chia sẻ kinh nghiệm của học sinh chuyên tóan

chia sẻ kinh nghiệm của học sinh chuyên tóan tài liệu, giáo án, bài giảng , luận văn, luận án, đồ án, bài tập lớn về tất...

Sử dụng hệ thức truy hồi trong bài

toán đếm Nguyễn Thế Hiệp, Lớp 11 Toán, Trường THPT Chuyên Bắc Giang

Bài toán đếm trong tổ hợp là một bài toán khá thông dụng đặc biệt với học sinh chuyêntoán Việc đếm trực tiếp trong đa số các trường hợp là ”bất khả thi”, điều này hướng chúng

ta tới một phương thức đếm khác là đếm gián tiếp Cùng với các phương pháp khác như:thiết lập song ánh hay sử dụng hàm Sinh, vận dụng số phức, thì phương pháp thiết lậpquan hệ truy hồi cũng là một phương pháp khá hữu dụng và áp dụng rộng rãi, phổ biếnđối với nhiều bài toán khác nhau Trong bài viết này chúng ta sẽ đề cập đến vấn đề đó

Chúng ta sẽ mở đầu bằng một ví dụ đơn giản và khá quen thuộc từ bậc THCS Đó

là bài toán tháp cổ Hà Nội.

Ví dụ 1.1 (Bài toán tháp cổ Hà Nội) Lúc khai thiên lập địa, Phật tổ Như Lai đặt 64 chiếc đĩa có kích thước khác nhau lên một cái cọc, đĩa ở trên bé hơn đĩa

ở dưới Các nhà sư được yêu cầu chuyển đĩa từ cọc 1 sang cọc 2 theo nguyên tắc: Mỗi lần chỉ chuyển một đĩa; trong quá trình chuyển, đĩa lớn không được đặt lên trên đĩa nhỏ (cần sử dụng thêm một cọc nữa để thực hiện nguyên tắc này) Tìm

số lần chuyển đĩa để có thể chuyển tất cả đĩa ở cọc 1 sang cọc 2.

Lời giải Gọi an là số lần chuyển n chiếc đĩa từ cọc 1 sang cọc số 2 theo các nguyên tắc trên.

Để chuyển n chiếc đĩa từ cọc 1 sang cọc 2 ta phải thực hiện các công đoạn sau:

1 Chuyển n − 1 chiếc đĩa bên trên chiếc đĩa lớn nhất sang cọc số 3 sang nguyên tắc trên Cần thực hiện an−1 lần chuyển như vậy.

2 Chuyển chiếc đĩa lớn nhất sang cọc số 2

3 Chuyển n − 1 chiếc đĩa từ cọc số 3 sang cọc số 2 Cần thực hiện an−1 lần chuyển.

www.VNMATH.com www.laisac.page.tl 

Như vậy ta thu được hệ thức an = 2an−1+ 1

Với chú ý rằng a1= 1 ta có an = 2n− 1 Như vậy a64 = 264− 1.

Ví dụ 1.2 (Bài toán chia kẹo Euler) Có bao nhiêu cách chia m cái kẹo cho n

GọiS (m; n)là số nghiệm của phương trình (1) Khi đó với mỗi giá trị củax1; (0 ≤ x1≤ m)

ta có số nghiệm của phương trình (2) là S (m − x1; n − 1).

Nhận xét 1.1 Đây là một bài toán khá đơn giản nhưng cũng có nhiều ứng dụng chẳng hạn trong bài thi VMO 2012 (bài số 6, ngày 2) Ngoài lời giải trên, ta cũng

có thể giải này bằng phương pháp song ánh hoặc hàm Sinh.

Ta có với n ≥ 5 xét hoán vị (a1; a2; ; an) thỏa mãn tính chất đã cho.

Vì |a2− a1| = |a2− 1| < 2 nên a2= 2 ∨ 3 do đó chỉ xảy ra các trường hợp sau:

www.VNMATH.com

1 Nếua2 = 2thì xét (b1; b2; ; bn−1) ≡ (a2− 1; ; an− 1)và (b1; b2; ; bn−1)là một hoán vị của {1; 2; ; n − 1} mà

b1 = 1; |bi−1− bi| = |ai− ai+1| ≤ 2, i = 1; 2; ; n − 1

Suy ra (b1; b2; ; bn−1) ∈ An−1 Hơn nữa, (a1; 2; a3; ; an) ∈ An và phép tương ứng

(a1; 2; a3; ; an) → (a1− 1; a2− 1; ; an− 1)

là một song ánh nên có xn−1 hoán vị mà a2 = 2.

2 Nếu a2 = 3 ta có các khả năng sau:

• Nếu ai= 2 với mọi3 < i < n thìai−1 = ai+1 = 4, vô lí Ta xéta3 = 2 ∨ an =

i

− 2; ; 2

• Nếu a3 = 2 thì a4 = 4, mỗi bộ số (a1; a2; ; an) tương ứng với một bộ số

(a4− 3; a5− 3; ; an− 3) ∈ An−3 Vậy nên có xn−3 hoán vị như thế.

Ta có hệ thức xn = xn−1+ xn−3+ 1, n ≥ 5 Chú rằng x1 = x2 = 1; x3 = 2; x4 = 4, từ đây có thể tìm được số bộ thỏa mãn theon.

Ví dụ 1.4 (Swedish MO 2005-2006) Một hàng gồm n người đứng trước một máy thu tiền Sau đó máy thu tiền đóng lại vì một lí do kĩ thuật vàn người đó được

bố trí lại trong một hàng khác Hỏi có bao nhiêu cách xếp hàng mà nếu mỗi người trong hàng hoặc đứng nguyên vị trí ban đầu hoặc đứng ở vị trí liền trước hoặc đứng



1 −√52

n+1!

,

trong đó Fn là số hạng thứ n trong dãy số Fibonacci.

Trường hợp n = 12 là bài toán gốc.

Ví dụ 1.5 (Romanian MO 1995) ChoA1; A2; ; An là các điểm nằm trên đường tròn tìm số cách tô các điểm đó bằng p ≥ 2 màu sao cho hai điểm liên tiếp được

tô hai màu phân biệt.

Lời giải Gọian, n ≥ 2là số cách tô màu cần tìm Xét tập hợp điểm{A1; A2; ; An+1}.

1 Nếu A1, An khác màu nhau thì có thể tô màu {A1, A2, , An} bởi an cách và

tô màu An+1 theo p − 2cách Do đó chúng ta thu được (p − 2) an cách tô màu.

2 Nếu A1, An được tô màu giống nhau thì đồng nhất A1≡ An ta thu đượcan−2

cách tô màu các điểm {A1, A2, , An}, trong khi có (p − 1) cách tô màu An+1.

Ta thu được (p − 1) an−2 cách tô màu.

Do đó ta có hệ thức an+1 = (p − 2) an+ (p − 1) an−1

Chú ý rằnga2= p(p−1); a3 = p(p−1)(p−2), ta đượcan = (p − 1)n+(−1)n(p − 1)

Ví dụ 1.6 (Bulgarian MO 1998) Cho số nguyên dương n ≥ 2 Hãy tìm số các hoán vị (a1; a2; ; an)của tập {1; 2; 3; ; n} sao cho tồn tại duy nhất một chỉ số thỏa mãn ai> ai+1.

