π ⎪⎩ ®ã Z2 = Z(A, π , k2): C suy Z = Z2 Z1: M ( N vμ P1 ) P N Tích hai phép đồng dạng có tỉ số đồng dạng k = k2.k1 = vμ α1 + α2 = π nªn Z lμ phÐp dời hình có điểm cố định P π P Cơ thĨ lμ Q : M ⎧ PM = PN ⎪ N nªn ta cã ⎨ Vậy PMN l tam giác vuông cân đỉnh P ⎪⎩ PM; PN = ( ) VÝ dô 5: Dùng mét tø gi¸c (låi) néi tiÕp ABCD biÕt độ di cạnh: d, a, b, c, d l độ di cho trớc Hớng dẫn giải Phân tích: Giả sử tứ giác ABCD đà dựng đợc 106 AB = a; BC = b; CD = c; DA = ABCD néi tiÕp vμ chØ A + C = 180 (hc B + D = 180 ) KÐo dμi c¹nh BC vỊ phÝa Cùc ®Ĩ xt hiƯn DCx = BAD vμ D δ d kỊ bï víi DCB A c Trªn tia Cx (tia ®èi cđa tia CB) lÊy ®iĨm E cho DCE đồng dạng với DAB a b Bi toán dựng tø gi¸c ABCD quay vỊ dùng ΔDCE C B E Giả sử DCE đồng dạng với DAB, hai tam giác ny chung đỉnh D Bởi DCE đợc suy tõ ΔDAB bëi phÐp vÞ tù - quay Z(D, ϕ = (DA;DC) , k = c ; (DA;DC) = ADC = d Bởi vậy, đặt k = Xét phÐp vÞ tù - quay Z(D; δ; k) Ta cã Z: D c ) d D; A C vμ B E cho E ∈ [BE] Khi ®ã ΔDCE ®ång dạng với DAB v DCE = DAB v B, C, E thẳng hng theo thứ tự đó, đồng thời ta đợc BDE = ADC = Bi toán trở thnh dựng DBE có yếu tố đà biÕt: BC = b; CE = DE c = DB d ca ac + bd , ®ã BE = ; CD = c; d d Ta cần dựng điểm D l điểm giao điểm đờng (C; c) v đờng tròn Apôlônius ( ) cã ®−êng kÝnh IJ mμ I, J chia v chia ngoi đoạn BE theo tỉ số k = c Đỉnh A đợc dựng sau d Biện luận: Bi toán có nghiệm hình không cã nghiƯm h×nh nμo t vμo ( γ1 ) vμ ( ) có cắt hay không Mét sè bμi tËp tù lun Bμi 1: (§Ị thi HSG QG năm 1999 2000) Trên mặt phẳng cho trớc hai đờng tròn (O1; r1) v (O2; r2) Trên đờng tròn (O1; r1) lấy điểm M1 v đờng tròn (O2; r2) lấy điểm M2 cho đờng thẳng O1M1 cắt O2M2 điểm Q Cho M1 chuyển động (O1; r1), M2 chuyển động (O2; r2) cïng theo chiỊu kim ®ång hå vμ cïng víi vËn tèc gãc nh− 1) T×m q tÝch trung điểm đoạn thẳng M1M2 cố định 2) Chứng minh giao điểm thứ hai hai đờng tròn ngoại tiếp M1QM2 v O1QO2 l điểm Bi 2: (Đề thi chọn đội tuyển HSG tỉnh Hng Yên năm 2004 2005) Cho đờng tròn (O), dựng đờng tròn () m O nằm đờng tròn () Một tam giác ABC cân A di động nhng giữ nguyên dạng v hớng A di động (); B, C di động (O) Các đờng thẳng AB; AC cắt (ω) t¹i I, J 107 1) Chøng minh r»ng I v J l điểm cố định 2) Tìm quỹ tích hình chiếu vuông góc M, N I, J BC Có nhận xét quỹ tích Bμi 3: Dùng mét tø gi¸c låi ABCD biÕt tỉng ®é lín hai gãc ®èi diƯn A + C = v độ di cạnh AB = a; BC = b; CD = c; DA = d Bμi 4: Cho đờng tròn (O1; R1) v (O2; R2) cắt ë A vμ B Hai ®éng tư M1 vμ M2 xuất phát từ A lần lợt chuyển động tròn trªn (O1) vμ (O2) theo cïng h−íng, sau mét vòng trở lại A lúc 1) Chứng minh mặt phẳng có điểm P cách M1 v M2 thời điểm (đề thi IPQ, London 1979) 2) Tìm quỹ tích trọng t©m G, trùc t©m H cđa ΔAM1M2 Bμi 5: (Bμi toán Napoléon) Lấy cạnh ABC lm ®¸y, dùng phÝa ngoμi ΔABC ba tam gi¸c ®Ịu BCA; CAB v ABC Chứng minh tâm A0; B0; C0 ba tam giác vừa dựng l đỉnh tam giá 108