Tài liệu tham khảo Toán học cấp 2

Nếu p là hợp số thì p phân tích được thành tích các thừa số nguyên tố lẻ (do p lẻ). Nhưng từ cách xác định N thì N không chia hết cho bất.. Điều mâu thuẫn này chứng tỏ giả sử trên là sai[r]

MỤC LỤC

A ĐẶT VẤN ĐỀ

B NỘI DUNG Chuyên đề 1: Phương pháp chứng minh phản chứng

2 Chuyên đề 2: Nguyên tắc Dirichlet 10

3 Chuyên đề 3: Định lý Bézout – Lược đồ Horner 19

4 Chuyên đề 4: Dấu tam thức bậc hai 23

5 Chuyên đề 5: Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên 25

6 Chuyên đề 6: Phần nguyên ứng dụng 36

7 Chuyên đề 7: Đường thẳng Simson 45

8 Chuyên đề 8: Bất đẳng thức Erdos – Modell vài ứng dụng 53

9 Chuyên đề 9: Định lý Ptôlêmê đặc trưng tứ giác nội tiếp 62

C KẾT LUẬN 72

MỘT SỐ CHUYÊN ĐỀ TRANG BỊ CHO HỌC SINH CHUYÊN TOÁN TỪ TRUNG HỌC CƠ SỞ

1 Chuyên đề 1: Phương pháp chứng minh phản chứng: 1.1 Chứng minh phản chứng bước chứng minh phản chứng:

Trong chứng minh phản chứng (tiếng La tinh reductio ad absurdum, có nghĩa “thu giảm đến vơ lí”), người ta chứng minh phát biểu xảy ra, dẫn đến mâu thuẫn lơgic, phát biểu khơng xảy Phương pháp có lẽ phương pháp phổ biến chứng minh toán học

BƯỚC 1 (phủ định kết luận): Giả sử có điều trái với kết luận toán

BƯỚC 2 (đưa đến mâu thuẫn): Từ điều giả sử từ giả thiết toán, ta suy điều mâu thuẫn với giả thiết hay với kiến thức học

Bước 3 (khẳng định kết luận): Vậy kết luận tốn Ví dụ 1: Chứng minh số vô tỉ

Chứng minh:

Giả sử số hữu tỉ, ta biểu diễn a b 

với a b, ,b0,( , ) 1a b  .

Do a b 2 Bình phương hai vế ta được: a2 2b2 Thì vế phải chia hết vế trái phải chia hết cho (vì chúng số tự nhiên) Do a2 số chẵn, có nghĩa a phải số chẵn Do ta viết a2c, c là số tự nhiên Thay vào phương trình ban đầu ta có: (2 )c 2b2 hay b2 2c2 Nhưng khi đó, tương tự trên, b2 chai hết b phải số chẵn Nhưng a b là số chẵn chúng có chung ước số Điều trái với giả thiết ( , ) 1a b  Vậy giả sử số hữu tỉ sai Do 2là số vơ tỉ

Ví dụ 2: Khơng dùng máy tính, chứng minh

1 35

10

 

Chứng minh:

Giả sử

1 35

10

 

hay 59 10 35 Bình phương hai vế ta có: 592 100.35 hay 3481 3500 , điều vô lý Vậy giả sử sai,

1 35

10

 

111Equation Chapter (Next) Section

1987 987 yzt = 87

7 x xyzt y xyzt z x t xyzt

 

 



 

       

2

Chứng minh:

Giả sử tồn số nguyên dương x y z t, , , thỏa mãn đồng thời đẳng thức        1 , , , Trừ vế đẳng thức ta được:

1000

x y  , y z 900, z t 80. Suy x y z t, , , có tính chẵn lẻ

Nếu x y z t, , , tính chẵn x xyzt số chẵn, mâu thuẫn với (1) Nếu x y z t, , , lẻ x xyzt số chẵn, mâu thuẫn với (1) Điều chứng tỏ giả sử sai Vậy ta có điều phải chứng minh

Ví dụ 4: Chứng minh n số nguyên dương số 2010n1 không chia hết cho 1000n

 . Chứng minh:

Giả sử với n số nguyên dương 2010n1 chia hết cho 1000n 1. Khi đó, 1000n

 chia hết 2010n 1 chia hết cho Điều vơ lí vì 2010n

 khơng chia hết cho Vậy điều giả sử 2010n1 chia hết cho 1000n1 sai. Suy 2010n

 khơng chia hết cho 1000n 1.

Ví dụ 5: Chứng minh: a a1, , ,2 an hoán vị tùy ý số 1, 2, ,n với n số lẻ, tích a11 a2   an  n số chẵn.

Chứng minh:

Đầu tiên, ta có nhận xét tổng số lẻ số lẻ số lẻ Để chứng minh toán ta cần chứng minh tồn hiệu ak k số chẵn Giả sử tất hiệu ak k

số lẻ Khi tổng S a11  a2 2 an  n 0, số ak xếp lại số 1, 2, ,n Nhưng theo nhận xét S số lẻ tổng số lẻ số lẻ Điều mâu thuẫn Do giả sử tất hiệu ak  klà số chẵn, suy tích a11 a2  an n số chẵn

Có nhiều cách chứng minh tồn vô hạn số nguyên tố, ví dụ sau đưa cách chứng minh phản chứng Euclid cho kết

Giả sử có hữu hạn số nguyên tố p p1, 2, ,pn giả sử p1 p2  pn Xét tích .2 n

Ap p p  Rõ ràng A pn nên A hợp số, A có ước nguyên tố p Khi p p1, 2, ,pn tất số nguyên tố nên tồn i{1, 2, , }n cho

i pp.

Như A p ; ( )p p1 pn p nên 1p, mâu thuẫn

Do giả sử có hữu hạn số ngun tố sai Vậy có vơ hạn số nguyên tố

Ví dụ 7: Cho số nguyên n hợp số, n > Chứng minh n có ước nguyên tố p n Chứng minh:

Do n hợp số nên n viết dạng n a b với a b, ,a1,b1 Bây cả a n b n ab n n n  , mâu thuẫn Do phải có a n p n. Bài toán chứng minh

Nhận xét Kết ví dụ dùng làm tiêu chuẩn để kiểm tra số có phải số nguyên tố hay khơng Ví dụ: Để kiểm số 101 có số ngun tố hay khơng, trước tiên ta tính 101 10, 04 Khi đó, theo Ví dụ 11,7 101 số nguyên tố 101 chia hết cho 2, 3, (là số ngun tố nhỏ 10,04) Do khơng có số số 2, 3, 5, ước 101 nên 101 số nguyên tố

Ví dụ 8: Chứng minh rằng:

a) Tích số nguyên có dạng 4k1 số có dạng 4k1. b) Tồn vơ số số ngun tố có dạng 4k3.

Chứng minh:

a) Vì với k k1, 2 

1 2 2

(4k 1)(4k 1) 16 k k 4k 4k  1 4(4k k k k ) 4  k 1, tích những số nguyên có dạng 4k1là số có dạng 4k1.

b) Nhận xét: Mỗi số có dạng 4k3 có ước ngun tố có dạng đó.

Thật vậy, rõ ràng n có ước dạng với thân n ước n Gọi p ước nhỏ ước Nếu p số nguyên tố nhận xét chứng minh Nếu p hợp số p phân tích thành tích thừa số nguyên tố lẻ (do p lẻ) Các thừa số có dạng 4m1 (vì theo câu a p có dạng 4m1) Vậy ít thừa số nguyên tố có dạng 4k3 Do ước p ước n nên n có ước nguyên tố dạng 4k3.

Bây ta chứng minh có vơ số số ngun tố có dạng 4k3. Giả sử có hữu hạn số nguyên tố có dạng 4k3 p p1, 2, ,pn

cứ số nguyên tố có dạng 4k3 Điều mâu thuẫn chứng tỏ giả sử sai Vậy có vơ số số ngun tố có dạng 4k3.

Ví dụ 9: Cho a, b hai số thực cho với số thực  0 ta ln có a b . Chứng minh a b .

Chứng minh: Giả sử ngược lại a b Khi a b



Do a b  với  0 nên với

a b   

, ta có: a b a b  

hay a b Điều mâu thuẫn với giả sử a b . Suy giả sử a b sai Vậy a b .

Ví dụ 10: Cho a, b hai số nguyên dương nguyên tố Chứng minh rằng không tồn số nguyên dương x, y để ax by ab  .

Chứng minh:

Giả sử tồn số nguyên dương x yo, o thỏa mãn đẳng thức cho, tức là:

o o

ax by ab (1)

Ta có: axo ab by o b a y(  o)b Vì( , ) 1a b  nên x bo Do đó, tồn x1 * cho xo bx1

Tương tự, tồn y1 * cho yo ay1 Thay vào đẳng thức (1) ta

1

abx aby ab hay x1y11 Điều vơ lí x y1 11 Vậy điều giả sử sai Ta có điều phải chứng minh

Ví dụ 11: Chứng minh với số nguyên a, b, c, ta ln tìm số ngun dương n cho số f n n3an2bn c số phương

Chứng minh:

Giả sử ngược lại, tồn a b c, ,   để với số nguyên dương n f n( ) số chính phương

Khi đó: f(1) 1   a b c, f(2) 4  a2b c , (3) 27

f   a b c , f(4) 64 16  a4b c , số phương

Nhận xét rằng: Một số phương chia cho có số dư Do số dư phép chia hiệu hai số thương cho 0, –1

Ta có: f(4) f(2) 12 a2b56 4(3 a14) 2 b, mà 2b số chẵn nên theo nhận xét

trên 4b . (1)

Tương tự, f(3) f(1) 8 a2b26 4(2 a6) 2 b2, mà 2b2 số chẵn nên

Từ (1) (2) suy 4 , vơ lí Do giả sử sai Vậy với số ngun a, b, c ln tìm số nguyên dương n cho số f n n3an2bn c khơng phải số phương

Ví dụ 12: Chứng minh tam giác có hai đường phân giác nhau tam giác cân

Chứng minh:

Xét ABC có hai đường phân giác nhau BM CN Ta chứng minh ABC cân A.

Giả sử ABC không cân A.

Xét B C   B1C1  1 Qua M kẻ đường thẳng

song song AB, qua N kẻ đường thẳng song song BM cắt D.

Khi BNM DMN  BM DN B, D Theo

giả thiết BM CN  ND NC Vậy NCD cân tại    2

N  NCD NDC

Vì B D B C  D 1C  3 .

Từ    2 ,  D C3 MC MD BN  Hai tam giác BNC BMC, có BC chung,

 

1

,

CN BM BN CM  C B , mâu thuẫn với  1

Trường hợp B C   , chứng minh tương tự dẫn đến mâu thuẫn. Vậy B C  , suy ABC cân A.

Ví dụ 13: Cho tam giác có ba góc nhọn Qua đỉnh tam giác vẽ đường cao, qua đỉnh thứ hai vẽ trung tuyến, qua đỉnh thứ ba vẽ phân giác Chứng minh ba đường vẽ cắt nhau, tạo thành tam giác tam giác khơng phải tam giác

Chứng minh:

Xét ABC có ba góc nhọn đường cao AH , đường trung tuyến BM , đường phân giác CN cắt tạo thành PQR hình vẽ Ta cần chứng minh PQR không tam giác Giả sử ngược lại PQR Khi tam giác vng CRH có CRH 600

 300  2 60 ,0  300

RCH C RCH HAC

APM

 có PAM 30 ,0 APM 600 AMP900 hay BM AC. ABC

 có đường trung tuyến BM đường cao nên ABC cân Hơn C 600 nên ABC

 đều, dẫn đến , ,P Q R trùng nhau, trái giả thiết. Vậy PQR khơng thể

Ví dụ 14: Qua điểm O mặt phẳng, vẽ đường thẳng phân biệt a) Có góc đỉnh O tạo thành hình vẽ?

b) Chứng minh góc đó, có góc khơng vượt q 36 Chứng minh:

a) đường thẳng cắt O tạo thành 10 tia chung gốc O Mỗi tia 10 tia tạo với tia lại thành góc, có 10 tia nên có 9.10 90 góc Nhưng góc tính lần nên có tất 90 : 45 góc đỉnh O tạo thành

b) Trong 45 góc đỉnh O có 10 góc khơng có điểm chung có tổng số đo 360 Giả sử tất

góc lớn 36 10 góc vừa nêu có tổng số đo lớn 10.360 3600, mâu thuẫn Vậy phải có góc khơng vượt q 36

Ví dụ 15: Trên mặt phẳng xếp đoạn thẳng cho đoạn thẳng cắt đoạn thẳng khác không?

Giải:

Câu trả lời không Thật vậy, giả sử xếp đoạn thẳng cho đoạn thẳng cắt đoạn thẳng khác

Ta lập bảng gồm hàng, cột đánh dấu ô: hai đoạn thẳng cắt ta đánh dấu X, không cắt ta đánh dấu Chẳng hạn đoạn thẳng thứ I cắt đoạn thẳng thứ j ta đánh dấu X vào giao dòng i cột j, dòng j cột i Khi dịng có dấu X

1 i j

1 0

i X

0

j X

0

7

Mặt khác bảng có dấu xếp theo đường chéo hình vng Như nói giao dịng I cột j có dấu X giao dịng j cột I có dấu X, hai ô đối xứng qua đường chéo gồm ô có dấu Vì đánh dấu X bảng phải số chẵn Mâu thuẫn có 21 có dấu X theo giả thiết

BÀI TẬP:

1.Chứng minh rằng:

2 Chứng minh với số nguyên dương n phân số

12 30

n n



 tối giản.

3 Tích 43 số ngun có trước Chứng minh tổng chúng

4 Gọia a1, , ,2 a2000 số tự nhiên thỏa mãn 2000

1 1

a a  a  Chứng mỉnh rằng tồn số ak số chẵn

5 Số palindrome (còn gọi số xuôi ngược hay số đối xứng) số mà đọc xuôi hay đọc ngược nhau, ví dụ số 151, 1991, 1211121, 15677651 số đối xứng Chứng minh không tồn số đối xứng dương chia hết cho 10

6 Chứng minh: với mọt số tự nhiên n ta ln cóA n 23n 38 không chia hết cho 49. Cho n số tự nhiên khác 0; a ước nguyên dương 2n2 Chứng minh

2 2

n  khơng thể số phương.

8 Chứng minh với n,n2 n n! có số ngun tố Từ đó suy có vơ hạn số ngun tố

9 Đặt số 1, 2,3, , 25 vòng tròn theo thứ tự tùy ý Chứng minh ln có số liên tiếp có tổng lớn 39

10 Cho dãy số: 3, 7,11,15,19, 23, 5,11,17, 23, 29,35, Chứng minh số hạng dãy số có vơ số số ngun tố

11 Chứng minh tam giác, góc đối diện với cạnh nhỏ góc nhọn 12 Chứng minh tam giác, đường trung tuyến ứng với cạnh huyền cạnh huyền

13 Chứng minh tam giác có góc 30 cạnh đối diện với góc này0 cạnh khác tam giác tam giác vng

14 Cho , ,a b c độ dài cạnh tam giác Chứng minh rằng:

a b c

M

b c c a a b

  

  

không thể số nguyên

2 Chuyên đề 2: Nguyên lí Dirichlet:

2.1 GIỚI THIỆU VỀ NGUN LÍ DIRICHLET

Dirichlet (Đi-rích-lê) (1805 – 1859) nhà toán học người Đức, cho người đưa định nghĩa đại hàm số Trên sở quan sát thực tế, ông phát biểu thành ngun lí mang tên ơng – ngun lí Dirichlet: Khơng thể nhốt thỏ vào cái lồng mà lồng có khơng thỏ Nói cách khác, nếu nhốt thỏ vào 3 cái lồng tồn lồng có từ trở lên Một cách tổng quát hơn, có k lồng để nhốt m thỏ (với k kn r  (0  r k 1)) tồn lồng có chứa từ n + thỏ trở lên.

Ta dễ dàng minh nguyên lí Dirichet phương pháp phản chứng sau: Giả sử khơng có lồng n + thỏ trở lên, tức lồng chứa nhiều n thỏ, số thỏ chứa k lồng nhiều kn Điều mâu thuẫn với giả thiết có m thỏ với m kn r  (0  r k 1).

