đề thi sưu tầm 10 năm đề thi chọn đội tuyển imo cac de thi hsg cua dhsphn de chon doi tuyen ninh binh de de nghi toan 11 cua hai phong de hsg tphcm 2009 de kt doi tuyen chuyen quang trung de kt do…

Do đó cũng như phương pháp toạ độ, khi đồng nhất mỗi điểm trong mặt phẳng bởi một số phức thì bài toán trong hình học phẳng thành bài toán với số phức mà ta biết rằng các công thức về kh[r]

KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

KỶ YẾU

HỘI THẢO KHOA HỌC, LẦN THỨ III

MƠN TỐN HỌC

(TÀI LIỆU LƯU HÀNH NỘI BỘ)

MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỈ CHO HỌC SINH GIỎI

Nguyễn Anh Tuấn (THPT chuyên Bắc Giang)

Lời mở đầu

Tốn học có vẻ đẹp lơi quyến rũ, đam mê mãi đam mê… Trong vẻ đẹp đầy huyền bí tốn liên quan đến Phương trình vơ tỷ (chứa thức) - có nét đẹp thật xao xuyến quyến rũ

Có lẽ lý mà kì thi HSG nước, thi HSG Quốc gia (VMO) chúng ta, tốn liên quan đến Phương trình vơ tỷ thường có mặt để thách thức nhà Tốn học tương lai với dung nhan mn hình, mn vẻ Rồi cịn kì thi HSG cấp tỉnh, thi HSG cấp thành phố, thi Đại học, thi …

Thật điều thú vị !

Chun đề: “ Một số dạng phương trình vơ tỷ cho học sinh giỏi ” viết với mong muốn phần giúp Thầy giáo dạy Tốn, em học sinh phổ thông đội tuyển thi học sinh giỏi Tốn tìm thấy nhiều điều bổ ích nhiều điều thú vị dạng tốn Trong Chun đề có với cấp độ giải trí cho học sinh giỏi (rèn luyện phản xạ nhanh)

Đối với việc giải phương trình vơ tỷ hầu hết phương pháp giải, phương pháp biến đổi hay có Chuyên đề Cách phân tích để nhận dạng phương trình chọn lựa phương pháp giải thích hợp khó đa dạng Để có khả phải giải nhiều phương trình tự rút nhận xét, kinh nghiệm hay vài thuật giải toán, lưu ý tốn có nhiều cách giải khác

Tôi viết Chuyên đề với tinh thần trách nhiệm cao Tôi hy vọng Chuyên đề để lại lòng Thầy cô em học sinh ấn tượng tốt đẹp

Với ví dụ phương pháp giải, người đọc tự sáng tác cho tốn với số mà u thích Tuy nhiên Chun đề chắn khơng thể tránh khỏi điều không mong muốn Tôi mong nhận động viên ý kiến đóng góp chân thành Q Thầy em học sinh để Chuyên đề tiếp tục hoàn thiện

§1 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỶ

1 MỘT SỐ QUY ƯỚC KHI ĐỌC CHUYÊN ĐỀ

1.1 Vt: Vế trái phương trình Vt2: Bình phương vế trái phương trình

1.2 Vp: Vế phải phương trình Vp2: Bình phương vế phải phương trình

1.3 Vt(1): Vế trái phương trình (1)

1.4 Vp(1): Vế phải phương trình (1)

1.5 Đk, đk: Điều kiện

1.6 BĐT: Bất đẳng thức HSG, HSG: Học sinh giỏi.

1.7 VMO, VMO: Thi học sinh giỏi Việt Nam, CMO: Thi học sinh giỏi Canada.

2 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 cịn chứa thức với ẩn ẩn phụ

2.1.2 Đặt ẩn phụ mà cịn 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) 18x218x x 17x x 0 .

2)

2 3 1 1

3

x  x  x x 

3)

2

2

1

2 x x

x x

 

         . 4) 2x2  1 x2x 1 x2 1.

Hướng dẫn (HD): 1) Đặt x y với y 0 Khi phương trình cho trở thành

2

(3y  4y 2)(6y 2y1) 0 , suy (3y2 4y 2) 0 , ta

2 10 y 

Từ

phương trình có nghiệm

14 10 x 

Đặt 2 1 x x y x x   

  (có thể viết đk y 0 xác

3

3  y ), ta

2

2 3

3

y   y  y  y 

, ta

3 y  (loại y  ) Từ phương trình có nghiệm x 1

3) Ta thấy x 0 không thỏa mãn

Khi phương trình tương đương với hệ

2 2 2 1

2

1 x x x x x x                                             Đặt x y x  

, ta 2

2 4(1)

4 ( 2) 2( 2) (4 ) (2) y

y y y

              .

Xét (2) 2 y2 y2  4y5  y4 8y328y2 40y16 0 (do hai vế không âm)

3

2

( 2)( 16 8) ( 2)(( 2)( 8) 8)

y y y y

y y y y

     

      

Dẫn đến y 2(do ((y 2)(y2 4y8) 8) 0  với ythỏa mãn (1)) Từ phương trình có nghiệm x 1

Nhận xét: Bài tốn ta giải Phương pháp đánh giá phần sau

4) Ta có phương trình tương đương với

2

1 x  1 2x  2x 1 x

4 2 2

1 x 4x (1x x ) 4x 1x x 8x x

          

2 2

2 2

(1 ) 0

1 0(1)

x x x x

x

x x x

               

Xét (1), đặt y 1 x2 , suy y 0 x2  1 y2 Ta 4 y8 (1y  y2) 0  8y3 4y1 0  (2y1)(4y2 2y1) 0

1 y 

 

Từ suy

5 x 

Thử lại ta nghiệm phương trình x 0

5 x 

Ví dụ Giải phương trình x23x 1 (x3) x21

HD: Đặt x2 1 y, với y 1 Khi ta y23x(x3)y  (y 3)(y x ) 0 .

Dẫn đến y 3 y x Từ phương trình có nghiệm x 

Ví dụ Giải phương trình 417 x8  2x81 1

HD: Đặt 417 x y với y 0 2x81z Khi ta hệ

4

1

2 33 ( 1) 33

y z z y

y z y y

   

 



 

    

  .

Xét 2y4(y1)3 33 (y 2)(2y35y27y17) 0

Suy y - = Từ nghiệm phương trình x = x = -1

Ví dụ Giải phương trình sau:

1) x 4 x2  2 3x 4 x2 .

2)

3

381 8 2 2

3 x x  x  x

HD: 1) Đặt 4 x y, với 0 y

Khi ta hệ 2

4 x y xy x y

   



 

 .

Thế lại đặt x y S xy P  ;  giải tiếp ta nghiệm phương trình

0

x  ; x 2

2 14 x 

2) Đặt

3

381 8 3 3 2

3 x   y xy  y  y

Khi ta hệ

3

3

4

3

3

3

3 x y y y

y x x x 

  

  

   





Xét hiệu hai phương trình dẫn đến xy(do

2 2

1 1

( ) ( 2) ( 2)

2 x y 2 x 2 y 3 ).

