Để giải được các bài toán loại này không chỉ đòi hỏi người làm Toán phải sử dụng nhiều kiến thức khác nhau của Toán học mà còn phải có khả năng sáng tạo rất cao. Trong các bài toán về dãy số một vấn đề được quan tâm nhiều là tính chất số học của dãy số như: tính chia hết, tính chất nguyên hay tính chính phương… Chúng rất đa dạng và phong phú. Trong nhiều trường hợp, dãy số chỉ là vỏ bề ngoài còn bản chất bài toán là một bài số học. Chính vì lẽ đó, các bài toán về số học nói chung, các bài toán về tính chất số học của dãy số nói riêng thường xuất hiện trong các kì thi học sinh giỏi quốc gia và quốc tế, vì nó bao gồm nhiều bài toán hay và khó. Trong khuôn khổ của bài viết này tôi chỉ đề cập đến một khía cạnh rất nhỏ của dãy số nguyên đó là tính tuần hoàn, hi vọng rằng đây là một tài liệu tham khảo tốt cho các em học sinh khá và giỏi
MỤC LỤC STT NỘI DUNG TRANG LỜI NÓI ĐẦU MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỈ CHO HỌC SINH GIỎI LÀM NGƯỢC BẤT ĐẲNG THỨC CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC BẰNG CÁCH SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC SẮP XẾP LẠI VÀ BẤT ĐẲNG THỨC CHEBYSHEV TÍNH TUẦN HOÀN TRONG DÃY SỐ NGUYÊN ĐỊNH LÝ PASCAL VÀ ỨNG DỤNG HÀM SỐ HỌC VÀ MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ HÀM SỐ HỌC MỘT SỐ BÀI TỐN SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI OLYMPIC TỐN ĐỊNH LÍ LAGRANGE VÀ ỨNG DỤNG 10 11 TỈ SỐ KÉP VÀ PHÉP CHIẾU XUYÊN TÂM MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ DÃY SỐ VÀ GIỚI HẠN 27 31 43 47 56 67 73 93 105 SỬ DỤNG CƠNG CỤ SỐ PHỨC ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TỐN HÌNH HỌC 12 13 PHẲNG BẤT BIẾN TRONG CÁC BÀI TOÁN LÝ THUYẾT TRỊ CHƠI 123 130 §1 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỶ =========================================================== MỘT SỐ QUY ƯỚC KHI ĐỌC CHUYÊN ĐỀ Vt: Vế trái phương trình Vt : Bình phương vế trái phương trình Vp: Vế phải phương trình Vp : Bình phương vế phải phương trình Vt (1) : Vế trái phương trình (1) Vp (1) : Vế phải phương trình (1) Đk, đk: Điều kiện BĐT: Bất đẳng thức HSG, HSG: Học sinh giỏi VMO, VMO: Thi học sinh giỏi Việt Nam, CMO: Thi học sinh giỏi Canada 1.1 1.2 1.3 1.4 1.5 1.6 1.7 PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ 2.1 Một số lưu ý Khi giải phương trình vơ tỷ phương pháp đặt ẩn phụ ta gặp dạng như: 2.1.1 Đặt ẩn phụ đưa phương trình cho phương trình đại số khơng chứa thức với ẩn ẩn phụ 2.1.2 Đặt ẩn phụ mà ẩn chính, ta tính ẩn theo ẩn 2.1.3 Đặt ẩn phụ để đưa phương trình hệ hai phương trình với hai ẩn hai ẩn phụ, hai ẩn gồm ẩn ẩn phụ, thường ta hệ đối xứng 2.1.4 Đặt ẩn phụ để phương trình có hai ẩn phụ, ta biến đổi phương trình tích với vế phải Thường giải phương trình ta hay biến đổi tương đương, biến đổi hệ nhớ phải thử lại nghiệm 2.2 Một số ví dụ Ví dụ Giải phương trình sau: 1) 18 x 18 x x 17 x x x x2 � 1� 3) x �x � x � x� 4) x x x x 2) x 3x Hướng dẫn (HD): 1) Đặt x y với y �0 Khi phương trình cho trở thành (3 y y 2)(6 y y 1) , suy (3 y y 2) , ta y 10 Từ 14 10 2) Ta có x x ( x 1) x ( x x 1)( x x 1) , với x Mặt khác x 3x 2( x x 1) ( x x 1) phương trình có nghiệm x x2 x (có thể viết đk y �0 xác �y � ), ta x x 1 3 3 (loại y ) y2 1 y � y y , ta y 3 Từ phương trình có nghiệm x Đặt y =========================================================== 3) Ta thấy x không thỏa mãn � � �x � � � 1� �x � Khi phương trình tương đương với hệ � � � x� 2 � � � � � 1� � � �x � � � � x x2 � � � � � � � � � 1� � �y 4(1) � � Đặt x y , ta � x ( y 2) 2( y 2) (4 y ) (2) � Xét (2) � y y y � y y 28 y 40 y 16 (do hai vế không âm) � ( y 2)( y y 16 y 8) � ( y 2)(( y 2)( y y 8) 8) Dẫn đến y (do (( y 2)( y y 8) 8) với y thỏa mãn (1)) Từ phương trình có nghiệm x Nhận xét: Bài tốn ta giải Phương pháp đánh giá phần sau 4) Ta có phương trình tương đương với x x2 x x2 � x x x (1 x ) x x x x x � x (1 x x x ) x0 � �� x x x 0(1) � Xét (1), đặt y x , suy y �0 x y Ta y y (1 y ) � y y � (2 y 1)(4 y y 1) � y 1 5 Từ suy x � Thử lại ta