Nguyên lí Dirichlet thật đơn giản, dễ hiểu vận dụng vào giải nhiều toán số học, đại số, hình học ciệc tồn hay nhiều đối tượng thỏa mãn điều kiện đặt

Khi sử dụng ngun lí Dirichlet vào tốn cụ thể, điều quan trọng phải nhận (hay tạo ra) Lồng Thỏ Lồng Thỏ

2.2 MỘT SỐ DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP

DẠNG 1.CHỨNG MINH SỰ TỒN TẠI CHIA HẾT

Thông thường ta coi m số tự nhiên cho m “con thỏ”, số dư phép chia số tự nhiên cho n “lồng”; có n lồng: lồng i (0 i b)gồm số tự nhiên cho chia cho n dư i

VÍ DỤ 1.Chứng rằng:

b) Trong 2012 sơ tự nhiên ln tìm số chia hết cho 2012 ln tìm hai số chia cho 2012 có số dư

Giải

a) Ta coi 2012 số tự nhiên cho 2012 “con thỏ”; “lồng i” gồm số chia cho 2011 dư i (0 i 2011) nên có 2011 lồng: lồng 0, lồng 1, …, lồng 2010 Như có 2011 lồng chứa 2012 thỏ nên theo nguyên lí Dirchlet tồn lồng chứa khơng hai thỏ, tức có hai số chia cho 2011 có số dư

b) Nếu 2012 số cho có số chia hết cho 2012 ta chọn ln số Nếu khơng có số chia hết cho 2012 chia cho 2012 nhận nhiều 2012 số dư khác 1, 2, …, 2011 Theo nguyên lí Dirichlet, tồn hai số chia cho 2012 có số dư

Nhận xét Ta tổng qt tốn sau:

1) Trong n + số tự nhiên ln tìm hai số chia cho n có số dư (hay hiệu chúng chia hết cho n)

2) Trong n số tự nhiên ln tìm số chia hết cho n ln tìm hai số chia cho n có số dư

VÍ DỤ 2.Chứng minh ln tìm số có dạng 20122012…2012 (gồm số 2012 viết liên tiếp nhau) chia hết cho 2013

Giải

Xét 2014 số sau: 2012, 20122012, , 2012 2012 (gồm 2014 số 2102)

Đem 2014 số chia cho 2013, có 2014 số mà có 2013 số dư phép chia cho 2013 (là 0, 1, 2, , 2012) nên tồn hai số chia cho 2013 có số dư, chẳng hạn a = 2012 2012 (gồm i 2012) b = 2012 2012 (gồm j 2012) với 1  i j 2014 Khi đó

4 2012 2012.10i

b a  (gồm j – i 2012) chia hết cho 2013.

Lại có ƯCLN(10 , 2013) 14i  nên số 2012 2012 (gồm j – i 2012 chia hết cho 2013 Bài toán chứng minh

(Ở “thỏ” số có dạng 2012 2012, “lồng” số dư phép chia cho 2013)

Nhận xét Mấu chốt toán chọn 2014 (= 2013 + 1) số tự nhiên có dạng đã cho Từ ta phát biểu nhiều toán tương tự, chẳng hạn như: Chứng minh ln tìm số có dạng 111 chia hết cho 29

VÍ DỤ 3.Cho sáu số tự nhiên a b c d e g, , , , , Chứng minh sáu số ấy, tồn số chia hết cho tồn vài số có tổng chia hết cho

Giải

1

6

S a S a b S a b c S a b c d S a b c d e S a b c d e g

                    

Đem số chia cho ta nhận số dư thuộc tập {0,1, 2,3, 4,5} Nếu tồn S ii( 1, 2, ,6)chia hết cho tốn chứng minh

Nếu khơng có Si chia hết cho ta có số chia hết cho nhận loại số dư

khác (1, 2,3, 4,5); theo nguyên lý Dirichlet tồn hai số chia cho có số dư, chẳng hạn S2 S5 hiệu hai số chia hết cho 6, tức c d e  chia hết

cho Bài toán chứng minh

(Ở “thỏ” số Si, “lồng” số dư phép chia cho 6)

Nhận xét Ta phát biểu tốn tổng qt sau:

Cho n số tự nhiên a a1, , ,2 an Chứng minh tồn số chia hết cho n tồn vài số có tổng chia hết cho n

VÍ DỤ 4.Chứng minh rằng:

a) Trong n số tự nhiên liên tiếp ln tìm số chia hết cho n

b) Trong 39 số tự nhiên liên tiếp ln tìm số mà tổng chữ số chia hết cho 11

Giải:

a) Giả sử khơng tìm số n số tự nhiên liên tiếp cho mà chia hết cho n Khi n số chia cho n nhận nhiều n – số dư khác (1, 2,3, ,n1), theo nguyên lí Dirichlet tồn hai số chia hết cho n có số dư, chẳng hạn a b với a b , a – b chia hết cho n, điều mâu thuẫn với 0 a b n . Từ suy điều phải chứng minh

b) Lấy 20 số tự nhiên liên tiếp đầu dãy, ta tìm số có chữ số hàng đơn vị có chữ số hàng chục khác Giả sử N tổng chữ số N s Khi 11 số N N, 1,N2,N3, N9,N19 nằm 39 số cho Vì N tận cùng nên tổng chữ số N N, 1,N2, ,N9 s s, 1,s2, ,s9. Vì N tận có chữ số hàng chục khác nên tổng chữ số N + 10 s + 1, tổng chữ số N + 19 s + 10

Nhận xét Mấu chốt để giải tốn câu b) phải tìm 11 số 39 số cho có tổng chữ số thứ tự 11 số tự nhiên liên tiếp, đồng thời sử dụng kết câu a)

VÍ DỤ 5.Cho số tự nhiên từ đến 2012 Hỏi chọn nhiều số cho tổng hai số chúng khơng chia hết cho hiệu nó? Giải

Nhận thấy, hai số chia cho dư hiệu chúng chia hết cho 3, cịn tổng chúng chia cho dư 1; nên tổng chúng không chia hết cho hiệu chúng Trong số tự nhiên từ đến 2012, có 671 số chia cho dư số có dạng

3k2 (k 0,1, 2, ,670) Khi hai số 671 số có tổng chia dư 1, hiệu chia hết cho 3, nên tổng không chia hết cho hiệu chúng Ta chứng minh chọn nhiều 672( 671 1)  số số từ đến 2012, 672 số ln tìm a b a b, (  ) cho a b 2 (Thật vậy, giả sử ngược lại hiệu số nhỏ số lớn số chọn không nhỏ 3.671 2013 Điều mâu thuẫn giả thiết với hiệu số lớn số nhỏ không vượt 2012 2011  ), nghĩa a – b

- Nếu a – b = hiển nhiên a + b chia hết cho a – b (= 1)

- Nếu a – b = a + b số chẵn nên a + b chia hết cho a – b (= 2)

Như từ 2012 số cho chọn 671 số thỏa mãn điều kiện toán Suy số lượng lớn số phải tìm 671

DẠNG 2.BÀI TỐN VỀ TÍNH CHẤT CỦA CÁC PHẦN TỬ TRONG

TẬP HỢP

Thông thường ta phải lập tập hợp có tính chất cần thiết sử dụng nguyên lí Dirichlet để chứng tỏ có hai phần tử thuộc hai tập hợp

VÍ DỤ 6.Cho sáu số nguyên dương đôi khác nhỏ 10 Chứng minh ln tìm số có số tổng hai số lại

Giải

Gọi sáu số nguyên dương cho a a a a a a1, , , , ,2 với 0a1a2  a6 10 Đặt A{ , , , , }a a a a a2 gồm phần tử có dạng am với m{2,3, 4,5,6}

Đặt B{a2 a a1, 3 a a1, 4 a a1, 5 a a1, 6 a1} gồm phần tử có dạng an a1 với {2,3, 4,5, 6}

n .

Ta thấy phần tử hai tập hợp A B thuộc tập hợp gồm phần tử {1, 2,3, ,9} tổng số phần tử hai tập hợp A B 5 10  .

Ba số a a am, ,n đôi khác Thật vậy, am an am an a10 trái với giả thiết tốn

Vậy tồn ba số a a am, ,n số cho mà an ama1 (đpcm)

(Ở đây, có 10 “thỏ” 10 số a a a a a a2, , , , ,3 2 a a1, 3 a a1, 4 a a1, 5 a a1, 6 a1 có “lồng” số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9)

Nhận xét Để giải toán này, ta cần tạo hai tập hợp gồm phần tử nhỏ hợn 10 và tổng số phần tử hai tập hợp phải khơng nhỏ 10 Từ suy tồn hai phần tử hai tập hợp

VÍ DỤ 7.Cho X tập hợp gồm 700 số nguyên dương khác nhau, số không lớn 2006 Chứng minh tập hợp X ln tìm hai phần tử x, y cho x – y thuộc tập hợp E{3;6;9}

Giải

Giả sử 700 số nguyên dương cho a a1, , ,2 a700 Ta xét tập hợp sau: 700

1 700

1 700

{ , , };

{ 6, 6, 6}; { 9, 9, 9}; A a a a

B a a a

C a a a



   

   

Tổng số phần tử ba tập hợp A, B, C 700.3 = 2100, phần tử khơng vượt q 2006 + = 2015, mà 2100 > 2015 nên theo nguyên lí Dirichlet tồn hai phần tử Vì tập hợp A, B, C có phần tử đôi khác nên hai phần tử phải thuộc hai tập hợp: A B, A C, B C

- Nếu hai phần tử thuộc A B, chẳng hạn ai aj6 suy ai aj 6 - Nếu hai phần tử thuộc A C, chẳng hạn ai aj9 suy ai aj 9. - Nếu hai phần tử thuộc B C, chẳng hạn ai 3 aj6 suy ai aj 3

Như tồn lại hai số thuộc tập hợp A có hiệu 3, 6, Ta điều phải chứng minh

(Ở 2100 “thỏ” 2010 phần tử ba tập hợp A, B, C; 2015 “lồng” số từ đến 2015)

Nhận xét Ta cịn có kết mạnh sau:

Cho X tập hợp gồm 505 số nguyên dương khác nhau, số khơng lớn 2006 Trong tập hợp X ln tìm hai phần tử x, y cho x – y thuộc tập hợp E{3;6;9} Chứng minh

Gọi A tập hợp số thuộc X mà chia hết cho 3, gọi B tập hợp số thuộc X mà chia cho dư 1, gọi C tập hợp số thuộc X mà chia cho3 dư

Có 505 số xếp vào ba tập hợp, mà 505 = 3.168 + nên theo nguyên lí Dirichlet tồn tập hợp có chứa từ 169 số trở lên

Vậy tập hợp X tồn hai phần tử x, y mà x y E  .

VÍ DỤ 8.Cho hai tập hợp số nguyên dương phân biệt mà số nhỏ n Chứng minh tổng số phần tử hai tập hợp không nhỏ n chọn tập hợp phần tử cho tổng chúng n

Giải

Giả sử hai tập hợp số nguyên dương cho

{ , , , }m

A a a a B{ , , , }b b1 2 bk

với a n (i1, 2, , )m , bj n (j1, 2, , )k m l n  . Xét tập hợp C{n b n b 1,  2, ,n b k}

Nhận thấy, có tất n – số nguyên dương phân biệt nhỏ n, phần tử A C nhỏ n tổng số phần tử A C không nhỏ n Theo nguyên lí Dirichlet, tồn hai phần tử nhau, chúng không thuộc A C, phần tử thuộc A phần tử thuộc C, tức tồn hai số ap n b q mà

p q p q

a  n b  a b n

(điều phải chứng minh)

(Ở coi m + k “thỏ” số nguyên dương thuộc tập hợp A C, n – “lồng” số nguyên dương từ đến n – 1)

DẠNG 3.BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN BẢNG Ơ VNG

Một bảng vng kích thước n x n gồm n dòng, n cột đường chéo Mỗi dịng, cột, đường chéo có n ô vuông

Một bảng ô vuông kích thước m x n gồm m dòng n cột

VÍ DỤ 9.Cho mảng vng kích thước x Người ta viết vào ô bảng số -1, 0, 1; sau tính tổng số theo cột, theo dòng theo đường chéo Chứng minh tất tổng ln tồn hai tổng có giá trị

Giải

Bảng ô vuông kích thước x có dịng, cột, đường chéo nên có 12 tổng số tính theo dịng, theo cột theo đường chéo Mỗi dịng, cột đường chéo có ghi số thuộc tập {–1; 0; 1} Vì giá trị tổng thuộc tập hợp {–5; –4; –3; –2; –1; 0; 1; 2; 3; 4; 5} có 11 phần tử Có 12 tổng nhận tập 11 giá trị khác nên theo nguyên lí Dirichlet tồn hai tổng nhận giá trị Bài toán chứng minh

(Ở “thỏ” tổng nên có 12 “thỏ”, “lồng” giá trị tổng nên có 11 “lồng”)

Nhận xét Với cách giải tương tự, ta có tốn tổng qt sau:

VÍ DỤ 10. Trên bảng vng kích thước x 8, ta viết số tự nhiên từ đến 64, số viết vào ô cách tùy ý Chứng minh tồn hai ô vuông chung cạnh mà hiệu số ghi chúng không nhỏ

Giải

Ta xét hàng có ghi số cột có ghi số 64 Hiệu hai 63

Số cặp ô kề từ ô ghi số đến ô ghi số 64 nhiều 14 (gồm cặp chung cạnh tính theo hàng cặp chung cạnh tính theo cột)

Ta có 64 = 14.4 + nên theo ngun lí Dirichlet, tồn hai kề mà hai số ghi có hiệu khơng nhỏ + = Bài toán chứng minh

(Ở đây, “thỏ” hiệu hai số 64 số (từ đến 64) nên có 63 thỏ; “lồng” số cặp ô vuông kề từ ô ghi số đến ô ghi số 64 nên có nhiều 14 lồng)

Nhận xét

 Mấu chốt toán quan tâm đến hai ô vuông ghi số nhỏ (số 1) số lớn (số 64) có lớn 63; đồng thời xét từ ô ghi số đến ô ghi số 64 cần tối đa (8 – 1) + (8 – 1) = 14 Ở ta vận dụng ngun lí Dirichlet tổng quát: Có m thỏ, nhốt vào k lồng mà m = kn + r (1  r k 1) tồn lồng chứa khơng n + thỏ

 Nếu thay bảng chữ nhật gồm x 10 ô vng, ghi số từ đến 80 khơng lặp cách tùy ý kết cầu tốn cịn hay khơng? Hãy chứng minh

DẠNG 4.BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN THỰC TẾ

Khi chứng minh tồn số đối tượng thỏa mãn điều kiện đó, ta thường sử dụng nguyên lí Dirichlet

Điều quan trọng phải xác định “thỏ” “lồng”

VÍ DỤ 11.Một tổ học tập có 10 học sinh Khi viết tả, tổ mắc lỗi, bạn Bình mắc nhiều lỗi (mắc lỗi) Chứng minh tổ có bạn mắc số lỗi

Giải

Ta coi “thỏ” học sinh (trừ bạn Bình) nên có thỏ; “lồng” số lỗi tả học sinh mắc phải nên có lồng: lồng i gồm học sinh mắc i lỗi (i = 1, 2, 3, 4) Có thỏ nhốt vào lồng, mà = 4.2 + 1, nên theo nguyên lí Dirichlet tồn lồng chứa khơng + = thỏ, tức có bạn mắc số lỗi

VÍ DỤ 12. Ở vịng chung kết cờ vua có đấu thủ tham gia Mỗi đấu thủ phải gặp đủ đấu thủ lại, người trận Chứng minh rằng, thời điểm đấu, có hai đấu thủ đấu số trận

Giải

Ta thấy lồng lồng không đồng thời tồn tại, có đấu thủ chưa đấu trận khơng có đấu thủ đấu đủ trận, có đấu thủ đấu đủ trận khơng có chưa đấu trận

Như vậy, có lồng chứa thỏ nên theo nguyên lí Dirichlet tồn lồng chứa khơng thỏ, tức thời điểm cược đấu tìm đấu thủ đấu dùng số trận

VÍ DỤ 13.Có nhà khoa học viết thư trao đổi với hai đề tài: bảo vệ mơi trường chương trình dân số Chứng minh có ba nhà khoa học trao đổi đề tài

Giải

Gọi nhà khoa học A, B, C, D, E, F

Nhà khoa học A viết thư trao đổi với nhà khoa học lại đề tài, có 2.2 1  nên theo nguyên lí Dirichlet tồn nhà khoa học (chẳng hạn B, C, D) nhà khoa học A trao đổi đề tài (chẳng hạn đề tài môi trường)

Trong ba nhà khoa học B, C, D có hai người trao đổi đề môi trường (chẳng hạn B, C) ta chọn A, B, C trao đổi đề tài

Nếu ba nhà khoa học B, C, D khơng có hai người trao đổi đề tài mơi trường họ trao đổi với đề tài dân số, ta chọn B, C, D trao đổi đề tài

(Ở coi nhà khoa học (trừ A) “thỏ” nên có thỏ, coi đề tài “lồng” nên có lồng vận dụng ngun lí Dirichlet tổng quát)

DẠNG 5.BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN SỰ SẮP XẾP

Các toán xếp chỗ, phân cơng việc khơng địi hỏi nhiều kiến thức kĩ tính tốn, chúng chủ yếu kết hợp suy luận lơgic để xét khả xảy với ngun lí Dirichlet

VÍ DỤ 14.Có 20 người định bơi thuyền 10 thuyền đôi Biết hai người A B mà khơng quen tổng số người quen A người quen B không nhỏ 19 Chứng minh phân cơng vào thuyền đôi cho thuyền hai người quen

Giải

Nếu 20 người khơng có hai người quen tổng số người quen hai người Điều mâu thuẫn với giả thiết tổng số người quen hai người không nhỏ 19 Vậy tồn số cặp quen

Ta xếp cặp quen vào thuyền đơi Gọi k số lượng thuyền lớn mà ta xếp cặp quen vào thuyền kí hiệu thuyền thứ i xếp hai người Ai Bi quen (1 i k)

Theo tổng số người quen A số người quen B không nhỏ 19 người quen A quen B xếp vào thuyền Như có 19 người quen hệ quen A B xếp vào nhiều thuyền đôi (trừ thuyền A, B chưa xếp), mà 19 = 9.2 + nên theo nguyên lí Dirichlet tồn thuyền chở người quen A B Nhưng ta xếp lại sau: k – thuyền giữ nguyên, thuyền thứ k xếp Ak B, thuyền thứ k + xếp A

Bk Điều mâu thuẫn với giả sử

Theo cách xếp ta tiếp tục xếp đến hết 10 thuyền cho thuyền hai người quen

DẠNG 6.CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

VÍ DỤ 15.Chứng minh: ba số thực ln tìm hai số có tích khơng âm Giải

Ta coi “thỏ” số thực nên có thỏ; coi “lồng loại số (số không âm số âm) nên có lồng Có thỏ nhốt vào lồng nên theo nguyên lí Dirichlet tồn thỏ chứa lồng, tức tồn hai số không âm (hoặc số âm), tích chúng thành số khơng âm

VÍ DỤ 16. Chứng minh bốn số khác tùy ý lấy từ tập hợp

{1, 2,3, ,3 }

A có hai số x, y thỏa mãn 0 x y 1. Giải

Ta có  x A 14 x3

Xét ba tập hợp: B{ |1b  b 2}; C{ | 2c  c 3} D{3} Với số có dạng 4 x (với x A ) thuộc vào ba tập hợp B, C, D nên theo nguyên lí Dirichlet tồn hai số thuộc tập hợp, tập hợp B C Gọi hai số

4 x,4 y,

ta có

4 0 x y 1

3 Chuyên đề 3: Định lý Bézout – Lược đồ Horner: 3.1 KIẾN THỨC CƠ BẢN

3.1.1 Định lí Bézout

a. Định lí: Số dư phép chia đa thức f x( ) cho nhị thức x – a giá trị đa thức f x( ) x a .