Thay vào hệ giải phương trình ta

3 0;

3 x x 

Ví dụ Giải phương trình 5x214x 9 x2 x 20 5 x1

2

2

5 14 20

5 14 20 25( 1) 10 ( 1)( 4)( 5)

      

           

x x x x x

x x x x x x x x

2

2 5 ( 1)( 5)  x  x  x x x

2( 1)( 5) 3( 4) ( 1)( 5)  x x  x  x x x

Đặt (x1)(x 5)y; x4z, với y0;z3

Ta 2y23z2 5yz (y z )(2y ) 0z  , từ ta y z y z       .

Nếu y z ta

5 61 x 

(dox 5)

Nếu y z

ta

7 8;

4 x x

Vậy phương trình có ba nghiệm

Ví dụ Giải phương trình

2

7

28 x x  x 

, với x 0

Nhận xét: Dạng phương trình ta thường đặt

4 28 x ay b   

, sau bình 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

1 1;

2 a b

(Nếu a = b = mà giải thì phương trình q đơn giản, ta khơng xét đây)

HD: Đặt

4

28

x

y 

 

, x 0 nên

4 9

28 28

x 

 

, từ y 0

Ta hệ

2 7 7 ,

x x y

y y x

x y               

 Giải hệ bình thường theo dạng ta

6 50 14 x 

Ví dụ Giải phương trình 3 x2 2 2 x3

Nhận xét: Khi giải phương trình khơng phải lúc có nghiệm thực, có

những phương trình vơ nghiệm cho học sinh làm ta kiểm tra lực học sinh trình bầy lời giải tốn Chẳng hạn tốn ví dụ

HD: Đặt x2  2 x3 = y với y 0 Khi ta hệ

2 3 2 x y x y        

 từ phương trình ban đầu ta có x  Xét hiệu hai phương trình hệ ta phương trình

2

Với x ythì x x2 2, dẫn đến vơ nghiệm.

Còn x2 xy y 2 x y (y x )(1 x)y2 0 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) x2 2 x 2x2 2 x.

(HD: Đặt y 2 x y; 0, ta (y1)(y2 y 1)(2y2 y 4) 0

Từ

5 33

1; ;

2

y y  y 

nghiệm phương trình

5 33

1; ;

2

x x  x  )

2) 2x2 5x1 7 x31

(HD: Từ phương trình suy x 1 Đặt

2 1

1 x x

y x

  

 , bình phương dẫn đến 3

y   Phương trình trở thành 2y2 7y 3 0, ta y 3 Từ x  4 6).

Bài Giải phương trình (4x1) x2 1 2x22x1

(HD: Đặt x2 1 y, với y 1 Từ ta

2

y  y x

Phương trình có

nghiệm x 

)

Bài Giải phương trình sau:

1) 3(2 x 2) 2 x x6

(HD: Đặt x 2y, x6 z, với y0;z0

Ta x 3 y z 4 Từ phương trình có nghiệm

11 3;

2 x x 

)

2) 2 2(1x)42x 1

(HD: Đk 0 x 1 Đặt 2 2(1x) 42y y 1  x

Suy

4

2

2( ) 1(1) 1(2) y z y z         

 Từ (1) thay

2 y  z

vào (2) ta

2 2

4

1

( 1) ( )

2 z   z 

Xét hiệu hai bình phương suy

4

4 2 z   

Từ ta nghiệm phương trình

4

4

4 2 x                  ).

Bài Giải phương trình x2 x1000 8000 x 1000

(HD: Đặt 1 1 8000x =2y, ta

2

2

2000 (*) 2000

x x y

y y x

        

Từ (*) suy (x y x y )(  1999) 0 , x y 1999 0 Suy xy, ta nghiệm x 2001, loại x 0)

Bài Giải phương trình sau:

1) 2 x x    .

(HD: Đặt y x 1 0;z x2 x1, ta

2

2

5yz 2(y z ) y y z z           

2 2

2

y y y y

z z z z

 

         

  .

Nếu y

z  ta x 1 x2 x1

1

4 x x x       

 (vô nghiệm).

Nếu y

z  ta 2 x 1 x2 x1

1

5 37

5 37 2

2 x x x           

 (thỏa mãn)).

2) 2x2 5x 2 2(x3 21x 20

(HD: Đk x x      

 Đặt 2x2 8x10y x4 z, với y0;z0

Khi ta (y z y )(  ) 0z  Từ phương trình có bốn nghiệm

9 193 x 

và

17 73 x 

Bài Giải phương trình sau:

1) x2 4x 3 x5.

(HD: Đặt x5  y 2, ta

5 29 1;

2 x x 

)

2)

2

2

2 x x  x 

, vớix 1

(HD: Đặt

1

x

y 

 

,được

3 17

x  

(loại), x 1

3 17 x 

)

3)

2

27 18

3 x  x x

, với x 0

(HD: Tương tự, ta

5 37 18 x 

)

3 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 Cơ 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

Thường ta đánh sau:

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

f x g x

f x C C f x g x C g x C C

 



    



  

 , đánh giá

( ) ( )

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 4x1 4x21 1

HD: Bài tốn 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

Vậy phương trình có nghiệm x 

Ví dụ Giải phương trình 3x26x 7 5x210x14 2  x x

HD: Bài đơn giản, đánh giá Vt 5 cịn Vp 5, hai vế 5. Ta phương trình có nghiệm x 1

Ví dụ Giải phương trình x2 x19 7x28x13 13x217x7 3( x2) HD: Bài cách giải tự nhiên cách “cố ý” cho Giáo viên học sinh sáng tác kiểu

Đk x 2 Với đk Vt =

2 2 2

1 75

( ) (2 1) 3( 2) (2 1) (4 3)

2 4

x   x  x  x  x

75

3

4 x x

    

5

3 3( 2) (4 3)

2 x x

    

3 3.(x2) = Vp

Dấu đẳng thức xảy x 

Vậy phương trình có nghiệm x 

Ví dụ Giải phương trình

2

4 28 27

2 27 24

3

x  x   x

HD: Phương trình cho tương đương với phương trình

2

4 (9 4) 3(9 4)

2

3

x x

  

, đk

4 x 

Đặt (9x4)y, suy y 0

Khi ta

2

4 3

2 4

3

y y y y

y

       

(bình phương hai vế)

Theo BĐT Cô-si ta

6

2 y y  

,

2

2

4 4 4 ( 2)

3

y y

y   y

       

 

2

2

2

4 48 12 12 12 36

( 6) 0.

y y y

y y y

    

   

  

Từ ta y 6, suy x 

Vậy phương trình có nghiệm x 

Ví dụ Giải phương trình

2

4

3

2 3

2 x x

x x x x 

     

HD: Phương trình cho tương đương với

2 2

2 (2 1) ( 3)

(2 1)( 3) (1)

2

x x x x x

x  x  x         

Phương trình xác định với x số thực Theo BĐT Cô-si cho hai số dương ta Vt(1)  Vp(1).

