Tài liệu chuyên Toán THCS

Nếu p là hợp số thì p phân tích được thành tích các thừa số nguyên tố lẻ (do p lẻ). Điều mâu thuẫn này chứng tỏ giả sử trên là sai.. Vậy điều giả sử trên là sai. Ta có điều phải chứng [r]

Trang

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

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

Chuyên đề 4: Dấu tam thức bậc hai 23

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

Chuyên đề 6: Phần nguyên ứng dụng 36

Chuyên đề 7: Đường thẳng Simson 45

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

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

C KẾT LUẬN 72

Trang

MỘT SỐ CHUYÊN ĐỀ TRANG BỊ CHO HỌC SINH CHUYÊN

TOÁN TỪ TRUNG HỌC CƠ SỞ

1 Chuyên đề 1: Phƣơng pháp chứng minh phản chứng:

1.1 Chứng minh phản chứng bƣớc 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, ( , )a b 1 Do ab Bình phương hai vế ta được: 2

2

a  b Thì vế phải chia hết vế trái phải chia hết cho (vì chúng số tự nhiên) Do

a số chẵn, có nghĩa a phải số chẵn Do ta viết a2c, c số tự nhiên Thay vào phương trình ban đầu ta có: 2

(2 )c 2b hay 2

b  c Nhưng đó, tương tự trên,

b chai hết b phải số chẵn Nhưng a b số chẵn chúng có chung ước số Điều trái với giả thiết ( , )a b 1 Vậy giả sử số hữu tỉ sai Do 2là số vơ tỉ

Ví dụ 2: Khơng dùng máy tính, chứng minh 35 10   Chứng minh:

Giả sử 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, 35 10  

Ví dụ 3: Chứng minh khơng tồn số nguyên dương x y z t, , , đồng thời thỏa mãn đồng thời đẳng thức sau:

1987 987 yzt = 87

7 x xyzt y xyzt z x t xyzt

      

 

 

 

 

Trang 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 ngun dương số 2010n1 khơng chia hết cho 1000n1

Chứng minh:

Giả sử với n số nguyên dương 2010n1 chia hết cho 1000n1

Khi đó, 1000n1 chia hết 2010n1 chia hết cho Điều vơ lí 2010n 1 khơng chia hết cho Vậy điều giả sử 2010n1 chia hết cho 1000n1 sai Suy 2010n 1 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2

 

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2

 

ann



số chẵn

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

Ví dụ 6: Chứng minh tồn vô hạn số nguyên tố Chứng minh:

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

A p p p  Rõ ràng A pn nên A hợp số, A có ước ngun 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 2 pn) p nên p, mâu thuẫn

Trang 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 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) 16k k 4k 4k  1 4(4k k  k k ) 4  k 1, tích số ngun có dạng 4k1là số có dạng 4k1

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

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 khơng thể có dạng 4m1 (vì theo câu a p có dạng 4m1) Vậy 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

Xét số N4p p1 2 pn1 N có dạng 4k3 Theo nhận xét N có ước nguyên tố có dạng 4k3 Nhưng từ cách xác định N N khơng chia hết cho 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

2 a b

   , ta có:

2 a b

Trang Ví dụ 10: Cho a, b hai số nguyên dương nguyên tố Chứng minh 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( yo) b Vì( , )a b 1 nên x bo Do đó, tồn *

1

x  cho xo bx1 Tương tự, tồn *

1

y  cho yo ay1 Thay vào đẳng thức (1) ta

1

abx aby ab hay x1 y1 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 n an bn c khơng phải số phương

Chứng minh:

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

Khi đó: f(1)   1 a b c, f(2) 8 4a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)12a2b564(3a14)2b, mà 2b số chẵn nên theo nhận xét

trên 4b (1)

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

(2b2) (2)

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 n an bn c số phương

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

Trang Xét ABC có hai đường phân giác

BM CN Ta chứng minh ABC cân A Giả sử ABC không cân A

Xét B C B1C1

 

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, 2 D1 Theo giả thiết BM CNNDNC Vậy NCD cân

 

