Một số ứng dụng của định lý về
đường phân giác
Hồng Minh Quân
Trường THPT Ngọc Tảo, Hà Nội
Định lí về đường phân giác là một trong những định lí đẹp, cĩ nhiều ứng dụng trong việc giải nhiều bài tốn hình học phẳng Tuy nhiên chuyên đề về ứng dụng định lí đường phân giác hiện nay cịn chưa cĩ nhiều Bài viết sau đây nhằm khai thác và trình bày một
số ứng dụng của định lí đường phân giác trong các bài tốn hình học phẳng hay và thú vị được chọn lựa từ đề thi một số quốc gia và khu vực Tác giả hi vọng chuyên đề này sẽ
cĩ phần nào đĩ hữu ích đối với các thầy cơ giáo và các em học sinh trong giảng dạy và
học tập -
I PHAT BIEU VÀ CHỨNG MINH ĐỊNH LÍ Dinh li
Trong một tam giác đường phân giác của một gĩc chia cạnh đối diện thành thành hai đoạn thẳng tỉ lệ uới hai cạnh kề hai đoạn, đĩ
Chứng minh Lời giải 1
Goi AD là đường phân giác trong của tam giác ABC.Từ đỉnh B kẻ đường thẳng
qua và song song với cạnh AC, cắt AD 6 E
Theo giả thiết AD là đường phân giác gĩc A nên ta cĩ “BAE=⁄ŒCAE_ (111)
Mặt khác BE//AC nên chúng ta cĩ “CAE=⁄BEA (1.2)
Từ (1.1) và (1.2) chúng ta cĩ ⁄“BAE = ⁄BEA nên tam giác ABE can 6 B Suy ra
BA-= BE
Trang 2zồi (CĨ) Qua Š kẻ hai tiếp tuyệt
,
Q _ Đường thể _ g on cá — trịn ự | ) tại ¡ hai điềm
Trang 3
Gọi Y là giao điểm của đường thẳng PC và cung QƯ Do tính đối xứng của 2 tiếp điểm
P và Q cùng qua điểm Œ nên chúng ta cĩ cung BX và cung BY cĩ cùng số đo Từ đĩ
chúng ta cĩ ZNPX = ZBPY hay BP la duéng phân giác trong gĩc ⁄CPD
Mat khéc ZAPB = 900 nên chúng ta cũng cĩ PA là đường phân giác ngồi gĩc ⁄ŒPD
Ấp dựng định lí đường phân giác chúng ta cĩ: | BƠ _ PƠ _ AC BD PD AD hay AB-AC AC AD—AB~ AD
Đem quy đồng ta được
AB.AD— AC.AD => AC AD— AB.AC AB.AD+ AB.AC = 2AC.AD
Chia cả hai về của đẳng thức trên cho 4.AC.AD ta được
tote AC AD AB
Bài tốn 2(Korea 2000) Cho tam giác nhọn ABC với AB # AC, V là giao điểm
đường phân giác trong gĩc A với BƠ Gọi D là chân đường cao hạ từ đỉnh A4 xuống cạnh BC, E, F' lần lượt là các giao điểm của đường trịn ngoại tiếp tam giác AV.D với ŒA và,
AB Chứng minh rằng AD, BE,CF ding quy
Trang 4BDCEAF BDCE ĐÐĐ
DCEAFB DCFB
Tho tam giác e nhọn ABC với # AC Đường trịn nội tiếp tam giác ABC tiêp xúc với ác cạnh ¡ BC C A, AB lần lượt tạ iD, £, F Qua D kẻ đường vuơng gĩc với EE- và cắt AE
°hứ hai của đường trịn ngoại tiếp tam giác 4EƑ' và ABC là 7' CHứng
Trang 5
Goi M là trung điểm cung BC khơng chứa điểm A
Chúng ta cĩ ⁄4F'T' = ZAOT = ⁄AET vì cùng chắn cung AT suy ra “BFT = ZMOT =
ZCET Lai c6 ZAFT = ZAMT = ZACT:
Bài tốn 4(Iran vịng 2, 1992)Cho tam giác ABC vuơng ở A Các đường phân giác
gĩc B và Œ cắt nhau ở ï và lần lượt cắt các cạnh AC và 4B tại D và E Chứng minh
rằng SbơDE = 2S5nrc(S là diện tích)
‘Ching minh
A D C
Để ý rằng 7 là giao điểm bai đường phân giác trong BD,CE nên 7 là tâm đường trịn nội
tiếp tam giác ABC, bán kính r Chúng ta cĩ diện tích tam giác BIŒ là SApgrc = gr BC
Trang 6WWW.VNMATH.COM
Trang 7Ap dụng định lí đường phân giác gĩc 4X D, chúng ta cĩ EA_ XA _XC_ FC Và ED” XD "XB FB , Mặt khác áp dụng định If duéng ph&n gidc géc AY B, ching ta cé GA_YA_YC_CH &y GB YB YD HD Từ (5.1), (5.2), (5.3), chúng ta cĩ GA _CF EA _ CH GB FB’ ED HD Do dé ching ta c6 EH//AC//GF va EG//BD//HF Vay tit giéc AGHF Ja hình bình hanh Bai tốn 6