nghiệm phương trình x x 5 Nhận xét: Bài tốn ta giải Phương pháp lượng giác phần sau Ví dụ Giải phương trình x x ( x 3) x x y , với y �1 Khi ta y 3x ( x 3) y � ( y 3)( y x) Dẫn đến y y x Từ phương trình có nghiệm x � HD: Đặt Ví dụ Giải phương trình 17 x8 x8 =========================================================== 17 x8 y với y �0 x8 z Khi ta hệ �y z �z y �� � y z 33 �2 y ( y 1)3 33 � Xét y ( y 1)3 33 � ( y 2)(2 y y y 17) Suy y - = Từ nghiệm phương trình x = x = -1 HD: Đặt Ví dụ Giải phương trình sau: 1) x x 3x x 2) 81x x x x x y , với �y �2 �x y xy Khi ta hệ � �x y Thế lại đặt x y S ; xy P giải tiếp ta nghiệm phương trình HD: 1) Đặt x ; x x 2) Đặt 2 14 81x y � x y y y � 3x y y y � � Khi ta hệ � � 3y x 2x x � 1 1 2 Xét hiệu hai phương trình dẫn đến x y (do ( x y ) ( x 2) ( y 2) ) 2 3 �2 Thay vào hệ giải phương trình ta x 0; x Ví dụ Giải phương trình x 14 x x x 20 x HD: Đk x �5 Với điều kiện ta biến đổi phương trình cho sau: x 14 x x x 20 x � x 14 x x x 20 25( x 1) 10 ( x 1)( x 4)( x 5) � x x ( x 1)( x 5) x � 2( x 1)( x 5) 3( x 4) ( x 1)( x 5) x Đặt ( x 1)( x 5) y; x z , với y �0; z �3 yz � � Ta y 3z yz � ( y z )(2 y z ) , từ ta � y z � 2 61 Nếu y z ta x (do x �5 ) Nếu y z ta x 8; x Vậy phương trình có ba nghiệm =========================================================== Ví dụ Giải phương trình x x 4x , với x 28 4x ay b , sau bình 28 phương lên ta “cố ý” biến đổi hệ đối xứng với hai ẩn x, y Từ ta biết giá trị a, b Với tốn ta tìm a 1; b (Nếu a = b = mà giải phương trình q đơn giản, ta khơng xét đây) 4x 4x 9 HD: Đặt y , x nên , từ y 28 28 28 � 7x 7x y � � � y y x Giải hệ bình thường theo dạng ta x 6 50 Ta hệ � 14 � x , y � � � Nhận xét: Dạng phương trình ta thường đặt Ví dụ Giải phương trình x2 x3 Nhận xét: Khi giải phương trình khơng phải lúc có nghiệm thực, có phương trình vơ nghiệm cho học sinh làm ta kiểm tra lực học sinh trình bầy lời giải tốn Chẳng hạn tốn ví dụ � �x y 3 HD: Đặt x x = y với y �0 Khi ta hệ �3 từ �x y phương trình ban đầu ta có x � Xét hiệu hai phương trình hệ ta phương trình ( x y )( x xy y x y ) Với x y x x , dẫn đến vơ nghiệm Còn x xy y x y ( y x )(1 x) y với y �0 x � Do hệ vơ nghiệm hay phương trình cho vô nghiệm 2.3 Một số tập tương tự Bài Giải phương trình sau: 1) x x x 2 x (HD: Đặt y x ; y �0 , ta ( y 1)( y y 1)(2 y y 4) 1 33 nghiệm phương trình ;y 1 33 ) x 1; x ;x 2) x x x Từ y 1; y x2 x y , bình phương dẫn đến x 1 y � Phương trình trở thành y y , ta y Từ x � ) (HD: Từ phương trình suy x �1 Đặt =========================================================== Bài Giải phương trình (4 x 1) x x x (HD: Đặt nghiệm x x y , với y �1 Từ ta y �y x Phương trình có ) Bài Giải phương trình sau: 1) 3(2 x 2) x x (HD: Đặt x y, x z , với y �0; z �0 11 Ta x �y z Từ phương trình có nghiệm x 3; x ) 2 2(1 x) x 2) (HD: Đk �x � Đặt 2(1 x) y � y x z � z x với y �0; z �0 Suy � � 2( y z ) 1(1) �2 �y z 1(2) Từ (1) thay y 1 x z vào (2) ta 34 2 � ( z 1) ( z ) Xét hiệu hai bình phương suy z 2 � 34 � 1� � Từ ta nghiệm phương trình x � � � � Bài Giải phương trình x x 1000 8000 x 1000 � � � �) � � � � �x x 2000 y (*) (HD: Đặt 8000x = y , ta � �y y 2000 x Từ (*) suy ( x y )( x y 1999) , x y 1999 Suy x y , ta nghiệm x 2001 , loại x ) Bài Giải phương trình sau: x3 1) x2 (HD: Đặt y x �0; z x x , ta yz 2( y z ) � 5y y y �y � �y � y � � � � � 2 � 2� z z z �z � �z � z =========================================================== �x �1 (vô nghiệm) x x2 x � � x 5x � �x �1 � 37 y � Nếu ta x x x � � � 37 � x (thỏa mãn)) z �x � Nếu y ta z 2) x x 2( x 21x 20 4 �x �1 � (HD: Đk � Đặt x �5 � x x 10 y x z , với y �0; z �0 � 193 Khi ta ( y z )( y z ) Từ phương trình có bốn nghiệm x 17 �3 73 x ) Bài Giải phương trình sau: 1) x x x (HD: Đặt x y , ta x 1; x 29 ) x3 , với x �1 x3 3 17 3 17 (HD: Đặt ) y ,được x (loại), x �1 x 4 3) 27 x 18 x x , với x 5 37 (HD: Tương tự, ta x ) 18 2) x x PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ 3.1 Một số lưu ý Khi giải phương trình vơ tỷ (chẳng hạn f ( x) g ( x) ) phương