Chứng minh: Gọi thương phép chia f x( ) cho x – a Q x( ) Đa thức chia bậc nên dư số r

Ta có f x( ) ( x a Q x ) ( )r với x ( ) ( ) ( )

f a  a a Q a    r r r. Vậy f a( )r (đpcm)

Chú ý. Từ định lý Bézout ta suy hệ sau

b. Hệ Đa thức f x( ) chia hết cho x – a f a( ) 0 (hay a nghiệm đa thức f x( ))

c. Ứng dụng định lí Bézout:

- Định lý Bézout giúp tính số dư phép chia đa thức f x( ) cho x – a mà không cần thực hiên phép chia đa thức

- Hệ định lí Bézout giúp phân tích đa thức bậc cao (bậc 2) thành nhân tử: Nếu f a( ) 0 f x( ) phải chứa nhân tử (x – a).

3.1.2 Lược đồ Horner

Nếu đa thức bị chia ( ) 1

n n

n n n

P x a x a x  a x a



     , đa thức chia x – a, đa thức thương là: 1( ) 1 2

n n

n n n

Q x b x  b x  b x b

        hệ số a an; n1; ; ;a a1 với

1; 2; ; ;1 n n

b b b b số a có mối quan hệ sau:

2 1

3 2

1 2

0 1

n n

n n n

n n n

b a

b a a b b a a b b a a b b a a b



  

  



 

 

   

0

r a a b (r số dư) Để cho tiện ta thường lập bảng hệ số:

n

a an1 an2 a1 a0

a

1

n n

b a bn2 an1abn1 bn3 bn2abn1 b0 a1ab1 r a 0ab0

3.2 VÍ DỤ MINH HỌA

Áp dụng hệ định lí Bézout phân tich đa thức (thường có hệ số nguyên nghiệm nguyên) thành nhân tử, ta thường làm sau:

Bước 1:Chọn giá trị x = a (thường ước hạng tử tự đa thức cần phân tích) tìm f a( )

Bước 2:Nếu f a( ) 0 f x( )f x a g x(  ) ( ) Để tìm g(x) ta dùng phép chia đa thức ( )

f x cho x – a, dùng lược đồ Horner, tách thêm bớt hạng tử cách hợp lí cho xuất nhân tử chung x – a

Bước 3:Tiếp tục phần tích g x( ) thành nhân tử cịn phân tích Ví dụ 1.Phân tích đa thức sau thành nhân tử: 2x3 7x2 x 10

Nhận xét: Thay x giá trị ước 10 (± 1; ± 2; ± 5; ± 10) ta thấy với x = – f( 1)  2 10 0   Vậy f x( ) ( x1) ( )g x Ta tìm g x( ):

Cách 1: Tách thêm bớt hạn tử:

3 2

( ) 10 2 9 10 10

f x  x  x  x  x  x  x  x x .

2 (x x 1) (x x 1) 10(x 1)

     

2

(x 1)(2x 9x 10)

   

Phân tích tiếp 2x2 9x10 2 x2 4x 5x10 ( x x 2) ( x x 2) ( x 2)(x 5) Vậy f x( ) ( x1)(x 2)(2x 5)

Cách 2: Dùng đặc tính chia đa thức:

2x3 – 7x2 + x + 10 x + 2

2x3 + 2x2 2x2 – 9x +10

– 9x2 + x + 10

– 9x2 – 9x –

10x + 10 10x + 10

0

Nhận xét với x2 g(2) 0 chia tiếp g x( ) 2 x2 9x10 cho x2 2x2 – 9x + 10 x – 2

2x2 – 4x 2x – 5

– 5x + 10 – 5x + 10

0 Vậy f x( ) ( x1)(x 2)(2x 5) Cách 3: Dùng lược đồ Horner:

Hệ số f x( ) 7 10

Hệ số g x( ) a1 7 ( 1).2  9 ( 1).( 9) 10    10 ( 1).10 0   r Vậy g x( ) 2 x2 9x10 f x( ) ( x1)(2x2 9x10)

Ví dụ 2. Cho đa thức f x( )a x10 10a x9 9 a x2 a x a1  Chứng minh rằng: a) Đa thức f x( ) chia hết cho x – tổng hệ số

b) Đa thức f x( ) chia hết cho x + hệ số hạng tử bậc chẵn tổng chữ số hạng tử bậc lẻ

Ví dụ 3. Không dùng chia đa thức, xét xem đa thức h x( )x3 7x6 a) Có chia hết cho x + hay khơng?

b) Có chia hết cho x – hay khơng? c) Có chia hết cho x – hay khơng?

Ví dụ 4. Tìm đa thức f x( ) biết chia cho x + dư – 4; chia cho x 3 dư 21; chia cho x2 x 6 thương x24 cịn dư.

Ví dụ 5. Cho đa thức f x( )x5 3x4 2x3 9x2 1945x 2012 chia cho x – a) Dùng lược đồ Horner để tính số dư viết đa thức thương

b) Dùng Định lí Bézout để tính số dư BÀI TẬP TỰ LUYỆN

1. Phân tích đa thức sau thành nhân tử ba phương pháp: Tách thêm bớt hạng tử chia đa thức dùng lược đồ Horner:

a) p x( )x36x212x 42 b) q x( )x3 7x6

c) f x( )x4 8x310x2104x105 d) h x( )x612x449x2 36

2. Phân tích đa thức sau thành nhân tử cách áp dụng định lý Bézout: a) A(x y z  )3 x3 y3 z3; b) B(x y )5 x5 y5

3. Tìm dư phép chia:

–

a) x21: (x21); b)x63: (x21). 4. Tìm dư phép chia f x( )x67x47x27x7 x cho: a) x1; b) x2 1; c) x2 1.

5. Tìm giá trị a để:

a) f x( ) 18 x2a chia hết cho 3x5;

b) g x( )x4ax216 chia hết cho x24x4; c) h x( ) 3 x2ax 32 chia x5 có số dư 3. 6. Tìm a b để:

a) f x( )x3ax b chia hết cho x2 5x6; b) g x( )x4x3 5x2ax b chia cho x2 x 2

  dư2x1; c) h x( ) 3 x3ax b chia x1 dư 6; chia x 3 dư 70.

7. Cho f x( )x43x33x2 x k g x( )x2 x 2 Tìm giá trị k để f x( ) chia hết cho g x( );

a) Bằng phương pháp sử dụng định lý Bézout b) Dùng lược đồ Horner

8. Tìm đa thức f x( ) biết chia cho x – dư 4; chia cho x + dư – 17; chia cho x23x10 thương x2 1 cịn dư.

9. Tìm tất số tự nhiên n cho giá trị f n( )n32n217 chia hết cho giá trị g n( ) n 3 (bằng ba cách: Chia đa thức; dùng định lí Bézout lược đồ Horner). 10. Khơng làm phép chia, tìm giá trị nguyên k để:

a) Giá trị biểu thức f x( ) 2 k2 k1 chia hết cho giá trị biểu thức k 2; b) Giá trị biểu thức g k( )k25k19 chia hết cho giá trị biểu thức 2k 3. 11. Cho f x( ) ( x2 x 1)2012(x2 x1)2012 2 Chứng minh f x( ) (x21).

12. Chứng minh rằng:

Nếu đa thức bị chia là: ( ) 1

n n

n n

P n a x a x  a x a x



     , đa thức chia là: x a , đa thức thương là: 1( ) 1

n n

n n n

Q x b x b x  b x a

       , dư là: r hệ số

1 , , , , n n

a a  a a với bn1,bn2, , , ;b b1 0 số a số dư r có mối quan hệ sau:

2 1

3 2

1 2

0 1

n n

n n n

n n n

b a

b a ab b a ab b a ab b a ab



  

  



 

 

   

0

Chứng minh không tồn số tự nhiên n để giá trị biểu thức

( ) 3

f n  n  n  n chia hết cho giá trị biểu thức n  n.

4 Chuyên đề 4: Dấu tam thức bậc hai:

Đây chuyên đề dễ tìm thấy nhiều tài liệu chuyên đề chúng tôi giới thiệu sơ lược mà không vào giải chi tiết Người đọc tự tham khảo thêm.

4.1 KIẾN THỨC CƠ BẢN

4.1.1 Định lí dấu tam thức bận hai

Cho tam thức bậc hai f x( )ax2bx c với a0. a) Nếu  0 f x( ) dấu với a với x . b) Nếu  0 f x( ) dấu với a với

b x

a 

c) Nếu  0 f x( ) có hai nghiệm và:

Với x nằm trong khoảng hai nghiệm f x( ) trái dấu với a; Với x nằm ngồi khoảng hai nghiệm f x( ) cùng dấu với a

Lưu ý. Nhớ câu “trong trái, ngồi cùng” Giải bất phương trình bậc hai ẩn

2

1

0

ax bx c   x x x .

2

x x ax bx c

x x       

 

4.1.2 Điều kiện để bất phương trình bậc hai nghiệm với x. Cho tam thức bậc hai f x( )ax2bx c với a0

a) f x( ) 0 nghiệm

0 a

x  

       

b) f x( ) 0 nghiệm

0 a

x  

       

c) f x( ) 0 nghiệm

0 a

x  

       

d) f x( ) 0 nghiệm

0 a

x  

       

Lưu ý

– Các kết suy từ định nghĩa đấu tam thức bậc hai 4.2 VÍ DỤ MINH HỌA

Ví dụ 1. Giải bất phương trình:

2

) 0; )2

a x  x  b x  x 

Ví dụ 2. Tìm giá trị nhỏ biểu thức

2 1

A

x x

 

 với 0 x 1. Ví dụ 3. Tìm giá trị m để biểu thức sau có giá trị khơng âm với x:

2

( ) ( 2)

f x x  m x m.

Ví dụ 4. Tìm giá trị m để nghiệm bất phương trình sau số thực x

(m2)x 4x 3 0.

Ví dụ 5. Cho tam thức bậc hai f x( )ax2bx c với a0 Chứng minh điều kiện đề f x( ) 0 với x xảy f(0) 0 a0  0.

BÀI TẬP

1. Giải phương trình:

a) x2 x1 0 ; b)x214x29 0 .

2. Tìm giá trị m để bất phương trình nghiệm với x:

(m1)x  2x 1 0. 3. Cho phương trình

2 2 3 1 0

x  mx m  . Tìm giá trị m để phương trình:

A)Có nghiệm;

C)Có hai nghiệm phân biệt dấu. 4. Cho biểu thức

2 ( 1) 1 A x  m x . Tìm giá trị m để A0 với x. 5. Cho biểu thức

2 4 ( 1) A x  mx m .

Tìm giá trị m để biểu thức A có giá trị lớn 6. Cho biểu thức

2 2

1 x mx n A

x   

 .

Tìm giá trị m, n để biểu thức A có giá trị nhỏ 1, giá trị lớn

5 Chuyên đề 5: Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên: 5.1 PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH

5.1.1 Biến đổi phương trình dạng A A A1 n k A ii( 1, 2, , )n đa thức hệ số nguyên, k số nguyên

Phương pháp: Sử dụng đẳng thức đáng nhớ, phân tích đa thức thành nhân tử đưa phương trình dạng Sau dựa vào tính chất Ai để phân tích k k k k n (với k ) dẫn đến giải hệ phương trình

1 2

n n A k A k A k   

      

Ví dụ 1. Tìm nghiệm nguyên phương trình 2xy x y  1.

Biến đổi phương trình thành 4xy 2x 2y2 (2x y 1) (2y 1) (2x 1)(2y 1)

         .

Vì x y số nguyên nên 2x1 2y1 số nguyên.

Do vai trò x y, nhau, không giảm tổng quát giả sử xy nên 2x1 2 y1 Mà 3.1 ( 3)( 1)    nên xảy hai trường hợp

2

1) ;

2 1

2 1

2)

2

x x y y x x y y                          

Vậy phương trình có bốn nghiệm ( ; )x y (2;1), (1; 2), (0; 1), ( 1;0)  .

Nhận xét. Bằng cách ta có giải phương trình dạng ax by cxy d   , , , ,

a b c d số nguyên.

Ví dụ 2. Tìm số nguyên x để x2 x 2009 số phương.

Giải.

Ta có x2 x 2009y y2(  )

2

(2 1) (2 ) 8035

(2 1)(2 1) 8035

x y

x y x y

   

     

Do y  nên 2x2y 1 2x 2y1, chúng số ngun. Ta có phân tích 8035 1607.( 5) ( 1607).5 1.( 8035) ( 8035).1        Vì xảy bốn trường hợp

2 1607 1602 400

1)

2 1612 403

2 1607 1602 401

2)

2 1612 403

2 1 8034 2009

3)

2 8035 8036 2009

2 4)

x y x x

x y y y

x y x x

x y y y

x y x x

x y y y

x y                                                                  

 1 8034 2008

2 8035 8036 2009

x x

x y y y

                   

Vậy x 400, 401, 2009, 2008 

Phương pháp: Sử dụng đẳng thức đáng nhớ (a b )2, đưa phương trình dạng Sau dựa vào tính chất a Ai, i để phân tích thành

2 2

1 2 n n k a k a k  a k (với i

k  ), dẫn đến giải hệ phương trình 2

1 2 2

2 n n A k A k A k   

      

Ví dụ 3. Tìm nghiệm ngun phương trình x25y26z22xy 4xz10.

Giải.

Biến đổi sau

2 2 2

2 2

2 2

[ (2 ) ( ) ] ( ) 10

( ) 4 10

( ) (2 ) 10

x x y z y z y z y z x y z y yz z

x y z y z z

        

      

      

Nhận thấy x y z, , số nguyên 2y z z  2(y z ) số chẵn, nên (2y z )2 z2 hai số phương tính chẵn lẻ, nên viết

2 2 10 0 3 1 Xảy khả sau

2 2

( )

1) (2 ) x y z

y z z

   



 



 



Tìm nghiệm ( ; ; )x y z

(1;1;1), (4; 2;1),( 4; 2; 1),( 1; 1; 1).      (*)

2 2

( )

2) (2 ) x y z

y z z

   



 



 



Tìm nghiệm ( ; ; )x y z

(7; 1;3), (8; 2;3), ( 8;2; 3), ( 7;1; 3).      (**) Vậy có tất ( ; ; )x y z thỏa mãn mô tả (*) (**) 5.2 PHƯƠNG PHÁP RÚT MỘT ẨN THEO ẨN CÒN LẠI Xét phương trình tìm nghiệm nguyên dạng F x y( , ) 0

5.2.2 Nếu F x y( , ) đa thức bậc hai x (hoặc y) với hệ số nguyên ta coi ( , )

F x y  phương trình bậc hai ẩn x (hoặc y) để xét điều kiện  phải số chính phương

Ví dụ 4. Giải phương trình nghiệm ngun 3x2 2xy y  5x 2

Giải.

Cách 1. Phương trình chứa bậc y nên ta rút y theo x Ta có (1 ) x y3x2 5x

Do x nguyên nên 2 x0 Suy ra

2

3 12 20

4

2 2

x x x x

y y x

x x x

   

     

  

Do x y, số nguyên suy

2x1 số nguyên, nên 2x 1 {1; 1} Từ tìm được ( ; )x y (1;0), (0; 2).

Cách 2. Coi phương trình bậc hai x, ta có

3x  (2y 5)x y  2

2

(2y 5) 12(y 2) 4y 8y

       

Nên phương trình có nghiệm ngun  phải số phương, tức là

2

2

4 ( )

(2 2)

(2 2)(2 2)

y y k k

y k

y k y k

   

   

     



Từ tìm nghiệm

Nhận xét. Bằng cách ta có giải phương trình dạng

ax bxy cx dy e   , (ay2bxy cx dy e   ) Trong a b c d e, , , , số ngun

Ví dụ 5. Tìm nghiệm ngun phương trình (x2y x y)(  2) ( x y )

Giải.

Biến đổi phương trình dạng

2 2

[2 ( ) ]

y y  x  x y x  x  Nếu y0 x số nguyên tùy ý.