2 N NCDNDC

Vì B2 D1 B2 C2 D1 C2

 

3

Từ

   

2 , D2 C3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 khơng tam giác Giả sử ngược lại PQR Khi tam giác vng CRH có

60 CRH 

0 0

30 60 , 30

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

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:

3

2

2

D

M N

B C

A

Q R P

H

N M

A

Trang a) đường thẳng cắt O tạo thành 10 tia chung

gốc O Mỗi tia 10 tia tạo với tia cịn lại thành góc, có 10 tia nên có 9.1090 góc Nhưng góc tính lần nên có tất 90 : 2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 đối xứng qua đường chéo gồm 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:

a) Tổng số hữu tỉ số vô tỉ số vô tỉ b) Không tồn số hữu tỉ dương nhỏ

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

1 2000

1 1

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

5 Số palindrome (cịn gọi số xi 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 có

3 38

An  n khơng chia hết cho 49

Trang Cho n số tự nhiên khác 0; a ước nguyên dương

2n Chứng minh

2

n  số phương

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

Trang

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 lồng mà lồng có khơng q thỏ Nói cách khác, nếu nhốt thỏ vào cái lồng tồn lồng có từ trở lên Một cách tổng quát hơn, nếu 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 tốn 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 THƢỜNG 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:

a) Trong 2012 số tự nhiên ln tìm hai số chia cho 2011 có số dư (hay hiệu chúng chia hết cho 2011)

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

Trang 10 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

4 2012 2012.10 i

b a  (gồm j – i 2012) chia hết cho 2013 Lại có ƯCLN

(10 , 2013) 1i  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 cho Từ ta phát biểu nhiều tốn 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

Trường hợp có số ta chọn số thỏa mãn yêu cầu đề Trường hợp sáu số lớn Xét số sau

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)

Trang 11 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 ln 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 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

Trong 11 số tự nhiên liên tiếp s s, 1,s2,s3, ,s9,s10 ln tìm số chia hết cho 11 Chẳng hạn số si(0 i 10): Nếu 0 i ta chọn số Ni thỏa mãn yêu cầu toán; i = 10 ta chọn số N + 19 thỏa mãn yêu cầu toán

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, 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

Trang 12 - 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, 3, 4, 5, 6 với 0 a1 a2  a6 10 Đặt A{ ,a a a a a2 3, 4, 5, 6} 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 

Theo nguyên lí Dirichlet tồn hai số mà chúng thuộc tập hợp, nên có số thuộc tập hợp A số thuộc tập hợp B, tức am ana1, an ama1

Ba số a a am, n, 1 đơi khác Thật vậy, aman aman a1 0 trái với giả thiết toán

Vậy tồn ba số a a am, n, 1 số cho mà an ama1 (đpcm)

(Ở đây, có 10 “thỏ” 10 số a a a a a a2, 3, 4, 5, 6, 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 tổng số phần tử hai tập hợp phải không 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



   

   

Trang 13 hai phần tử Vì tập hợp A, B, C có phần tử đơi 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 có kết mạnh sau:

Cho X tập hợp gồm 505 số nguyên dương khác nhau, số không 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 ngun lí Dirichlet tồn tập hợp có chứa từ 169 số trở lên

Trong tập hợp này, hai số có hiệu bội Tồn hai số x, y có hiệu nhỏ 12 Thật vậy, số tập hợp có hiệu khơng nhỏ 12 số lớn tập hợp không nhỏ 12.168 = 2016 > 2006, trái với đề

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 b1,  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 khơng nhỏ n Theo ngun lí Dirichlet, tồn hai phần tử nhau, chúng khơng 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)

Trang 14 Một bảng vng kích thước n x n gồm n dòng, n cột đường chéo Mỗi dòng, cột, đường chéo có n vng

Một bảng vng kích thước m x n gồm m dịng 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 vng 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:

Cho bảng vng kích thước n x n 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

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

Trang 15

 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 không + = 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 coi “thỏ” đấu thủ nên có thỏ; “lồng” số trận đấu đấu thủ nên có lồng: “lồng i” gồm đấu thủ thi đấu i trận (với i = 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7)