Lời giải Gọi xn là số các hoán vị thỏa mãn điều kiện bài toán Mỗi hoán vị có

n + 1 phần tử có thể tạo ra bằng một trong các cách sau đây:

1 Bổ sung thêm an+1= n + 1 vào mỗi hoán vị có n phần tử thỏa mãn điều kiện bài toán, có tất cả xn hoán vị như vậy.

2 Bổ sung thêm phần tử aj = n + 1vào giữa ai, ai+1 mà ai > ai+1 của một hoán

vị nào đó có n phần tử thỏa mãn bài toán.

3 Bổ sung thêm aj = n + 1, j = 0; 1; 2; ; n − 1vào hoán vị mà n phần tử được sắp thứ tự.

Do vậy thu được xn+1 = xn+ xn+ n = 2xn+ n

Chú ý rằng x2 = 1, từ đó ta có xn = 2n− n − 1.

www.VNMATH.com

Ví dụ 1.7 Có bao nhiếu số có n chữ số chia hết cho 5 và hai chữ số liên tiếp bất

kì khác nhau.

Lời giải Gọi An là tập hợp các số có n chữ số thỏa mãn bài toán Đặt an =card (An), mỗi số thuộc An+1 được tạo ra bằng một trong hai cách sau đây:

1 Thêm vào trước mỗi số thuộc An một chữ số khác với chữ số đầu tiên của số

đó, có tất cả 8 cách thêm như vậy.

2 Bỏ chữ số đầu tiên của của một số thuộc An (sau khi bỏ như thế chỉ cònan−2

số phân biệt có n − 2 chữ số là bội của 5 và các chữ số liên tiếp là khác nhau)

và thêm vào trước đó hai chữ số 10; 20; 30; ; 90; có tất cả 9 cách thêm như thế.

Lời giải Trước hết ta có bài toán phụ: Tìm số tập con của tập {1; 2; ; n}

sao cho trong mỗi tập con không chứa hai phần tử là hai số nguyên liên tiếp.

Bài toán này xem như bài tập (giải bằng truy hồi hoặc song ánh) Số tập con thỏa mãn bài toán là

xn = Fn+2= √1

5.



1 +√52

n+2+



1 −√52

n+2!

,

trong đó Fn là số hạng thứ n trong dãy số Fibonacci.

Gọi An là tập các tập con của tập {1; 2; ; n} thỏa mãn điều kiện bài toán, đặt

an = card(An) Mỗi tập thuộc A ∈ An+2 được chia thành 3 loại: Loại 1 gồm các tập hợp chứa cả 2 phần tử:n + 1, n + 2 ; loại 2 gồm các tập hợp không chứa n + 2 ; loại

3 gồm các tập hợp chứa n + 2 nhưng không chứa n + 1.

1 NếuAlà tập con loại 1 thìAkhông chứan Bỏ đi khỏiAhai phần tửn+1, n+2

ta được một tập con của tập {1; 2; ; n − 1}và không chứa hai số nguyên liên tiếp Như vậy có xn−1 = Fn+1 tập con loại 1.

2 Mỗi tập con loại 2 là một tập con của An+1 và ngược lại Có an+1 tập loại 2.

www.VNMATH.com

3 Nếu A là tập con loại 3 thì A không chứa n + 1 Bỏ đi khỏi A phần tử n + 2

ta được một tập con của An Vậy có an tập con loại 3.

Ví dụ 1.9 (Colombia MO 1997) Xét bảng ô vuông m × n được tô các viền bởi

3 màu Chúng ta tô mỗi đoạn của đường viền bởi một trong số 3 màu sao cho mỗi hình vuông đơn vị có hai cạnh tô 1 màu và hai cạnh kia tô bởi hai màu còn lại Có bao nhiêu cách tô màu có thể?

Lời giải Gọi 3 màu là A, B, C; đặt an là số cách tô màu đường viền của một bảng ngang 1 × nkhi đã biết màu của các đoạn viền phía trên bảng ngang đó Với

n = 1, không mất tính tổng quát giả sử viền trên được tô màu A Sau đó sẽ có 3 cách chọn tô màu 3 đoạn kia bằng màu A, có hai cách chọn tô màu hai đoạn còn lại Do vậy a1= 6.

Xét bảng 1 × n, không mất tính tổng quát giả sử đoạn cuối cùng bên phải tô màu

A Bổ sung thêm một hình vuông đơn vị vào bên phải bảng vừa rồi ta được một bảng 1 × (n + 1) với màu đoạn viền trên của hình vuông mới đã biết Chúng ta có hai cách tô màu cho hình vuông đã biết màu hai cạnh này (cạnh bên trái và cạnh trên) Do đó an+1 = 2an, an = 3.2n

Trở lại bài toán, có 3n cách tô màu cho đường viền trên cùng và có 3 · 2n cách tô cho mỗi hàng kế tiếp Vậy có tất cả3m+n· 2mn cách tô màu thỏa mãn bài toán.

Ví dụ 1.10 (Hungary-Irael Mathematical Competition 1997) Có tất cả bao nhiêu dãy có độ dài bằng 1997 có thể lập được bằng cách sử dụng số lẻ lần các chữ cái A, B, C

Lời giải Gọi xn là số dãy có độ dài bằng n = 2m + 1 Với mỗi dãy có độ dài bằng n = 2m + 1 ta có:

1 Nếu dãy đó thỏa mãn điều kiện thì ta có 3 cách thêm hai chữ cái giống nhau vào cuối mỗi dãy để thu được các dãy có độ dài bằng n + 2.

www.VNMATH.com

2 Nếu dãy đó không phải là dãy thỏa mãn điều kiện bài toán, tuy nhiên số lần xuất hiện của A, B, C không thể đều là số chẵn nên sẽ có hai chữ cái xuất hiện số chẵn lần và một chữ cái xuất hiện số lẻ lần trong mỗi dãy này Thành thử ta có hai cách thêm hai chữ cái vào cuối các dãy này để được dãy có độ dài bằng n + 2

Vì vậy, xn+2 = 3xn + 2 (3n− xn) = xn + 2 · 3n Kết hợp với x3 = 6 ta có xn =3

nên (2an− 2) .n − 1 Vì vậy (2a

n− 2) = 0; n − 1; 2n − 2 Điều đó đồng nghĩa với

an−1 có thể nhận Xét hai trường hợp sau:

1 Nếu an = n thì (a1; a2; ; an−1) là một hoán vị đẹp của {1; 2; ; n − 1}.

Có Fn−1 hoán vị như thế Bổ sung n vào cuối của mỗi hoán vị này ta được một hoán vị đẹp của tập {1; 2; ; n}.

www.VNMATH.com

2 Nếuan = 1thì là(a1− 1; a2− 1; ; an−1− 1)một hoán vị đẹp của{1; 2; ; n − 1}

vì

2 ((a1− 1) + · · · + (ak− 1)) = 2 (a1+ · · · + ak) − 2k .k, ∀k ≤ n − 1.

Mỗi hoán vị(b1; b2; ; bn−1)trong số hoán vị đẹp của{1; 2; ; n − 1}cho ta một

hoán vị đẹp của tập{1; 2; ; n}có phần tử cuối là 1 Đó là(b1+ 1; b2+ 1; ; bn−1+ 1; 1) Hai phép tương ứng song ánh mà chúng ta đã thiết lập ở trên cho chúng ta hệ thức

Fn = 2Fn−1 Với chú ý rằng F1 = 1, F2 = 2, F3= 6 ta thu được

Ví dụ 1.12 (IMO 2011) Giả sử n là một số nguyên dương Cho một cái cân

hai đĩa và n quả cân với trọng lượng là 20; 21; ; 2n−1 Ta muốn đặt lên cái cân một

trong n quả cân, lần lượt từng quả một, theo cách để đảm bảo đĩa cân bên phải

không bao giờ nặng hơn đĩa cân bên trái Ở mỗi bước ta chọn một trong các quả

cân chưa được đặt lên cân, rồi đặt nó hoặc vào đĩa bên trái, hoặc vào đĩa bên phải,

cho đến khi tất cả các quả cân đều đã được đặt lên cân Xác định xem, có bao nhiêu

cách khác nhau để thực hiện được mục đích đề ra.