Xét y0 2y2(x2 )x y x 3x2 0 (1) Ta coi (1) phương trình bậc hai theo ẩn y, ta tính

2 2

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

       

Trường hợp x1  0, nghiệm kép (1) y1

Vì k  nên x 4 k x  4k (x 4 k) ( x 4k) 2( x 4) nên x 4 k x,  4k chẵn Lại có 16 2.8 4.4 ( 4).( 4) ( 2).( 8).        Xảy bốn trường hợp

4

x k a x k b    



  

 với ( ; ) (2;8),(4;4),( 4; 4),( 2; 8).a b     

Vậy phương trình cho có nghiệm nguyên ( ; )x y ( 1; 1), (8; 10), (0; )   k với k 

Lưu ý. Trong trường hợp F x y( , ) đa thức có hệ số nguyên với bậc cao theo biến x y, ta đưa hai trường hợp cách đặt ẩn phụ Ví dụ 6. Giải phương trình nghiệm nguyên x3 y3 2xy8

Giải.

Ta đưa dạng phương trình bậc hai ẩn y phép đặt x y a  (với a nguyên) Khi ta có (3a 2)y2(3a2 2)y a 3 0.

Do a nguyên nên 3a 0 , tính

2

4

2

(3 2) 4(3 2)( 8) 12 96 60 ( 2) ( 56) 56

a a a

a a a a

a a a a

     

    

     

Để cho  0 suy 2 (a a3 56) 0 0a356 Vì a nguyên nên a nhận giá trị 1, 2,3. Thử chọn có a2 thích hợp tìm ( ; )x y (0; 2), ( 2;0). 

5.3 PHƯƠNG PHÁP SẮP THỨ TỰ 5.3.1 Phương pháp thứ tự toàn phần

Khi phương trình đối xứng với ẩn x y z, , , , ta thường giả sử x y z   để giới hạn miền nghiệm phương trình bắt đầu tìm từ nghiệm bé trở

Ví dụ 7. Tìm nghiệm ngun dương phương trình 5(x y z  ) 2  xyz

Giải.

Do vai trò x y z, , nhau, không giảm tổng quát giả sử 1  x y z. Chia hai vế của phương trình cho xyz ta có

2

5 5 18

2

xy xz yz xyz x

    

Do 2x2 18 x{1, 2,3}

1) Với x1 ta có 5(y z ) 2  yz (2y 5)(2z 5) 41. Vì y z, nguyên dương y z nên  3 2y 2 z 5, 41 1.41.

Chỉ xảy trường hợp

2

2 41 23

y y

z z

    



 

   



2) Với x2 ta có 5(y z ) 13 4  yz (4y 5)(4z 5) 77.

Xảy trường hợp

4

4 11

y y

z x

    



 

   



3) Với x3 ta có 5(y z ) 18 6  yz (6y 5)(6y 5) 133. (*) Mặt khác y z, nguyên dương 3 y z nên 15 6 y 6 z

suy (6y 5)(6y 5) 15 225 (Mâu thuẫn với (*))

Vậy phương trình có nghiệm nguyên dương ( ; ; )x y z (1;3;3),(2;3; 4) hốn vị

Nhận xét. Với cách làm tương tự, ta tìm nghiệm nguyên dương phương trình dạng a x( 1x2 xn) b cx x x1 ,n a b c n, , , số nguyên dương n2 Ví dụ 8. Tìm tất tam giác có số đo cạnh số nguyên dương bán kính đường trịn nội tiếp

Giải.

Gọi độ dài ba cạnh tam giác a b c, , với a b c  1, với a b c, ,  * Theo cơng thức tính diện tích tam giác, ta có

( )( )( )

S p p a p b p c   pr với 2 , a b c p   r

bán kính đường trịn nội tiếp Do r1 nên

2

( )( )( )

( )( )( )

2 2

p p a p b p c p p a p b p c p

b c a a b c a b c a b c

   

    

       

 

Suy (b c a a b c a b c  )(   )(   ) 4( a b c  )

Vì (b c a a b c a b c  ), (   ), (   ) chẵn lẻ, mà 4(a b c  ) số chẵn nên (b c a a b c a b c  ), (   ), (   ) chẵn.

Đặt , ,

b c a a b c a b c x   y   z  

với x y z, ,  * dẫn đến phương trình

xyz x y z  

Do a b c  nên x y z  , suy xyz x y z 3 ,z dẫn đến xy{1; 2;3} Xảy khả

a) Nếu xy1 x1;y1 suy 2  z z z0 (loại z1). b) Nếu xy2 x1;y2 suy 3 z 2z z3.

c) Nếu xy3 x1;y3 suy 4 z 3z z2 (loại y z ). Do ( ; ; ) (1; 2;3)x y z  Suy ( ; ; ) (5; 4;3).a b c 

Ở số phương trình nghiệm nguyên ta quan tâm đến ẩn cách chia tập hợp số ẩn thành tập hợp rời Sau giải phương trình nghiệm nguyên tập

Ta thường sử dụng nhận xét sau: Với X Y, nguyên, a n, nguyên dương a) Nếu Xn Yn (X a )n Yn (X i )n với i1, 2, ,a1

b) Nếu X X( 1)Y Y( 1) ( X a X a )(  1) thì ( 1) ( )( 1)

Y Y  X i X i   với i1, 2, ,a1 c) Không tồn số nguyên Y cho Xn Yn (X1) n

d) Không tồn số nguyên Y cho X X( 1)Y Y( 1) ( X 1)(X 2) Ví dụ 9. Tìm nghiệm nguyên phương trình

a) 1 x x2x3x4 y4; b) 1 x x2x3 y3

Giải.

a) Với x0 thay vào phương trình tìm y1 y1 Với x1 y1 y1

Với x0 x4 y4 (x1) ,4 điều vơ lí. Với x 1 (x1)4 y4 x4, điều vơ lí.

Vậy phương trình cho có bốn nghiệm nguyên ( ; )x y (0;1),(0; 1),( 1;1),( 1; 1).    b) Với x0 y1.

Với x1 y0

Với x0 x3y3(x1) ,3 điều vơ lí. Với x 1 (x1)3y3x3, điều vố lí.

Vậy phương trình cho có hai nghiệm ngun ( ; )x y (0;1),( 1;0).

Nhận xét. Với cách làm tương tự trên, ta tìm nghiệm nguyên dương phương trình dạng 1 x x2 xn yn với n số nguyên dương

5.4 PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG TÍNH CHẤT CHIA HẾT VÀ TÍNH CHẤT CỦA SỐ NGUYÊN TỐ

Phương pháp

 Dựa vào đặc điểm phương trình để phát tính chia hết ẩn

 Để chứng minh phương trình khơng có nghiệm ngun sử dụng tính chất chia hết: Chỉ tồn số nguyên m cho hai vế phương trình chia cho

m có số dư khác nhau

 Nhưng kết thường dùng:

 Ta thường sử dụng số tính chất sau số nguyên tố để giải phương trình a) Nếu p số nguyên tố a pn  a p (với nguyên a nguyên)

b) Định lí Fermat nhỏ: Nếu p số ngun tố ap a p với số nguyên dương a Đặc biệt ( , ) 1a p  ap1 1 p

c) Nếu p số nguyên tố dạng 4k3(k ) (a2b2)p a p b p Thật a p b p a2b p2

Giả sử a khơng chia hết cho p, a2b p2 nên b khơng chia hết cho p. Theo định lí Fermat nhỏ ta có ap1 1 p bp1 1 p Khi

1 2 4 2 ( )2 ( )2 2.

p p k k k k

a  b  a  b  a  b 

       

Suy ,p điều mâu thuẫn với p số nguyên tố dạng 4k3. Hệ i) x21 khơng có ước ngun tố dạng 4k3 với x,k

ii) Nếu p số nguyên tố x2 1 p p có dạng 4k1 với k , d) Nếu p số nguyên tố lẻ dạng 8k5 8k7 a22b p2  a p a p

Ví dụ 10 Giải phương trình nghiệm nguyên 4x9y48

Giải.

Giả xử x y, số nguyên thỏa mãn phương trình cho

Ta thấy 48 4x chia hết 9y chia hết cho 4, mà (9; 4) 1 nên y4. Đặt y4t t  , thay vào phương trình đầu ta 4x36t48

12

x t

   y4t (*). Thay biểu thức x y, (*) thấy thỏa mãn. Vậy phương trình có vơ số nghiệm x y;  12 ; 4 t t với t 

Ví dụ 11.Tìm số tự nhiên lẻ n để 26n17 số phương.

Giải.

Giả sử 26n17k2 (với k tự nhiên lẻ) Khi đó

         

26n13 k k2 13 2n1  k k2 Do 13 12 n 1 13 nên k 13 k2 13. Nếu k 13 k13t2 (t lẻ),

2

13 t t n  

Nếu k2 13 k13t 2 (t lẻ),

2

13 t t n  

Vậy số tự nhiên lẻ n cần tìm có dạng

13 ( t t

t  

lẻ)

Ví dụ 12.Tìm số ngun x y z, , cho x4y4z4 2012

Giải

Nhận thấy x y z4, 4, chia cho 16 dư 1, nên x4y4z4 chia cho 16 có số dư một số 0, 1, 2,

Trong số 2012 chia cho 16 dư 12 Hai điều mâu thuẫn với Vậy không tồn số nguyên x y z, , thỏa mãn đề

Ví dụ 13.Tìm nghiệm nguyên dương hệ phương trình

2 2

2 2 13

13

x y z

x y t

  



 



Giải Giả sử tìm số nguyên dương x y z t, , ,   a b c d, , ,  thỏa mãn điều kiện

ra, ta có

2 2

2 2

13

13

a b c

a b d

  



  

Gọi ƯCLNa b, m m  * , suy c m d m

Đặt a ma b mb c mc d 1,  1,  1, md1, với a b c d1, , ,1 1 số tự nhiên a b1, 1 1. Suy 14a2b2 c2d214a12b12c12d12. Suy c12d127, c17 d17, dẫn đến a12b127 nên a17 b17 Điều mâu thuẫn với a b1, 1 1

Nhận xét. Bằng cách làm tương tự ta chứng minh hệ phương trình

2 2

2 2 x ny z nx y t

  



 

 với n1 có ước nguyên tố dạng 4k3   1, n p 

khơng có nghiệm ngun dương

Ví dụ 14.Tìm nghiệm ngun phương trình x3 3y3 9z30

Giải Giả sử x y z0, ,0 0 nghiệm phương trình. Khi x03, đặt x0 3x1 (với x1 ) ta có

3 3

1 0

9x  y  3z 0

Khi y03, đặty0 3y1 (với y1 ) ta có

3 3

1

3x  9y  z 0

Khi z03, đặt z0 3z1 (với z1 ) ta có

3 3

1 x  y  z 

Như  

0 0 1, ,1 ; ;

3 3 x y z x y z  

  nghiệm nguyên phương trình Quá trình

tiếp tục ta suy số

0; 0; 3 3n n n x y z

 

 

  n  nghiệm phương trình Điều xảy x0 y0 z0 0,

Vậy phương trình có nghiệm ngun x y z; ;   0;0;0 

Nhận xét. Ta gọi phương pháp giải ví dụ phương pháp lùi vô hạn Fermat, thường dùng để chứng minh phương trình có nghiệm vô nghiệm 5.5 PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC

Sử dụng bất đẳng thức quen thuộc để đánh giá vế phương trình khơng nhỏ (hoặc khơng lớn hơn) vế cịn lại Muốn cho hai vế bất đẳng thức phải trở thành đẳng thức

Các bất đẳng thức thường dùng:

1)

2 2

1

2 2

1 2

0, , 1, ,

n i

n n

a a a a i n

a a a a a a

     

       

2) Bất đẳng thức Cô-si

+ Với hai số a b, khơng âm ln có a b 2 ab, đẳng thức xảy ta a b + Tổng quát, giả sử ai 0 với i1, 2, n Khi

1

1

, n n

n

a a a

a a a n

   

đẳng thức xảy a1a2   an

3) Bất đẳng thức Bu-nhia-kôp-xki

+ Với hai cặp số a b;  x y;  ln có      

2 2 ,

a b x y  ax by

đẳng thức xảy ay bx

+ Tổng quát, cho hai dãy số thực tùy ý a a1, , ,2 an b b1, , , ,2 bn ta có  2  2 2  2 2

1 2 n n n n a b a b  a b  a a  a b b  b Đẳng thức xảy ai kbi với i1, 2, , n

Ví dụ 15.Tìm nghiệm ngun phương trình 2 2 2 2 4 4. x  y  z  xy yz z

Giải.

Biến đổi phương trình dạng

     

     

2 2 2

2 2

2 4

0

2 0

2 x xy y y yz z z z

x y

x y y z z y z x y z

z

        

  



              

   

Vậy phương trình có nghiệm x y z; ;   2;2;2  Ví dụ 16.Tìm nghiệm nguyên phương trình

     

1 48

x  y  z   xyz

Giải.

Nhận thấy x y z0; ;0 0 nghiệm nguyên phương trình x y z0, ,0 dương có hai số âm số dương

Ngoài x0; y z0; 0 , x0; y0;z0 , x y0; ;0  z0 nghiệm. Do trước hết ta tìm nghiệm nguyên dương

Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si cho hai số khơng âm, ta có

Suy      

2 2

1 48

x  y  z   xyz

Đẳng thức xảy x1,y2,z3 Vậy nghiệm nguyên x y z; ;  phương trình

1;2;3 , 1; 2;3 , 1; 2; , 1;2;           

Nhận xét. Bằng cách ta tìm nghiệm ngun phương trình dạng

 2  2  2

1 2 2 n

n n n n

x a x a x a  x x x a a a

với a ni, số ngun dương Ví dụ 17.Tìm nghiệm nguyên hệ phương trình

2 2

9 16 12 x z y t xt yz

  



  

  



Giải.

Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhia-kôp-xki cho hai số x z,  vàt y,  ta có

 2  2  2

9.16 x z y t  xt yz 12 , suy      

2

2 2

x z y t  xt yz

xy zt Từ x2z2  9 x0,z3 x3,z0

Nếu x0 t0, y2 16,yz12. Vậy y4,z3 y4,z3 Nếu z0 y0, tương tự tìm x3,t4 x3,t4

Vậy nghiệm nguyên x y z t; ; ;  hệ

0; 4;3;0 , (0; 4; 3;0),(3;0;0; 4),( 3;0;0 4).     BÀI TẬP

Phương pháp phân tích

1. Tìm nghiệm nguyên phương trình a) 2x2 xy 6y2 13y 3x 7 0;

b)3x210xy8y2 21

2. Tìm số nguyên dương x cho 2x65 số phương.

3. Tìm tất tam giác vng có độ dài cạnh số tự nhiên số đo diện tích số đo chu vi

4. Hãy viết số 2012 thành tổng số nguyên liên tiếp Hỏi có cách viết? 5. Tìm nghiệm nguyên phương trình

6. Tìm nghiệm nguyên dương phương trình xy22xy 243y x 0 7. Tìm nghiệm nguyên phương trình y x x2  2 x 12

8. Giải phương trình tìm nghiệm nguyên 3x y2 5xy 8y x 210x4 Phương pháp thứ tự

9. Tìm ba số nguyên dương biết tổng nghịch đảo chúng

10. Tìm bốn số nguyên dương biết tổng bình phương nghịch đảo chúng 11. Tìm nghiệm tự nhiên phương trình

2 2 2 2 2 2

1 1

1

( ) ( )( ) ( )

x x y  x y x y z x x y z 

12. Cho tam giác có số đo dường cao số tự nhiên bán kính đường trịn nội tiếp Chứng minh tam giác

13. Hãy tìm tất ba số nguyên dương phân biệt ( , , )q p r khác cho qpr1 chai hết cho (p1)(q1)(r1)

14. Tìm nghiệm nguyên dương phương trình sau a) (x2)4 x4 8xy2;

b) x3 y3 2y2 3y 1 0;

c) x4 y4z42x z2 23x24z2 1 15. Tìm nghiệm nguyên dương phương trình

2

8(2 x)y  z 0 với y x 10

Phương pháp sử dụng tính chất chia hết tính chất số nguyên tố 16. Giải phương trình tìm nghiệm nguyên

a) 1 x x2x3 1997 ;y b) 2x153y2

17. Chứng minh phương trình sau khơng có nghiệm nguyên 4x2y29z2 71 18. Tìm nghiệm nguyên phương trình sau

a) x2y2z2 2xyz; b) x33y39z3 9xyz; c) x32y34z38 ;t3 d) 8x44y42z4 t4 Phương pháp sử dụng bất đẳng thức 19. Tìm nghiệm nguyên phương trình sau

a) x22y2z2 2xy2y 4z 5; b) 2 x y z x y  z    20. Giải phương trình

4 25

16

2 x y z

x  y  z        21. Tìm nghiệm nguyên phương trình

x y 12 3x2 y2 1 

    

22. Tìm nghiệm nguyên hệ phương trình 4

12 48 xy yz zx x y z

  

 

  

6 Chuyên đề 6: Phần nguyên ứng dụng: 6.1 PHẦN NGUYÊN

6.1.1 Định nghĩa

Phần nguyên có số thực a số ngun lớn khơng vượt q a, kí hiệu  a Ta có

 a  a  a 1

Phần lẻ số thực a hiệu a với phần nguyên nó, kí hiệu  a Ta có  a  a  a , 0 a 1

Ví dụ.