Do (1)  2x2 x 1 x2 3 x2 x 0 Từ phương trình có nghiệm là

x  x 2.

Ví dụ Giải phương trình

2

2

1

2 x x

x x

 

         .

HD: Đk

2

2

2

x

x 

   

 

  

 Với đk đó, phương trình cho tương đương với

phương trình

2

2

1

2 x x 4(1)

x x

     

Theo BĐT Bunhiacopxki, ta

2 2

2

2

( ) ( 1)

1 1

2 1

x x x x

x x x x

      

 

   

     

   

   

 .

Suy Vt(1) 4 = Vp(1) Do

2

2

2

(1) 1 1

2

x x

x x     

 

   

 , nghĩa dấu hệ xảy Từ phương trình có nghiệm x 1

Ví dụ Giải phương trình 2

9

1 x x

x    .

HD: Đk x 0

Theo BĐT Bunhiacopxki, ta

2

Vt =

2

1

2 ( 9)

1

1

x x

x x

x x

x x

   

     

   

       

Phương trình có nghiệm dấu đẳng thức xảy hay

1

2

1

1 x

x x

x   



1 x  

Vậy phương trình có nghiệm x 

Ví dụ Giải phương trình 13 x2 x4 9 x2x4 16.

HD: Đk   1 x 1

Với đk phương trình tương đương với

2 2 2

(13 ) 16 (13 ) 256(1)

x  x  x   x  x  x 

Theo BĐT Bunhiacopxki, ta

2 2 2

(13 1 x 9 1x ) ( 13 13 1 x 3 3 1x )

2

2

(13 27)(13(1 ) 3(1 )) 40(16 10 ).

x x

x

    

 

Theo BĐT Cô-si cho hai số dương ta

2

2

2 10 (16 10 )

10 (16 10 ) 64

2

x x

x  x     

 

Do Vt(1)  64 256.  , ta

(1)

2

2

2

2

2

1 9 9 1

1

3

20 16 10 16 10

x x x

x

x

x x

 

     

 

   

 

   

 Từ dẫn đến

2 5 x 

Vậy phương trình có hai nghiệm

2 5 x 

Ví dụ Giải phương trình 3 x2 2 2 x3

Nhận xét: Trong phần giải phương trình vô tỷ Phương pháp đặt ẩn phụ ta đã

giải tốn này, ta giải phương pháp đánh sau HD: Đk 2 x3 0 x3 2

Giả sử x nghiệm phương trình Khi x   2

2 x x   



 , ta x  2.

Mũ hai vế suy x9 6x6x412x3 4x2 0 (*)

Cách thứ ta biến đổi Vt thành x9 5x6 x x2( 4 x21) 12 x3 3x2 biểu thức âm x 

Cách thứ hai ta biến đổi Vt thành x9 x4(6x21) 12 x3 4x2 biểu thức âm x  2…

x8x7 x6 5x5 5x4 4x38x24x 4

6( 1) (4 1) ( 1) 4(2 1) 0

x x x x x x x x

          vơ nghiệm Vt ln dương x  Vậy phương trình vơ nghiệm

Ví dụ 10 Giải phương trình (x2)(2x1) 3 x6 4  (x6)(2x1) 3 x2

HD: Biến đổi phương trình thành ( x 6 x2)( 2x1 3) 4  , suy x 5 Vt hàm số đồng biến đoạn 5;  Từ dẫn đến x 7 nghiệm phương trình cho

Ví dụ 11 Giải phương trình 2x211x21 4 x 0 . HD: Phương trình tương đương với

3 12( 3) ( 3)(2 5)

(4 4) 4 x

x x

x x



  

    .

Ta thấy x 3 nghiệm phương trình

Nếu x 3 phương trình tương đương với 3 12

(2 5) (1)

(4 4) 4 x

x x

 

   

Nếu x 3 Vt(1) > > Vp(1) Nếu x 3 Vt(1) < < Vp(1)

Vậy phương trình có nghiệm x 3

Ví dụ 12 Giải phương trình 2x21 x2 3x2  2x22x 3 x2 x6.

Nhận xét: Với toán ta sử dụng đánh giá gặp sau đây:

( ) 0; ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) f x g x f x g x f x ah x g x bh x

h x

 



      



 , với a, b hai số thực dương

HD: Biến đổi phương trình

2

2 2 2 0;

2 2 2( 2) 2( 2)

2

x x x

x x x x x x x x

x

     

              

  

Từ ta phương trình có nghiệm x 2

Ví dụ 13 Giải phương trình

16

10 ( 1996 2008)

1996 2008 x y

x  y      .

Nhận xét: Với toán này, ta thấy phương trình gồm hai ẩn Do ta

nghĩ đến biến đổi phương trình thành phương trình có Vt tổng bình phương, cịn Vp

2

4

4 4

4

1996 2008

1996 2008

x y

x y

 

 

      

   

 

    .

Từ ta phương trình có nghiệm ( ; ) (2012; 2009)x y 

Ví dụ 14 Giải phương trình

3

1

2 x y  y x  xy

HD: Đk x1;y1

Ta có

1

1 ( 1) ( 1)

2

x y  y x  y x x  x y y  xy

2

( 1) ( 1)

2

y x x y xy

      

Khi phương trình cho tương đương với

2

1; 1

( 1) ( 1)

x y

y x x y

 

  

     



 .

Từ ta phương trình có nghiệm ( ; ) (2;2)x y 

3.3 Một số tập tương tự: (Chuyên đề tiếp tục hoàn thiện)

4.PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC

4.1 Một số lưu ý

Khi giải phương trình vơ tỷ phương pháp lượng giác ta đặt

( ) sin

f x   f x  ( )  1;1 với điều kiện 2;     

  f x( ) cos  với điều kiện

0; 

 

Cũng có đặt f x( ) tan ; ( ) cot  f x   … để đưa phương trình cho phương trình lượng giác Giải phương trình lượng giác từ tìm nghiệm phương trình cho

4.2 Một số ví dụ

Ví dụ Giải phương trình 4x1 4x21 1

Nhận xét: Bài toán (đã xét trên) giải phương pháp lượng giác,

tuy nhiên với cách giải lượng giác mang tính chất tham khảo

HD: Đặt

4

2

4 cos

; 0; sin

x y

y

x y

   

  



  

   



 Khi ta phương trình

8

2

cos 2cos 8cos ( 1)( )

(cos 1)(cos cos cos 7) cos

y y y

cosy

y y y y

y

   

  

     

Do phương trình có nghiệm x 

Ví dụ Giải phương trình

1

2

x  x  .