Cho tam giác ABC cĩ AD, BH lần lượt là đường phân giác gĩc 4, đường cao hạ từ đỉnh
B xuống cạnh AC, Z là trung điểm 4B Giả sử các đường thẳng 4D, BH,CE cắt nhau tại điểm Œ Chứng minh rằng ÁC cos.4 = BC cos Ở Chứng mỉnh Ấp dụng định lí Xeva, chúng ta cĩ AEBDCH EBDGHAT“L (61)
Do E là trung điểm 4Ư nên EA = EB, suy ra ao = =1 (6.2)
Mặt khác áp dụng định lí đường phân giác gĩc BAC, ching ta cĩ
DB AB
Trang 9Từ (7.1) và (7.2), chúng ta cĩ
Suy ra DE//AC (Đpcm.) Bài tốn 8 (Crux)
Cho tam giác ABC cĩ đường phân giác trong 4D (D e BC), M là trung điểm cạnh BC và
E là điểm đối xứng với D qua M Gọi F là điểm nằm trên BC sao cho ZBAF = ZEAC
Chứng mỉnh rằng BF - =
Chứng minh
S
Trên AE ta lấy điểm Ø và trên AF ta lay diém T' sao cho SC//AB va TB//AC Khi đĩ
Trang 10WWW.VNMATH.COM , BC) lén ni}
lần lượt, là trung c điểm các dây cung CA, AB
fc đã cho đúng với AD, Bb,CPF' là các đường phân
lồng dạng, từ đĩ ta
Trang 11Ap dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng #2 + 2 + z? > (ty+z) ta cĩ 2 2 PA AB\?_ 1 AB 1 b+e ——— — ———— >— ———- = — <i PD ` (55) cục 23(x ấm) (x a cục Ta cĩ 1/b+c cta atb\* 1 1 1 1 21 = (Eset) Heenan Leged) of aba == —3| >=.36=12 Vay MA NB PC ,, MD‘ NE PF tương đương MA NB PC MD 1g !†pg 129 tương đương AD BE CF 4 | MB NE ` PE Ÿ Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 4D, BE,CF' là các đường phân giác và tam giác 4 đều
Bài tốn 10 (Crux)
Cho tam giác ABC cĩ độ dài các cạnh là ba số nguyên dương liên tiếp Số đo gĩc lớn nhất bằng hai lần số đo gĩc nhỏ nhất Xác định độ dài các cạnh của tam giác AC
Chứng mỉnh
n+1
Trong tam giác ABC đặt độ dài các cạnh lần lượt là AB = n, AC = mw + 1 và BC =n+ 2 với w > 2 và n là số nguyên dương Gĩc nhỏ nhất là ZACB = 6 và gĩc lớn
nhất la ZBAC = 286
Kẻ AD là đương phân giác trong gĩc ZBAC, De BC
Trang 121 = 2n + n hay nˆ — ần — 4 =
am giác là 4 , Và 6
tại iP, , dung thine OP « cất M Vt AI KK
Trang 13Tìm cực trị từ tính chất
của điềm cực trị
| - Tran Nam Ding
Trường Đại học KHTN Tp Hồ Chí Minh
Bai tốn cực trị là một trong những dạng tốn thường gặp trong Chương trình tốn
phổ thơng, Đề đặc biệt thường xuất hiện trong các bài tốn Olympic Đĩ cĩ thể là bài tốn,
cực trị đại số, cực trị hành học, cực trị số học hay cục trị tổ hợp Và phương pháp giải, cơng cụ sử dung cũng rất khác nhau: phương pháp giải tích, phương pháp đại số, phương pháp xác suất
Trong bài giết nay, chúng ta thủ đưa ra một cách nhin chung cho các phương pháp
trên: để tìm cực trị, ta sẽ đi nghiên cứu tính chất của các điểm cực trị, nghiên cứu tính chất của các cấu hành tối ưu uà từ các tính chất đĩ từm ra các điểm cực trị
Hướng tiếp cận nàu khơng phải là mới mà là một hướng tiếp cận rất kinh điển Ở day, qua cdc Vi du minh họa, chứng ta sẽ làm rõ thêm hiệu quả của hướng tiếp cơn này,
cũng như phân tích các kỹ thuật cụ thể để cĩ thể nghiên cứu tính chất điểm cực trị
1 Hàm một biễn và nguyên lý Fermat
Khi nghiên cứu cực trị hàm một biết, cĩ một nguyên lý mà ai cũng biết đến: nếu hàm số f là khả vi thì mỗi một điểm cực tiểu (cực đại) địa phương của nĩ đều là điểm dừng, tức là là nghiệm của phương trình ƒf(z) = 0 Về điều này trước Fermat cũng đã từng được nhắc tới:
“Về cả hai phía của điểm cĩ giá trị lớn nhất sự giảm ban đầu khơng đáng kể?