 

 

 

 

   

  5,3 5;

5,3 6; 2012 2012; 5,3 5,3 0,3;

5,3 5,3 0,7; 2012 2012 2012

  



  

    

  

6.1.2 Tính chất

1) a a a  a 0 2) n  n a n   1  a n 3)  a   a  0

4) Nếu n  n a   n   a ; n a    a 5) Nếu n a  n n  0 a 6) a b     a b

7)     a  b  a b 

Tổng quát    a1  a2    an  a1a2 an, 8)     a  b a b 

9)     a  b  a b      ; a  b  a b  10) Nếu    a b a b 1

11)    

1

2

a a   a

 

12) Nếu n *    

 

; a a na n a

n n

             13) Nếu a số nguyên a   a ;

Chứng minh

Các tính chất 1) đến 5) chứng minh dễ dàng dựa vào định nghĩa phần nguyên 6) Vì a b nên tồn số c0 cho a b c  Do a b  b c, suy ra

   a b  b c

Mà  b c 0 nên    a b 7) Viết a   a  a b,    b  b Khi

               

[a b ] a  a  b  b   a  b  a  b 

Mà    a  b  0 nên

a b      a  b 8) Áp dụng tính chất ta có

a b     b  a b b     a

nên     a  b  a b  9)    a  b  a  a  b  b a b     a  b   a b a b  a b  Vậy     a  b  a b 

10)    a b suy a  a  b  b Khơng giảm tính tổng qt, giả sử a b Nếu a b a b 0;

Nếu a b từ a b     a  b  a b  Suy a b  a ba b  1

Vậy ln có 0 a b 1 11) Đặt  a d 0 d  Nếu

1

2 d  

     

1 1

;

2 2

a a d a d a

     

       

     

     

2a 2 a d 2  a  2d 2 a

Từ suy điều phải chứng minh

 Nếu

1

2 d      

1 1

1;

2 2

a a d a d a

     

        

     

     

2a 2 a d 2  a  2d 2 a 1

Suy điều phải chứng minh

12) Ta có na n a  a  n a  n a , mà n a  0 nên na n a 

     

a a a

a

n n n n

   

 

      

     

13) Nếu a số nguyên a a a

6.2 ỨNG DỤNG

6.2.1 Chứng minh số tốn số học

Ví dụ 1. Cho a0 số n nguyên dương Chứng minh số số nguyên dương bội số n không vượt a

a n      

Giải.

Ta viết a nq r  , q số tự nhiên, 0 r n

Rõ ràng bội số n không vượt a n n, , , qn tổng cộng có q số Mặt khác

a q n  

  

  Từ suy kết luận tốn. Ví dụ 2. Số 2012! có tận số 0?

Giải.

Vì 10 2.5 nên để biết 2012! có tận bao nhêu chữ số 0, ta cần phải tính số mũ phân tích 2012! thừa số nguyên tố

Theo Ví dụ 1, Số mũ phân tích 2012! thừa số nguyên tố

2

2012 2012 2012 2012

402 80 16 501

5 5

       

       

       

        (Do 2012 5 5)

Do mũ phân tích 2012! thừa số nguyên tố nhiều 501 Vậy 2012! Có tận 501 chữ số

Nhận xét. Nếu 5k n 5k1

  số chữ số tận bên phải số n! bằng

2

5 5k

n n n

     

  

            Ví dụ 3. Tìm số tự nhiên k lớn cho  

2012

2011! chia hết cho 2012 k

Giải.

Ta có 2012 503.

Số mũ cao 503 có 2011! Là 2011

3 503

 



 

  (do 2011 503 2).

Vậy 2011! chia hết cho 5033 không chia hết cho 5034, hiển nhiên 2011! chia hết cho

4 Do 2011! chia hết cho

2012 không chia hết cho 2012

Muốn   2012

2011! chia hết cho 2012k

k3.2012 6036. Vậy maxk6036

2010 2011 2012

n n n

     

 

     

      (1)

Giải.

Viết n2010k r (0 r 2009, ,k r có số tự nhiên) Thay vào (1) ta có

2010 2011 2012

2010 2011 2012

k r k r k  k r  k

     

 

     

     

2

0 2011 2012 2011 2012

r k r k r k r k

k k    k                      

       

Suy 0 r 2k nên 2k r 2009, 0 k 1004 Vậy n2010k r (0 k 1004; 2k r 2009)

Do có 105 giá trị k (từ đến 1004) Với k r nhận giá trị từ 2k đến 2009 Vậy sô nghiệm tự nhiên n (1)

 

1004

2010 1011030 k

k



 



Ví dụ 5. Tìm tất số nguyên tố x cho 2  x 1      

      số nguyên tố.

Giải.

Nhận xét

 2

2 1 1 1 , .

n n  n  n n

          

 

      

Đặt    

2

2 1 1 1 2 1 2 .

n

S  n  n     n    n n n n

 

     

Do

 

2

1

4

1

6 x

x x x y    x   S S  S    

     

Nên 6y x 4x2  3x1 , suy 6y x, mà x y, số nguyên tố suy x2;3;y Nếu x2 y3 (thỏa mãn); x3 y13 (thỏa mãn); xy y1

7 y

(loại)

Vậy tốn có hai nghiệm x2 x3

6.2.2 Giải phương trình có chứa dấu phần nguyên a) Dạng  f x  a a 

Phương pháp:  f x  a a   af x   a

Ví dụ 6. Giải phương trình    

3 x  x  

Ví dụ 7. Giải phương trình

2

2 5 9 7 26.

x x

       

    (gợi ý:

2 7 5 2

x x

     

b) Dạng  f x  g x 

Phương pháp: Đặt g x  t (t nguyên), biểu diễn f x  h t  đưa phương trình

   

h t   t t h t  t  

  hay 0h t  t Tìm t, sau từ g x t tìm x

Ví dụ 8. Giải phương trình

4 5 x x          Giải.

Đặt  

5 x t t    

7 5 21

;

5 25

t x t

x    

Ta có

5 21 21

1

25 25

t t

t t t

             20

25 21 25 25

46 46

t t t  t

       

Do t nguyên nên t0. Suy x1

Vậy phương trình có nghiệm x1

Ví dụ 9. Giải phương trình x2 9 x  8

Giải.

Biến đổi phương trình dạng  

2 8 x x  

Đặt 8 ( *) x t t    

x 9t 8 (do x0) Ta có

2

9

1

7 13

2

7 13

t t t t t

t t

t t t

t t t                                        

Do t số tự nhiên nên t1;6;7;8  Do x1; 46; 55;8  Vật tập nghiệm phương trình 1; 46; 55;8 

Ví dụ 10. Giải phương trình

2

3

x x x

   

 

   

   

Áp dụng tính chất 11)    

2 ,

a a   a

  ta có

2 2 1

3 3

x x x x x

         

    

         

Nên phương trình cho trở thành

4

3

x x

 



 

 

Đặt  

5 x t t    

3 4

;

5

t x t

x    

Suy

 

4

0 2; 1;0;1;2

5

t t

t t t t

 

 

            

 

 

(do t nguyên), tương ứng tìm

2 ; ; ; ;2 5 5 x  

 

c) Dạng  f x  g x 

Phương pháp: Đặt  f x  g x  t suy f x  g x  1, dẫn đến a x b 

Với a x b  suy

   

1

2

, a f x b a f x b

       

 từ tìm t

Ứng với giá trị t nguyên, giải hệ

    f x t g x t           

 để tìm x

Tập hợp giá trị x tìm từ hệ nghiệm phương trình

Ví dụ 11. Giải phương trình

2 1

3

x x

   



   

   

Giải.

Đặt  

2 1

x x t t             

     Theo tính chất 10) ta có

2 1

1 1 11

3

x x x

x

  

         

Khi

1 0 5

0

2

2 .

2

1

3 x x x x                                       

Suy t{0;1; 2;3; 4;5}

Với t0

2

1

0

2

2 1 0 1.

2

3 1 1

0 x x x x x x x                                           

Với t1

2

7

1 2

2 1 1 2 3.

2

3 1 3

Với t2

2

7

2 5

2 1 3

2

1

3 3 5

2 x x x x x x x                                           

Với t3

2

11

3

5

2 1 3 5 11.

2

3 2

5 x x x x x x x                                           

Với t4

2

13

4

8

2 1 3

4

1

3 7 9

4 x x x x x x x                                           

Với t5

2

19

5

8

2 1 5 9 19.

2

3 2

9 11 x x x x x x x                                           

Vậy tập nghiệm phương trình 0,5;12;33,5;5,5  7;89;9,5  d) Dạng Phương trình chứa nhiều dấu phần nguyên

Phương pháp: Sử dụng tính chất phần nguyên, phân tích đa thức thành nhân tử, đặt ẩn phụ (nếu cần) để dưa dạng 1, 2,3

Ví dụ 12. Giải phương trình   x  2x   3x  2009x 4036082

Giải.

Nhận xét

 x  x x1

suy k x kx k x  k nên k x   kx k x  k 1k Z 



    

Do thay k1, 2, , 2009 cộng theo vế ta có

         

   

2019045 2009 2019045 2017036 2019045 4036082 2019045 2017036

x x x x x

x x

     

  

Lại có 4036082 2019045 2017037.  Do phương trình vơ nghiệm.

Ví dụ 13. Giải phương trình

2 2 x x x                  Giải.

Áp dụng tính chất 13) ta có

2 2 2 , 1, x x x x x                        Nếu x2 số nguyên phương trình cho trở thành

2 1

0

3

Mà x2 số nguyên nên x1; 2; 

Nếu x2 khơng số ngun phương trình cho trở thành

2 1

1 1

3

x x

x

 

 

        

 

 

Mà x2 không nguyên nên phải loại  

1

1, 1;0 0;

2 x x  x    

 

Vậy tập nghiệm phương trình    

1;0 0; 1; 2;

    

 

6.3 BẤT PHƯƠNG TRÌNH CĨ CHỨA DẤU PHẦN NGUN

Khi giải bất phương trình có chứa dấu phần ngun, ta thường đặt biểu thức  f x  t (t nguyên) để chuyển giải bất phương trình khơng cịn chứa dấu phần nguyên, vận dụng định nghĩa tính chất phần nguyên để tìm nghiệm bất phương trình

Ví dụ 14. Giải bất phương trình x2 5

Giải.

Cách 1. Nhận xét  a b (b nguyên) a b 1 Ta có x2 5 x 2 6. Do x4

Cách 2. Đặt x2 t (t số ngun) có t5. Do t6;7;8;  Từ x2 t suy t x   2 t 1. suy t 2  x t 1,t6;7;8;  Vậy x4. Bất phương trình có vơ số nghiệm x4

Ví dụ 15. Giải bất phương trình    

2 x  x1 16 0. 

Giải.

Áp dụng tính chất 4) ta có x1   x 1 Biến đổi bất phương trình thành

 2  

2 x  x  7

Đặt  x t (t số ngun) có 2t2 9t 7 0 suy 1 t 3,5 mà t nguyên nên

2;3 

t

Với t2  x 2 suy 2 x Với t3  x 3 suy 3 x

Vậy tập nghiệm bất phương trình 2; 

Ví dụ 16. Giải bất phương trình 2x   x

Giải.

 Với 2x 2t 0 x 0,5 2t t  t0, mà t nguyên nên t số nguyên dương Dẫn đến x1

 Với 2x 2 1t 0,5 x 1 2t  1 t t 1, mà t nguyên nên t số nguyên dương Dẫn đến x0

Kết hợp với 0,5 x 1 dẫn đến x0,5

Cách 2. Nhận xét    a  b a b    a  b Ta có 2x   x  2x x 2x   x  x0 2x   x Trước hết ta tìm x cho 2x   x

Đặt 2x   x t (t nguyên) ta có 2x x  1 x 1

suy 0 x 1 nên  x 0 Với t0   x  2x 0 suy 0 2 x1 nên 0 x 0,5

Vậy nghiệm bất phương trình x0,5 BÀI TẬP

1. Tìm số tự nhiên k nhỏ cho 100! k

chia hết cho 10 100 2. Tìm số tự nhiên n nhỏ cho

3

31 32  x 1 400.       

     

3. Giải phương trình x x  3x  x  2 4. Giải phương trình sau

a) x2 8 x  7 0; b)

1

1

2

x x x

 

   

  

   

   

5. Giải phương trình

37

20 37

3 x

x x

   

  

  

 

 

6. Giải phương trình  

1 2011

1005

2012 2012

x x  x   x

   

7. Giải bất phương trình a)

2 10;

x

 



 

 

b)

3 ;

x

x 

 



 

 

c)  

2

1 ;

2

x x

x

 

 

  

 

 

d)  

1 1

2 100,1

2 2

x x  x  x  x  

7 Chuyên đề 7: Đường thẳng Simson: 7.1 ĐƯỜNG THẲNG SIMSON

Bài toán Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) M điểm tùy ý ( )O ;

gọi D E H, , hình chiếu vng góc M BC CA AB, , Chứng minh rằng

, ,

D E H thẳng hàng.

Giải. Khơng tính tổng qt, giả sử M thuộc cung BC¼ khơng chứa A.

,

,

MH ^AB MD ^BC Þ MHBD là tứ giác nội tiếp

· ·

HMB HDB

Þ = (2)

ABMC nội tiếp Þ MBH· =MCA· .

Mà MBH· +HMB· =MCA· +EMC· =900Þ EMC· =HMB· (3) Từ (1), (2), (3) suy HDB· =EDC· Þ H D E, , thẳng hàng

Đường thẳng qua H D E, , có tên đường thẳng Simson tam giác ABC ứng

với điểm M (hay đường thẳng Wallace).

Bài toán Cho tam giác ABC , M điểm mặt phẳng chứa tam giác ABC .

Gọi D E H, , hình chiếu M cạnh BC CA AB, , D E H, , thẳng

hàng Chứng minh M nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .

Giải Theo giả thiết, MD ^BC ME, ^CA MH, ^AB, D E H, , thẳng hàng, suy tứ giác MDBH nội tiếp Þ HMB· =HDB· (chắn cung HB» ),

· ·

HDB =EDC (đối đỉnh), EDC· =EMC· (chắn cung EC¼ )

· · · ·

HMB EMC EMH BMC

Þ = Þ = (1)

Tứ giỏc AEMH ni tip ị Aà +EMHÃ =1800 (2)

T (1), (2) ị Aà +BMCÃ =1800 Suy tứ giác ABMC nội

tiếpÞ M nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Từ tốn ta có kết quả: “Cho tam giác ABC , M điểm mặt phẳng

chứa tam giác không trùng với đỉnh Gọi D E H, , hình chiếu M ba

cạnh tam giác ABC Điều kiện cần đủ để điểm M nằm đường tròn ngoại

tiếp tam giác ABC D E H, , thẳng hàng”.

Như vậy, với điểm M có đường thẳng Simson đối

với tam giác ABC cho trước.

7.2 VÍ DỤ MINH HỌA. Ví dụ Chứng minh rằng:

a, Đường thẳng Simson đỉnh A tam giác ABC là

đường cao hạ từ đỉnh

b, Đường thẳng Simson đỉnh D (điểm đối xứng với A

qua tâm O) cạnh BC .

Giải. a, Hiển nhiên

b, D điểm đối xứng với A qua O Þ AD đường kính Þ DB ^AB DC, ^AC .

Suy đường thẳng Simson đường thẳng BC .

Ví dụ Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( )O , M N, điểm thuộc ( )O .

nửa số đo cung MN¼ Đặc biệt, M N, đối xứng với qua tâm O, đường

thẳng Simson chúng vng góc với điểm đường trịn Euler

Giải AEMH nội tiếpÞ AEH· =AMH· =900- MAC·

(1)

BFNK nội tiếpÞ BFK· =BNK· =900- CBN· (2)

Cộng vế - vế (1) (2), suy

· · 1800 · ·

AEH +BFK = - MAC - CBN

· · 1800 (· · ) ·

MAC CBN AEH BFK EPF

Þ + = - + = (P là

giao điểm ED FI, )

,

ED FI

Þ tạo góc có số đo nửa số đo cung MN¼

(trường hợp đặc biệt tự c/m)

Ví dụ Cho đường trịn ( )O đường kính AB , C điểm

trên đường tròn Đường phân giác ACB· cắt đường tròn

tại M Gọi H K, hình chiếu M BC AC,

Chứng minh O K H, , thẳng hàng

Giải. CM là đường phân giỏc ca

à ẳ ẳ

ACB ị MA =MB Þ MO ^AB

Theo giả thiết, MH ^BC MK, ^CA nên theo tốn H O K, , thẳng hàng

Ví dụ Cho tam giác ABC , M điểm thay đổi đường tròn ngoại tiếp tam

giác ABC Gọi K P Q, , điểm đối xứng M qua BC AC AB, , Chứng

minh P K Q, , nằm đường thẳng, đường thẳng qua điểm cố định (Vô địch Nhật Bản – 1996)

Giải. Gọi D E F, , giao điểm

, ,

MK MP MQ với BC CA AB, ,

Suy MD ^BC ME, ^AC MF, ^AB

, ,

D E F

Þ thẳng hàng

Mặt khác, MD =DK ME, =EP MF, =FQ

ED

Þ đường trung bình DMKP , DF

là đường trung bình tam giác MKQÞ Q K P, , thẳng hàng FE/ /PQ

Gọi H trực tâm DABC I J; , điểm đối xứng H qua AC AB Þ I J,

thuộc đường trịn ngoại tiếp DABC Þ MHIP MHJ Q, hình thang cân

· · ·

QHJ MJ H MAC

Suy QHJ· +PHI· +J HI· =MAC· +MABÃ +J HIÃ = +Aà J HIÃ =1800ị P Q H, , thẳng hàng Þ PQ ln qua trực tâm H tam giác ABC (đường thẳng Steiner)

Ví dụ Cho tam giác ABC , M điểm thuộc cung BC¼ khơng chứa đỉnh A Gọi

, ,

D E H là hình chiếu M cạnh BC CA AB, , Chứng minh

BC CA AB

MD =ME +MH (Vô địch Mĩ – 1979)

Giải Theo BT1 ta có H D E, , thẳng hàng Các tứ giác MHBD MDEC, nội tiếp

· · ,· ·

MEH MCB MBC MHE MEH

Þ = = Þ D và

MCB

D đồng dạng.