pháp đánh giá, thường để ta phương trình có nghiệm (nghiệm nhất).Ta thường sử dụng bất đẳng thức cổ điển Cô si, Bunhiacopxki, đưa vế trái tổng bình phương biểu thức, đồng thời vế phải Ta sử dụng tính đơn điệu hàm số (có thể thấy sử dụng đạo hàm xét biến thiên hàm số) để đánh giá cách hợp lý �f ( x) g ( x) � Thường ta đánh sau: �f ( x) �C (�C ) � f ( x ) g ( x) C , đánh giá �g ( x ) �C (�C ) � f ( x) �g ( x) f ( x) �g ( x) … Ngoài cụ thể ta có cách đánh giá khác Cũng có số phương trình vơ tỷ có nhiều ẩn mà ta giải phương pháp đánh giá 3.2 Một số ví dụ =========================================================== Ví dụ Giải phương trình x 1 x2 1 HD: Bài toán có đề thi vào Đại học Bách Khoa ĐHQG năm 2001 Bài có nhiều cách giải, đáp án sử dụng đạo hàm Ta làm đơn giản sau: Ta thấy x nghiệm phương trình Nếu x Vt > = Vp Nếu x Vt < = Vp Do phương trình khơng có nghiệm hai trường hợp Vậy phương trình có nghiệm x Ví dụ Giải phương trình 3x x x 10 x 14 x x HD: Bài đơn giản, đánh giá Vt �5 Vp �5 , hai vế Ta phương trình có nghiệm x 1 Ví dụ Giải phương trình x x 19 x x 13 13 x 17 x 3( x 2) HD: Bài cách giải tự nhiên cách “cố ý” cho Giáo viên học sinh sáng tác kiểu x �2 Đk Với đk Vt = 75 ( x )2 (2 x 1)2 3( x 2) (2 x 1) (4 x 3)2 4 75 � x2 4x � 3( x 2) (4 x 3) 2 �3 3.( x 2) = Vp 1 Dấu đẳng thức xảy x Vậy phương trình có nghiệm x 2 Ví dụ Giải phương trình 27 x 24 x 28 27 1 x6 HD: Phương trình cho tương đương với phương trình (9 x 4) 3(9 x 4) , đk x � Đặt (9 x 4) y , suy y �0 1 y2 3y y2 3y 1 �4 1 y (bình phương hai vế) 3 y6 6y � Theo BĐT Cô-si ta , �y � y2 �2 y � � ��( y 2) �3 � Khi ta =========================================================== 10 � y 48 �3 y 12 y 12 � y 12 y 36 �0 � ( y 6) �0 thỏa mãn đk Vậy phương trình có nghiệm x Từ ta y , suy x x 3x2 Ví dụ Giải phương trình x x x 3x HD: Phương trình cho tương đương với 3x x (2 x x 1) ( x 3) (2 x x 1)( x 3) (1) Phương trình xác định 2 với x số thực Theo BĐT Cô-si cho hai số dương ta Vt(1) �Vp(1) Do (1) � x x x � x x Từ phương trình có nghiệm x 1 x Ví dụ Giải phương trình x2 � 1� �x � x � x� � �x � � HD: Đk � Với đk đó, phương trình cho tương đương với �2 � �x � �2 1 phương trình x x 4(1) x x � ( x x) ( x x.1) �4 � � 2 Theo BĐT Bunhiacopxki, ta � � 1� � 1 � � � � x2 x � � � � x x 1� ��4 � � � � � � x2 x � Suy Vt (1) �4 = Vp (1) Do (1) � � , nghĩa dấu hệ 1 � x2 x � xảy Từ phương trình có nghiệm x Ví dụ Giải phương trình 2 x x9 x 1 HD: Đk x �0 Theo BĐT Bunhiacopxki, ta � 2 Vt = � � � x � x � �1 x 1 �( x 9) � � � Vp � x 1 x 1 � �x x � =========================================================== 11 Phương trình có nghiệm dấu đẳng thức xảy hay Vậy phương trình có nghiệm x 2 x 1 1 x 1 �x x x 1 Ví dụ Giải phương trình 13 x x x x 16 HD: Đk 1 �x �1 Với đk phương trình tương đương với x (13 x x ) 16 � x (13 x x ) 256(1) Theo BĐT Bunhiacopxki, ta (13 x x ) ( 13 13 x 3 x ) �(13 27)(13(1 x ) 3(1 x )) 40(16 10 x ) � 10 x (16 10 x ) � Theo BĐT Cô-si cho hai số dương ta 10 x (16 10 x ) �� � 64 � � Do Vt(1) � 4.64 256 , ta � x2 � 9x2 1 x2 �1 x2 � (1) � � Từ dẫn đến x � �� 20 x 16 � � 2 10 x 16 10 x � Vậy phương trình có hai nghiệm x � Ví dụ Giải phương trình x2 x3 Nhận xét: Trong phần giải phương trình vơ tỷ Phương pháp đặt ẩn phụ ta giải tốn này, ta giải phương pháp đánh sau HD: Đk � x x 32 � x� Giả sử x nghiệm phương trình Khi x �0 � � , ta x � x � � Mũ hai vế suy x x x 12 x x (*) Cách thứ ta biến đổi Vt thành x x x ( x x 1) 12 x x biểu thức âm x � Cách thứ hai ta biến đổi Vt thành x x (6 x 1) 12 x x biểu thức âm x � … Ta biến đổi tiếp phương trình (*) sau chia hai vế cho x �0 , ta x8 x x x5 x x x x � x ( x x 1) x ( x 1) x( x 1) 4(2 x 1) vơ nghiệm Vt ln dương x � Vậy phương trình vơ nghiệm =========================================================== 12 Bài tập 1.55 (TST VN 1993) Dãy số xn xác định x1 1, xn 1 xn Hãy tìm xn ( a ) tất số để dãy số n có giới hạn hữu hạn khác n Bài tập 1.56 Cho dãy số xác định a1 0, an 1 sin an 1 , n �1 Tính n ak � n �� n k 1 lim Bài tập 