(Johan Kepler)
Bổ đề 1 Fermat cho ta một tính chất quan trọng, mang tính đặc trưng của các điểm
cực trị (của hàm khả vi): điểm cực trị phải là điểm dừng Điều ngược lại khơng đúng:
điểm dừng cĩ thể khơng phải là điểm cực trị của hàm số, như ví dụ đơn giản sau: hàrn #3 tại điểm x = 0 Để tìm các giá trị cực trị của hàm số f, ta giải phương trình ƒ'(z) = 0,
tìm được tất cả các điểm dừng là, những điểm “nghi can” cho các giá trị cực trị Sau đĩ
ta sử dụng định lý tồn tại: một hàm số liên tục trên đoạn [a, bị] sẽ đạt được giá trị lớn
nhất và giá trị nhỏ nhất trên đĩ Ta sẽ coi định lý này là hiển nhiên về mặt hình học và bỏ qua phép chứng mỉnh đĩ Như vậy giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm liên
tục, khả vi trên đoạn {a, b] tồn tại và ta chỉ cần tìm các giá trị này tại các điểm dừng và
hai đầu mút
Đối với các hàm số xác định trên các tập khơng đĩng nhứ R và (a, b), ta cần đến các bổ đề sau:
Trang 14WWW.VNMATH.COM
ay Jc giá trị I nhỏ 3 nhất trên (a, b) ) es
ơn tại giá trị + 160 nhất cũng được phát biểu tương tu Ching tz sé | ề
Trang 15
Lời giải Rõ ràng ta phải cĩ 0 < z < 1/2 Thể tích hình hộp là V{z) = z(1 — 2z)? Với bài tốn này, chỉ cần một chút khéo léo là ta cĩ thể dùng bất đẳng thức Cơ-si dé tim ra
giá trị lớn nhất Tuy nhiên, sử dụng phương pháp hàm số sẽ là phương pháp tự nhiên và
khơng địi hỏi bất cứ một sự sáng tạo đặc biệt nào:
V'(z) = 12+? — 8z + 1 = (2z — 1)(6z — 1)
Từ đĩ ta cĩ V(x) chỉ cĩ thể đạt giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất tại các điểm 0
(biên), 1/6 (điểm dừng), 1/2 (biên) Vì V(0) = V(1/2) = 0, V(1/6) = 2/27 nên ta suy ra Vinaz = 2/27 khi x = 1/6 Bài tập 1 Hãy giải bài tốn trên với miếng thép cĩ kích thước ø a x b bằng một trong các phương pháp sau : a) Dùng bất đẳng thức Cauchy ; b) Dùng đạo hàm
Ví dụ 3 Qua một điểm nằm trong một gĩc cho trước, hãy kẻ đoạn thẳng cĩ độ dài ngắn
nhất cĩ đầu mút nằm trên các cạnh của gĩc Lời giải
Bổ đề 4 1 đâm bảo sự tồn tại của đoạn thẳng ngắn nhất Giả sử đoạn thẳng ngắn nhất
là AB và điểm nằm trong gĩc là M Qua M ta kẻ một đường thẳng khác là A'B' Gọi + là
gĩc cĩ hướng giữa A'B' và AB Hàm số ƒ(y) = A'B' đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm + = 0 do dé f'(0) = 0 Dat a = ZOAB, 8 = ⁄OBA trong đĩ O là đỉnh của gĩc Sử dụng định
lý hàm số sin cho các tam giác MAA' và MBB', ta cĩ sin œ sin ổ MA'=MA————, MPE=MB———— sin(œ — 7)’ sin(Ø + +) Từ đĩ Aƒ=AE—-AB=MA+ MB - MA- MB sin a sin =MẤA|————ma_—] MB|—————] (sa ) r (agen ) _ ma25n(/2)cos (a— 7/2) | wp28n/2) cos (a + +/2) sin(a — 7) sin(a + +) Af _ 2sin(y/2) | cos (a — y/2) cos (a + y/2) vụ By (wa MO) Cho 7 — 0, ta được f'(0) = MAcot(a) — MB cot(0)
Nhưng vì f(0) = 0 nên ta cĩ Ä4Ácot(œ) = MB cot(6) Kết quả này cĩ ý nghĩa
hình học như thế nào? Hạ đường vuơng gĩc OH xuống AB Dễ dàng kiểm tra được rằng HB/HA = cot(Ø)/ cot(œ) Mặt khác M A/MB = cot(Ø8)/ cot(œ), suy ra MA = HB, MB
= HA Như vậy,
Doan thẳng ngắn nhất AB được đặc trưng bởi tính chất sáu: Hình chiếu của O lên
AB đối rứng uới M qua trưng điểm của AB
Trang 16WWW.VNMATH.COM
thể 8 ding được bài ng thước và com-pa ‘Tron ` ¬ực tê, cĩ nhiề
a được các tính chất đặc trưng của lời giải chứ kt 5 ie tim