Kẻ

BC HE

MI HE

MD MI

^ Þ =

(1)

Ta có

· · · ,· · ·

MHD =MBC =MAC MDH =MBH =MCA

,

MHD MAC

Þ D D đồng dạng

AC HD

ME MI

Þ =

(2) Tương tự DMED,DMABđồng dạng

AB ED

MH MI

Þ =

(3) Từ (2), (3)

AC AB HD DE HE

ME MH MI MI

+

+ = =

Kết hợp (1), suy

BC CA AB

MD =ME +MH Lưu ý: Đặc biệt, DABC đều, ta có

1 1

ME +MH =MD

(Olympic Việt Nam)

Ví dụ Cho tam giác nhọn ABC , M điểm thuộc cung BC¼ khơng chứa đỉnh A.

Gọi D H, hình chiếu M cạnh AC AB, Xác định vị trí

của M để độ dài DH lớn nhất.

Giải. Hạ HE ^BC Þ D E H, , thẳng hàng Tứ giác MHBE nội tiếp Þ CBM· =DHM·

Tứ giác MCDE nội tiếp Þ BCM· =HDM· .

Suy DHDM,DBCM đồng dạng

, 1

HD HM MH MB MH HD

BC BM MB BC

Þ = £ Þ £ Þ £

HD BC

Þ £ Do đó HD lớn khi HD=BC Û MH =MB Û MB ^AB Û AM đường kính Û M đối xứng với A

Ví dụ Cho góc xOy· , lấy điểm A cố định

thuộc phân giác góc xOy· Dựng đường trịn (I) thay đổi qua O A cắt Ox Oy, B C, Dựng hình

bình hành OBMC Chứng minh M thuộc một

đường thẳng cố định

Giải Vì A đường phân giỏc ca gúc

à ẳ ằ

xOyị AC =AB Þ IA ^BC

Kẻ AH ^Ox AK, ^OyÞ H K, cố định,

, ,

K E H thẳng hàng Þ đường thẳng Simson A

đối với tam giác OBC cố định.

Hình bình hành OBMC có OM =2OE Þ M thuộc đường thẳng d song song với

đường thẳng Simson, cách O khoảng không đổi, lần khoảng cách từ O

đến HK .

Ví dụ Cho ba điểm A B C, , thuộc đường thẳng M khơng thuộc đường thẳng Chứng

minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác

, ,

MAB MBC MAC điểm M thuộc một

đường tròn

Giải. Gọi O O O1 2, , 3 tâm đường tròn

ngoại tiếp tam giác MAB,MBC MAC, ; D E F, , hình chiếu M trên

các cạnh tam giác O O O1 3 ta có D E F, , trung điểm MA MB MC, , , suy ra

, ,

D E F thẳng hàng.

Theo tốn ta có O O O M1 2, , ,3 nằm đường trịn.

Ví dụ Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( )O đường phân giác AD Gọi

,

P Q hình chiếu D AB AC, Từ D kẻ

đường thẳng vng góc với BC , cắt PQ M Chứng

minh M thuộc trung tuyến kẻ từ A tam giác ABC .

Giải. Gọi I giao điểm đường phân giác AD với

đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Kẻ IK ^AB IH, ^AC , gọi E =OI ÇBC

,

EB EC EI BC

Þ = ^

Mặt khác, / / , / /

AP AD

DP KI DQ IH

AK AI

Þ =

/ /

AQ AD AP AQ

PQ KH

AH = AI Þ AK =AH Þ

, / /

MD ^BC IE ^BC Þ DM IE Gọi MÂ=AE ầPQ.

D dng chng minh c M D IEÂ/ / ị M MÂ Vy M thuộc trung tuyến AE.

Ví dụ 10 Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn ( )O , d d d dA B C, , , D đường

thẳng Simson A B C D, , , tương ứng tam giác BCD CDA DAB ABC, , , Chứng minh d d d dA B C, , , D đồng quy.

Giải. Gọi H H H H1, 2, 3, 4 trực tâm của

các tam giác BCD CDA DAB, , , ABC Suy đường

thẳng Steiner điểm A B C D, , , tam giác BCD,CDA DAB ABC, , qua

1, 2, 3, A B C, , , D

H H H H Þ d d d d

qua trung điểm

1, 2, 3,

AH BH CH DH

Gọi M trung điểm AB Þ CH4=2OM

3

DH = OM Þ CDH H hình bình hành

4,

DH CH

Þ cắt trung điểm đường Tương tự, AH BH CH DH1, 2, 3, 4 cắt

nhau trung điểm đường, suy d d d dA B C, , , D đồng quy.

Ví dụ 11 Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn Gọi H K, hình chiếu B

trên AC CD M N; , trung điểm AD HK, Chứng minh DBMN tam giác

vuông

Giải Từ B kẻ BE ^AD Theo tốn ta có

, ,

E H K thẳng hàng

Tứ giác BEDK BHKC, nội tiếp Þ EDB· =EKB· ; BHK· +BCD· =1800

Mặt khác BAD· +BCD· =1800Þ BAD· =BHK·

,

BHK BAD

Þ D D đồng dạng;

MA =MD NH =NK Þ DABM,DHBN đồng

dạng Þ AMB· =BNE·

Ví dụ 12 Cho tam giác ABC BE CK, , đường cao tam giác ABC Gọi

,

P Q hình chiếu E BC CK, Chứng minh rằng

PQ qua trung điểm K E .

Giải. Từ E hạ EH ^AB, theo giả thiết EP ^BC, EQ ^CK , tứ giác BKEC nội tiếp

Theo toán ta có P Q H, , thẳng hàng Tứ giác K HEQ có

· · · 900

EHK =HKQ=KQE = Þ KHEQ hình chữ nhật K E HQ, đường chéo,

chúng cắt trung điểm đường Suy đpcm

Ví dụ 13 Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn Gọi P Q R, , hình chiếu D

trên BC CA AB, , Chứng minh PQ =QR đường phân giác

·

ABC ADC· cắt AC .

Giải. Theo giả thiết ta có P Q R, , thẳng hàng

DPCQ tứ giác nội tiếp Þ DCA· =DPR·

Tương tự, DAC· =DRP·

Suy DDCA,DDPR đồng dạng Tương tự,

,

DAB DQP

D D ; DDBC,DDRQ đồng dạng

QR DB

DA DR BC QR BA DC DP DB PQ PQ BC

BA

Þ = = =

PQ =QR

DA BA

DC =BC Û đường phân giác ABC ADC· ,· cắt trên AC .

Ví dụ 14 Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường trịn ( )O , có trực tâm H, D là

điểm cung nhỏ BC Dựng hình bình hành ADCE, K trực tâm tam giác ACE Gọi P Q, hình chiếu K BC AB, Chứng minh PQ qua trung

điểm HK (Olympic Việt Nam – 2004)

Giải. Theo giả thiết ta có ADC· =AEC K· , trực tâm

AEC EK AC

D Þ ^

· · 1800 · · 180

AKC +AEC = Þ AKC +ADC = Þ tứ giác

ADCK nội tip ị K ẻ ( ),O EK ct AC I , suy ra

, ,

Giả sử AH cắt ( )O M cắt PQ N, suy MN KP/ / ;

,

KQ ^AB KP ^BC Þ BQKP là tứ giác nội tiếp Þ QBK· =AMK· =QPK· Þ MPKN

nội tiếp Þ MPKN hình thang cân Þ KN =PM

Mặt khác, PH =PM Þ PH =KN Þ HPKN hình bình hành Þ NP HK, cắt trung điểm đoạn Þ PQ qua trung điểm HK .

Ví dụ 15 Cho hai đường trịn ( ),( )O1 O2 cắt A B Một đường thẳng d

thay đổi qua A cắt ( ),( )O1 O2 C D, (A nằm C D, ) Tiếp tuyến C của

( )O D ( )O2 cắt M Gọi P Q, hình chiếu vng góc của B xuống hai tiếp tuyến Chứng minh PQ tiếp xúc với đường tròn cố định

Giải. MC MD, tiếp tuyến

· · · ·

1

( ),( )O O Þ ABC =MCA ABD, =MDA

· · · 1800 ·

CBD MCD MDC CMD

Þ = + =

-· · 1800

CBD CMD MCBD

Þ + = Þ nội tiếp.

Hạ BH ^CD Áp dụng định lý Simson cho

điểm B tam giác MCD ta có P H, ,Q thẳng

hàng; A B, cố định, suy nằm đường trịn đường kính Nên, ln tiếp xúc với đường trịn đường kính

BÀI TẬP

1 Cho đường tròn ba dây cung tùy ý Các đường trịn đường kính cắt đôi Chứng minh thẳng hàng

2 Nếu tam giác nội tiếp đường tròn góc đường thẳng Simson điểm hai tam giác không phụ thuộc vào vị trí

3 Cho tam giác nội tiếp đường tròn Gọi điểm đối xứng qua , điểm đối xứng qua , điểm đối xứng qua Giả sử trực tâm tam giác

Chứng minh thẳng hàng (Anh – 1990)

4 Cho đường trịn đường thẳng khơng cắt Điểm thay đổi d Từ kẻ hai tiếp tuyến với Gọi hình chiếu ; hình chiếu Chứng minh ln qua điểm cố định, từ suy qua điểm cố định

H AB PQ

AB

( )O AB AC AD, ,

, ,

AB AC AD M N E, , M N E, , ( )O

M ( )O M ( )O

ABC ( ; )O R D A

BC E B AC F C AB

H ABC

, ,

D E F OH =2R

( )O d ( )O M

M MA MB, ( )O H O d E F, H MA MB, AB

5 Cho tam giác nội tiếp đường tròn cho đối xứng với qua phân giác góc Chứng minh vng góc với đường thẳng Simson tam giác

6 Cho góc nhọn tia phân giác , điểm cố định ( khác ) Dựng đường tròn qua , cắt Gọi trung điểm Dựng hình vng Tìm quỹ tích điểm đường tròn thay đổi

7 Cho tam giác khơng đều, hình chiếu Gọi trung điểm Gọi đường thẳng qua chân hai đường cao hạ từ

xuống Tương tự cho Chứng minh đồng quy

8 Cho tứ giác nội tiếp đường tròn , điểm đường trịn Gọi đường thẳng Simson tam giác Gọi hình chiếu Chứng minh thẳng hàng

9 Cho tam giác nội tiếp đường tròn dây cung chuyển động đường trịn có độ dài khơng đổi Chứng minh đường thẳng Simson tam giác hợp với góc khơng đổi

10 Cho tứ giác có cắt cắt Chứng minh trực tâm tam giác thẳng hàng

ABC ( )O P Q, Ỵ ( )O CP CQ,

·

BCA CQ

P ABC

·

xOy Oz M Oz M O

( )S O M, Ox Oy, A B, I AB

OCID C ( )S

ABC P A BC D E F, ,

, ,

BC CA AB la

P DE DF, l lb c, l l la b c, , ABCD ( )O M

, ,

a b c d, M BCD CDA DAB ABC, , ,

1 1, , ,

A B C D M a b c d, , , A B C D1 1 1, , ,

ABC ( )O MN

,

M N ABC

ABCD AB CD, E BC AD; , F

, , ,

8 Chuyên đề 8: Bất đẳng thức Erdos – Modell vài ứng dụng:

8.1 BẤT ĐẲNG THỨC ERDOS – MORDELL.

Cho tam giác điểm nằm tam giác Gọi

theo thứ tự khoảng cách từ đến đỉnh Còn khoảng cách từ đến cạnh

Khi ta có bất đẳng thức

Đẳng thức xảy tam giác đều, tâm tam giác đó. Bất đẳng thức Erdos – Mordell (E – M) bất đẳng thức tiếng tam giác, nhà toán học tiếng người Hungari P Erdos đề xuất vào năm 1935, nghiên cứu tính chất tam giác Bị lơi tính giản dị toán, P Erdos lao vào chứng minh, song vinh dự giải tốn khơng thuộc ơng, mà thuộc nhà hình học tiếng người Anh tên Louis Mordel L Mordell chứng minh bất đẳng thức phương pháp lượng giác (sử dụng định lí Sin định lí Cosossin) Mãi đến năm 1945, nhà toán học người Nga Cadarinop đề xuất lời giải túy hình học chấp nhận Tiếp theo đó, nhiều nhà toán học giới nêu lời giải ngắn gọn cho bất đẳng thức Chẳng hạn cách sử dụng định lý Ptolemy André Avez; sử dụng kiến

thức tam giác đồng dạng Leon Bankoff; sử dụng bất đẳng thức diện tích V Komornik; sử dụng lượng giác Barrow; …

Sau lời giải túy hình học phù hợp với trình độ bạn HS lớp

Chứng minh bất đẳng thức E – M

ABC M R R Ra, ,b c

M A B C, , d d da b c, , M BC CA AB, ,

2( )

a b c a b c

R +R +R ³ d +d +d

Đặt Lấy điểm đối xứng với điểm qua đường phân giác góc Dựng Giả sử cắt

Khi ;

Đẳng thức xảy hay Từ ta có:

( ) hay

Từ (1) Tương tự (2), (3)

Cộng vế - vế (1), (2), (3) ta thu

Đẳng thức xảy , đồng thời trực tâm tam giác Từ cách chứng minh số kết sau:

Hệ (Bất đẳng thức E – M dạng tích)

Cho tam giác điểm nằm tam giác Gọi

lần lượt khoảng cách từ đến đỉnh Còn khoảng cách từ đến cạnh Khi ta có bất đẳng thức

Chứng minh. Từ cách chứng minh bất đẳng thức E – M ta có:

, , (*) Nhân theo vế bất đẳng

thức ta

(đpcm) Hệ (Bất đẳng thức E – M dạng thức)

Cho tam giác điểm nằm tam giác Gọi

lần lượt khoảng cách từ đến đỉnh Còn khoảng cách từ đến cạnh

Khi ta có bất đẳng thức

Chứng minh. Từ (*) hệ 1, theo bất đẳng thức Cauchy ta có

, ,

BC =a AC =b AB =c M1 M

BAC BH ^AM CK1, ^AM1 AM1 BC D

BD³ BH DC ³ CK

AD ^BC AM1^BC

1

2

a ABM ACM

a³ BH +CK Û aR ³ S + S

1 a

AM =AM =R aRa³ cdb+bdc

a b c

c b

R d d

a a

³ + Rb adc cda

b b

³ + Rc adb bda

c c

³ +

2( )

a b c a b c b a c c a b a b c

R R R d d d d d d

c b c a b a

ỉ ư÷ ỉ ư÷ ỉ ư÷

ỗ ữ ỗ ữ ỗ ữ

+ + ỗỗỗ + ữữ+ ỗỗỗ + ữữ+ ỗỗỗ + ữữ + +

è ø è ø è ø

a= =b c M1 ABC

ABC M R R Ra, ,b c

M A B C, , d d da b c, ,

M BC CA AB, , R R Ra b c ³ d d da b c

a b c

c b

R d d

a a

³ + Rb adc cda

b b

³ + Rc adb bda

c c

³ +

a b c c b b c a c c a a b b a

R R R d d d d d d

a a b b c c

ỉ ưỉ÷ ưỉ÷ ư÷

ỗ ữỗ ữỗ ữ

ỗỗỗ + ữữỗỗỗ + ữữỗỗỗ + ữữ

ố ứố ứố ứ

8 cdb.bdc adc.cda adb.bda d d da b c

a a b b c c

æ ửổữ ửổữ ửữ

ỗ ữỗ ữỗ ữ

ỗỗỗ ữữỗỗỗ ữữỗỗỗ ữữ=

ố ứố ứố ứ

ABC M R R Ra, ,b c

M A B C, , d d da b c, , M BC CA AB, ,

( )

2

a b c a b c

R + R + R ³ d + d + d

2

b c

a b c

c d b d

c b a a

R d d

a a

+

Cộng vế - vế bất đẳng thức ta

(đpcm)

8.2 MỘT VÀI ÁP DỤNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC ERDOS – MORDELL Chúng ta xét vài áp dụng bất đẳng thức E – M hệ 1, hệ thơng qua số tốn sau:

Ví dụ Gọi tâm, bán kính đường trịn nội tiếp tam giác Chứng minh điều kiện cần đủ để tam giác

Giải. Kẻ theo thứ tự vuông góc với

cạnh Ta có

Áp dụng bất đẳng thức E – M cho điểm tam giác , ta thấy

Đẳng thức xảy tam giác

Nói cách khác, điều kiện cần đủ để tam giác

(đpcm)

Ví dụ Giả sử điểm nằm tam giác Gọi bán kính đường tròn nội tiếp tam giác Chứng minh Đẳng thức xảy nào?