1.57 Xét dãy số ( xn ) xác định x1 1, xn 1 xn tồn a, b cho lim n �� xn n �1 Chứng minh xn 1 anb Bài toán dãy số qua kì thi IMO 2.1 IMO 2009 Bài 2.1.1 (IMO 2009) Giả sử s1 , s2 , s3 , dãy tăng ngặt số nguyên dương cho dãy ss1 , ss2 , ss3 , ss1 1 , ss2 1 , ss3 1 , cấp số cộng Chứng minh s1 , s2 , s3 , cấp số cộng Bài 2.1.2 (Mở rộng IMO 2009) Cho k số nguyên dương cho trước Giả sử s1 , s2 , s3 , dãy tăng nghặt số nguyên dương cho dãy ss1 , ss2 , ss3 , ss1 k , ss2 k , ss3 k , cấp số cộng Chứng minh s1 , s2 , s3 , cấp số cộng Chứng minh Gọi D E công sai cấp số cộng ss1 , ss2 , ss3 , ss1 k , ss2 k , ss3 k , Đặt A ss1 D B ss1 k E Theo cơng thức tính số hạng tổng qt cấp số cộng với số nguyên dương n ta có ssn ss1 (n 1) D A nD, ssn k ss1 k (n 1) E B nE Từ dãy s1 , s2 , s3 , dãy tăng ngặt, nên với số nguyên dương n với ý sn k �sn k ta có ssn k ssn k �ssnk , từ ta thu A nD k B nE �A (n 1) D, điều tương đương với k B A n( E D ) �kD, D khác E cho n � � ta thấy mâu thuẫn với bất đẳng thức nên D E �k B A �kD (1) Đặt m sn 1 sn : n 1, 2, Khi B A ( ss1 k E ) ( ss1 D) ss1 k ss1 �km (2) kD A ( s1 k ) D ( A s1D) sss k sss sB D s A D �m( B A) (3) 1 =========================================================== 11 Ta xét hai trường hợp (a) B A kD Khi đó, với số nguyên dương n, ssn k B nD A (n k ) D ssnk , từ kết hợp với dãy s1 , s2 , s3 , dãy tăng ngặt ta có sn k sn k Mặt khác sn sn 1 sn k sn k nên sn 1 sn s1 , s2 , s3 , cấp số cộng với công sai (b) B A kD Chọn số nguyên dương N cho sN 1 sN m Khi m( A B D k ) m(( A ( N 1) D ) ( B ND k )) �s A ( N 1) D sB ND k sss sss k k N 1 N ( A sN 1 D) ( B ( sN k ) D) ( sN 1 sN ) D A B kD mD A B kD, ( B A km) ( kD m( B A)) �0 Từ bất đẳng thức (2), (3) (4) ta thu đẳng thức sau: B A km kD m( B A) Giả sử tồn số nguyên dương n cho sn 1 sn m Khi m(m 1) �m( sn 1 sn ) �ssn1 ssn ( A (n 1) D) ( A nD) D (4) m( B A) m2 , k vơ lý Vì điều giả sử sai nên sn 1 sn m với n �� hay dãy s1 , s2 , cấp số cộng có cơng sai m Nhận xét Bây ta thay cấp số cộng cấp số nhân tốn không? Bài 2.1.3 Giả sử s1 , s2 , s3 , dãy tăng nghặt số nguyên dương cho dãy ss1 , ss2 , ss3 , ss1 1 , ss2 1 , ss3 1 , cấp số nhân Chứng minh s1 , s2 , s3 , cấp số nhân Bài 2.1.4 (Mở rộng toán 2.1.3) Cho k số nguyên dương Giả sử s1 , s2 , s3 , dãy tăng nghặt số nguyên dương cho dãy ss1 , ss2 , ss3 , ss1 k , ss2 k , ss3 k , cấp số nhân Chứng minh s1 , s2 , s3 , cấp số nhân IMO 2010 Bài 2.2.1 Cho a1 , a2 , a3 , dãy số thực dương Giả sử với số nguyên dương s cho trước, ta có an max ak an k :1 �k �n 1 , với n s Chứng minh tồn số nguyên dương l N , với l �s thỏa mãn an al anl với n �N Chứng minh =========================================================== 11 Từ điều kiện toán với an ( n s ) ta có đẳng thức sau an a j1 a j2 với j1 , j2 n, j1 j2 n j1 s ta viết a j1 giống an Cuối cùng, ta viết đẳng thức an ai1 ai2 aik , (1) �i j �s, i1 i2 ik n, j 1, 2, , k Cố định số �l �s cho al a m i �� i s l i Ta xác định dãy bn với bn an mn , bl (2) Ta chứng minh với n bn �0 , dãy bn thỏa mãn tính chất giống dãy bn Thật n �s ta có bn �0 theo cách xác định m Bây ta xét n s sử dụng phương pháp quy nạp với đánh giá sau bn max (ak an k ) nm max (bk bn k nm) nm 1�k �n 1 1�k �n 1 max (bk bn k ), 1�k �n 1 ta thu bn �0 Nếu bk với �k �s , bn với n , an mn , trường hợp tầm thường Nếu tồn �k �n cho bn khác 0, ta xác định M max bi , bi :1 �i �s, bi 0 1�� i s Khi với n s ta đạt bn max (bk bn k ) �bl bn l bn l , 1�k �n 1 M �an �bn �bn l �bn 2l � �0 Ta có dãy (bn ) có tính chất (1), (2) giống dãy (an ) , ta có với bn chứa tập T bi1 bi2 bik :1 �i1 , , ik �s � 0, M Ta chứng minh tập có hữu hạn phần tử Thật vậy, với x �T , biểu diễn M x bi1 bi2 bik (1 �i1 , , ik �s) Khi có tối đa số bi j khác (vì ngược lại M x M điều vơ lý) Vì x biểu thành tổng k số bi j với M k � , tập có hữu hạn Từ ta có dãy bn dãy tuần hoàn với chu kì l từ số N trở đi, có nghĩa bn bn l bn l bl với n N l , an bn nm (bn l (n l )m) (bl lm) an l al với n N l Từ tốn ta xây dựng số dạng tập sau điều