Bài tập 6 (Bi tốn về ĐỐC sút và }
Trang 17Hướng dẫn Bài tốn này liên quan đến bài tốn hình học sau: Trong tất cả các tam
giác nội tiếp trong đường trịn bán kính R, tìm tam giác cĩ diện tích lớn nhất Tính giá trị lớn nhất đĩ theo R
Làm sao cĩ thể tìm được điểm rơi? Ta cĩ thể dự đốn, hoặc sử dụng cơng cụ đạo
hàm Tuy nhiên, với các bài tốn trên, nếu đã sử dụng cơng cụ đạo hàm thì ta cĩ thể làm thẳng bằng phương pháp hàm số Dưới đây ta xem xét một số Ví dụ phức tạp hơn:
Ví dụ 5 Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện
2xz = 2+ + Âụ + 7z
Tìm giá trị nhỏ nhất của Š = z + 1 + z
Ta lại cĩ "thơng tin" rằng giá trị nhỏ nhất đạt được khi x = 3, y = 5/2, ø = 2 Ta
sử dụng thơng tin này để cĩ các đánh giá sau: + 2 Zz 13/ (2\8 (29 5rz\4 = — —— _> —Ì) .| — —] 2(x++w+z) 6xa+5x 2 +4xs > 15 V () (=) (5) (1) Mặt khác, từ điều kiện đề bài suy ra 15 30 , 105 6 15 SN ° : s—= 152 302 T05 _a v2 px - +7x 2 >I5Ÿ & — (2) yz ze 22 yz zx 2z yz 2x 2z Từ (1) và (2) suy ra 2 A(e+u+2)? x15 > |15ŸÍ (2).(2) 8 15 l (9$) =
Suy ra z + + z > 15/2 Lời giải khá ngắn gọn Và bí quyết của sự ngắn gọn này là ta đã biết điểm rơi Vấn đề là làm sao để tìm được điểm rơi này? Trước khi cĩ câu trả
lời cho câu hỏi này, ta tiếp tục xem xét một Ví dụ nữa
153
Ví dụ 6 Cho a, b, c là 3 cạnh của một tam giác, x, y, z là các số thực khơng âm thay
đổi thỏa mãn điều kiện x + y + z = a + b + c Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=a+z2 + bụ? + cz? + xụz
Bằng một "linh cảm" tốn học, đặc biệt là được gợi ý bởi điều kiện "a, b, c là ba cạnh của một tam giác", ta dự đốn rằng giá trị nhỏ nhất đạt được khi x = b + c - a, y
=c+a-bvaz=a-+b-c Khi dé ta tính được P = _4abc Ta đưa bài tốn ban đầu về
một bài tốn dễ chịu hơn:
Bài tốn 6.1 Cho a, b, c là 3 cạnh của một tam giác, x, y, z là các số thực khơng
âm thỏa mãn điều kiện x+y+sz=a+b + c Chứng mỉnh rằng ta cĩ bất đẳng thức
P=a+z2 + bụ2 + cz? + xụz > Aabc
Bằng một lý luận khá đơn giản (bạn đọc hãy tự phục hồi lý luận này), ta cĩ thể
đưa, bài tốn trên về bài tốn sau:
Trang 18WWW.VNMATH.COM là các số thực khơng ¢ &
“Các lời ¡giải đẹp ¢ đẽ nĩi trê th hự a
gia trl cực trị Vậy làm thê nào « để
m giá trị giá | ở nhẤ: ct nt) = 'Tz2 + Ory + 4y? — 3 = =0,
Trang 19
10z-+2u 6y+2z
14z+2uw ˆ 8u+2z'
Giải phương trình thuần nhất nay, ta được y/x bằng - 1 hoặc 2 Thay vào phương trình
g(x, y) = 0, ta tim được một số điểm « nghỉ vấn » của cực trị Tính các giá trị của hàm
số f tại các điểm này, ta thu được giá trị nhỏ nhất đạt tại các điểm (x, y) = (-1/3, 1/3),
(x, y) = (1/3, -1/3) Cuối cùng ta dùng đến định lý về sự tồn tại giá trị nhỏ nhất (g(x,
y) = 0 là phương trình của một ellip, vi thé 1A compact) Từ đây tính À từ các phương trình rồi cho bằng nhau, ta được Tt Bài tập 8 (Bài tốn về Entropi cực đại) Với n số dương z, Za, ,# sao cho À2 #, k=l tìm giá trị nhỏ nhất của tổng > ry In(z,) (Téng nay véi dau tri dude goi 14 entropi)
Bai tap 9 Tong của 5 số Thực bằng 1, tổng bình phương của chúng bằng 13 thì giá trị nhỏ nhất của tổng lập phương của chúng bằng bao nhiêu?
Bài tập 10 Tổng của 5 số thực bằng 1, tổng bình phương của chúng bằng 11 thi
giá trị lớn nhất của tổng lập phương của chúng bằng bao nhiêu?