HD: Đặt x cos ,y y (0; ),y  

  

Phương trình cho trở thành

1

2 sin cos 2.sin

cosy siny   y y y Đặt sinycosy z , 2 z 2.

suy sin 2y2sin cosy y z 21, ta z 

2 z 

Với z  2thì y  

,

2 x 

Với

2 z 

11

12 y 

,

1 2 x 

Vậy phương trình có nghiệm

2 x 

1 2 x 

Ví dụ Giải phương trình x3 (1 x2 3) x 2(1 x2) HD: Đk   1 x 1.

Đặt

sin , ; 2 x y y   

  suy cosy 0

Khi phương trình trở thành sin3ycos3 y sin cosy y

Đặt sinycosy z z  ,   2; 2 (chính xác z   1; 2 ), biến đổi phương trình ta z3 2.z2 3z 0  (z 2)(z 1)( z 1) 0 

 z 2 z 1 .

Nếu z  thì y  

,

2 x 

Nếu z  1 sinycosy 1  x 1 x2  1

2

1

1 2 2

x x

x

     

  

  Vậy phương trình có nghiệm

4.3 Một số tập tương tự

(HD: Đặt , phương trình có tập nghiệm

5

cos ;cos ;cos

8

S     

 

 ).

Bài Giải phương trình  

2

5 1  x 8 x (1 x )

Bài Giải phương trình

2

x x

x

 

 .

Bài Giải phương trình ( ) 1 x  x2  3x 2x2

Bài Giải phương trình

2

2

(1 ) 1

x x

x x



 

 .

Bài Giải phương trình

2

2

5

(1 )

1 20

x

x x x x



 

  .

Bài Giải phương trình 2x2 1 x2x 1 x2 1

5.MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP KHÁC

5.1 Một số lưu ý

Ngoài phương pháp thường gặp trên, đơi ta có lời giải khác lạ số phương trình vơ tỷ Cũng ta sử dụng kết hợp phương pháp để giải phương trình

5.2 Một số ví dụ

Ví dụ Giải phương trình x2 2.x 9 x2 2.x16 5

HD: Nếu x 0thì Vt    3 5 = Vp (phương trình khơng có nghiệm).

Nếu x 0thì ta xét tam giác vuông ABC với A 900, AB = 4; AC = Gọi AD phân giác góc A, lấy M thuộc tia AD

Đặt AM = x, xét ACM  CM2 x2 9 2.x và xét

2 16 2.

ABM BM x x

     .

Từ suy Vt = CM BM BC5 Dấu đẳng thức xảy M D,hay

2

2

3

16

16 16.9 48 16.9 36

7 12

12

CM BM

CM BM

x x x x

x x

x



 

     

  

 

Vậy phương trình có nghiệm

12 x 

Ví dụ Giải phương trình 4 x2  4x 1 x2y2 2y 5  y4 x416

Nhận xét: Bài tốn khơng khó, kiểm tra tính cẩn thận học sinh mà thơi vì

sau đặt điều kiện tìm giá trị x Tuy nhiên học sinh học hời hợt ngồi nhìn mà khơng làm

HD: Đặt đk cho phương trình xác định ta x 2 Khi phương trình trở

thành y1 2  y, suy y 

Vậy phương trình có nghiệm

3 ( ; ) 2;

2 x y  

  Ví dụ Giải phương trình 3 7x 1 x2 x 83 x2 8x1 2 .

HD: Đặt y3 7x 1; z3 x2 x 8;t3 x2 8x 1, suy y z t  2 vày3z3t38(1)

Mặt khác  

3

8 y z t  

(2)

Từ (1) (2) ta (y z t  )3 (y3z3t3) 3( y z z t t y )(  )(  ) 0

0 (3)

0 (4)

0 (5)

y z y z z t z t t y t y

  

 

 

    

 

    

  .

Xét (3) ta x 1 x9, xét (4) x 1 (5) x 0 x1.

Vậy tập nghiệm phương trình S   1;0;1;9

Ví dụ Giải phương trình x2 4x20 x24x29  97.

HD: Trong mặt phẳng tọa độ xét hai véc tơ a(x 2;4) 

b ( x 2;5) 

Khi ta a b  ( 4;5)  

, suy a b  97  

ta có

2 4 20

a  x  x ,

2 4 29

b  x  x

Phương trình trở thành a b  a b    

, đẳng thức xảy a



và b



chiều

2

4

x x

 

Từ ta phương trình có nghiệm x 

Ví dụ Giải phương trình 1 2x x  1 2x x 2(x1) (24 x2 4x1)

HD: Đặt y 2x x  ( x1)2 , suy 2

0

( 1) y

x y

  



  



Ta 1y 1 y 2(1 y2 2) (1 )(1) y2

Mặt khác 1y 1 y  1 1 y2  2 y2(2) Từ (1) (2), suy 2(1 y2 2) (1 ) 2 y2   y2

 z0(do 4z 10z 7 0).

Do z 0, suy y 0 hay 2x x 20

0 x x

    

 .

Vậy phương trình có nghiệm x 0 x 2

§2 MỘT SỐ BÀI TỐN THI LẬP ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI TỈNH BẮC GIANG

Chọn đội tuyển tỉnh Bắc Giang thi học sinh giỏi quốc gia có tốn giải phương trình vơ tỷ Sau số

Bài (Lập đội tuyển HSG quốc gia tỉnh Bắc Giang năm học 2004 – 2005)

Giải phương trình x x3  11 x24x 14 5  x133 x 2.

Bài (Kiểm tra đội tuyển HSG quốc gia tỉnh Bắc Giang năm học 2004 – 2005)

Giải phương trình x2 2 2x3 3x 1 2x3 x2  3x1

Bài (Lập tiền đội tuyển HSG quốc gia tỉnh Bắc Giang năm học 2006 – 2007)

Giải phương trình x 8 x4  2x 3 3x .

Bài (Dự tuyển toán QG gửi Bộ GD-ĐT Bắc Giang năm học 2006 – 2007)

Giải phương trình x2 2x 3 2x2 x 3 x 3x2 .

Bài (Kiểm tra đội tuyển HSG quốc gia tỉnh Bắc Giang năm học 2007 – 2008)

Giải phương trình

2

2

2007 2008 2009 2007

x x x

x x

 



 .

Bài (Giáo sư dạy đội tuyển toán tỉnh Bắc Giang năm học 2004 – 2005)

Giải phương trình sau:

1) x 1x 3 x 2 1x2 4)

2

8

2 x

x

 

2) x3 x74 x80 5)

4 2

8 x   x

3) x 1 2(2x1)3 6) x22x 4 x34x.