Giải. Gọi khoảng cách từ đến cạnh

2

c a

b c a

a d c d

a c b b

R d d

b b

+

³ + ³

2

b a

c b a

a d b d

a b c c

R d d

c c

+

³ + ³

1 1

2 2

a b c a b c

b c c a a b

R R R d d d

c b a c b a

ỉ ư÷ ỉ ư÷ ổ ửữ

ỗ ữ ỗ ữ ỗ ữ

ỗ ỗ ỗ

+ + ỗỗ + ữữ + ỗỗ + ữữ + ỗỗ + ữữ

ữ ữ ữ

ỗ ỗ ỗ

ố ứ ố ø è ø

( )

2 da db dc

³ + +

I r ABC

ABC IA+IB +IC =6r

, ,

IH IJ IK

, ,

BC CA AB IH =IJ =IK =r I ABC

2( )

IA+IB+IC ³ IH +IJ +IK = r ABC

ABC IA+IB +IC =6r

M ABC r

6

MA+MB+MC ³ r

, ,

x y z

Kẻ , ta có Từ

Tương tự, , Cộng theo vế bất đẳng thức

(1)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta

(2)

Áp dụng bất đẳng thức E – M cho điểm (3)

Từ (1), (2), (3) suy

Đẳng thức xảy tam giác (đpcm)

Ví dụ Chứng minh với tam giác nhọn ta có bất đẳng thức

a, b,

Đẳng thức xảy nào?

Giải. a, Gọi theo thứ tự tâm, bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ; theo thứ tự hình chiếu vng góc kẻ từ đến cạnh Từ giả thiết tam giác nhọn, ta nhận thấy ,

hay

Tương tự có Từ đó:

Nhưng theo bất đẳng thức E – M cho điểm nằm tam giác ta có

1

,

AH ^BC MA ^BC AM +MA1³ AH AM ³ 2SBCABC - x

2SABC

BM y

CA

³ - CM 2SABC z

AB

³

-1 1

2 ABC ( )

MA MB MC S x y z

BC AC BA

ổ ửữ

ỗ ữ

+ + ỗỗ + + ữữ- + +

ỗố ứ

1 1

( ) ( )

r BC CA AB x y z

BC AC BA

ổ ửữ

ỗ ữ

= + + ỗỗ + + ữữ- + +

ỗố ứ

1 1

(BC CA AB)

BC AC BA

ỉ ư÷

ỗ ữ

+ + ỗỗ + + ữữ

ỗố ứ

M DABC

2( )

MA+MB +MC ³ x y+ +z

9

2

MA MB MC

MA+MB +MC ³ r - ỗỗỗổ + + ữữửữữ MA+MB +MC r

ỗố ứ

ABC

ABC

3

cos cos cos

2

A+ B + C £ cos cos cos

8

A B C £

,

O R

ABC H I K, ,

O BC CA AB, , ABC

· 1·

2

BAC = BOC

· ·

BAC =HOC

· · ,· ·

ABC =AOI ACB =BOK

· · ·

cosA cosB cosC cosHOC cosAOI cosBOK OH OI OK OH OI OK

OC OA OB R

+ +

+ + = + + = + + =

O ABC

2

OA OB OC

Suy Đẳng thức xảy

b, Dựng Gọi

trực tâm

Do tứ giác nội tiếp nên Tứ giác nội tiếp nên Tứ giác

nội tiếp nên Do đó:

(3) Sử dụng bất đẳng thức E – M dạng tích ta có

Từ (3) suy Đẳng thức xảy Ví dụ Cho tam giác nhọn , gọi theo thứ tự tâm đường tròn nội tiếp, tâm đường tròn bàng tiếp tương ứng với đỉnh tam giác đó; bán kính đường tròn Chứng minh rằng:

a, b,

c, d,

Giải a, Gọi tiếp điểm đường tròn với cạnh , Sử dụng E – M dạng tích, ta có hay

Lưu ý: Bất đẳng thức câu a, cho tam giác

b, Nhận xét điểm trực tâm tam giác

Áp dụng E – M cho điểm tam giác ta nhận

(theo ví dụ 1)

c, Áp dụng E – M dạng tích cho điểm tam giác ta nhận (theo câu a,)

3

cos cos cos

2

A+ B + C £

ABC

D

1 , ,

AA ^BC BB ^AC CC ^AB

H DABC

1

BC HA ABC· =A HC·1

1

CA HB ACB· =B HA·1

1

AC HB BAC· =C HB·1

· · · 1

1 1

cos cos cos cos cos cos

HA HB HC

A B C A HC B HA C HB

HA HB HC

= =

1 1

HA HB HC ³ HA HB HC

1 cos cos cos

8

A B C £

ABC

D

ABC I I I I, , ,a b c

, ,

A B C r

( )I

3

IA IB IC ³ r IIa+IIb+IIc ³ 12r

3

64

a b c

II II II ³ r IIa + IIb+ IIc ³ r

, ,

H J K ( )I BC

,

CA AB IA IB IC ³ IH IJ IK IA IB IC ³ 8r3

ABC

I

a b c

I I I

I

a b c

I I I

2( ) 12

a b c

II +II +II ³ IA+IB +IC ³ r

I I I Ia b c

3

64

a b c

d, Áp dụng E – M dạng thức cho điểm tam giác ta có (1)

Áp dụng E – M dạng thức cho điểm tam giác ta được: (2)

Từ (1), (2) suy

Các đẳng thức câu a, b, c, d xảy tam giác

Ví dụ Cho tam giác với Gọi bán kính đường trịn nội tiếp tam giác Chứng minh Đẳng thức xảy nào?

Giải. Gọi nửa chu vi tam giác Từ công thức Heron

, suy (1)

Gọi tâm đường tròn nội tiếp tam giác Theo định lý Pythagore (1) ta có

(2) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có

hay (3)

Từ (2), (3) suy (4)

Áp dụng E – M dạng tích ta có (5)

Từ (4), (5) suy (đpcm) Đẳng thức xảy

Chú ý Các bạn học lớp làm quen với định lý Sin tam giác

thấy ( bán kính đường trịn ngoại tiếp

tam giác ) Khi từ bất đẳng thức ta nhận bất đẳng thức

I I I Ia b c

2( )

a b c

II + II + II ³ IA + IB + IC

I ABC

( )

2

IA + IB + IC ³ IH + IJ + IK = r

6

a b c

II + II + II ³ r

ABC

ABC BC =a CA, =b AB, =c r

3 24

abc³ r

p ABC

2 ( )( )( )

ABC

S =p p a p b p c- - - SABC =pr

(p a p b p c)( )( )

r

p

- -

-=

I ABC

( )( )( )

2. 2. 2 ( )2 ( )2 ( )2

IA IB IC = r + p a- r + p b- r + p c

-(p a bc) (p bac) (p c ab)

p p p

æ - ửổữ - ửổữ - ửữ

ỗ ữỗ ữỗ ữ

= ỗỗỗ ữữỗỗỗ ữữỗỗỗ ữữ

ố ứố øè ø

3

( ) ( ) ( )

( )( )( )

3

p p a p b p c

p a p b p c

- + - +

-= ³ - -

-3

( )( )( )

27

p

p a p b p c- - - £

2 2

2. 2. .

27 3 3

a b c abc

IA IB IC £ Û IA IB IC £

3

IA IB IC ³ r

3 24

abc³ r DABC

ABC

2 sin ; sin ; sin

a= R A b= R B c= R C R

Hệ Với tam giác ta có bất đẳng thức Đẳng thức xảy tam giác đều.

Ví dụ Giả sử đường tròn nội tiếp tam giác tiếp xúc với cạnh

theo thứ tự Chứng minh

Đẳng thức xảy nào?

Giải.

Đặt

là nửa chu vi tam giác

Sử dụng định lý Ptolemy cho tứ

giác nội tiếp ta

thấy

hay (1)

Tương tự, (2),

(3)

Nhân đẳng thức (1), (2), (3) theo vế ta

(4) Sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương, ta có:

; ;

Nhân ba bất đẳng thức theo vế ta thu (5) Áp dụng E – M dạng tích ta có (6)

Từ (4), (5), (6) suy Đẳng thức xảy tam giác

Ví dụ (IMO 1991) Cho tam giác điểm nằm tam giác Chứng minh có ba góc nhỏ

3

3

8R sin sin sinA B C 24 3r sin sin sinA B C 3 r

R ổ ửữ ỗ ữ ỗ ữỗ ữ ỗố ứ ABC sin sin sinA B C 3 r

R ổ ửữ ỗ ữ ỗ ữỗ ữ ỗố ứ ABC

( ; )I r ABC

, ,

BC CA AB A B C1 1, , AB BC CA ³ 8A B B C C A1 1 1 1

, ,

BC =a AC =b AB =c p

ABC

1 1, 1, 1

IC AB IC BA IA CB

1 1 1

IA B C =IB AC +IC AB

1

( )

IA B C = r p a

-1 -1

( )

IB A C = r p b

-1 -1

( )

IC A B = r p c

-3

1 1 1

8 ( )( )( )

r p a p b p c IA IB IC

B C C A A B

- - -= 2 ( ) ( ) ( )( )

p a p b c

p a p b- - Ê ỗỗỗổ - + - ữữửữữ=

ỗố ø

2

( )( )

4

a

p b p c- - £ ( )( )

4

b

p a p c- - £

( )( )( )

8

abc

p a p b p c- - - £

3

IA IB IC ³ r

1 1 1

AB BC CA³ A B B C C A

ABC

ABC P

· ,· ,·

Giải (Phản chứng) Giả sử khơng có góc góc nhỏ Khi đó, có góc lớn hai góc lại nhỏ Giả sử ba góc lớn nhỏ Gọi ,

khoảng cách từ đến cạnh Khi ta có (1)

Tương tự (2), (3)

Từ (1), (2), (3) ta suy (mâu thuẫn E – M) Từ ta có điều cần chứng minh

Ví dụ Giả sử trực tâm tam giác nhọn Gọi trung điểm ; bán kính

đường trịn ngoại tiếp tam giác Chứng

minh Đẳng thức xảy nào?

Giải. Gọi tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác Còn tâm đường trịn Euler tam giác Ta có kết sau (tự chứng minh):

+ trung điểm

+ Bán kính đường trịn Euler tam giác nửa bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác

Sử dụng hai kết ta có:

Cộng theo vế bất đẳng thức trên: (1)

Áp dụng E – M cho điểm nằm tam giác ta có

(2)

Từ (1), (2) suy (đpcm) Đẳng thức xảy tam giác

· ,· ,·

PAB PBC PCA

0

30 1500

0

30 300 1500 d da b,

c

d P BC CA AB, ,

·

2da =2PB.sinPBC >2sin30 PB =BP

2db>PC 2dc>PA

2( a b c)

PA+PB+PC < d +d +d

H ABC D E F, ,

, ,

BC CA AB R ABC

3

HD+HE +HF ³ R

O

ABC w

ABC

w OH

ABC

2 ; ; ;

HD OD+ ³ wD =R HE +OE ³ wE =R HF +OF ³ wF =R

3 ( )

HD+HE +HF ³ R- OD OE+ +OF

O ABC

3

2

OA OB OC R

OD OE+ +OF £ + + =

3

HD+HE +HF ³ R

Ví dụ Cho tam giác nhọn nội tiếp đường tròn Các đường cao

đồng quy Kẻ Chứng minh

rằng

Giải. Nhận xét

(có thể chứng minh đẳng thức cách kẻ đường kính đường trịn qua sử dụng tính chất đường trung bình tam giác)

+ Áp dụng E – M cho điểm tam giác ta có:

+ Áp dụng E – M cho điểm tam giác ta có: (đpcm)

Chú ý: Tổng hợp kết Ví dụ Ví dụ ta có dãy bất đẳng thức

Ví dụ 10 Cho tam giác điểm tam giác Gọi khoảng cách từ đến đỉnh Còn khoảng cách từ đến cạnh

Chứng minh bất đẳng thức

Giải. Gọi theo thứ tự chân đường vng góc kẻ từ lên cạnh

Ta có ,

Kẻ

Khi (1)

ABC ( ; )O R

1, 1,

AA BB CC H OO1^BC OO, 2^AC OO, 3^AB

1 1 32

HA +HB +HC £ OO +OO +OO £ R

1

2 , ,

HA= OO HB = OO HC = OO

( )O A B C, ,

H ABC

1 1 HA HB2 HC

HA +HB +HC £ + + =OO +OO +OO

O ABC

1 OA OB OC2 32

OO +OO +OO £ + + = R

1 1 23

HA +HB +HC £ OO +OO +OO £ R £ HO +HO +HO

ABC M Ra,

,

b c

R R M A B C, , d d da b c, ,

M BC CA AB, ,

2 b c c a a b

a b c

a b c

d d d d d d

d d d

R R R

ổ ửữ

ỗ ữ

ỗ

+ + ỗ + + ữữ

ữ

ỗố ø

1 1, ,

A B C

M

, ,

BC CA AB

1 sin a.sin

B C =MA A =R A

1 b.sin

C A =R B A B1 1=Rc.sinC

2 1, 1, 1

MA ^B C MB ^C A MC ^A B

· · 1

2 1 1

.sin sin b c

a

MB MC d d

MA MB MB A MB MAC

MA R

(2)

(3) Áp dụng E – M cho điểm tam giác ta có:

(4) Từ (1), (2), (3), (4) suy đpcm

BÀI TẬP ÁP DỤNG:

1 Cho tam giác nhọn nội tiếp đường tròn tâm bán kính Gọi

theo thứ tự bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác Chứng minh bất đẳng thức Đẳng thức xảy nào?

2 Cho tam giác nhọn Gọi độ dài đường trung tuyến kẻ từ đỉnh ; bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác

Chứng minh Đẳng thức xảy nào? 3 Chứng minh với tam giác ta có bất đẳng thức

.Đẳng thức xảy nào?

4 Cho tam giác nhọn nội tiếp đường tròn ngoại tiếp đường tròn Các đường cao đồng quy Chứng minh hệ thức sau:

a, b,

c, d,

· · 1

2 1 1

.sin sin a c

b

MA MC d d

MB MC MC B MC MBA

MB R

= = = =

· · 1

2 1 1

.sin sin b a

c

MB MA d d

MC MA MA C MA MCB

MC R

= = = =

M A B C1 1

( )

1 1 2 2

MA +MB +MC ³ MA +MB +MC

ABC O R R R R1 2, ,

, ,

BOC COA AOB

1 3

R +R +R ³ R

ABC m m ma, b, c

, ,

A B C R

9

a b c R

m +m +m £

ABC

1 1

3

sin sin sin

2 2

A + B + C ³

ABC ( ; )O R

( ; )I r AA BB CC1, 1, 1 H

2( )

HA+HB +HC = R+r HA1+HB1+HC1£ R+r

cosA cosB cosC r

R

+ + = +

2

9 Chuyên đề 9: Định lý Ptôlêmê đặc trưng tứ giác nội tiếp:

Định lý Ptôlêmê định lý đẹp Hình học sơ cấp Đẹp trước hết tính tự nhiên giản đơn cách phát biểu định lý đó, nhưng chính yếu ứng dụng phong phú Có lẽ định lý Ptôlêmê trong những đặc trưng sâu sắc tứ giác nội tiếp đường tròn.

9.1 ĐỊNH LÝ PTƠLÊMÊ

Định lý Ptơlêmê phát biểu sau: Trong tứ giác nội tiếp, tích hai đường chéo tổng tích cặp cạnh đối diện.

Sau phương pháp chứng minh định lý này: Giả sử tứ giác nội tiếp đường tròn

Trên lấy điểm cho Vì nên hai tam giác

đồng dạng (1)

Tương tự, nên hai tam

giác đồng dạng

(2)

Từ (1), (2) ta hay

9.2 MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÝ PTƠLÊMÊ

Định lý Ptơlêmê thường sử dụng để chứng minh hệ thức tam giác Ví dụ Cho tam giác vng có

Vẽ tam giác vuông cân ( nằm khác phía ) Tính độ dài ?

Giải. Đặt

Áp dụng định lý Ptôlêmê vào tứ giác ta có

Suy

ABCD ( )O BD E BAE· =CAD·

· ·

ABD=ACD ABE ACD

AB BE

AB CD BE AC

AC CD

Þ = Û =

· · ,· ·

BAC =EAD ACB =ADB AED ABC

AD ED

AD BC ED AC

AC BC

Þ = Û =

( )

AB CD+AD BC =AC BE +ED

AB CD+AD BC =AC BD

ABC A

4

AB+AC = cm BCE E E A,

BC AE

BE =CE =a

ABEC

AE BC =AB CE +AC BE Þ AE a =AB a+AC a

2

AE AB AC

Þ = +

2

Ví dụ Cho hình bình hành Một đường tròn qua cắt đoạn thẳng theo thứ tự Chứng minh

Giải.

Áp dụng định lý Ptôlêmê vào tứ giác ta có (1)

Mặt khác, hai tam giác đồng dạng nên (2)

Từ (1), (2) suy

Ví dụ Cho tam giác có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn Gọi khoảng cách từ đến bán kính đường tròn nội tiếp tam giác

a, Chứng minh hệ thức

b, Kết góc tù?