Bay gid ta quay trở lại với Ví dụ 5 và thử giải bằng phương pháp nhân tử Lagrange
Giải: Xét Ù = z + + z + À(2z + 4y + 7z — 2x2)
1+À(2-2z)=0
Hệ phương trình Lx = Ly = Lz = 0 cĩ dạng 1+À(4- 2zz) =0
1+A(7 - 2rụ) =
Từ đây ta tìm được 2z = 2 + 1/À, 2zz = 4+ 1/Ầ, 2z = 7 + 1/A Mặt khác, điều
kiện 2x + 4y + 7z = 2xyz cĩ thể viết lại thành 2/2yz + 4/2zx + 7/2xy = 1
2A An 7A
2A+1 4441 TA+1
Thay các biểu thức vừa tìm được ở trên vào, ta tìm được
1 Biến đổi tương đương, ta được phương trình
112A + 50A? — 1= 0
—4+ V2
14
Từ đĩ ta cĩ 2yz = 10, 2zx = 12, 2xy = 15 Từ đây tính được điểm dừng là (x, y, z) = (3,
5/2, 2) Sự tồn tại của giá trị nhỏ nhất được đảm bảo bởi
Phương trình này cĩ các nghiệm À = 1/8, À = (loại vì dẫn đến yz < 0)
Bổ đề 5 3, do đĩ (3, 5/2, 2) chính là điểm mà hàm số đạt giá trị nhỏ nhất
Chú ý rằng phương pháp nhân tử Langrange khơng cĩ trong chương trình phổ thơng, ngay cả trong chương trình chuyên tốn Như thế lời giải trên đây là khơng được chấp nhận Ta cĩ một phương án để tránh được sự phiền tối này: Ta dùng phương pháp
nhân tử Lagrange để tìm điểm rơi (và hồn tồn khơng cần trình bày điều này vào lời
giải) và sử dụng điểm rơi này để cĩ lời giải dùng đánh giá theo bất đẳng thức AM-GM
cĩ trọng số như ở trên
Trở lại với Ví dụ 6, ta thử xem phương pháp nhân tử Lagrange sẽ dẫn chúng ta đến
hệ tìm điểm rơi thế nào?
Xét hàm số Ƒ' = az? + bự? + cz? + zuz + À(a+b+c— z— — z) Hệ tìm điểm dừng
cố dạng
Trang 20WWW.VNMATH.COM
3 + t = = _ A(ab- +be+ oa) Nhu vay t = 2(ab + bc + ca) — aˆ — bˆ — Œ', tit do p = ts — 60
bc + ca) ~ a? — b? — c*) — 8abe = = OF T+rc— = aye +a~— b)(a + b— ©) ỪD Từ đây ta tìm được điểm -y =cta-b, z = atb-c và giá trị nhỏ nhấ
4abc như trên
Bài tập 11 Cho x, y; z là các số 5 thực thỏa mãn điều kiện z¬ Tìm GTLN và GTNN của biểu thức Eni Y1,+++5Yn la 2n số thực # tập; ta đưa ra một : sỐ LỆ nh chất cực rq
Bb vãi m C 1 ng pm đối vol oa
Trang 21Bài tập 17 Cho hai đường cong khả vi (CI), (Ca) khơng giao nhau Chứng minh rằng nếu AM; là đoạn ngắn nhất giữa các đoạn nối hai điểm thuộc Œ¡, CC; thì Ậ›
vuơng gĩc với tiếp tuyến của C) tại Äị và tiếp tuyến của C¿ tại Äạ
4 Cực trị rời rạc và phương pháp "những dịch chuyển ©
nhỏ" 7
Bây giờ ta sẽ xem xét một số các bài tốn cực trị rời rạc Ỏ đây, do tính chất rời rạc
nên cơng cụ giải tích là khơng khả dụng, ta phải tìm một phương pháp khác để nghiên cứu tính chất của các điểm cực trị, các cấu hình tối ưu
Chúng ta bắt đầu từ bài tốn sau:
Ví dụ 8 Tổng ba số nguyên dương bằng 100 Tìm giá trị lớn nhất của tích ba số đĩ
Nếu khơng cĩ điều kiện nguyên dương thì ta giải bài này dễ đàng Áp dụng bất đẳng thức AM-GM thì ba số đĩ là 100/3, 100/3, 100/3 Điều kiện nguyên dương khơng cho phép ta áp dụng như thế Tuy nhiên, rõ ràng nĩ gợi ý cho ta đến bộ số tối ưu 33, 33,
34
Điểm rơi này cho ta lời giải sau: :
Giả sử a < b < cc thi ta dé dang suy ra a < 33 vac > 34 Ap dung bat đẳng thức AM-GM ta cĩ a b c\3 abe (33733734) _ (34(a+b+e)—c\* _ (34(a+d+0) ~ 34 " 3333 34 — 3 3.33.34 = 3.33.34 Suy ra abc < 33.33.34
Phương pháp này vẫn tỏ ra hiệu quả với bài tốn khĩ hơn sau:
Ví dụ 9 Tổng ba số nguyên dương phân biệt bằng 100 Tìm giá trị lớn nhất của tích ba
số đĩ Cũng như trên, ta cĩ thể dự đốn được điểm rơi là 32, 33, 35 và ta sử dụng điểm