§3 MỘT SỐ BÀI TỐN THI HỌC SINH GIỎI CỦA MỘT SỐ QUỐC GIA

muốn đoạt giải từ khuyến khích trở lên phải làm tốt tốn Dù biết khơng phải học sinh xuất sắc vượt qua

Bài (1995 - Bảng A VMO)

Giải phương trình x3 3x2 8x40 4 x4 0

HD: Đk x 1

Khi xét f x( )x3 3x2 8x40 g x( ) 4 x4 đoạn 1; Ta f x( )g x( ) Áp dụng BĐT Cô-si cho bốn số không âm, ta

4 4 4

4

( ) 2 (4 4) (2 2 (4 4)) 13(1)

g x  x     x  x

Đẳng thức xảy 4x 4 24  x3.

Mặt khác x3 3x2 8x40 x 13 (x 3)(x2 9) 0  (x 3) (2 x3) 0(2) Đẳng thức xảy x 3

Từ (1) (2), ta g x( ) x 13f x( ) Cả hai đẳng thức xảy x 3, thỏa mãn điều kiện

Vậy phương trình có nghiệm x 3

Nhận xét: Ta sử dụng đạo hàm để xét biến thiên hàm số f x( )

( )

g x đoạn 1;

, ta min ( ) 1:  f x f(3) 13 max ( ) 1: g x g(3) 13 .

Hoặc ta đặt 44x4 y, với y 0 sau dùng đạo hàm để khảo sát biến thiên hàm số f y( )y12  24y816y4 512y2816 (f y'( ) 2( y 2) ( )h y với

( )

h y  )

Bài (1995 - Bảng B VMO)

Giải phương trình 2x211x21 4 x 0

HD: Đặt 4x 4y

Khi

3 4

4 y x 

suy

6

2 16

6 y y x   

Từ ta có phương trình

6 3

1 11

( 16) ( 4) 21 14 24 96 0(1) y  y   y   y   y  y  y 

 (y 2) (2 y44y312y218y14) 0(2) Do y 0 Vt(1) dương, ta xét y 0, y44y312y218y14 0 Nên từ (2) ta thấy y 2 hay 4x  2 , ta x 3.Thử lại

Vậy phương trình có nghiệm x 3

Bài (2002 - Bảng A VMO)

Đk

74 10

27  x Với điều kiện phương trình cho tương đương với phương trình 10 3  x x2 4x 4 9(10 ) x x2(4 x)2

4

2

8 16 27 29 ( 3)( 2)( 15)

x x x x

x x x x

     

     

 x3 (do đk x2 7x15 0 với x thỏa mãn đk) Vậy phương trình có nghiệm x 3

Cách 2: Đặt 10 3x y, suy

4

3 y  

(1)

2

10

2

3

y y

x   x    với y thỏa mãn (1).

Khi ta

2

4 16

4

3

y y y

y  y  

    

4

2

8 27 20 ( 1)( 4)( 5)

y y y y y y x

    

     

 y1 Hay ta 10 3 x1 x3

Vậy phương trình có nghiệm x 3

Bài (1998-CMO)

Giải phương trình

1

1 x x

x x

   

Nhận xét: Đây toán thi học sinh giỏi Canada, nói đơn giản, nhẹ

nhàng với học sinh tinh ý đầy cạm bẫy với học sinh Thật vậy, từ đk xác định phương trình ta phải dẫn đến x 1

Với đk đó, phương trình tương đương với

1

1

x x

x x

   

2

1

1

x x

x x

   

      

   

    (do hai vế không âm với x 1 )

 (x21) 2 x x( 21) x  ( x21 x)2 0

 x21 x 0 Từ suy

1 x 

Cũng từ (x21) 2 x x( 21) x 0, chuyển x x ( 1) sang vế phải bình

phương hai vế, sau đặt x y

ta phương trình trùng phương ẩn y 

phương trình tìm

5 y 

Từ suy

1 x 

cách dài

Vậy phương trình có nghiệm

1 x 

§4 MỘT SỐ BÀI TẬP TỰ LÀM

Sau số tập tự làm mà sử dụng phương pháp

Bài Giải phương trình sau:

1) x2 x 1 x x 2 1 x2 x2

2) 1 1 x2 x(1 1  x2)

3)

2

2

1

1 x x x

x x

 



 .

4) x 2 4 x 2x2 5x1

5) 33x2  x2001 33x2 7x2002 36x 2003 3 2002

Bài Giải phương trình sau:

1) x2 2x 3 2x2 x 3 x 3x2

2)

42 60

6 5 x  7 x  3) (x 2) x 1 2x 2

4) 33x 1 35 x32x 9 34x 0 5) 4x2 4x10 8x2 6x10.

Bài Giải phương trình sau:

1) x(2004 x)(1 1 x)2 2) 3 x x 3x

3) x x x x 5 4) 16x4  5 43 x3x

5) x3 3x22 (x2)3  6x0

Bài Giải phương trình sau:

1) 5x139 x2x23x1

2)

2

4 28 27

2 27 24

3

4) x86 x 1 .

5) x2  23 x (x 4) x 3 x28 0

Bài Giải phương trình sau:

1)

2

2

2 2

x x

x x

 

 

   

2) 2x 4 2 x  9x216

3) 2x2 5x 2 2(x3 21x 20) 4) x3 3x x2

5)

2

4 2 2 2 1 ( ) x

x x x x x x

x 

     

Bài Giải phương trình sau:

1) x3 363 x6 6

2)

4

2

x x x

x  x    x

3) 2x24x7 x44x33x2 2x 7.

4) 1 x2 4 x2 x 161 x 1.

5)

2

2

1

3 x  x    

  .

Bài Giải phương trình sau:

1)    

2

3 2x  1 x 3 x8 2x 1

2) 2(x22) 5 x31

3) 64x6112x456x2 1  x2

4)  

2 3

1 1 x (1x)  (1 x)  2 1 x

5)  

2

2 3

1 (1 ) (1 )

3

x

x x x 

      

Bài Giải phương trình sau:

5) x4 x(1 x)2 4(1 x)3  1 x4 x3 4 x2(1 x)

Bài Giải phương trình sau:

1) x3 1 33 x1

2)

35 12 x x

x

 

 .

3) 2x2 11x21 4 x 0 .

4) x44x36x24x x22x10 2

5)

2 2

2 2

32

1 4

(2 3)

x x x x x

x x        

 . Bài 10 Giải phương trình sau:

1)

3

1

x x

x

 



2) (x1) x1 5 x1 4 x 0 3) 10x4 14x2 19 (5 x2 38) x2  4) (x1) x2 2x 3 x21

5)

2

1

1

2 x  x   x .

Bài 11 Giải phương trình sau:

1)

1

1

4

x

x x



 

 

2) x3 3x x2 0 3) 8x3 4x 36x 1 0

4)  

2 3 2 2 2 0

x   x  x x   

5) 3x x2 5 x212 0 

Bài 12 Giải phương trình sau:

1) 2(x28) 5 x38 2) 4x x 3 10 3  x 3) (x3) (4 x)(12x) 28 x

4) x 1 9 x2 6 (x1)(9 x2) 38 10  x 2x2 x3 5) 7x2 22x28 7x28x13 31x214x4 3( x2)

Bài 13 Giải phương trình sau:

1)

4 2 2 2

2

1 4x y 16x y x y 2y x

x

 

        

 .