Lời giải Xét n ≥ 2 Ta thấy trước tiên, đĩa cân bên trái luôn phải nặng hơn

đĩa cân bên phải ít nhất là 1 Vì vậy, nếu ở một bước nào đó ta đặt quả cân nặng

là 1 lên một trong hai đĩa thì thì đĩa cân bên phải không bao giờ nặng hơn đĩa cân

bên trái Do đó ta chỉ xét các quả cân: 1; 22; ; 2n−1

Nếu ta chia trọng lượng mỗi quả cân cho 2 thì đáp án không đổi nên có f (n − 1)

cách đặt quả cân n − 1 đó Giờ xét quả cân 1:

1 Nếu đặt quả cân này trong lượt đặt đầu tiên thì ta chỉ có thể đặt vào đĩa bên

trái.

2 Nếu đặt quả cân này trong các lượt đặt tiếp theo thì ta có thể đặt vào bên

trái hay phải tùy ý Có 2n − 2 cách đặt trong trường hợp này.

Như vậy ta thu được hệ thức f (n) = (2n − 1)f (n − 1)

Với chú ý rằng f (1) = 1 ta có f (n) = (2n − 1)!! = 1 · 3 · 5 · · · (2n − 1)

Nhận xét 1.2 Nếu không xét riêng các khả năng của quả cân 1 như trên thì ta cũng

có thể xét riêng các khả năng của quả cân 2n−1 với chú ý rằng 20+ 21+ · · · + 2n−2 =

2n−1− 1 < 2n.

www.VNMATH.com

2 Thiết lập các dãy truy hồi lồng nhau

Đếm bằng hệ thức truy hồi khá hữu dụng nhưng đối với đa số bài toán thì việc đếm bằngmột dãy truy hồi tỏ ra vô hiệu, ấy là khi ta phải nghĩ đến các dãy truy hồi lồng nhau(cũng giống như ”DAC - Chia để trị” trong bất đẳng thức) Chúng ta sẽ bắt đầu ”công

cụ hữu hiệu ” này bằng một ví dụ đã từng xuất hiện trong kì thi IMO năm 1979, đó làbài số 6 do Đức đề nghị

Ví dụ 2.1 (IMO-1979) Cho A và E là hai đỉnh đối tâm của một hình bát giác đều Một con ếch bắt đầu nhảy từ A Tại bất cứ đỉnh nào trừ E, ếch có thể tới một trong hai đỉnh kề Nếu ếch nhảy tới E thì nó dừng lại ở đó Gọi anlà số đường đi phân biệt của đúng n bước nhảy để ếch nhảy từ A đến E Chứng minh rằng

Lời giải Rõ rànga2n−1= 0 là hiển nhiên Gọi là số đường đi từ C tới E qua n

bước nhảy Qua hai bước nhảy đầu tiên, ếch có thể về A hoặc đến C hoặc G Do đó

Kết hợp với a2 = 0; a4= 2 ta có điều phải chứng minh.

Ví dụ 2.2 (Austrian-Polish MC 1998) Cho n điểm P1, P2, P3, , Pn được xếp theo thứ thự đó trên một đường thẳng Ta tô màu mỗi điểm bởi 1 trong năm màu: trắng, đen, đỏ, xanh và tím Một cách tô màu được coi là hợp lệ nếu hai điểm liên tiếp Pi, Pi+1 được tô màu giống nhau hoặc ít nhất một trong hai điểm được tô màu trắng Có bao nhiêu cách tô màu hợp lệ như vậy?

Lời giải Gọi an là số cách tô màu thỏa mãn bài toán mà điểm được tô màu trắng, làbn số cách tô màu thỏa mãn bài toán mà điểm không được tô màu trắng

và cn là tổng số cách tô màu thỏa mãn bài toán Chúng ta thu được các hệ thức sau

Mặt khác từ mỗi bộ số thuộcAn hoặcBn ta có thể bổ sung thêm phần tửan+1 = −1

để được một bộ số thuộc An+1 nên |An+1| = |An| + |Bn| Tương tự ta có

Một bài toán có cùng tư tưởng như bài toán trên là

Ví dụ 2.4 (Polish-Austrian Mathematical Competition) Xét tất cả các các chuỗi kí tự gồm 3 chữ cái a, b, c Có bao nhiêu chuỗi n kí tự đồng thời thỏa mãn hai điều kiện sau:

1 Chuỗi kí tự phải bắt đầu và kết thúc bởi chữ a;

2 Hai vị trí liền kề phải được viết bởi hai chữ cái khác nhau.

Lời giải Xét chuỗi kí tự có độ dài bằng n bắt đầu bởi chữ a và thỏa mãn điều kiện 2

Đặt an, bn, cn lần lượt là số chuỗi kí tự tận cùng bởi a, b, c tương ứng.

Mỗi chuỗi kí tự kết thúc bởi a và có độ dài bằng n + 1được tạo ra (và chỉ được tạo ra) bằng cách thêm a vào cuối các chuỗi kí tự tận cùng bởi b hoặc c và có độ dài bằng n, vì vậy ta thu được hệ thức an+1 = bn+ cn Tương tự ta có

Ví dụ 2.5 Có bao nhiêu chuỗi gồm n kí tự được tạo ra từ tập hợp {a; b; c; d} trong

đó a, b không bao giờ đứng cạnh nhau.

Lời giải Gọi yn, yn, xn, xn lần lượt là số các chuỗi kí tự có tận cùng là a, b, c, d

(do tính đối xứng, số chuỗi kí tự tận cùng bằng a bằng số chuỗi kí tự tận cùng bằng b và số chuỗi kí tự tận cùng bằng c bằng số chuỗi kí tự tận cùng bằng d) và

Sn là số cách thành lập chuỗi n kí tự thỏa mãn bài toán Chúng ta thu được các

68 − 1

4

 

3 +√172

n+1+



−7

√17

68 − 1

4

 

3 −√172

n+1 ()

Bài toán sau đây là một bài toán đã được đăng trên tạp chí THTT năm 2011 (bài T12/410), tuy nhiên nó cũng đã xuất hiện trước đó rất lâu trong kì thi Romanian

MO 2000.

Ví dụ 2.6 (Romanian MO 2000-T12/410-THTT)) Với số nguyên dương n

không nhỏ hơn 2 tìm số các hàm số f : {1; 2; 3; ; n} → {1; 2; 3; 4; 5} và thỏa mãn tính chất

|f (k + 1) − f (k)| ≥ 3 với mọi k ∈ {1; 2; ; n − 1}

Lời giải Ta sử dụng nhận xét:

Nếu hàm số f thỏa mãn điều kiện bài ra thì với mọi n > 2 cho trước ta luôn có

f (n) 6= 3

Thật vậy, nếu f (n) = 3 thì suy ra f (n − 1) ≤ 0 hoặc f (n − 1) ≥ 6, điều này là vô lí

Kí hiệu an, bn, dn, en là số các hàm f : {1; 2; 3; ; n} → {1; 2; 3; 4; 5} thỏa mãn tính chất đã choứng với f (n) tương ứng bằng 1,2,4,5

Khi đó a2= e2 = 2 và b2 = d2= 1, nên với n ≥ 2 có

!