Ta thấy lồng lồng khơng 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 ln tìm đấu thủ đấu dùng số trận

VÍ DỤ 13.Có nhà khoa học viết thư trao đổi với hai đề tài: bảo vệ môi 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 cịn lại đề tài, có 5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)

Trang 16 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)

Giả sử k9, kí hiệu tập hợp M gồm người chưa xếp vào thuyền nào, tức gồm người đôi không quen Chọn hai người A B tập hợp M 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 đơi (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

Trang 17 VÍ DỤ 16. Chứng minh bốn số khác tùy ý lấy từ tập hợp

4 {1, 2,3, ,3 }

A có hai số x, y thỏa mãn 0 x4 y 1 Giải

Ta có  x A

1 x 3

Xét ba tập hợp: B{ |1b  b 2}; C{ | 2c  c 3} D{3} Với số có dạng

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

Trang 18

3 Chuyên đề 3: Định lý Bézout – Lƣợc 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 quả. 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 Lƣợc đồ Horner

Ngoài phương pháp đặt tính chia đa thức, hệ số bất định, trị số riêng ta cịn tìm kết chia đa thức f x( ) cho nhị thức x – a; đồng thời tính giá trị đa thức f x( ) x = a lược đồ Horner (hay thuật toán Horner) sau:

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( )

n n

n n n

Q x b x  b x   b x b hệ số a an; n1; ; ;a a1 0 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 bn1 an bn2 an1abn1 bn3 bn2abn1 b0  a1 ab1 ra0ab0

Trang 19 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:

2x 7x  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

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

     

2

(x 1)(2x 9x 10)

   

Phân tích tiếp 2

2x 9x102x 4x5x102 (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 + 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

( ) 10

g x  x  x cho x2 2x2 – 9x + 10 x –

2x2 – 4x 2x – – 5x + 10

– 5x + 10 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

( ) 10

g x  x  x

( ) ( 1)(2 10) f x  x x  x

Ví dụ 2. Cho đa thức 10

10

( )

f x a x a x  a x a xa Chứng minh rằng: a) Đa thức f x( ) chia hết cho x – tổng hệ số

–

–

–

–

Trang 20 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. Khơng dùng chia đa thức, xét xem đa thức

( ) h x x  x 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

6

x  x thương

x  cịn dư

Ví dụ 5. Cho đa thức

( ) 1945 2012

f x x  x  x  x  x 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)

( ) 12 42 p x x  x  x

b)

( ) q x x  x

c)

( ) 10 104 105 f x x  x  x  x

d)

( ) 12 49 36 h x x  x  x 

2. Phân tích đa thức sau thành nhân tử cách áp dụng định lý Bézout:

a) 3 3

( )

A  x y z  x y z ; b) 5

( )

B x y  x y 3. Tìm dư phép chia:

a) 21 : ( 1)

x x  ; b) 63

: ( 1)

x x 

4. Tìm dư phép chia 67 47 27

( )

f x x x x x  x cho: a) x1; b)

1

x  ; c)

1 x  5. Tìm giá trị a để:

a)

( ) 18

f x  x a chia hết cho 3x5;

b)

( ) 16

g x x ax  chia hết cho

4 x  x ;

c)

( ) 32

h x  x ax chia x5 có số dư 6. Tìm a b để:

a)

( )

f x x ax b chia hết cho

5 x  x ;

b)

( )

g x x  x x ax b chia cho

2

x  x dư2x1;

c)

( )

h x  x ax b chia x1 dư 6; chia x3 dư 70

7. Cho

( ) 3

f x x  x  x  x k

( )

g x x  x 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

3 10

x  x thương

Trang 21 9. Tìm tất số tự nhiên n cho giá trị

( ) 17

f n n  n  chia hết cho giá trị g n( ) n (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  k  k chia hết cho giá trị biểu thức k2; b) Giá trị biểu thức

( ) 19

g k k  k chia hết cho giá trị biểu thức 2k3

11. Cho 2012 2012

( ) ( 1) ( 1)

f x  x  x  x  x  Chứng minh ( ) ( 1) f x x  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( )