2)

2 2

2 3

4 4

x   x    x   x  x  x  x  x Trong biểu thức vế trái có tất 2008 dấu thức bậc hai

LÀM NGƯỢC BẤT ĐẲNG THỨC

Nguyễn Đức Vang (THPT chuyên Bắc Ninh)

Trong báo toán số 377(tháng 11 năm 2008) có tốn sau:

“Tìm số thực k nhỏ cho với số thực khơng âm x, y, z ta ln có:

x y y z z x

Max k xyz z

y x

   

  

, ,

3 ”.

Bắt chước cách làm ấy, khai thác số bất đẳng thức quen biết, cách thêm vào vế bé lượng đồng bậc tối thiểu để làm thay đổi chênh lệch

Bài Tìm số thực k nhỏ cho bất đẳng thức sau với x, y không

âm:

2 2

2 y 2xy k.x y

x    

Bài Tìm số thực k nhỏ cho bất đẳng thức sau với x, y không

âm:

2(x2 y2) xyk.x y

Bài Tìm số thực k nhỏ cho bất đẳng thức sau với x, y không

âm:

3(x2 y2 z2) xyzk.Maxx y, y z,z x

Bài Tìm số thực k nhỏ cho bất đẳng thức sau với x, y:

4 4

4

4 ) k.x y

2 y x ( y

x     

Bài Tìm số thực k nhỏ cho bất đẳng thức sau với x, y không

n n n

n

n y x y k x y

x    )  

(

(với n số nguyên dương)

Bài Tìm số thực k nhỏ cho bất đẳng thức sau với x, y, z:

 2 2 2 

2

2

2 ) ( ) max. , ,

(

3 x y z  xyz k x  y y  z z  x

Bài Tìm số thực k nhỏ cho bất đẳng thức sau với x, y, z:

 

2 2

2 2

2

1 ) ( ) max

(x x xn x x xn k xi xj

n         

Bài Tìm số thực k nhỏ cho bất đẳng thức sau với x, y không

âm:

k q

n n n

k k

x x Max k x x n

x   





1

1 .

Bài Tìm số thực k nhỏ cho bất đẳng thức sau với x, y      

2 ; 

cos cos cos sin ( )

2 x y

k y x

y x

 

  

Bài 10 Tìm số thực k nhỏ cho bất đẳng thức sau với a, b không

âm:

2

) ( ) ( )

(a f b f a b k a b

f     

trong f(x) = x2 + 2x +3.

HƯỚNG DẪN GIẢI Bài

+) Giả sử bất đẳng thức

2 2

2 y 2xy k.x y

x    

(*) với x, y không âm

Cho x = 0, y = suy k 1

+) Ta chứng minh x2y2 2 x y x 2 y2,x y x y, :  0 Thật vậy, BĐT tương đương với y2 x.y

BĐT x y0

Vậy số thực k nhỏ cần tìm k0 1 Bài

+) Giả sử bất đẳng thức 2(x2 y2) x yk.x y (*) với x, y không âm

+) Ta chứng minh 2(x2y2) x y( 1)( x y ),x y x y, :  0 Thật vậy, BĐT tương đương với

2(x2 y2) 2x(2 2).y y2 xy BĐT x y0

Vậy số thực k nhỏ cần tìm k0  2 Bài

+) Giả sử bất đẳng thức 3(x2 y2 z2) xyzk.Maxx y, y z,z x (*)

với x, y không âm

Cho x = 1, y = z = suy k  3

+) Ta chứng minh 3(x2y2z2)   x y z ( 1)( x z );x y z x y z, , :   0 Thật vậy, BĐT tương đương với

zx ) 3 ( yz ) ( y x z ) (

y2

  

 

 

BĐT    

  

  

  

2 2

z ) 3 ( zx ) 3 (

z ) ( yz ) (

z ) ( y xy

Vậy số thực k nhỏ cần tìm k0  3 Cách 2:

Đặt f(x;y;z) = 3(x2 y2 z2) x y z ( 3 1)(x z); xyz0 Dùng đạo hàm, f(x;y;z)f(y;y;z;)f(z;z;z)0

Bài

+) Giả sử bất đẳng thức n(x  xn ) x1 xn kMax.xk  xq

2

1 (*)

với x1 x2  xn 0

Cho x1 1,x2  xn 0 k n 1

+) BĐT n(x x ) x1 xn ( n 1)(x1 xn)

n

1         , với

x x

x1  2   n 

chứng minh cách dồn biến cách

+) Giả sử bất đẳng thức

4 4

4

4 ) k.x y

2 y x ( y

x     

với x, y không âm

Cho x = 0, y = suy k 

+) Dùng đạo hàm, ta chứng minh được: 8.(x y ) ) y x ( y

x4 4 4

     , với y x 

Vậy số thực k nhỏ cần tìm k0 

Bài6

+) Giả sử bất đẳng thức

) x z , z y , y x ( Max k ) z y x ( ) z y x (

3 2 2 2 2 2

         với x, y, z không âm

Cho x = 1, y = z = suy k 2.

+) Dùng đạo hàm, ta chứng minh 3(x2 y2 z2)(xyz)2 2(x2  z2) với xyz0

Vậy số thực k nhỏ cần tìm k0 2 Bài 7

+) Cho x1 = 1, x2 = …= xn =  kn

+) Đặt f(x1;x2;…;xn) = n(x12 + …+x2n) – (x1+…+xn)2 – (n - 1)(x21 – xn2),

với x1 x2  xn 0 Khi đó

0 ) x ; ; f(x ) x ; ; x ; x ; f(x ) x ; ; x ; f(x

1 2 n  2 2 3 n  n n  .

Vậy số thực k nhỏ cần tìm k0 n1 Bài 8

+) Giả sử bất đẳng thức k q

n n n k k x x Max k x x n

x   

  1

x1, …, xn không âm

Cho x1 = x2 = …= xn-1 =1, xn = suy k n

+) Ta chứng minh

) x x )( n ( x x n

x n 1 n

n n

1 k

k    



 với x1 x2  xn 0

Thật vậy, BĐT tương đương với

1 n n n n k

k n.x n x x (n 2)x

x    





BĐT         n n n 1 n x x x n nx x ) n ( x x

Vậy số thực k nhỏ cần tìm k0 n Bài 9

Với xy0 

, ta có:

2

2

2 2

2

2cos (cos cos ) 4cos sin cos

2

sin ( ) 4sin .cos 4cos .cos

2

1

4cos c

x y x y x y x y

x y

x y x y x y x y x y               

 2

3 2 os

4   

1 n k 

Bài 10

+)Với a > b > ta có ) ( ) ( ) ( ) ( 2         b a b a b a b a f b f a f

+) Dễ dàng chứng minh bất đẳng thức

2 ) ( ) ( )

(a f b f a b a b

f     

với a, b không âm

Vậy giá trị nhỏ k là:  k

SỬ DỤNG CÔNG CỤ SỐ PHỨC ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TỐN HÌNH HỌC PHẲNG

Trường THPT chuyên Hạ Long

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 tốn với số phức mà ta biết công 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:

1 Các công thức định lý: Định lý 1.1

Đường thẳng ab//cd

a b c d a b c b

 



  .