1 −√52

!n+ 5 + 3

√55

!

1 +√52

!n

Ví dụ 2.7 (Romanian TST 2006-Tạp chí AMM) Cho n là một số nguyên dương Một tập

S ⊂ {0; 1; ; 4n − 1} được gọi là ”rời rạc ” nếu với số k bất kì thỏa mãn điều kiện sau đây:

www.VNMATH.com

1 Tập hợp ST {4k − 2; 4k − 1; 4k; 4k + 1; 4k + 2} có tối đa 2 phần tử.

2 Tập hợp ST {4k + 1; 4k + 2; 4k + 3} có tối đa 1 phần tử

Hỏi tập hợp {0; 1; ; 4n − 1} có chính xác bao nhiêu tập con ”rời rạc”?

Lời giải Đặt Tnlà tổng số tập con ”rời rạc” cần đếm, An là số tập con ”rời rạc” bao gồmmột trong hai phần tử (4n − 1; 4n − 2) và Bn là số tập con không chứa phần tử nào trong haiphần tử đó (không có hai tập ”rời rạc” có thể chứa cả 2 phần tử vì khi đó điều kiện 2 khôngthỏa mãn)

Ta thu được các hệ thức

An+1= Tn+ Tn+ Tn+ Bn= 2Tn+ Bn

Và Bn+1= Tn+ Tn+ Tn+ Bn= 2Tn+ Bn, suy ra Tn+1= 6Tn+ 2Bn= 7Tn

Với chú ý rằng A1= B1 = 4; T1 = 8, ta có Tn= 8 · 7n−1

Phép đếm bằng truy hồi cũng được áp dụng trong việc đếm số các sự phân hoạch của hình

vẽ Ngay sau đây chúng ta sẽ tiếp tục với một bài toán đã từng được đăng trên tạp chí AmericanMathematical Monthly do I Tomescu đề xuất

Ví dụ 2.8 (Tạp chí AMM) Có bao nhiêu cách chia hình chữ nhật kích thước 2n × 3 thànhcác hình chữ nhật kích thước 2 × 1

Lời giải Gọi an là số cách chia hình chữ nhật 2n × 3 thành các hình chữ nhật 2 × 1, còn

bn là số cách hình chữ nhật 2n × 3 bị khuyết một hình vuông 1 × 1 ở góc thành các hình chữnhật 2 × 1

Với mỗi cách chia hình chữ nhật 2n × 3 mà không có hình vuông 1 × 1 nào bị khuyết ở góc ta

Ví dụ 2.9 (Tukey TST 2006) Tìm số cách chia hình chữ nhật n × 2 thành các hình chữ nhật

có độ dài nguyên không vượt quá n (Hai cách chia tạo bởi nhau bằng phép quay 180◦ được coi

là hai cách chia phân biệt)

www.VNMATH.com

Lời giải Xét hình chữ nhật với đỉnh (0; 0) , (0; 2) , (n; 0) , (n; 2) trong mặt phẳng Descaster.Một sự phân hoạch có thể biểu diễn bởi tập E các đoạn thẳng mà tạo thành những đường viền(khác với viền hình chữ nhật lớn) của hình chữ nhật nhỏ.

Ta gọi 1 sự phân hoạch là loại A nếu [(n − 1; 1), (n; 1)] ∈ E và là loại B nếu [(n − 1; 1), (n; 1)] /∈ E.Với mỗi sự phân hoạch và với 0 ≤ k ≤ 2, 0 ≤ j ≤ 1, đặt tập

Ω = {[(k; n − 1), (k; n)] , [(n; j), (n; j + 1)]} ∪ {[(n − 1; 0), (n − 1; 1)] , [(n − 1; 1) , (n − 1; 2)]}

Dễ thấy rằng E0\ Ω tạo thành một sự phân hoạch hình chữ nhật 2 × (n − 1) với đỉnh là

(0; 0) , (0; 2) , (n − 1; 0) , (n − 1; 2) Nếu E0 là tập loại A nghĩa là [(n − 1; 1), (n; 1)] ∈ E, khi đó có 5 tập E tương ứng có thể baogồm 4 tập loại A và 1 tập loại B

Nếu E0 là tập loại B nghĩa là [(n − 1; 1), (n; 1)] /∈ E, khi đó có 3 tập E tương ứng có thể baogồm 1 tập loại A và 2 tập loại B

Đặt An= card(A), Bn= card(B), Cn= An+ Bnta có An= 4An−1+ Bn−1; Bn= An−1+ 2Bn−1và

Cn= An+ Bn= 6(An−1+ Bn−1) − 7(An−2+ Bn−2) = 6Cn−1− 7Cn−2

Với chú ý rằng C1 = 2, C2 = 8 ta thu được Cn= 2 +

√2

2 2 +

√

3
n−1+2 −

√22

• Lấy một số thuộc An rồi thêm 3 hoặc 9 vào phía sau (có 2 cách thêm)

• Lấy một số thuộc Bn rồi thêm 2 hoặc 7 vào phía sau nhưng chỉ có duy nhất một cáchthêm với mỗi số

Chúng ta thu được các hệ thức sau:

(1) yn= zn−1; (2) zn= yy−1+ un−1(3) un= 2zn−1; (4) xn= 2yn+ 2zn+ un

Từ (1),(2) và (3) ta có zn= zn−2+ 2zn−2= 3zn−2 với z1 = 1, z2 = 2 ta thu được

Lời giải Gọi Anlà số các số có n chữ số mà tận cùng là 0 hoặc 4; Bn là số các số có n chữ

số mà tận cùng là 1 hoặc 2; Cn là số các số có n chữ số mà tận cùng là 2 Với n là số nguyêndương ta có:

• Mỗi số thuộc có thể tạo ra từ một số thuộc bằng cách xóa một số ở cuối nên An+1 = Bn

• Mỗi số thuộc có thể tạo ra 1 số thuộc bằng cách thêm 1 (trong trường hợp tận cùng bằng0) hoặc thêm 3 (nếu tận cùng bằng 4) và mỗi số thuộc có thể tạo ra một số thuộc bằngcách thêm 1 hoặc 3 vào cuối Do đó: Bn+1 = An+ 2Cn

• Mỗi số thuộc có thể tạo ra một số thuộc bằng cách xóa số 2 ở cuối, vì vậy Cn+1= BnChúng ta cần tính Sn= An+ Bn+ Cn Công việc này khá đơn giản !