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

ra ab (r số dư)

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

( ) 3

Trang 22

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 ax bx c với a0 a) Nếu  0 f x( ) dấu với a với x b) Nếu  0 f x( ) dấu với a với

2 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 ngoài khoảng hai nghiệm f x( ) cùng dấu với a

Lưu ý. Nhớ câu “trong trái, cùng” Giải bất phương trình bậc hai ẩn Giả sử tam thức bậc hai

( )

f x ax bx c với a0 có hai nghiệm x1 x2 (x1x2) Từ định lí dấu tam thức bậc hai, ta suy ra:

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 ax 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 1

A

x x  

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

2

Trang 23 Ví dụ 4. Tìm giá trị m để nghiệm bất phương trình sau số thực x

2

(m2)x 4x 3 Ví dụ 5. Cho tam thức bậc hai

( )

f x ax 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)

1

x   x ; b)

14 29 x  x 

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

(m1)x 2x 1 3. Cho phương trình

2

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

a)Có nghiệm;

b)Có hai nghiệm trái dấu;

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

2

( 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

Trang 24

5 Chuyên đề 5: Một số phƣơng pháp giải phƣơng trình nghiệm nguyên:

5.1 PHƢƠNG PHÁP PHÂN TÍCH

5.1.1 Biến đổi phƣơng trình dạng A A1 2 An 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 k1 kn (với k ) dẫn đến giải hệ phương trình

1 2

n n

A k

A k

A k

 

 

  

 



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

Giải

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 2y1 Mà 3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 ngun

Ví dụ 2. Tìm số ngun x để

2009

x  x số phương

Giải.

Ta có 2

2009 ( ) x  x  y y

2

(2 1) (2 ) 8035

(2 1)(2 1) 8035

x y

x y x y

    

      

Trang 25 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 

5.1.2 Biến đổi phƣơng trình dạng 2 1 2 n n

a A a A  a A k, A ii( 1, , )n là đa thức hệ số nguyên, ai số nguyên dƣơng, k số tự nhiên

Phương pháp: Sử dụng đẳng thức đáng nhớ

(a b ) , đưa phương trình dạng Sau dựa vào tính chất a Ai, i để phân tích thành 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 nguyên phương trình 2

5 10

x  y  z  xy xz

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)

z hai số phương tính chẵn lẻ, nên viết

2 2

100  3 Xảy khả sau

2 2

( ) 1) (2 )

1

x y z

y z z           

Tìm nghiệm ( ; ; )x y z

Trang 26

2 2

( ) 2) (2 )

3

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 PHƢƠNG PHÁP RÚT MỘT ẨN THEO ẨN CÒN LẠI Xét phương trình tìm nghiệm nguyên dạng F x y( , )0

5.2.1 Nếu F x y( , ) đa thức bậc x (hoặc y) với hệ số nguyên ta biểu diễn x y (hoặc y theo x) sử dụng phép chia đa thức tính chất chia hết để giải

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

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

Ví dụ 4. Giải phương trình nghiệm nguyên

3x 2xy y 5x 2

Giải.

Cách 1. Phương trình chứa bậc y nên ta rút y theo x

Ta có

(1 ) x y 3x 5x2 Do x nguyên nên 2 x0 Suy

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 ( ; )x y (1; 0), (0; 2)

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

3x (2y5)x  y

2

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

       

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

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,

(ay bxy cx dy  e) Trong a b c d e, , , , số nguyên

Trang 27

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 2

2y (x 3 )x y x 3x 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

Trường hợp x 1, để phương trình có nghiệm ngun  phải số phương,

tức

( 8) ( ) ( )( ) 16

x x k k   x k x k 

Vì k nên x    4 k x k (x    4 k) (x 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 ( ; )a b (2;8), (4; 4), ( 4; 4), ( 2; 8).   

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 3

2 x y  xy

Giải.