Các điểm a, b, c thẳng hàng

a b a c a b a c

 



Đường thẳng ab vng góc với cd

a b c d a b c b

 



 

Gọi  góc acb theo chiều dương từ a đến b

i

c b c a e

c b c a



 



  .

Định lý 1.2 Trên đường tròn đơn vị, ta có tính chất sau:

Hai điểm a, b thuộc đường trịn đơn vị

a b

ab a b

  

Điểm c nằm dây cung ab

a b c c

ab

  

Giao hai tiếp tuyến hai điểm a, b điểm 2ab

a b .

Chân đường cao hạ từ điểm c xuống dây ab đường trịn điểm 1

( )

2 a b c abc   .

Giao điểm hai dây cung ab cd điểm

( ) ( )

ab c d cd a b ab cd

  

 .

Định lý 1.3

4 điểm a, b, c, d thuộc đường tròn :

a c a d b c b d

     . Định lý 1.4

Tam giác abc tam giác pqr đồng dạng hướng

a c p r b c q r

 



  . Định lý 1.5 Diện tích có hướng tam giác abc

( )

4

i

S ab bc ca ab bc ca    

Định lý 1.6 Điểm c chia đoạn thẳng ab theo tỉ số  1 1

a b c 

  

 .

Điểm G trọng tâm tam giác abc 3

a b c g  

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

2 2 2

, ,

qr rp pq a b c

q r r p p q

  

  

b Với h trực tâm tam giác abc ta có

2 2 2

2( ( ))

( )( )( )

p q q r r p pqr p q r h

p q q r r p

    



  

c Với tâm đường tròn bàng tiếp o, tương tự ta có:

2 ( )

( )( )( )

pqr p q r 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 cho a u b v c 2,  2, w2 –uv,-vw,-wu trung điểm cung ab, bc, ca khơng chứa đỉnh đối diện Khi tâm đường trịn nội tiếp i có i=-(uv+vw+wu)

Định lý 1.9 Nếu tam giác có đỉnh trùng với gốc toạ độ đỉnh cịn lại x, y

Trực tâm điểm

(xy x y x y)( )

h

x y xy

 





Tâm đường tròn ngoại tiếp điểm

( )

xy x y o

xy x y

 

 . Ta bắt đầu với số ví dụ sau:

1 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:

4

' ' '

3

AA BB CC  R

.

Giải:

Giả sử bán kính đường trịn 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

4 4 AA '

3 3 3

a

a R

   

Làm tương tự ta suy đpcm 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 trịn 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

3 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

tâm c góc quay  b c e a c  i(  ) Giải (phụ thuộc vào góc quay hình vẽ)

Vì H ảnh A qua phép quay tâm B góc quay 2 

nên

2( ) ( )

i

h b e a b    i a b h (1 i b ia)  Tương tự e (1 i b ic)  Do 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 2  

4 Cho tứ giác ABCD Về phía ngồi tứ giác dựng tam BCM, CDN, DAP I, E, F trung điểm AB, MN, NP Chứng minh tam giác IEF cân

5 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 G1G3

vng góc với G2G4

Với đa giác n cạnh A A A0 1 n1 ta giả sử chúng nội tiếp đường trịn

đơn vị Khi ta cịn chọn đỉnh bậc n đơn vị tức

2

k i

n i

a e



 với 0  i n 1 Như đỉnh viết dạng ai i với 0  i n 1 a1 

6 Cho đa giác cạnh A A A0 1 Chứng minh

1 1 1

A A A A  A A

A0 A1 A2

A3

A4

A5 A6

A1' A2'

Giải: Giả sử đỉnh đa giác lồi ai ivới 0 i 6

2

i

e 

  .

Khi dễ chứng minh 

1

2 7

A A A  

ảnh A1 qua phép quay tâm A0

góc quay

2 7



là điểm A1' thuộc đoạn A A0

' 7 ' 2

1 1 ( 1) ( 1) 1 ( 1) 1

i

a  e  a  a w a   w w   w ei7 

 .

Tương tự 

2

7

A A A 

ảnh của A2 qua phép quay tâm A0 góc quay 7



điểm

2'

A thuộc đoạn A A0 3 ' 7 '

2 1 ( 1) ( 1) 1

i

a  e a   a w w   Do điểm A0;A1’,A2’,A3 thẳng hàng nên ta cần chứng minh hệ thức:

 

2

1 1 1

( 1) 1 1

w w  w w   w 

với w

i

e



 Hệ thức xin dành cho bạn đọc.

0

1 1 1 1

A A A A  A A  A A .

8 Cho đa giác n cạnh nội tiếp đường trịn bán kính r Chứng minh với

điểm P nằm đường tròn với số tự nhiên m<n

1

2

2

n

m m m

k m

k

PA C nr









9 Cho tam giác ABC hai điểm phân biệt M, N cho AM:BM:CM=AN:BN:CN Chứng minh MN qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

10 Cho P điểm tùy ý cung A A0 n1 đường tròn ngoại tiếp đa giác

0 1 n

A A A Gọi h

i khoảng cách từ P đến đường thẳng Ai-1Ai với i=1,2, ,n Chứng

minh 1

1 1 1

n n

h   h h .

Với tam giác đều, ta đưa điều kiện cần đủ để tam giác tam giác

đều sau:

A2

A0 A1

Xét tam giác A A A0 với

i i

a  ,i=0,1,2

2 2

cos sin 3 i 3

 

  

tam giác ABC với nó: Theo định lý 1.4 ta có hệ thức:

1

2

2

1 1

1 1

a c a a b c a a



 

  

  

    (1) hai tam giác hướng

1

2

2

1 1

1 1

a b a a c b a a



 

  

  

    (2) hai tam giác ngược hướng. Hai hệ thức viết lại

2

(1)  a b c 0 ab c0

2

2

(2)  ab c  0 a bc 0 ab c0

Do điều kiện cần đủ để tam giác ABC a wb w c  0trong w

một bậc khác đơn vị Chú ý

2

w ei



 tam giác có hướng

dương

2

( )

3

w ei  tam giác có hướng âm.