Ví dụ 2.13 (Romanian MO 1998) Gọi An là tập hợp các chữ có độ dài bằng n được thànhlập từ các chữ cái a, b, c sao cho không có hai phần tử liên tiếp cùng bằng a hoặc cùng bằng b.Gọi Bn là tập hợp các chữ có độ dài bằng n, được thành lập từ các chữ a, b, c mà không có baphần tử liên tiếp nào đôi một phân biệt Chứng minh rằng card (Bn) = 3 · card (An)

Lời giải Gọi Xn, Yn, Zn lần lượt là các tập con của có tận cùng bởi chữ a, b, c tương úng.Đặt un= card (Un) Với mỗi số nguyên n ta có các hệ thức sau đây:

Gọi Sn là tập con của có tận cùng bởi chữ aa, bb, cc Đặt Tn = Bn− Sn thì Tn là tập hợpcác số trong có tận cùng bởi ab, ac, ba, bc, ca, cb Ta thu được các hệ thức sau:

|Bn| = sn+ tn

|Bn+1| = 3sn+ 2tn

sn+1= |Bn|

Vì vậy |Bn+2| = sn+2+ tn+2= 2 |Bn+1| + |Bn| và B2 = 9, B3 = 21

Thành thử ta có điều phải chứng minh

Việc giải bài toán trên thực chất là đi giải hai bài toán nhỏ về phép đếm và cả hai bài toán

ấy đều giải bằng cách thiết lập các dãy truy hồi lồng nhau

Ví dụ 2.14 (Vietnam MO 2009) Cho số nguyên dương n Kí hiệu T là tập hợp gồm 2n sốnguyên dương đầu tiên Hỏi có tất cả bao nhiêu tập con S của T có tính chất: trong S khôngtồn tại các số a, b mà |a − b| ∈ {1, n}? (Tập rỗng được coi là tập có tính chất nêu trên)

Lời giải Trước hết ta có bài toán

Cho 2 hàng điểm A1; A2; A3; ; An ở trên và B1; B2; ; Bnở dưới

Các cặp điểm (Ai; Ai−1) ; (Bi; Bi−1) ; (Ai; Bi) được nối với nhau, ngoài ra An và cũng được nốivới nhau Tính số cách chọn ra một số điểm mà không có hai điểm nào được nối với nhau.Gọi Sn là số cách chọn thỏa mãn điều kiện trên, nhưng có thể chứa cả Ai và Bi Gọi xn là

số cách chọn thỏa mãn nhưng không chứa điểm nào trong 4 điểm Ai, An, Bi, Bn Gọi yn là sốcách chọn thỏa mãn nhưng chứa đúng 1 điểm trong 4 điểm trên Gọi zn là số cách chia thỏamãn nhưng chứa đúng 2 điểm Ai, An hoặc Bi, Bn Gọi tnlà số cách chọn thỏa mãn nhưng chứađúng 2 điểm Ai, Bn, hoặc Bi, An

Khi đó ta có Sn= xn+ yn+ zn+ tnvà số cách chọn thỏa mãn bài toán là Sn−tn

RÈN LUYỆN KỸ NĂNG GIẢI CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG

1 Suy nghĩ về việc học Toán Hình học phẳng hiện nay

Có khi nào chúng ta tự hỏi làm thế nào để giải một bài toán Hình học phẳng (HHP)chưa? Hay làm sao để có thể giỏi môn HHP, làm sao một bạn nào đó có thể giải nhanhgọn và ấn tượng một bài toán HHP, còn mình thì không? Đúng là những vấn đề này rấtthường được đặt ra nhưng muốn trả lời một cách thỏa đáng và đầy đủ thì quả là điềukhông đơn giản!

Cũng giống như các dạng toán khác, để giải một bài toán HHP nào đó, chúng ta cũngcần phải đi từ giả thiết, thông qua các suy luận để tìm ra con đường đến kết luận hoặcmột yêu cầu nào đó đặt ra của đề bài Nhưng đặc biệt hơn, ở môn HHP, ngoài những

tư duy logic thông thường, chúng ta còn cần phải có tư duy hình tượng, chúng ta cầnphải tìm được quan hệ giữa các yếu tố hình học thông qua cái nhìn trực quan Với đặctrưng đó, một mặt làm cho chúng ta có thể thấy được vấn đề đang cần giải quyết mộtcách rõ ràng hơn nhưng mặt khác cũng đòi hòi ở chúng ta một khả năng tưởng tượngphong phú và sâu sắc nếu muốn học tốt dạng toán này

Trên thực tế, trong những học sinh giỏi Toán, không có nhiều người giỏi HHP; khi thamgia các kỳ thi HSG, họ sẵn sàng bỏ đi một câu HHP nào đó để có thời gian dành chonhững bài toán khác Nhưng hầu như trong tất cả các kỳ thi, ta đều thấy sự góp mặtcủa một hoặc hai bài toán HHP với khoảng 15 − 25% số điểm cả đề và như thế nó thực

sự quan trọng!

Có một điều lạ là chúng ta học Hình học với thời gian dài hơn bất cứ dạng toán nàokhác Ngay từ lớp 6 chúng ta đã làm quen với các khái niệm điểm, đoạn thẳng, đườngthẳng, góc, Đến lớp 7 chúng ta đã biết định lý là gì và học cách chứng minh chúng:chứng minh hai góc đối đỉnh thì bằng nhau, chứng minh tổng ba góc của tam giác là

180◦, Và chúng ta đã học và rèn luyện chúng suốt cho đến bây giờ, thời gian ấy dàihơn việc học bất cứ một bài toán sử dụng đạo hàm, một bài giới hạn hay lượng giác nào

đó Thế nhưng, dường như Hình học luôn không là một lựa chọn hàng đầu khi bắt đầucho lời giải của một đề thi HSG Thậm chí nó còn là nỗi ám ảnh, lo sợ của nhiều bạnHSG Toán Khi nhìn thấy một bài hình nào đó, họ cố đưa về Đại số càng nhanh càngtốt và sẵn sàng chấp nhận biến đổi, khai thác những biểu thức cồng kềnh trong khi bàitoán đó có thể giải một cách nhẹ nhàng bằng hình học thuần túy

Ta cũng không phủ nhận rằng học và giỏi ở HHP không phải là chuyện dễ, có thế cầnnăng khiếu và rèn luyện lâu dài, phải làm nhiều dạng bài tập để tích lũy cho mình những

kinh nghiệm và sự nhạy bén cần thiết để khi đối mặt với một bài HHP nào đó mà không

bị ngỡ ngàng, lúng túng Chẳng hạn như có nhiều học sinh THCS có thể giỏi HHP hơnhọc sinh THPT là cũng bởi lí do năng khiếu này Thế nhưng, chẳng may không có năngkhiếu thì sao, chẳng lẽ lại bỏ cuộc? Tất nhiên là vẫn còn cách giải quyết, chúng ta hãytham khảo một số hướng giải quyết và gợi ý rèn luyện sau đây để khắc phục và mongrằng những điều này có thể giúp các bạn rút ra được cho bản thân một ý tưởng mới nào

đó cho việc học HHP trong thời gian tới

Cũng phải nói thêm là đa số các bạn chưa giỏi HHP thường ghét phần này và tránh làmcác bài toán về hình học; do đó, trước hết các bạn hãy làm quen và tiếp xúc nhiều với

nó, và lâu dần các bạn có thể tìm thấy trong sự thú vị mà những bài toán HHP đem lạimột sự tiến bộ nào đó cho mình

Chúng ta hãy suy nghĩ về các vấn đề sau

• Làm sao để rút ngắn con đường đi từ giả thiết đến kết luận?

• Làm sao để tận dụng hết giả thiết đề bài cho?

• Làm sao đưa các kiến thức hình học sẵn có (như một phương pháp hoặc một định

lý nào đó) cho việc giải một bài toán HHP?

• Làm cách nào để có thể kẻ đường phụ giải một bài toán?

• Làm sao để nâng cao hơn trình độ giải toán HHP nếu chúng ta đã có một nănglực nhất định?

Trước khi phân tích kĩ hơn các vấn đề trên, ta thử xem xét hai ví dụ nhỏ về các vấn đềthường gặp phải khi giải toán HHP

Ví dụ 1 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) có phân giác góc A cắt (O) ở D.Chứng minh rằng

Khi đứng trước bài toán này, ta thường nghĩ đến các phương pháp sau.