Ta đưa dạng phương trình bậc hai ẩn y phép đặt x y a (với a

nguyên) Khi ta có 2

(3a2)y (3a 2)ya  8 Do a nguyên nên 3a 2 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 3

2 (a a 56)   0 a 56 Vì a nguyên nên a nhận giá trị 1, 2, Thử chọn có a2 thích hợp tìm ( ; )x y (0; 2), ( 2; 0). 

5.3 PHƢƠNG PHÁP SẮP THỨ TỰ 5.3.1 Phƣơng 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) 2xyz

Giải.

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

2 5 18

2

xy xz yz xyz x

Trang 28 Do

2x 18 x {1, 2,3}

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

2 41 23

y y

z z

    



    





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

Vì y z, nguyên dương 2  x y z nên  3 4y 5 4z5, 77 11.7. Xảy trường hợp

4 11

y y

z x

    



    





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

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) hoán vị

Nhận xét. Với cách làm tương tự, ta tìm nghiệm ngun dương phương trình dạng a x( 1  x2 xn) b cx x1 2 ,xn 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 , 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 , ,

2 2

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 ,z dẫn đến xy{1; 2;3} Xảy khả

Trang 29 c)Nếu xy3 x1;y3 suy 4 z 3z z (loại yz)

Do ( ; ; )x y z (1; 2;3) Suy ( ; ; )a b c (5; 4;3) Vậy tam giác có độ dài ba cạnh 5, 4, thỏa mãn

5.3.2 Phƣơng pháp thứ tự phần

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) ( 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 ngun phương trình

a) 4

1 x x  x x  y ;

b) 3

1 x x x  y 

Giải.

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

Với x0 4 ( 1) ,

x  y  x điều vơ lí Với x 1 4

(x1)  y x , 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 3 ( 1) ,

x y  x điều vô lí Với x 1 3

(x1) y x , 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 n n

x x x y

     với n số nguyên dương

5.4 PHƢƠNG 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

Trang 30

 Nhưng kết thường dùng: Với a

a chia cho dư 1, chia cho dư 1, chia cho dư hoặc 4;

a chia cho dư 0,1,8;

a chia cho 16 dư 0,1

 Ta thường sử dụng số tính chất sau số nguyên tố để giải phương trình a) Nếu p số nguyên tố n

a pa p (với nguyên a nguyên) b) Định lí Fermat nhỏ: Nếu p số nguyên tố p

a a p với số nguyên dương a Đặc biệt ( , )a p 1

1 p

a   p

c) Nếu p số nguyên tố dạng 4k3(k ) 2

(a b ) pa p b p Thật a p b p 2

a b p Giả sử a không chia hết cho p, 2

a b p nên b không chia hết cho p Theo định lí Fermat nhỏ ta có

1 p

a   p 1 p

b   p Khi

1 4 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)

1

x  khơng có ước nguyên tố dạng 4k3 với x ,k ii) Nếu p số nguyên tố

1

x  p p có dạng 4k1 với k , d) Nếu p số nguyên tố lẻ dạng 8k5 8k7 2

2

a  b p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 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 vô 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k (với k tự nhiên lẻ) Khi









 





26n13 k2 k2 13 2n 1 k2 k2 Do 13 12



n1 13



nên



k2 13





k2 13.



Nếu



k2 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 nguyên x y z, , cho 4

2012 x y z 

Giải

Trang 31 Nhận thấy 4

, ,

x y z chia cho 16 dư 1, nên 4

x y z chia cho 16 có số dư 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 ngun 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 b1, mb c1, mc d1, md1, với a b c d1, , ,1 1 số tự nhiên



a b1, 1



1 Suy



2



2



2



2

1 1

14 a b c d 14 a b c d Suy 2 1 7,

c d c1 d1 7, dẫn đến 2

1

a b nên a1 b1 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





2 1,

n p  khơng có nghiệm ngun dương

Ví dụ 14.Tìm nghiệm nguyên phương trình 3 3 x  y  z 

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

1, 1, ; ; 3 x y z x y z   

  nghiệm nguyên phương trình Quá trình tiếp tục ta suy số 0; 0;

3n 3n 3n

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 vơ nghiệm 5.5 PHƢƠNG PHÁP SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC

Phương pháp: Để giải phương trình phương pháp này, ta thường làm sau: 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

Trang 32 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

, 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



a2b2



x2y2







ax by



2, 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 nguyên phương trình

2 2

2 2 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;



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, 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

2 2

1 0; 4 0; x   x y   y z   z Suy









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; 



Trang 33



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 nguyên dương

Ví dụ 17.Tìm nghiệm ngun hệ phương trình 2

2 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 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 2

9 0,

x z   x z  x 3,z0 Nếu x0 t0,

16, 12

y  yz 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; 4; 3; 0), (3; 0; 0; 4), ( 3; 0; 4).