11 Cho tam giác ABC, phía ngồi tam giác dựng tam giác MBC, NCA, PAB Gọi G, H, I trọng tâm tam giác Chứng minh tam giác GHI

Xét tam giác ABC có hướng dương tam giác MCB, NAC, PBA có hướng dương Theo hệ thức ta có

2

2

2

0 0

0

m c b n a c

p b a

 

 

    

  

  

Để chứng minh tam giác GHI ta chứng minh g h2i0

3

m b c g   

… Việc chứng minh xin dành cho bạn đọc

12 Trong mặt phẳng cho tam giác A1A2A3 điểm P0 Kí hiệu điểm Aa=As-3 với

số tự nhiên s>3 Xét dãy điểm P0;P1;… cho Pk+1 ảnh Pk qua phép quay tâm Ak+1

góc quay 1200 Chứng minh P

1986=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

B C

H

E O

P

Q R

X

Giải: Xét tam giác ABC nội tiếp đường trịn đơn vị, h=a+b+c 1

( )

2

ac e a b c

b

   

Do x, a, q thẳng hàng nên

x a a q p b

pb x a a q p b

  

  

   (p, b thuộc đường trịn đơn

vị) Do

2 ax

x a pb a x a

pb abp

   

  

 (1) Tương tự điểm h,r,x thẳng hàng nên ta

tính

x h pb x h

 

 nên

bp bp x a b c p

a c x

bp

      

(2)

Từ (1) (2) ta tính 1

(2 )

2

bp x a b c p

c

    

Để chứng minh XE//AP ta chứng minh

e x a p

ap e x a b

 

 

 

Ta có

2

1 ( )( )

( )

2 2 2

bp ac bcp b p abc ac b c bp ac e x p a

c b bc bc

    

      

Và

1 1 1

( )( )

1 .

1 1 2

2

bp ac b c bp ac

e x

ap bc b c

 



  

nên ta có điều phải chứng minh 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

A

D C

B

Q

P

Giả sử tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn đơn vị Khi

ab p a b

c

   ,

ad q a d

c

  

1 1 1 1 1

ab

a b a b d

p h c abd

c c

p h

a b ab a b d

     

 

     

Tương tự

q h abd c q h

 

 Do P, Q, H thẳng hàng

15 Tam giác ABC trực tâm H nội tiếp đường trịn (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 trịn 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

Phạm Minh Phương

Giáo viên trường THPT chuyên Đại học Sư phạm Hà Nội

Bất biến khái niệm quan trọng toán 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 không loại với A

Trong chuyên đề xin giới thiệu ứng dụng bất biến toán thuật toán lý thuyết trị chơi Đây dạng tốn thường gặp kì thi Olympic

1 Một số khái niệm lý thuyết trị chơi

1 Thuật tốn

2 Các toán thuật tốn

Bài tốn (Bài tốn tìm kiếm thuật toán) Cho trạng thái ban đầu 0 trạng

thái kết thúc n Hỏi có hay khơng thuật tốn T A cho thực T hữu

hạn lần ta thu n?

0

T T T T

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 hiện

thuật tốn T hay khơng?

b) Tìm tập hợp  gồm tất trạng thái nhận từ  sau hữu hạn

bước thực thuật toán T:

 

 A: Tn 

     

3 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 nếu

, : ( ) ( )

a b A b a H b H a

    

2 Một số toán minh hoạ

Bài toán Hai người chơi cờ Sau ván người thắng điểm, người thua được

0 điểm, hồ 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

   0 mod , 

S n S   n

Vậy xảy trường hợp người điểm người 10 điểm

Bài tốn Thực trị 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

  ;

2

a b a b T B    

 

Hỏi viết cặp số 1;1 2 hay không?

Lời giải Giả sử bước thứ n ta viết cặp số a bn; n. Khi tổng  

2

n n

S n a b

đại lượng bất biến Do

  2  2

0 1 ,

S n a b      n

Vậy viết cặp số 1;1 2

Bài toán Trên bảng có hai số Thực trị chơi sau: Nếu bảng có hai số

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

   

1 1

c a b ab    c  a b

và cộng thêm vào số thuộc dãy ta có dãy mới: 6; 12; 18;

Như vậy, cộng thêm vào số viết thêm số có dạng: m n 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, viên bi, cho tạo thành hình đây:

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) Tơ màu hình vẽ

Dễ thấy, lần đặt bi có viên đặt vào ô màu đen viên đặt vào

ơ 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

     0  0 0,

S n  T n S  T   n

Vì m 2005 số lẻ nên nhận trạng thái mà số bi

    2005,

S n  T n m

vơ lý

Bài tốn (IMO – 2004) Ta định nghĩa viên gạch hình móc câu hình gồm vng

Hãy xác định tất hình chữ nhật , 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 và

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:

Do đó, để lát hình chữ nhật m n m n phải chia hết cho 12 Nếu một

trong hai số m, n chia hết cho lát Thật vậy, giả sử m chia hết cho Ta viết n dạng: n3a4b, lát được.

Xét trường hợp m, n không chia hết cho Ta chứng minh trường hợp 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 điền số vào Nếu hai toạ độ p, q chia hết cho điền số Các cịn 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 tồn 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, vơ lý

3 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:

' , '

2

x y xy

x y

x y 

 



Chứng minh rằng, ban đầu robot đứng điểm 2009; 2010 không robot nhảy vào đường trịn (C) có tâm gốc toạ độ O bán kính

2840

R 

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 không trạng thái mà số đỉnh nhau?

Bài tập Một dãy có 19 phịng Ban đầu phịng có người Sau đó, mỗi

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 phịng 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 cịn lại Hỏi nhận trạng thái mà bàn lại viên bi màu không?

Bài tập (VMO – 1991) Cho bảng 1991 1992. Kí hiệu m n;  nằm giao của

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2 

Từ lần thứ hai: lần tơ ba chưa có màu nằm cạnh hàng cột

Hỏi tơ hết tất ô bảng không?

Bài tập (VMO – 1992) Tại đỉnh đa giác lồi A A A1 1993 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 A A A1 1993 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 trị chơi sau: quân cờ nhảy

ngang dọc qua 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 cịn lại quân cờ

Bài tập (Belarus 1999) Cho bảng 7 7 quân cờ có ba loại sau: 3 1 , 1 hình chữ L gồm Người thứ có vơ hạn qn 3 1 qn hình chữ L,

trong người thứ hai có quân 1 Chứng minh rằng

a) Nếu cho người thứ hai trước, đặt qn cờ vào cho người thứ khơng thể phủ kín phần cịn 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 cịn lại bàn cờ

Bài tập Xét bảng 9 9 Ở ô  p q;  ta viết số: 9 p1q. Thực thuật tốn sau:

mỗi lần lấy hình vuông 4 tăng đồng thời số hình vng này lên đơn vị Chứng minh thời điểm, ước số chung lớn tất số bảng ln

Bài tập 10 Chia góc vng Oxy thành lưới ô vuông đơn vị Các hàng cột được

đánh thứ tự từ lên, từ trái sang phải Ban đầu, đặt vào ô 1;1 viên bi Thực thuật toán sau: lần lấy khỏi góc viên bi nằm  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