• Sử dụng phương pháp tọa độ: Dựng hệ trục tọa độ với B(−1, 0), C(1, 0) vàA(a, b) Tính tọa độ điểm D rồi dùng bất đẳng thức

• Kẻ thêm các đường phụ: Dựng DE k AB (như hình vẽ trên) rồi chứng minhrằng AC = DE, BE = AD đưa về AD + BE > AB + DE

• Sử dụng định lý quen thuộc: Dùng định lý Ptolemy có

AD · BC = AB · CD + AC · BD,

mà BC < BD + CD = 2BD nên 2AD > AB + AC

• Sử dụng phương pháp lượng giác: Tính toán trực tiếp ta có

2AD = 2R sin



B + A2

+ 2R sin



C + A2

Ví dụ 2 Cho tam giác ABC có phân giác AD Trên đoạn AD lấy hai điểm E, F saocho ∠ABE = ∠DBF Chứng minh rằng ∠ACE = ∠DCF

DFE

Ta có thể giải bài toán trên như sau: Gọi M là điểm đối xứng với F qua BC, N, P lầnlượt là điểm đối xứng với E qua AC, AB Chứng minh 4BEM = 4BP F (c.g.c), suy

ra 4CEM = 4CN F (c.c.c) Từ đó dễ dàng suy ra ∠ACE = ∠DCF

Cách giải là như vậy, tuy nhiên vấn đề đặt ra ở đây là:

• Tại sao lại biết lấy các điểm đối xứng?

• Tại sao lại biết xét các tam giác bằng nhau?

• Nếu không dựng đường phụ thì giải được không?

Trong phần sau chúng ta sẽ cùng tìm cách giải quyết các vấn đề trên Lời giải của các ví

dụ sẽ được trình bày chủ yếu là dựa trên hướng suy nghĩ chính, chú trọng phân tích cácbước lập luận chứ không đi sâu vào xét các trường hợp của hình vẽ có thể xảy ra nhằmhạn chế sự phức tạp Dù vậy trên thực tế, khi giải các bài toán HHP, chúng ta nên chú

ý điều này, nên xét hết các trường hợp (vị trí các điểm, các tia; phân giác trong, ngoài;tam giác cân, không cân; đường tròn thực sự và suy biến, ) để đảm bảo lời giải đượcđầy đủ và chính xác!

2 Một số phương pháp rèn luyện tư duy hình học và nâng cao kỹ năng giải toán HHP

2.1 Lựa chọn công cụ thích hợp để giải một bài toán HHP

Chúng ta hãy thử ngẫm nghĩ lại, khi đang là học sinh THPT như hiện nay, chúng ta đã biếtđược hết thảy bao nhiêu phương pháp giải một bài toán HHP Có thể chúng ta biết nhiều định

lý, bổ đề nhưng đó cũng chưa thể gọi là một phương pháp theo nghĩa tổng quát Ở đây, ta nóiđến phương pháp là định hướng, là tư tưởng chính của lời giải; giải bằng cách nào chứ chưa đisâu vào việc giải như thế nào Xin nêu một số phương pháp cơ bản sau

• Phương pháp hình học thuần túy (quan hệ song song, vuông góc; tam giác đồng dạng,bằng nhau; tính chất của tam giác, đường tròn; các định lý hình học quen thuộc; cácphép biến hình, )

• Phương pháp lượng giác (đưa yếu tố trong bài về lượng giác của các góc và biến đổi)

• Phương pháp vector (dùng vector trong chứng minh tính chất hình học hoặc dựng một

hệ vector đơn vị để giải bài toán)

• Phương pháp đại số (đưa các yếu tố trong bài về độ dài cạnh và biến đổi)

• Phương pháp tọa độ (đưa giả thiết đã cho vào một hệ trục tọa độ và tìm tọa độ điểm,phương trình đường thẳng, đường tròn liên quan)

Trong đó, dễ thấy rằng mức độ tư duy hình học được thể hiện giảm dần qua thứ tự các phươngpháp trên Nếu chúng ta là một học sinh chưa giỏi HHP thì thường với các bài toán có giảthiết “thuận lợi” thì lập tức sử dụng tọa độ, điều đó tất nhiên có ích cho kỹ năng tính toán,biến đổi đại số của chúng ta nhưng nói chung không có lợi cho việc rèn luyện tư duy hình học

Và đa số các bài toán hình khó có thể sử dụng phương pháp này, chỉ cần một đường tròn hoặcmột tâm đường tròn nội tiếp đã khiến cho việc dùng phương pháp tọa độ thật khó khăn rồi.Thế nhưng không phải nói vậy mà ta lại quên đi phương pháp đó được Có vài bạn đã khá ởnội dung này thì lại không thích sử dụng tọa độ và cố đi tìm một cách giải thuần túy cho nó.Công việc này không phải lúc nào cũng đúng, nhất là đối với các kỳ thi HSG có thời gian “gấprút” và số lượng bài toán cần giải được lại tương đối nhiều

Chúng ta hãy thử nói về một bài toán đơn giản sau

Ví dụ 3 Cho đoạn thẳng AB cố định và đường thẳng d cố định song song với AB Điểm C

di động trên d Tìm quỹ tích trực tâm tam giác ABC

Nếu không cẩn thận vẽ hình trước nhiều lần để dự đoán quỹ tích để chắc chắn rằng đây khôngcòn là một quỹ tích đường thẳng, đường cong thông thường mà mò mẫn đi tìm không đúngcách sẽ không đi đến kết quả muốn có Bài toán này không khó nhưng nếu không lựa chọnđúng công cụ thì không thể nhanh chóng thành công trong việc giải nó được

Lời giải Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, xét A(−1, 0), B(1, 0) và đường thẳng d có phươngtrình y = a, a 6= 0, do C di động trên đó nên có tọa độ là C(m, a), m ∈ R Ta sẽ tìm tọa độtrực tâm của tam giác ABC Phương trình đường cao của tam giác ứng với đỉnh C là

a .Vậy quỹ tích của H là parabol có phương trình y = 1 − x

2

a .

Ví dụ 4 Cho tam giác ABC có cạnh BC cố định, A di động trong mặt phẳng Gọi G, H lầnlượt là trọng tâm, trực tâm của tam giác Biết rằng đoạn GH cắt BC tại trung điểm của GH,tìm quỹ tích của A

Và nếu đứng trước những bài toán có giả thiết đơn giản nhưng khó vận dụng như thế thì hãythử nghĩ đến phương pháp tọa độ Khi đó, dù các tính chất hình học chưa được thể hiện đầy

đủ nhưng các điều kiện hình học thì sẽ được đảm bảo chặt chẽ hơn

Cũng tiến hành lựa chọn một hệ trục tọa độ thích hợp tương tự như trên rồi tính tọa độ cácđiểm G, H và viết phương trình các đường thẳng cần thiết, đặt vào điều kiện của bài toán, ta

sẽ tìm được quỹ tích của điểm A chính là một đường hypebol Các bạn thử giải lại bài toánnày với việc giữ nguyên các giả thiết ban đầu, chỉ thay trực tâm H bằng tâm đường tròn ngoạitiếp O, các công việc nói chung cũng được tiến hành tương tự nhưng dù vậy ta cũng có thêmmột khám phá mới Và nếu được, hãy giải lại hai bài toán vừa rồi bằng phương pháp hình họcthuần túy dựa trên định nghĩa các đường conic, tìm tiêu điểm và đường chuẩn của chúng! Đây