rơi dự đốn này để giải bài tốn: -
Giả sử a < b < c Khi đĩ b > ø+1,c > a+2 và như vậy 100 =a+b+c> 3a+3,
suy ra a < 97/3, suy ra a < 32 Tương tự suy ra e > 3ð
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta cĩ
a b ec\NÌ
abe — {327337 35 | _ (3235(atb+c) + 35a—232c\* |
323336 — 3 3.33.34 ="
Tuy nhiên, cĩ vẻ như cách giải trên sé gặp khĩ với bài tốn sau:
Ví dụ 10 Tổng ba số nguyên dương phân biệt bằng 100 Tìm giá trị lớn nhất của tích
ba số đĩ Ta vẫn dự đốn được điểm rơi là 23, 24, 26, 27 nhưng nếu áp dụng phương pháp
trên, ta sẽ phải đánh giá thêm b hoặc c nữa (với 4 số a < b < c< đ) Nhưng điều này là
khá khĩ khăn
Trang 22WWW.VNMATH.COM đặt Y= a 1 De — b- | 1 ta ¢ cĩ a, <= | " <ẨC<đ,a E-D đ+CzrOd | tính tổ Ol 11 1) CT: 2 hỀ SỐ
Như vậy ta Dhải c¿ Tiếp t theo ta nhậu an {
cĩ thể ay a = atl, C= vel con b,
GUOC G = af V và từ + day t ta tim lược Ì bd « duy nhất a < b < c < d thỏa mãn
Trang 23Bất đẳng thức này nĩi chung là khơng đúng (chẳng hạn nếu z„;¡ nằm giữa z„ và
z¡) Tuy nhiên, nếu chú ý đến tính vai trị như nhau của các xi thì ta cĩ thể chọn #„¿ thích hợp để bất đẳng thức đúng Thật vậy, bất đẳng thức (1) cĩ thể viết dưới dạng (#ø — #n+1)(#ì — #n+1) 3 2.(2) Và nếu chọn #„+¡ = 1 thì #„ — #n+1; #i — Za+¡ là các số nguyên dương phân biệt do đĩ SỐ SN
(#„— #n++)(#i — #a+ai) > 1.2 = 2, nghĩa là (2) đúng và bước quy nạp đã được chứng minh
Trong lời giải trên, ý tưởng quy nạp là khá tự nhiên Tuy nhiên trong lời giải vẫn cịn chút gì đĩ mị mẫm Và phương pháp này dường như sẽ gặp khĩ khăn khi giải bài - tốn GTLN
Ta thử suy nghĩ theo hướng nghiên cứu tính chất của bộ số tối ưu
Chú ý là bài tốn đã cho tương đương với việc tìm GTLN và GTNN của biểu thức
P = #122 + #2za + + „Z1
Để khơng nhầm lẫn, ta gọi (\, a, , a) là bộ tối ưu cho bài tốn GTLUN, (2¡, Z2, ., Zn
là bộ tối ưu cho bài tốn GTNN `
Ta chứng minh được tính chất quan trọng sau:
(1) ( — 97+1)(á++ — 2) > Ú với mọi ¿ < 7 — 1
(2) (Z¡ — Zj+1)(Z¿+1 — 2) > 0 vdéi moi i < j — 1
(Hãy chứng minh!)
Từ các tính chất này, ta cĩ thể suy ra các hệ quả quan trọng trong việc tìm bộ số tối ưu và giải quyết bài tốn, Ví dụ như
(3) Trong bộ y, cạnh n phải là n-l và n-2
(4) Trong bộ z, cạnh n phải là 1 và 2
(5) Khi n = 2k, trong bộ z, các số > k khơng được xếp cạnh nhau, và do đĩ sẽ xếp xen kẽ với các số < k
Bài tập 20 Giải tiếp phần tim GTNN cia P = 2122 + #273 +- + „1
Hướng dẫn: Dùng quy nạp tốn học và tính chất (4)
Bài tập 21 Cho Z,Z¿, , Za„ là các số nguyên phân biệt Chứng minh rằng ta cĩ
bất đẳng thức
|#a — Za| + |z› > | + + |#2n_ — #an| + |#Zan — | < 2n2
Bài tập 22 Trên đường thẳng thực xét các điểm cĩ tọa độ 1, 2, 3, , 2n Một con
bọ xuất phát từ điểm 1 nhảy đến tất cả các điểm 2, 3, , 2n, mỗi điểm đúng 1 lần rồi
quay trở lại 1 Biết rằng tổng độ dài các đoạn mà con bọ đi qua, trừ bước cuối cùng, bằng
n(2n-1) Chứng minh độ dài bước nhảy cuối cùng bằng n
Trang 24WWW.VNMATH.COM
lỎI quốc gia va quốc tê Dé giải uyết bài tốn này, n IPƯỜI ta -thường s SỬ ( dụng các
phương pháp truyền thống như quy nạp tốn học, sử dụng lạo hàm, tích phân, bị ¡ số SỬ dụng các tính chất của số phức, Trong bài bá A cos(a + br) = Ac! = xz!: Ma: + ta) = Sai phan cua hang sé bang )
b "Sai phan mot cap la nh, to oar tuyen t lánh
Trang 25