kiện dãy số dương không cần thiết Bài 2.2.2 =========================================================== 11 Cho a1 , a2 , a3 , dãy số thực Giả sử với số nguyên dương s cho trước, ta có an ak an k :1 �k �n 1 với n s Chứng minh tồn số nguyên dương l N , với l �s thỏa mãn an al anl với n �N Bài 2.2.3 Cho a1 , a2 , a3 , dãy số thực dương Giả sử với số nguyên dương s , ta có an max ak an k :1 �k �n 1 với n s Chứng minh tồn số nguyên dương l N , với l �s thỏa mãn an al an l với n �N Chứng minh Đặt bn ln an dãy b1 , b2 , b3 , dãy số thực với cách chứng minh tương tự 2.2.1 ta thu kết toán =========================================================== 11 SỬ DỤNG CÔNG CỤ SỐ PHỨC ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TỐN HÌNH HỌC PHẲNG Ta biết số phức biểu diễn điểm mặt phẳng phức Do phương pháp toạ độ, đồng điểm mặt phẳng số phức tốn hình học phẳng thành toán với số phức mà ta biết cơng thức khoảng cách góc đưa công thức đơn giản số phức Do ta sử dụng số phức để giải tốn hình học từ đơn giản đến phức tạp Trong này, ta quy ước điểm A biểu diễn mặt phẳng phức, ta có khái niệm tương ứng đường thẳng ab, tam giác abc…Để sử dụng công cụ ta cần nắm công thức định lý sau: Các công thức định lý: Định lý 1.1 a b cd a b c b ab ac Các điểm a, b, c thẳng hàng ab ac a b cd Đường thẳng ab vng góc với cd a b cb cb ca ei Gọi góc acb theo chiều dương từ a đến b cb ca Đường thẳng ab//cd Định lý 1.2 Trên đường tròn đơn vị, ta có tính chất sau: ab ab ab abc Điểm c nằm dây cung ab c ab 2ab Giao hai tiếp tuyến hai điểm a, b điểm ab Hai điểm a, b thuộc đường tròn đơn vị Chân đường cao hạ từ điểm c xuống dây ab đường tròn điểm (a b c abc ) Giao điểm hai dây cung ab cd điểm Định lý 1.3 ab(c d ) cd (a b) ab cd điểm a, b, c, d thuộc đường tròn Định lý 1.4 ac ad : �� bc bd Tam giác abc tam giác pqr đồng dạng hướng ac pr bc qr Định giác lý 1.5 Diện tích có hướng tam abc i S (ab bc ca ab bc ca ) =========================================================== 11 Định lý 1.6 Điểm c chia đoạn thẳng ab theo tỉ số �1 c Điểm G trọng tâm tam giác abc g abc a b 1 Với H trực tâm O tâm ngoại tiếp h+2o=a+b+c Định lý 1.7 Giả sử đường tròn đơn vị nội tiếp tam giác abc tiếp xúc với cạnh bc, ca, ab tam giác abc p, q, r a a 2qr 2rp pq ,b ,c qr r p pq 2( p q q r r p pqr ( p q r )) b Với h trực tâm tam giác abc ta có h ( p q)(q r )(r p ) pqr ( p q r ) c Với tâm đường tròn bàng tiếp o, tương tự ta có: o ( p q)(q r )( r p) Định lý 1.8 Cho tam giác abc nội tiếp đường tròn đơn vị, tồn số u, v, w 2 cho a u , b v , c w –uv,-vw,-wu trung điểm cung ab, bc, ca không chứa đỉnh đối diện Khi tâm đường tròn nội tiếp i có i=-(uv+vw+wu) Định lý 1.9 Nếu tam giác có đỉnh trùng với gốc toạ độ đỉnh lại x, y Trực tâm điểm h ( xy x y )( x y ) x y xy Tâm đường tròn ngoại tiếp điểm o xy ( x y ) xy x y Ta bắt đầu với số ví dụ sau: Cho tam giác ABC tâm đường tròn ngoại tiếp O, trực tâm H Q điểm đối xứng với H qua O Kí hiệu A’;B’;C’ trọng tâm tam giác BCQ, ACQ, ABQ Chứng minh rằng: AA ' BB ' CC ' R Giải: Giả sử bán kính đường tròn ngoại tiếp tâm đường tròn ngoại tiếp trùng với gốc toạ độ Giả sử điểm A, B, C biểu diễn số a, b, c (|a|=|b|=|c|=1) trực tâm h=a+b+c O trung điểm HQ nên q=-a-b-c Do A’ trọng tâm tam giác BCQ nên A’=(b+c+q)/3=-a/3 Ta có AA ' a a 4 R Làm tương tự ta suy đpcm 3 Cho tứ giác ABCD nội tiếp A’, B’, C’, D’ trực tâm tam giác BCD, CDA, DAB, ABC Chứng minh hai tứ giác ABCD A’B’C’D’ đồng dạng Giải: Xét số phức a, b, c, d đường tròn đơn vị Khi a’=b+c+d; b’=c+d+a… Khi dễ thấy a’-b’=a-b, b’-c’=b-c; c’-a’=c-a nên suy tam giác ABC đồng dạng với tam giác A’B’C’ Làm tương tự với tam giác lại dễ suy tứ giác ABCD A’B’C’D’ đồng dạng Cho tam giác ABC, phía ngồi tam giác dựng hình vng BCDE, CAFG, ABHI Dựng hình bình hành DCGQ, EBHP Chứng minh tam giác APQ vuông cân Ta sử dụng kết dễ chứng minh sau: Nếu b ảnh a qua phép quay i tâm c góc quay b c e (a c ) Giải (phụ thuộc vào góc quay hình vẽ) =========================================================== 11 nên