−→

BA +−BC→

+12

−→

CA +−CB→



=−→0

và −−→M D +−−→N E +−P F =→ −→0 theo định lý con nhím nên −AD +→ −BE +→ −CF =→ −→0

Vậy hai tam giác ABC và DEF có cùng trọng tâm

Lời giải 2 Sử dụng hình học phẳng thuần túy (dựng nhiều đường phụ, hướng suy nghĩ hơithiếu tự nhiên và đòi hỏi có kinh nghiệm về các bài toán có giả thiết tương tự như thế này)

NP

D

Q

F

EI

G

Gọi I là trung điểm EF và Q là điểm đối xứng với D qua BC, khi đó 4BCQ cũng là tamgiác đều Ta thấy phép quay tâm B góc quay 60◦ biến C thành Q, biến A thành F nên4ABC = 4F BQ Tương tự 4ABC = 4EQC Từ đây ta có

4F BQ = 4EQC

Suy ra F Q = AC = AE, QE = AB = AF và tứ giác AEQF là hình bình hành Do đó I chính

là trung điểm của AQ, mà M là trung điểm của QD nên IM chính là đường trung bình củatam giác QAD, suy ra IM = 1

Trong việc giải các bài toán bằng phương pháp tọa độ, ta cũng cần chú ý đến việc chọn các

hệ trục tọa độ hợp lý: tọa độ các điểm, phương trình đường thẳng cần viết đơn giản; có nhiềuliên hệ với các điểm đã cho trong giả thiết, tận dụng được các yếu tố đường song song, vuônggóc, trung điểm do hình cần dựng đơn giản, Chẳng hạn chúng ta có bài toán sau

Ví dụ 6 Cho tam giác ABC có D là trung điểm của cạnh BC Gọi d là đường thẳng qua

D và vuông góc với đường thẳng AD Trên đường thẳng d lấy một điểm M bất kỳ Gọi E, Flần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng M B, M C Đường thẳng qua E vuông góc với d cắtđường thẳng AB tại P, đường thẳng qua F vuông góc với d cắt đường thẳng AC tại Q Chứngminh rằng đường thẳng qua M, vuông góc với đường thẳng P Q luôn đi qua một điểm cố địnhkhi M di động trên đường thẳng d

Phân tích Ta thấy trong đề bài này các giả thiết đưa ra chỉ xoay quanh các yếu tố nhưtrung điểm, đường vuông góc, đoạn thẳng, nhưng vì có hơi nhiều yếu tố như vậy nên việcliên kết chúng lại và đảm bảo sử dụng được tất cả các giả thiết quả là điều không dễ dàng.Chúng ta có một lời giải bằng cách sử dụng phương pháp hình học thuần túy nhờ kiến thứctrục đẳng phương như sau nhưng nó hơi phức tạp vì cần phải kẻ nhiều đường phụ.

Lời giải

A

B

CD

ME

FQP

H

H0

K

K0d

I

d0

Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của B, C lên đường thẳng d Do D là trung điểm của BC nên

DH = DK, suy ra AD là trung trực của HK, do đó AH = AK

Gọi (ω) là đường tròn tâm A đi qua H và K Gọi H0, K0 lần lượt là các điểm đối xứng với H,

K qua các đường thẳng AB, AC Khi đó dễ thấy H0, K0 thuộc (ω) Giả sử các đường thẳng

HH0, KK0 cắt nhau tại I thì I là điểm cố định (∗)

Ta có P E k BH (cùng vuông góc với d) mà P E đi qua trung điểm của M B nên cũng quatrung điểm của M H, suy ra P E là trung trực của M H và vì thế P H = P M

Gọi (ω1) là đường tròn tâm P đi qua H và M, do tính đối xứng nên H0 cũng thuộc (ω1) Hoàntoàn tương tự, ta cũng có QF là trung trực của M K; nếu gọi (ω2) là đường tròn tâm Q đi qua

K và M thì K0 thuộc (ω2) Ta lại có

• (ω), (ω1) cắt nhau tai H, H0 nên HH0 là trục đẳng phương của (ω), (ω1)

• (ω), (ω2) cắt nhau tai K, K0 nên KK0 là trục đẳng phương của (ω), (ω2)

Mặt khác, M cùng thuộc (ω1), (ω2) và P, Q lần lượt là tâm của (ω1), (ω2) nên đường thẳng

d0 qua M, vuông góc với P Q chính là trục đẳng phương của (ω1), (ω2) Từ đó suy ra HH0,

KK0, d0 đồng quy tại tâm đẳng phương của ba đường tròn (ω), (ω1), (ω2) (∗∗)

Từ (∗) và (∗∗) suy ra d0 đi qua I là điểm cố định

Vậy đường thẳng qua M, vuông góc với đường thẳng P Q luôn đi qua một điểm cố định khi

M di động trên đường thẳng d Ta có điều phải chứng minh

Nhận xét Ta có thể sử dụng phương pháp tọa độ để giải nhẹ nhàng bài toán trên vì việc xácđịnh tọa độ trung điểm và viết phương trình đường vuông góc cho các biểu thức đơn giản, đócũng chính là đáp án chính thức của đề thi HSG quốc gia này Thế nhưng, cũng không phảicách chọn trục tọa độ nào cũng cho ta một lời giải nhanh gọn Nếu chọn hệ trục tọa độ gốc

D và trục hoành trùng với BC theo suy nghĩ thông thường thì lời giải sẽ dài và phức tạp hơn

so với chọn gốc tọa độ là D và trục hoành là đường thẳng d Các bạn hãy thử với cách này sẽthấy ngay sự khác biệt đó!

Qua các ví dụ vừa nêu, ta thấy rằng việc lựa chọn công cụ thích hợp để giải các bài toán hìnhhọc cũng là một yếu tố quan trọng để có thể đi đến kết quả một cách đơn giản và ngắn gọnhơn, nhiều khi đó cũng là cách duy nhất có thể giải quyết được vấn đề

2.2 Về việc tận dụng giả thiết của đề bài

Trong một bài toán thông thường, các giả thiết đưa ra, dù ít hay nhiều, dù gián tiếp hay trựctiếp, thì ở trong bất cứ lời giải nào của bài toán đều được tận dụng Một bài toán càng có ítgiả thiết thì nói chung việc sử dụng chúng càng đơn giản bởi không phải dễ dàng gì cho việcđưa hàng loạt giả thiết, yếu tố, các quan hệ hình học vào lời giải của mình Mỗi giả thiết đưa

ra đều có mục đích và tầm quan trọng nhất định; nhiệm vụ của chúng ta là xác định xem cáinào là quan trọng nhất và làm sao để tận dụng và liên kết tất cả vào trong lời giải bài toáncủa mình!