d Nếu P(+) là đa thúc bộc n thà theo cơng thúc Taylor AP:= P(z+h)— Pœ) =3 P90) i=1 e f(a-+nh) = CHA‘f (a) i=0 : f A" f(z) = 3 (~1)'Œƒ(œ + (n— i)h) ¿=0 - g Giả sử ƒ c C"{a, b] uà (z,+ + nh) C la, b| Khi đĩ Arie) = ƒ°(z+0nh), 6 € (0,1) h Afegs = ƒzAd + 0z+\Aƒ, (Cơng thúc sai phân từng phân) k » Af2 = fnti— fm, (m <n) z=mM L Nếu ƒ, là một đa thúc bậc n của + thà nĩ cĩ thể biểu diễn đưới dạng (2) (8) pln) x x x
fe = fot tAfot sh’ fo + ar AN fo Fe + A" fo
Dinh nghia 2.4 Ta goi
+”) = z(œ — 1)( — 2) - - : (— + 1)
là đa thức giai thừa
Nhận xét 2.5 Ý tưởng của đa thức giai thừa cĩ thể mở rộng cho trường hợp ø khơng phải
là số nguyên dương Xuất phát từ cơng thức zÍ*t! = (z — n)z, ta cĩ zx = _}—- #1) và dùng nĩ để định nghĩa z? với „ = 0,—1, —2, - - - Định lý 2.6 a z9) = 1,xz(—*) = ine Uới n = 0, —1, =2, - b Ac™ =nz ydin = 0,—1,—2, - - - Định nghĩa 2.7 Đa thức giai thừa tổng quát: x = x(z — h)(œ — 2h) - - - ( — (n — 1)h) Định lý 2.8 a Az(*) = nzí=Ủh, A~1x(®) = mm b Ax”) = —nhe-~@*), trong dé c—™ = GP GI5)-GIm:
3 Tinh tống băng phương pháp sai phần
Trước tiên ta xét bài tốn sau: Xác định g; sao cho Ag; = ƒ;, với ƒ; là hàm đã
biết Nhận xét rằng, nếu g„ là một lời giải của bài tốn trên thì g„ + Œ với Œ là hằng số bất kì cũng là lời giải của nĩ Trong tài liệu này ta sẽ kí hiệu
92 + C = An" fr, CeR
Ta dé dàng kiểm tra được các tính chất sau đây của A~1
Trang 29Vi dụ 3.8 Tính tổng của n số hạng đầu tiên của chuỗi với số hạng tổng quát là 225} Ta phai tim g(x) sao cho Ag(s) = ƒ@) = S=- | Giả sử f(a) g(z) — Si ° vi Ag(2) = f(z) = 2r— 1 nén : ƒœ+1) _ ƒ(œ) _ f@) 2z 2z—1 2z—1 hay ƒ(œ +1) — 2ƒ(z) = 4z — 2
Về phải của phương trình này là tuyến tính Do đĩ về trái phải tuyến tính, nên ƒ(z) phải
Trang 33LỜI NĨI ĐẦU
Theo tỉnh thần cam kết tại hội thảo lần thứ nhất giữa lãnh đạo các sở Giáo dục và
Đào tạo (GD& ĐT) của các tỉnh Duyên hải Nam Trung bộ và Tây Nguyên về việc hợp
tác để phát triển Kinh tế - Văn hĩa - Xã hội, trong 2 ngày 14 - 15/4/2012, Sở GD& ĐT
tỉnh Khánh Hịa đã tổ chức Hội thảo lần thứ hai với nội dung : “Liên kết bồi dưỡng học sinh giỏi và bồi dưỡng học sinh giỏi mơn Tốn trường THPT chuyên các tỉnh Duyên hải
Nam Trung bộ và Tây Nguyên” tại thành phố Nha Trang Tại đây, Ban tổ chức đã thống
nhất Hội thảo lần thứ ba sẽ được Sở GD& ĐT tỉnh Bình Định tổ chức
Hịa nhịp với cả nước chào mừng ngày sinh của Bác Hồ kính yêu và thực hiện các
chương trình đổi mới Giáo dục Phổ thơng, Sở GD& ĐT tỉnh Bình Định phối hợp với Hội
Tốn học Hà Nội đồng tổ chức Hội thảo khoa học: Các chuyên đề Tốn học bồi dưỡng
học sinh giới sử
Khu vực Duyên Hải Nam Trung bộ và Tây Nguyên tại Thành phố Quy Nhơn vào các
ngày 20-21 tháng 4 năm 2013
Hội thảo lần này vinh dự được đĩn tiếp nhiều nhà khoa học, nhà giáo lão thành, các
chuyên gia Tốn học báo cáo tại phiên tồn thể; các chuyên gia giáo dục, các cán bộ chỉ
đạo chuyên mơn từ các Sở GD& ĐT, các thầy giáo, cơ giáo thuộc các tỉnh Duyên hải
Nam Trung bộ và Tây Nguyên đang trực tiếp bồi dưỡng học sinh giỏi mơn Tốn báo cáo trong các phiên chuyên đề của Hội thảo Tốn học |
Ban Tổ chức đã tập hợp các bài viết và in thành cuốn Kỷ yếu Hội thảo Khoa học về
Các chuyên đề Tốn học bồi dưỡng học sinh giỏi Khu vực Duyên hải Nam Trung bộ và
Tây Nguyên