i h b e (a b) i (a b) h (1 i )b ia Tương tự e (1 i)b ic Do Vì H ảnh A qua phép quay tâm B góc quay EBHP hình bình hành nên b+p=h+e nên tính p=b+ia-ic Tương tự tính q=-ia+ib+c Khi p-a=b+(i-1)a-ic q-a=(-i-1)a+ib+c Dễ thấy p-a=-i(q-a) nên p ảnh q qua phép quay tâm A góc quay Bài tập: Cho tứ giác ABCD Về phía tứ giác dựng tam BCM, CDN, DAP I, E, F trung điểm AB, MN, NP Chứng minh tam giác IEF cân Cho tứ giác lồi ABCD với AC=BD Dựng phía ngồi tứ giác tam giác cạnh AB, BC, CD, DA gọi G1;G2;G3;G4 trọng tâm tam giác Chứng minh G 1G3 vng góc với G2G4 Với đa giác n cạnh A0 A1 An 1 ta giả sử chúng nội tiếp đường tròn đơn vị Khi ta chọn đỉnh bậc n đơn vị tức k 2 n i với �i �n Như đỉnh viết dạng với e �i �n a1 1 Cho đa giác cạnh A0 A1 A6 Chứng minh A0 A1 A0 A2 A0 A3 i A2 A3 A1 A2' A1' A0 A4 A6 A5 2 Giải: Giả sử đỉnh đa giác lồi với �i �6 ei i 2 A1 A0 A3 Khi dễ chứng minh � ảnh A1 qua phép quay tâm A0 góc quay 2 2 7 điểm A1 ' thuộc đoạn A0 A3 i i a1' e (a 1) � a1' w2 ( a1 1) w2 ( w2 1) w e =========================================================== 11 A2 A0 A3 ảnh của A2 qua phép quay tâm A0 góc quay Tương tự � điểm A2 ' thuộc đoạn A0 A3 a ' ei (a 1) � a ' w( w4 1) 2 Do điểm A0;A1’,A2’,A3 thẳng hàng nên ta cần chứng minh hệ thức: 1 với w ei Hệ thức xin dành cho bạn đọc w ( w 1) w w 1 w Cho đa giác 15 cạnh A0 A1 A14 Chứng minh hệ thức 1 1 A0 A1 A0 A2 A0 A4 A0 A7 Cho đa giác n cạnh nội tiếp đường tròn bán kính r Chứng minh với n 1 điểm P nằm đường tròn với số tự nhiên m3 Xét dãy điểm P0;P1;… cho Pk+1 ảnh Pk qua phép quay tâm Ak+1 góc quay 1200 Chứng minh P1986=P0 tam giác A1A2A3 tam giác Trong tốn đa giác nội tiếp ta giả sử chúng nội tiếp đường tròn đơn vị Sau số ví dụ 13 Cho H trực tâm tam giác ABC P điểm tuỳ ý đường tròn ngoại tiếp E chân đường cao kẻ từ B dựng hình bình hành PAQB PARC X giao điểm AQ HR Chứng minh EX//AP A X P E Q O R H B C Giải: Xét tam giác ABC nội tiếp đường tròn đơn vị, h=a+b+c ac e (a b c ) Do APBQ hình bình hành nên q=a+b-p, tương tự r=a+c-p b =========================================================== 12 x a a q p b pb (p, b thuộc đường tròn đơn x a a q p b xa pb a ax x a vị) Do (1) Tương tự điểm h,r,x thẳng hàng nên ta pb abp bp bp xabc p xh pb nên x tính a c (2) xh bp Do x, a, q thẳng hàng nên Từ (1) (2) ta tính x bp (2a b c p ) c Để chứng minh XE//AP ta chứng minh ex a p ap e x a b bp ac bcp b p abc ac (b c)(bp ac) Ta có e x ( p a ) c b 2bc 2bc 1 1 ( )( ) bp ac b c bp ac Và e x nên ta có điều phải chứng minh 1 ap bc b c 14 Cho tứ giác ABCD nội tiếp, P Q điểm đối xứng với C qua AB AD Chứng minh PQ qua trực tâm tam giác ABD P A B Q D C Giả sử tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đơn vị Khi p a b ab , c ad h=a+b+d c ab ab a bd q h abd ph abd c Tương tự Do P, Q, H c qh c ph c a b ab a b d qad thẳng hàng =========================================================== 12 15 Tam giác ABC trực tâm H nội tiếp đường tròn (O) bán kính R D điểm đối xứng với A qua BC, E điểm đối xứng với B qua CA, F đối xứng với C qua AB Chứng minh điểm D, E, F thẳng hàng OH=2R 16 Cho lục giác ABCDEF nội tiếp Chứng minh giao điểm AB DE, BC EF, CD FA thẳng hàng 17 Cho tứ giác ABCD nội tiếp, AB cắt CD E, AD cắt BC F, AC cắt BD G Chứng minh O trực tâm tam giác EFG 18 Cho tứ giác ABCD nội tiếp K, L, M, L trung điểm AB, BC, CD, DA Chứng minh trực tâm tam giác AKN, BKL, CLM, DMN tạo thành đỉnh hình bình hành Sử dụng định lý 1.7 ta giải số tốn liên quan đến đường tròn nội tiếp đa giác 19 Đường tròn (I) nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với cạnh tam giác P, Q, R Gọi H giao điểm PR AC Chứng minh IH vng góc với BQ 20 Cho đường tròn (O) nội tiếp tứ giác ABCD tiếp xúc với cạnh AB, BC, CD, DA K, L, M, N KL cắt MN S Chứng minh OS vng góc với BD Trên số ứng dụng đơn giản số phức tốn hình học phẳng Hy vọng sau viết này, với phương pháp toạ độ mặt phẳng có thêm cách nhìn cách giải cho tốn hình học thơng thường Tài liệu tham khảo - Complex number in Geometry Marko Radovanovic -Tạp chí