    BÀI TẬP

Phƣơng pháp phân tích

1. Tìm nghiệm ngun phương trình

a) 2

2x xy6y 13y3x 7 0;

b) 2

3x 10xy8y 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

a) 2 2

2 2 10

x  y  z  t  xy xz xt yz zt

b) 2 2

2 2 10

x  y  z  t  xy xz xt xy zt Phƣơng pháp rút ẩn theo ẩn lại

6. Tìm nghiệm nguyên dương phương trình

2 243 xy  xy y x 7. Tìm nghiệm nguyên phương trình 2

12 y xx  x 8. Giải phương trình tìm nghiệm nguyên 2

3x y5xy8yx 10x4 Phƣơng 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

( ) ( )( ) ( )

Trang 34 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) 4

(x2) x 8x y ; b) 3

2 0; x y  y  y 

c) 4 2 2

2

x y  z x z  x  z  

15. Tìm nghiệm nguyên dương phương trình 2

8(2 x) y z 0 với y x 10

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

a)

1 x x x 1997 ;y b) 2x153 y

17. Chứng minh phương trình sau khơng có nghiệm ngun 2

4x y 9z 71 18. Tìm nghiệm nguyên phương trình sau

a) 2

2 ;

x y z  xyz b) 3

3 9 ;

x  y  z  xyz

c) 3 3

2 ;

x  y  z  t d) 4 4 8x 4y 2z t Phƣơng pháp sử dụng bất đẳng thức 19. Tìm nghiệm nguyên phương trình sau a) 2

2 2 5;

x  y z  xy y z 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





2



2 2



1

x y  x y 

22. Tìm nghiệm nguyên hệ phương trình

4 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 nguyên lớn khơng vượt q a, kí hiệu

 

a Ta có

 

a  a

 

a 1

Phần lẻ số thực a hiệu a với phần ngun nó, kí hiệu

 

a Ta có

 

a  a

 

a , 0

 

a 1

Trang 35

 









 





 





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

5, 5, 0, 7; 2012 2012 2012



  



  

     

  

6.1.2 Tính chất

1) a 

 

a a

 

a 0 2) n n    a n

 

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)

 

 

2

a a  a  

12) Nếu n *

     

na n a ; a a

n n

   

    

 

 

13) Nếu a số nguyên

   

  a a ;

Nếu a không số nguyên

   

  a a 1; 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

   

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

Trang 36



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 11) Đặt

 

a d 0 d

 Nếu d

 

 

 

 

;

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

Nếu a khơng ngun 0

 

a 1, nên   1

 

a 0, suy 

 

a  1 Ta có

 

  a 



 

a 

 

a



  

 

a  

 

a  

 

a 1

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 toán

Trang 37

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

5 2012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 số chữ số tận bên phải số n!

2

5 5k

n n n

                  

Ví dụ 3. Tìm số tự nhiên k lớn cho



2011!



2012 chia hết cho 2012 k

Giải

Ta có

20122 503

Số mũ cao 503 có 2011! Là 2011

3 503     

  (do

2 2011 503 ) Vậy 2011! chia hết cho

503 không chia hết cho

503 , hiển nhiên 2011! chia hết cho

4 Do 2011! chia hết cho

2012 không chia hết cho 2012 Muốn



2011!