Giải.

a, Gọi chân đường vng góc hạ từ xuống Khi trung điểm

Ta có

Áp dụng định lý Ptôlêmê cho tứ giác nội tiếp

ta có hay Do

đó Tương tự, ,

Mặt khác,

Suy

Từ

Suy

b, Khi góc tù, tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác nằm tam giác Trong trường hợp hệ thức tương ứng

và

Cộng theo vế đẳng thức trên, có

ABCD A

, ,

AB AC AD K E F, ,

AK AB +AF AD=AE AC

AKEF

AK EF +AF EK =AE KF

,

KFE ACD

EF KE KF k

CD =AD =AC =

AK kAB +AF kAD =AE kAC Þ AK AB +AF AD =AE AC

ABC ( ; )O R x y z, ,

O BC CA AB, , r ABC

x y+ + =z R +r

A

, ,

H I K O

, ,

BC CA AB H, I K,

, ,

BC CA AB

2

a

KI =

AK OI

OA KI =OI AK +OK AI 2

a c b

R =y +z

Ra=yc zb+ Rb ya= +xb Rc=xc za+

( )

1

ABC OBC AOC ABO

S =S +S +S = ax by cz+ +

(a b c r+ + ) =ax by cz+ +

(R+r a b c)( + + )=Ra+Rb Rc r a b c+ + ( + + )

( )( )

yc zb ya xb xa zc ax by cz x y z a b c

= + + + + + + + + = + + + +

x+ + =y z R +r

A O

ABC

; ; ;

Ra=yc+zb Rb=za xc Rc- =ya bx

-( )

-Lưu ý: Kết không ấn tượng Tuy nhiên ta có kết đẹp ví dụ

Ví dụ Cho tam giác có góc tù nội tiếp đường trịn tâm bán kính Gọi bán kính đường trịn bàng tiếp góc Gọi khoảng cách từ đến Chứng minh

Giải.

(1)

Gọi tâm đường trịn bàng tiếp góc , ta có:

(2) Từ (1), (2) suy Ta lại có

Từ đó,

Bổ đề Cho tam giác có

Khi

Thật vậy, kẻ Khi tam giác vng

có Do

Tam giác vng có

Ví dụ Cho tam giác cạnh nội tiếp đường tròn tâm điểm

cung nhỏ Đặt Chứng

minh: a, ; b, c,

Giải.

a, Áp dụng định lý Ptơlêmê cho tứ giác nội tiếp có

(R+r a b c)( + + )=(y z x a b c+ - )( + + )Û y+ -z x=R+r y+ -z x=R +r

ABC A O R

a

r A x y z, , O

, ,

BC CA AB x y z+ + =ra- R

1( )

2

OAC OAB OBC

S =S +S - S = by cz ax+

-J A

1( )

2

J AC J AB J BC a a a

S =S +S - S = br +cr - ar

( )

2a

r

b c a

= +

-( )

a

by cz ax+ - =r b c a+

-; ;

Rb=za xc Rc- =ya bx Ra- =yc zb+

(ra- R b c a)( + - )=(x y z b c a+ + )( + - )Û ra- R = + +x y z ABC BC =a CA, =b AB, =c Aµ =600

2 2

a =b +c - bc

CH ^AB

ACH ACH· =300

3 ,

2

b b

AH = CH =

BHC

2

2 2 2

2

b b

BC =BH +HC a =ỗỗỗổỗc- ữữữữử +ỗổỗỗỗ ữửữữữ=b +c - bc

ữ

ố ứ ỗố ứ

ABC a O

M BC MA =x MB, =y MC, =z

x= +y z x2+y2+z2=2a2

4 4 2

x +y +z = a

ABMC

Do

b, Chú ý

Áp dụng bổ đề cho tam giác có

Do đó, (theo

câu a,)

c, Áp dụng đẳng thức nhận

Từ (1)

Chú ý nên Và

Do đó, từ (1) suy

Ví dụ Cho tam giác nội tiếp đường tròn điểm cung nhỏ Gọi chân đường vng góc hạ từ xuống Chứng

minh hệ thức

Giải. Vì (cùng chắn cung ) nên

hai tam giác đồng dạng

Do Suy

Tương tự, nên tam giác đồng dạng, suy

Áp dụng định lý Ptơlêmê cho tứ giác nội tiếp có

xa=ya za+ Û x= +y z

· · 60 ; 0 · · 600

AMB =ACB = AMC =ABC = ,

MAB MAC a2=x2+y2- xy

2 2

a =x +z - xz

2 2 2 2 2 2

2a =2x +y +z - x y z( + )=2x +y +z - x =y +z +x

2 2

(a b c+ + ) =a +b +c +2ab+2ac+2bc

4 ( 2 )2 4 3 2 2 2

a = x +y - xy =x +y + x y - x y- xy

4 ( 2 )2 4 3 2 2 2

a = x +z - xz =x +z + x z - x z- xz

4 4 2 3

2a =2x +y +z +3 (x y +z ) (- x y+ -z) (x y +z )

x= +y z (x y3 +z)=2x4

2 2 3 2 2

3 (x y +z ) (- x y +z )=3 (x y +z ) (- x y z y+ )( +z - yz)

2 2 2 2 2

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

= + - + - = + + =

4 4

2a =x +y +z

ABC ( )O M

BC H I K, , M BC CA AB, ,

BC AC AB

MH = MI +MK

· ·

MCH =MAK MB

,

MHC MKA

MH MC

MK = MA

MH MA MC

MK

=

· ·

MBH =MAI MHB MIA,

MH MA MB

MI

=

Từ

(đpcm) Ví dụ Cho tam giác có Chứng minh

Giải. Phân giác góc cắt đường trịn ngoại tiếp tam giác

Khi nên

Tương tự, nên Áp dụng định lý Ptôlêmê

cho tứ giác nội tiếp ta có

Ví dụ Cho tam giác có Chứng minh

Giải. Từ giả thiết , theo ví dụ có

Từ

Trên cung lớn , lấy điểm cho

Khi nên

Mặt khác, nên

Áp dụng định lý Ptôlêmê cho tứ giác nội tiếp có

hay

Từ đó,

Theo chứng minh nên

Chia vế đẳng thức cuối cho ta (đpcm)

MH MA MH MA BC AC AB

MA BC AC AB

MI MK MH MI MK

= + Û = +

ABC Aˆ=2Bˆ a2- b2=bc

A ABC D

· · ·

DBC =DAC =ABC DCB· =DAB· =ABC·

;

AC =CD=b BD =AC =b

· 2· ·

ABD = ABC =BAC AD =BC =a

ABCD AD BC =DC AB +DB AC

2 2

a bc b a b bc

Û = + Û - =

ABC Aµ =2Bµ =4Cµ

1 1

a+ =b c

µ 2 , µ µ 2µ

A = B B = C a2- b2=bc, b2- c2=ac

2 ( )

a - c =c a b+

BC E EAC· =ACB· CE =AB =c ACE· =BAC· AE =BC =a

· 3· ·

ABE = ACB =BCE BE =AE =a ABEC

BC AE =AB EC +AC BE a2=c2+ab

2

a - c =ab

2 ( )

a - c =c a b+ ab c a b= ( + )

abc

1 1

9.3 ĐỊNH LÝ PTƠLÊMÊ VÀ HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC CỦA GĨC NHỌN

Trong phần ta sử dụng định lý Ptôlêmê để tính hàm số lượng giác số góc nhọn

Ví dụ Tính (khơng dùng bảng số máy tính)

Giải.

Dựng tam giác cân có Đặt

Khi nên theo ví dụ có

( )

Từ

Kẻ Khi

Từ

Kẻ Khi

Vì nên

Ví dụ 10 Cho góc nhọn cho góc nhọn Chứng minh cơng thức

Bổ đề: Cho tam giác có góc nhọn, nội tiếp đường trịn Khi (định lý hàm số Sin)

Chứng minh: Vẽ đường kính Khi

Trong tam giác vng có

0

sin18 cos360

ABC

· · 72 , 0 · 360

ABC =ACB = BAC = BC =a,

AB =AC =b ABC· =2BAC·

2

b - a =ab AB = =c b

2

2 0 1 0

2

a a a

a ab b

b b b

ổửữ - +

ỗ ữ

+ - = ỗ ữỗ ữ+ - = ị =

ỗố ứ

AH ^BC

a

BH =HC = · 0

18

BAH = ·

0

sin18 sin

2

BH a

BAH

AB b

-= = = =

BK ^AC AK =AB.cosBAK· =b.cos360

· ( )

2

0 5

.sin sin18

4

KC =BC KBC =a = - b - =b

-AK +KC =AC

( )2

0 5

.cos36 cos36

8

b +b - = Ûb = +

,

a b a+b

sin(a+b)=sin cosa b+cos sina b

ABC A ( ; )O R

2 sin

a= R A

Giải. Trên đường tròn , đường kính lấy điểm cho

Khi nên

Áp dụng bổ đề, Tương tự

Hơn nữa, ,

Áp dụng định lý Ptơlêmê cho tứ giác nội tiếp có

hay

Lưu ý: a, Nếu bạn đọ biết thêm góc tù , bạn thấy Định lý hàm số Sin tam giác tùy ý (không cần giả thiết tam giác nhọn)

b, Công thức gọi công thức cộng cung Thực công thức với tùy ý Áp dụng thức nhận Khi ta nhận công thức nhân đôi

9.4 BẤT ĐẲNG THỨC PTƠLÊMÊ

Bất đẳng thức Ptơlêmê phát biểu sau: Trong tứ giác lồi ta có

Lấy điểm tứ giác cho

Khi hai tam giác đồng

dạng nên

Ta lại có hai tam giác đồng

dạng nên

Từ

( )O AC =2R =1 B D,

· ,·

BAC =aCAD =b

· · 900

ABC =ADC = ACB· =900- a ACD· =900- b

2 sin(90 ) cos

AB = R - a = a AD =cosb

2 1, sin( ) sin( )

AC = R = BD = R a+b = a+b BC =sin ,aCD =sinb

ABCD

AC BD =BC AD CD AB+ sin(a+b)=sin cosa b+cos sina b

0

sin90 =1 b

0

sinb =sin(180 - b) ABC

sin(a+b)=sin cosa b+cos sina b

,

a b

2 2

cos a = -1 sin ,cosa b= -1 sin ,b cos (2a+b)= -1 sin (2 a+b)

cos(a+b)=cos cosa b- sin sina b a=b

sin2a =2sin cosa a cos2a =cos2a- sin2a

ABCD

AB CD+AD BC ³ AC BD

E ABCD

· · ,· ·

EBA =DBC EAB =BDC

,

ABE DBC

AB AE AB CD AE BD

BD =CD Û =

,

EBC ABD

BC EC

BC AD EC BD

BD =AD Û =

( )

Đẳng thức xảy nằm đoạn , nghĩa

tứ giác nội tiếp

9.5 ĐẶC TRƯNG CỦA TỨ GIÁC NỘI TIẾP ĐƯỜNG TRÒN.

Từ bất đẳng thức Ptôlêmê ta suy ra: Điều kiện cần đủ để tứ giác nội tiếp đường tròn

Như đặc trưng tứ giác nội tiếp Thực ra, ta tìm thấy nhiều đặc trưng khác tứ giác nội tiếp chúng cho toán sau:

Đối với tứ giác cho trước, khẳng định sau tương đương: Tứ giác tứ giác nội tiếp

2

3

4

5 ( giao điểm )

6 thẳng hàng, chân đường vng góc hạ từ xuống (đường thẳng Simson)

7 , bán kính đường trịn ngoại tiếp

tam giác tương ứng

8 Tứ giác hình chữ nhật, tâm đường tròn nội tiếp tam giác tương ứng

9 Tứ giác tứ giác nội tiếp, trọng tâm tam

giác tương ứng

10 Hai đường phân giác góc vng góc với 11

12

Trong

Ví dụ 11 Hãy chứng minh tương đương khẳng định (1) (11) trên.

E AC

· ·

CAB =CDB ABCD

ABCD

AB CD+BC AD =AC BD

AB CD+BC AD =AC BD ABCD

ABCD ABCD

µ µ µ µ 1800

A C+ =B +D =

· ·

ABD =ACD

AB CD+BC AD =AC BD

MA MC =MB MD M AC BD

, ,

H I K H I K, , D

, ,

AB BC CA

a b c d

R R =R R R R R Ra, , ,b c d

, , ,

ABD ABC BCD CDA

1

O O O O O O O O1 2, , ,3 4

, , ,

ABD ABC BCD CDA

1

G G G G G G G G1 2, , ,3 4

, , ,

ABD ABC BCD CDA

(AB CD, ) (AD BC, )

CA AB BC

DK =DH + DI

( )( )( )( )

S = p a p b p c p d- - -

-, , , ,

2

a b c d

Giải. Ta biết (1) suy (11) theo ví dụ Để chứng minh (11) suy (1), gọi giao điểm với đường tròn ngoại tiếp tam giác Khi tứ giác tứ giác nội tiếp, nên

(*), chân đường vng góc hạ từ đến

Mặt khác, nên

(**)

Thay (**) vào (*) ta có

Mà nên , với giao điểm với

Theo tính chất tỉ lệ thức, ta có

Mà nên

Do tứ giác nội tiếp

Lưu ý: Bạn đọc tự chứng minh tương đương cặp mệnh đề lại

9.6 VÀI NÉT VỀ LỊCH SỬ

Ptôlêmê nhà toán học Hy Lạp sống vào kỉ thứ hai sau Công nguyên, tên đầy đủ ông Claudius Ptolememy Tác phẩm ơng “Syntaus Mathematica” viết vào khoảng năm 150 sau Công nguyên chủ yếu viết Thiên văn học Quyển I bảng dây cung giải thích ngắn gọn việc đời từ mệnh đề hình học mà ngày ta gọi Định lý Ptôlêmê. Sau số hệ rút từ Định lý Ptơlêmê tác phẩm

D¢

BD

ABC ABCD¢

AB BC CA

D H¢ ¢+DT =D K¢ ¢ H I K¢ ¢ ¢, ,

D¢

, ,

AB BC CA

D H D B DT

DH DB DI

¢ ¢ ¢

= =

D B DH D H

DB

¢

¢ ¢= DT D B DI

DB

¢ =

AB BC CA D B

DH DI DB D K

¢

+ =

¢ ¢

AB BC CA

DH + DI =DK

D B D K D M

DB DK DM

¢ ¢ ¢ ¢

= =

M BD

AC

|DB D B| |DM D M | DD DD

DB DM DB DM

   Â

- = - ị =

DB >DM DD¢= Û0 Dº D¢

1 Nếu hai dây cung có bán kính đơn vị dây tổng hai dây cung

2 Nếu hai dây cung có bán kính đơn vị

là dây hiệu hai cung

3 Nếu dây cung đường trịn bán kính đơn vị dây cung nửa cung

Năm trăm năm sau, nhà toán học Ấn Độ Bramagupta trở lại nghiên cứu vấn đề Sau kết rút tác phẩm “Bramagupta – Sphuta – Siddhamata” ông

Cho tứ giác nội tiếp đường trịn bán kính , có Khi

1 ;

2 ;

3

Bạn đọc tự chứng minh kết BÀI TẬP

1 Cho tứ giác nội tiếp có hai đường chéo vng góc Gọi độ dài bốn cạnh liên tiếp tứ giác Tính diện tích tứ giác

2 Cho hình vng nội tiếp đường trịn , điểm thuộc cung

nhỏ Chứng minh hệ thức

3 Cho tam giác nhọn , đường trung tuyến Gọi theo thứ tự bán kính đường trịn ngoại tiếp nội tiếp tam giác

Chứng minh (Hướng dẫn: sử dụng kết ví dụ 3) 4 Cho đường trịn , dây cố định khác đường kính Hãy xác định điểm thuộc cung lớn cho tổng có giá trị lớn

5 Cho tam giác có bán kính đường trịn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác Chứng minh (sử dụng kết ví dụ E – M

)

,

a b 2 2

a b

s= - b + - a

,

a b a³ b

2

4

2

a b

s= - b - - a

t p= 2- 4- t2

ABCD R AB =a BC, =bCD, =c,

, ,

DA=d AC =m BD =n

2 (ac bd ab cd)( ), (ac bd ad bc)( )

m n

ad bc ab cd

+ + + +

= =

+ +

mn=ac bd+

2 ( )( )

4R ab cd ad bc

ac bd

+ +

=

+

ABCD a b c d, , ,

ABCD ( )O M CD MA+MC =MB

ABC AM BN CP, , R r, ABC

4

AM +BN +CP £ R+r

( )O BC A

BC AB+AC ABC R r,

2

R ³ r

6 Giả sử điểm đường tròn nội tiếp lục giác Chứng minh:

a, b,

7 Cho tam giác nội tiếp đường tròn điểm cung nhỏ Gọi chân đường vng góc hạ từ xuống Chứng minh:

a,

b, với đường cao tam giác 8 Chứng minh đẳng thức:

a, b,

9 Sử dụng cơng thức tính khoảng cách hai điểm mặt phẳng tọa độ cho công thức để chứng minh bất đẳng thức Ptôlêmê

D TÀI LIỆU THAM KHẢO:

[1] Vũ Hữu Bình, Văn Như Cương, Nguyễn Ngọc Đạm, Nguyễn Bá Đang, Trương Công Thành, Phạm Thị Bạch Ngọc, 2015, Tài liệu chuyên Toán THCS, Nhà xuất Giáo dục Việt Nam.

M A A A A A A1

2 2 2

1

MA +MA +MA =MA +MA +MA

4 4 4

1

MA +MA +MA =MA +MA +MA

ABC ( )O M

BC H I K, , M BC CA AB, ,

1 1

MH =MI +MK

2 2

MH +MI +MK =h h ABC

0

cos36 cos72 =

0 0

cos20 cos40 cos80 =

1 2

( ; ), ( ; )

M x y N x y

2 2

1 2

( ) ( )