Mathematical Excalibur Vol 1,No.3,May-Jun,95 - Một số tài liệu mạng BẤT BIẾN TRONG CÁC BÀI TOÁN LÝ THUYẾT TRÒ CHƠI Bất biến khái niệm quan trọng tốn học Nói cách đơn giản bất biến đại lượng hay tính chất khơng thay đổi trạng thái biến đổi Người ta sử dụng bất biến để phân loại vật phạm trù Hai vật thuộc loại có tính chất H vật A có tính chất H, vật B khơng có tính chất H B khơng loại với A Trong chun đề xin giới thiệu ứng dụng bất biến toán thuật toán lý thuyết trò chơi Đây dạng tốn thường gặp kì thi Olympic Một số khái niệm lý thuyết trò chơi Thuật tốn Cho tập A �� ta gọi không gian trạng thái, phần tử A trạng thái Khi đó, ánh xạ: T : A � A gọi thuật tốn (ơtơmat) Các tốn thuật tốn Bài tốn (Bài tốn tìm kiếm thuật toán) Cho trạng thái ban đầu trạng thái kết thúc n Hỏi có hay khơng thuật tốn T A cho thực T hữu hạn lần ta thu n ? T T T T �� �1 �� � �� � �� � n Bài toán Cho thuật toán T A trạng thái ban đầu a) Xét trạng thái �A Hỏi nhận từ sau hữu hạn lần thực thuật tốn T hay khơng? =========================================================== 12 b) Tìm tập hợp gồm tất trạng thái nhận từ sau hữu hạn bước thực thuật toán T: �A : T n Hàm bất biến Cho thuật toán T A I tập hợp khác rỗng mà ta gọi không gian mẫu bất biến Khi đó, ánh xạ H : A � I gọi hàm bất biến A a, b �A : b �a � H (b) H ( a) Một số toán minh hoạ Bài toán Hai người chơi cờ Sau ván người thắng điểm, người thua điểm, hoà người điểm Hỏi sau số ván liệu xảy trường hợp người điểm người 10 điểm không? Lời giải Gọi S n tổng số điểm hai người sau ván thứ n Ta có S n bất biến theo modun Do S n �S �0 mod , n �0 Vậy xảy trường hợp người điểm người 10 điểm Bài toán Thực trò chơi sau: Lần đầu viết lên bảng cặp số 2; Từ lần thứ hai, bảng có cặp số B a; b phép viết thêm cặp số �a b a b � T B � ; � � �2 Hỏi viết cặp số 1;1 hay không? 2 Lời giải Giả sử bước thứ n ta viết cặp số an ; bn Khi tổng S n an bn đại lượng bất biến Do S n a02 b02 �12 , n �0 Vậy viết cặp số 1;1 Bài tốn Trên bảng có hai số Thực trò chơi sau: Nếu bảng có hai số a b phép viết thêm số c a b ab Hỏi cách viết số 2001 11111 hay không? Lời giải Dãy số viết thêm là: 5; 11; 17; Dễ dàng chứng minh dãy số viết thêm chia cho dư Bất biến cho phép ta loại trừ số 2001 dãy số viết thêm Tuy nhiên, bất biến khơng cho phép ta loại trừ số 11111 Ta tìm bất biến khác Quan sát số viết quy tắc viết thêm số, ta có c a b ab � c a 1 b 1 cộng thêm vào số thuộc dãy ta có dãy mới: 6; 12; 18; Như vậy, cộng thêm vào số viết thêm số có dạng: 2m.3n Do số 11111 11112 3.8.463 nên 11111 không thuộc dãy số viết thêm Bài toán (VMO – 2006) Xét bảng ô vuông m �n m, n �3 Thực trò chơi sau: lần đặt viên bi vào ô bảng, ô viên bi, cho tạo thành hình đây: =========================================================== 12 Hỏi sau số lần ta nhận bảng mà số bi ô không nếu: a) m 2004, n 2006? b) m 2005, n 2006? Lời giải a) Bảng cho chia thành hình chữ nhật �2 nên nhận trạng thái mà số bi ô b) Tô màu ô hình vẽ Dễ thấy, lần đặt bi có viên đặt vào ô màu đen viên đặt vào màu trắng Do đó, gọi S n số bi ô màu đen T n số bi ô màu trắng sau lần đặt bi thứ n S n T n đại lượng bất biến Ta có S n T n S T 0, n �0 Vì m 2005 số lẻ nên nhận trạng thái mà số bi ô S n T n m 2005, vô lý Bài toán (IMO – 2004) Ta định nghĩa viên gạch hình móc câu hình gồm vng đơn vị hình vẽ đây, hình nhận lật hình (sang trái, sang phải, lên trên, xuống dưới) hình nhận xoay hình góc: Hãy xác định tất hình chữ nhật m �n , m, n số nguyên dương cho lát hình chữ nhật viên gạch hình móc câu? Lời giải Dễ thấy m, n � 1; 2;5 Chi hình chữ nhật cho thành m �n ô vuông đánh số hàng, cột từ lên trên, từ trái sang phải Ta gọi ô p; q ô nằm giao hàng thứ p cột thứ q Hai viên gạch hình móc câu ghép lại để hai hình đây: (H1) (H2) Do đó, để lát hình chữ nhật m �n m.n phải chia hết cho 12 Nếu hai số m, n chia hết cho lát Thật vậy, giả sử m chia hết cho Ta viết n dạng: n 3a 4b , lát Xét trường hợp m, n không chia hết cho Ta chứng minh trường hợp khơng thể lát Giả sử ngược lại, m, n