Mặc dù đã cĩ nhiều cố gắng, nhưng do thời gian chuẩn bị cĩ hạn nên cuốn Kỷ yếu cịn nhiều khiếm khuyết, rất mong Quý bạn đọc thơng cảm và đĩng gĩp ý kiến để Kỷ yếu những lần tiếp theo cĩ chất lượng tốt hơn Đây chính là một trong những yếu tố gĩp
phần quan trọng trong việc nâng cao chất lượng bồi dưỡng học sinh giỏi mơn Tốn khu
vực Duyên hải Nam Trung bộ và Tây Nguyên
Xin trân trọng cảm ơn
Quy Nhơn, ngày 30 tháng 3 năm 2013
Trần Đức Minh
Giám đốc Sở GD& ĐT Bình Định
Trang 35Nguyễn Quỳnh Nhật Uyên
Biểu diễn các đường cong conác uà ứng dựng giỏi tốn sơ cấp 190
Huỳnh Tấn Châu |
Bát đẳng thúc đồng bậc 202
Huỳnh Duy Thủy
Nhàn bài tốn thuần túy hành học theo "tọa độ” ~ 211
Nguyễn Thanh Cảnh -
Quy trình râu dựng uà sử dụng MACRO trong phần mềm
Trang 36WWW.VNMATH.COM
Phương pháp chuyén qua giới han day số đơi khá khá hữu hiệu trong tiệc giải một số
lạng tốn hiên quan đến bất đẳng thúc hàm Bài uiết đề cập đến phương pháp nà thơng
qua mét sé bài tốn minh họa
1 Một số ang tốn giải bat pl lương trình HỆ m
Bài tốn 1.1 Tìm tất cả cá : hàm ƒ : § — °† thỏa mãn
Do đĩ 7 G): )=€7 Thi lạ ta thấy hàm này thỏa mãn điều kiện bài to:
(3)
Gis sử tO ton tai ham f the man điều kiện của bài tốn
Trang 37Bây giờ, chọn một giá trị xác định n € N* sao cho mœ > zọ + 1 Trong (5), cho k lần lượt nhận các giá trị 1, 2, ,r và sau đĩ cộng các bất đẳng thức thu được, ta cĩ ƒ (6o + n) — ƒ (#o) > 2n, n 3 zọ + 1 (6) Hơn nữa, vì ƒ (zo) > 0 nên với cách chọn + > zọ + 1, ta cố r„ > zọ + 1— ƒ (zo) Do đĩ, bởi (6), ta cĩ f (zo +n) > 2n+ f (ao) > to tn+1 (7) Thể thì, ta cĩ
ƒŒ (se +n)) > ƒ (za +m+ 1) + (ƒ (ta + n) — (Zo + n + 1)).ƒ (ƒ (đo +n+1)) (8)
Vì ƒ {f (ro + + 1)) > 0 nên, bởi (7), ta cĩ
f (eo-+n-+1)+(f (eo+n) — (øạ++1))-ƒ Ứ (0ạ +n+1)) > f(eotnt)) (9)
Hơn nữa, bởi (4), ta cĩ |
fleotn+1)>fltotn)+f(flaotn)) (10)
Ngồi ra, vì f (zo + n) > 0 nên ta cĩ
ƒ (o +n) + ƒ Œ (&a + n)) > ƒ (ƒ (xo + n)) q1)
Cuối cùng, từ các bất đẳng thức (8), (9), (10), (11), suy ra ƒ(ƒ(zo+m)) > Ƒ (ra + n)), mâu thuẫn Ta cĩ điều phải chứng minh
Trang 38WWW.VNMATH.COM (17) (19) thi, khi đĩ ƒ (2) > (20) (21) Bởi (19) và (21), su c0; Hơn nữa, vì hàm nf liên tục trên nụ dị nên af (2) = = 0,’
Giải Giả su rang i @) là nghiệm của (22), với điều kiện (23)
Trang 39Mặt khác, ta cĩ ƒ(z) = ƒ(z+h—h) > ƒ(œ+h)g(-h) + ƒ(— h) g(++ h) hay g(—h) (œ) — ƒ (œ+ h)) >g(—h) ƒ (œ) — ƒ (œ) + ƒ (—h) g(œ + h) Vì hàm g (z) khả vi tại 0 nên nĩ liên tục tại điểm đĩ Do đĩ, với h > 0 đủ nhỏ, ta cĩ g(—h) > 0 Vậy, với h > 0 đủ nhỏ, ta cĩ fe+h- fe) < (9(- -)=1/œ)+£C h) gí + h) | g(—h) g(—h) — 9 (0) : FCA) + h = Theale) ƒ@œ)+— Trg (hy? g(z+h) Vậy với h > 0 đủ nhỏ, từ các kết quả trên, ta cĩ g(h) — _#É ) tứ )+/);œ ) </£+h~ L6) 29 son — 9 (0) ƒ(h) _—„ < “————-ƒ(z)+——-gqz+ h) T6) +8)
Tương tự, bất đẳng thức trên cũng đúng đối với chiều ngược lại, với h < 0 đủ nhỏ Do đĩ, bởi điều kiện (23), ta cĩ im Ê rth + /'6)= nạ [+ =ƒ6) tồn tại và bằng ø (0) ƒ (z) = kƒ (+), với z €1, vì ø (z) là một hàm giới nội Từ đĩ, với z € R, ta cd (2) — ƒ @)~ kƒ (œ) _ kƒ (œ) — kƒ Œ) — ọ ekz eka eke
Do đĩ f (x) = = (C là hằng số) Hơn nữa, từ điều kiện (2) suy ra rằng Œ = 0
Vậy ƒ (z) = 0 k hàm số duy nhất thỏa mãn bất phương trình đã cho, với điều kiện
(23)
2 Một số dạng tốn liên quan đến bất đẳng thức hàm