Trước hết, ta hãy đặt câu hỏi: “giả thiết đó nói lên điều gì?”, chẳng hạn cho giả thiết: tamgiác ABC có M, N, P là trung điểm các cạnh, điều đó gợi cho ta suy nghĩ rằng

• Các cạnh của 4M N P song song và bằng nửa các cạnh của 4ABC tương ứng;

• Tam giác M N P đồng dạng với tam giác ABC với tỉ số đồng dạng là 1

2;

• Diện tích tam giác M N P bằng 1

4 diện tích tam giác ABC;

• Phép vị tự tâm G – trọng tâm tam giác ABC với tỉ số −1

2 biến tam giác ABC đã chothành tam giác M N P ;

• Hai tam giác này có cùng trọng tâm;

• Đường tròn ngoại tiếp tam giác M N P chính là đường tròn Euler nên nó cũng đi quachân các đường cao và trung điểm các đoạn nối trực tâm và đỉnh của tam giác ABC;

• Trực tâm của tam giác M N P cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC,

Có thật nhiều suy nghĩ từ một giả thiết và nếu ta bỏ sót một trong số chúng thì có thể khônggiải được bài toán vì đó chính là chìa khóa vấn đề (tất nhiên cũng không phải dùng hết cácý) Chúng ta càng có được nhiều liên tưởng khi kiến thức hình học của chúng ta càng nhiều vàkinh nghiệm càng sâu sắc, điều đó đòi hỏi ta cần làm 1 số lượng nhất định các bài toán HHP.Tiếp theo ta lại hỏi: “vậy nếu chưa có nhiều kinh nghiệm thì sao?”, tất nhiên cũng có một cáchnhỏ này giúp ta có thể thấy trực quan hơn giả thiết đó Chúng ta hãy thử đi tìm cách dựngcác “giả thiết” đó bằng thước và compa, nhất là với các giả thiết có phần phức tạp, điều nàynhiều lúc cũng rất có ích Chúng ta thử tìm hiểu rõ điều đó qua bài toán sau

Ví dụ 7 Cho tam giác ABC có K là điểm nằm trong tam giác và thỏa

∠KAB = ∠KBC = ∠KCA

Gọi D, E, F lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác KBC, KCA, KAB Gọi M,

N, P lần lượt là giao điểm của BC, F D; CA, DE; AB, EF Chứng minh rằng các tam giácABC, DEF, M N P đồng dạng với nhau

Phân tích Ta thấy điểm K cho như trên là một giả thiết quen thuộc (điểm Brocard) nhưngnói chung các tính chất ta đã biết về nó không phục vụ nhiều cho điều cần chứng minh ở đây.Nếu như ta vẽ 1 hình đơn điệu như bên dưới thì việc giải và định hướng cho bài toán sẽ khôngđơn giản Ta sẽ thử dùng phép dựng hình xác định điểm K trong giả thiết bằng thước vàcompa để xem thử nó có tính chất gì đặc biệt không Ta dễ dàng có được phép dựng hình sau

• Dựng trung trực của đoạn AB và đường thẳng vuông góc với BC tại B, gọi F là giaođiểm của hai đường thẳng trên

• Dựng đường tròn tâm F bán kính F A

• Tương tự, dựng điểm E là giao điểm của trung trực AC và đường thẳng vuông góc với

AC tại A

• Dựng đường tròn tâm E, bán kính EA

• Giao điểm của hai đường tròn trên chính là điểm K cần tìm

M

NK

Từ việc tìm cách dựng cho điểm K, ta cũng đã có thêm trên hình một số đường phụ cần thiết,bài toán đã rõ ràng hơn nhiều Với những gợi ý có được từ hình vẽ ta vừa dựng, có thể giảiquyết được bài toán này theo cách như sau

NK

• Chứng minh AK ⊥ EF, BK ⊥ DE

• Chứng minh ∠AKB + ∠DF E = 180◦

• Chứng minh ∠AKB + ∠ABC = 180◦

• Suy ra 4ABC ∼ 4EF D (g.g)

• Suy ra tứ giác BM P F nội tiếp và M P ⊥ EF

• Chứng minh ∠MP N = ∠F ED

• Chứng minh 4M P N ∼ 4F ED (g.g)

Từ đó suy ra điều phải chứng minh

Còn đối với các bài toán mà hình vẽ không thể dựng được bằng thước và compa thì sao, chẳnghạn như định lý Morley: “Cho tam giác ABC Các đường chia ba các góc của tam giác cắtnhau tại các điểm M, N, P Khi đó ta có M N P là tam giác đều.”

Ta biết rằng việc chia ba một góc không thể giải được bằng thước và compa nên cách tìm gợi

ý từ việc dựng hình không thể thực hiện được Và có lẽ vì vậy mà đến sau hơn 50 năm xuấthiện, bài toán nổi tiếng này mới có một lời giải HHP thuần túy rất đẹp và hoàn chỉnh Nhưng

đó là câu chuyện của những bài toán nổi tiếng thế giới; trên thực tế, nếu cần thiết, chúng taluôn có thể dùng cách dựng hình này cho việc tìm gợi ý cho bài toán và tận dụng được giảthiết của đề bài

2.3 Về việc rút ngắn con đường đi từ giả thiết đến kết luận

Cũng tương tự phần trên, ta cũng đặt các câu hỏi: “kết luận đó từ đâu mà ra?”, “những điều

đó có liên hệ gì đến giả thiết của chúng ta có?” Chúng ta cũng tiến hành đi ngược lên từ điềucần chứng minh, tìm ra các điều cần phải có để có được kết luận

Ví dụ 8 Cho tam giác ABC có đường cao BD và CE cắt nhau tại H M là trung điểm của

BC, N là giao điểm của DE và BC Chứng minh rằng N H vuông góc với AM

A

D

EH

Ta thấy thiếu một vài yếu tố trong hình, một yếu tố nào đó cần có để kết nối các điều ta vừaphân tích được từ giả thiết đến kết luận của bài, yếu tố đó vừa phải đảm bảo rằng có liênquan đến N H trong các phương tích trên, vừa đảm bảo rằng có liên hệ đến đoạn AM Và việcchọn hai điểm phụ dựng thêm là trung điểm AH và HM (I là trung điểm AH, K là trungđiểm HM ) cũng là điều tự nhiên vì khi đó IK là đường trung bình của tam giác HAM, I và

K cũng là tâm của các đường tròn vừa nêu ở trên nên trục đẳng phương N H vuông góc vớiđường nối hai tâm đó

Ví dụ 9 Cho tam giác ABC có O nằm trong tam giác Các tia AO, BO, CO cắt các cạnhđối diện lần lượt tại M, N, P Qua O kẻ đường thẳng song song với BC cắt M N, M P lần lượttại H, K Chứng minh rằng OH = OK

A

M

NO

P

Phân tích Ta thấy các giả thiết trong bài cho rất “thoáng” nhưng kết luận có được cũngthật thú vị Rõ ràng, O là điểm nằm bất kỳ trong tam giác thì không thể có một tính chấtnào đặc biệt có thể khai thác; do đó, ta sẽ đi vào phân tích các tỉ số có được từ đường thẳngsong song đã kẻ Nếu chúng ta đã quen với các bài toán về tỉ số này thì ta thấy có một số công

cụ hỗ trợ cho chúng ta như tỉ số diện tích, tỉ số đồng dạng, định lý Thalès, định lý Menelaus,định lý Céva, Trước tiên, đường thẳng song song trong đề bài gợi ý cho ta sử dụng định lýThales để đưa các đoạn thẳng OH, OK về các đoạn thẳng “dễ giải quyết” hơn Ta có

• Hai tam giác có cùng cạnh đáy thì tỉ số diện tích bằng tỉ số chiều cao

• Hai tam giác có cùng chiều cao thì tỉ số diện tích bằng tỉ số cạnh đáy

Ta có thể dễ dàng thay các tỉ số trên có liên quan ở trên như sau

Ví dụ 10 Cho tam giác ABC nhọn có đường cao AD thỏa AD = BC Gọi H là trực tâmtam giác, M và N lần lượt là trung điểm của BC và AD Chứng minh rằng HN = HM

A

D

EH

MN