chia hết cho không chia hết cho Ta tạo bất biến sau: Xét ô p; q Nếu hai toạ độ p, q chia hết cho =========================================================== 12 điền số vào Nếu hai toạ độ p, q chia hết cho điền số Các lại điền số Với cách điền số ta thu bất biến tổng số hình (H1) tổng số hình (H2) số lẻ Do m, n chắn nên tổng số toàn hình chữ nhật m �n số chẵn Để lát tổng số hình (H1) (H2) sử dụng phải số chẵn Khi đó, m.n chia hết cho 24, vô lý Bài tập Bài tập Một robot nhảy mặt phẳng toạ độ theo quy tắc sau: Xuất phát từ điểm x; y , robot nhảy đến điểm x '; y ' xác định sau: x' x y xy , y' x y Chứng minh rằng, ban đầu robot đứng điểm 2009; 2010 khơng robot nhảy vào đường tròn (C) có tâm gốc toạ độ O bán kính R 2840 Bài tập Ở đỉnh lục giác lồi có ghi số chẵn liên chiều kim đồng hồ Thực thuật toán sau: lần chọn cạnh cộng thêm số cạnh với số nguyên Hỏi có nhận hay khơng trạng thái mà số đỉnh nhau? Bài tập Một dãy có 19 phòng Ban đầu phòng có người Sau đó, ngày có hai người chuyển sang hai phòng bên cạnh theo hai chiều ngược Hỏi sau số ngày có hay khơng trường hợp mà: a) Khơng có phòng có thứ tự chẵn? b) Có 10 người phòng cuối dãy? Bài tập (Đề thi chọn đội tuyển Bắc Ninh năm 2007) Trên bàn có 2007 viên bi bồm 667 bi xanh, 669 bi đỏ, 671 bi vàng Thực thuật toán sau: Mỗi lần lấy hai viên bi khác màu đặt thêm hai viên bi có màu lại Hỏi nhận trạng thái mà bàn lại viên bi màu không? Bài tập (VMO – 1991) Cho bảng 1991�1992 Kí hiệu m; n ô nằm giao hàng thứ m cột thứ n Tô màu ô bảng theo quy tắc sau: Lần thứ nhất: Tô ba ô: r ; s , r 1; s 1 , r 2; s Từ lần thứ hai: lần tô ba ô chưa có màu nằm cạnh hàng cột Hỏi tơ hết tất ô bảng không? Bài tập (VMO – 1992) Tại đỉnh đa giác lồi A1 A2 A1993 ta ghi dấu cộng (+) dấu trừ (-) cho 1993 dấu có dấu (+) dấu (-) Thực việc thay dấu sau: lần thay dấu đồng thời tất đỉnh đa giác cho theo quy tắc: - Nếu dấu Ai Ai 1 dấu Ai thay dấu (+) - Nếu dấu Ai Ai 1 khác dấu Ai thay dấu (-) (Quy ước: A1994 A1 ) Chứng minh rằng, tồn số k �2 cho sau thực liên tiếp k lần thay dấu ta đa giác A1 A2 A1993 mà dấu đỉnh trùng với dấu đỉnh sau lần thay dấu thứ Bài tập (Shortlist) Cho k, n số nguyên dương Xét bảng ô vuông vô hạn, đặt 3k �n quân cờ hình chữ nhật 3k �n Thực trò chơi sau: quân cờ nhảy =========================================================== 12 ngang dọc qua ô kề với có chứa qn cờ, để đến trống kề với vừa nhảy qua Sau làm ta loại bỏ quân cờ ô bị nhảy qua khỏi bàn cờ Chứng minh rằng, với cách chơi bảng vng khơng lại quân cờ Bài tập (Belarus 1999) Cho bảng �7 quân cờ có ba loại sau: �1 , 1�1 hình chữ L gồm Người thứ có vơ hạn qn �1 qn hình chữ L, người thứ hai có quân 1�1 Chứng minh a) Nếu cho người thứ hai trước, đặt qn cờ vào cho người thứ khơng thể phủ kín phần lại bảng b) Nếu cho người thứ thêm quân hình chữ L người thứ hai đặt quân cờ đâu người thứ hai phủ kính phần lại bàn cờ Bài tập Xét bảng �9 Ở ô p; q ta viết số: p 1 q Thực thuật tốn sau: lần lấy hình vng �4 tăng đồng thời số ô hình vng lên đơn vị Chứng minh thời điểm, ước số chung lớn tất số bảng Bài tập 10 Chia góc vng Oxy thành lưới vuông đơn vị Các hàng cột đánh thứ tự từ lên, từ trái sang phải Ban đầu, đặt vào ô 1;1 viên bi Thực thuật tốn sau: lần lấy khỏi góc viên bi nằm ô p; q mà p 1; q p; q 1 khơng có bi, đồng thời thêm vào hai nói viên bi Hỏi có nhận hay khơng trạng thái mà a) Các ô 1;1 , 1; , 2;1 , 2; khơng có bi? b) Các 1;1 , 1; , 2;1 , 2; , 1;3 , 3; khơng có bi? =========================================================== 12 ... x 3 x ) �(13 27)(13(1 x ) 3(1 x )) 40(16 10 x ) � 10 x (16 10 x ) � Theo BĐT Cô-si cho hai số dương ta 10 x (16 10 x ) �� � 64 � � Do Vt(1) � 4.64 256 , ta � x2 �... Bảng A VMO) Giải phương trình 10 x x HD: Cách (Đáp án) 74 10 �x � Với điều kiện phương trình cho tương đương với phương trình Đk 27 10 x x x � 9 (10 x) x (4 x) � x x ... 12 3) x 11x 21 3 x 4) x x x x x x 10 =========================================================== 21 5) x x x2 x x2 32 x (2 x 3)2 Bài 10 Giải phương