2012 chia hết cho 2012k k3.20126036

Vậy maxk 6036

Ví dụ 4. Tìm số tự nhiên n cho

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

     

Trang 38

Giải

Nhận xét





2

2

1 1 ,

n n  n  n n

         

 

     

Đặt 2 2





2





2

1 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 4x 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

4

y (loại)

Vậy tốn có hai nghiệm x2 x3

6.2.2 Giải phƣơng trình có chứa dấu phần ngun a) Dạng f x

 

a a







Phương pháp: f x

 

a a







 a f x

 

 a Ví dụ 6. Giải phương trình

 

x 23

 

x  2

Ví dụ 7. Giải phương trình 2

5 26

x x

       

    (gợi ý: x2 7   x252) 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 5

5

x x

 

      

Giải.

Đặt 5





x

t t 

  3; 21

5 25

t x t

x    

Ta có 21 21

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

 

9 x  x  

Giải.

Biến đổi phương trình dạng

 

8 x

Trang 39 Đặt ( *)

9 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

3

x x x

            Áp dụng tính chất 11)

 

 

2 ,

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





x

t t   

4;

5

t x t

x     Suy





4

0 2; 1; 0;1;

5

t t

t t t t

 

                

 

(do t nguyên), tương ứng tìm 7; ; ; ; 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 1

3

x x            

Giải.

Đặt 1





3 x x t t           

Trang 40

2 1

1 1 11

3

x x x

x             

Khi

1 0 5

0

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

3 2

1 1 x x x x x x x                                        

Với t1

2

7

1

2

2 1

1 2

1 3 2 x x x x x x x                                        

Với t2

2

7

2

5

2 1 3

2

1

3 2

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

Với t3

2

11

3

5

2 1 11

3

1

3 2

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

Với t4

2

13

4

8

2 1

4

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

Với t5

2

19

5

8

2 1 3 19

5

1

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 Phƣơng 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,

Ví dụ 12. Giải phương trình

     

x  2x  3x  



2009x



4036082

Giải

Nhận xét

Trang 41

     





 

 

 

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

x

x x



             

 

Giải.

Áp dụng tính chất 13) ta có

2 2

2

,

1,

x x

x

x x

   

     

    

   

Nếu

x số nguyên phương trình cho trở thành

2 1

0

3

x x

x

 

          

  Mà

x số nguyên nên x



1; 2;



Nếu

x không số nguyên phương trình cho trở thành

2 1

1 1

3

x x

x

 

             

 

Mà

x không nguyên nên phải loại 1,



1; 0



0;1 x  x   x  

  Vậy tập nghiệm phương trình



1; 0



0;1



1; 2;



2     

 

6.3 BẤT PHƢƠNG 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



Giải

Cách 1. Nhận xét

 

a b (b nguyên) a b Ta có



x 2



x 2 Do x4

Cách 2. Đặt



x 2



t (t số nguyên) có t5 Do t



6; 7;8;



Từ



x 2



t suy t   x t 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 29



x 1



160

Giải

Áp dụng tính chất 4) ta có



x 1

  

x 1 Biến đổi bất phương trình thành

 

2

 

Trang 42 Đặt

 

x t (t số ngun) có

2t   9t suy 1 t 3, 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.

Cách Đặt

 

x t (t số nguyên) t  x t suy 2t2x 2t Do

 

2x 2t 2t1

 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  2t 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,

Cách 2. Nhận xét

   

a  b ab

   

a  b Ta có

   

2x  x 2xx

   

2x  x  x

   

2x  x Trước hết ta tìm x cho

   

2x  x

Đặt

   

2x  x t (t nguyên) ta có

2x  x x 1 suy 0 x nên

 

x 0 Với t0

   

x  2x 0 suy 02x1 nên 0 x 0,

Vậy nghiệm bất phương trình x0,

BÀI TẬP

1. Tìm số tự nhiên k nhỏ cho



100!



k chia hết cho 100 10 2. Tìm số tự nhiên n nhỏ cho 3 3

1  x 1 400

      

     

3. Giải phương trình x x

 

3x

 

x  2 4. Giải phương trình sau

a)

 

8 0; x  x  

b) 1

2

x x x

 

        

   

5. Giải phương trình 20 37 37

x

x x

       

 

6. Giải phương trình

 

2011 1005 2012 2012

x x  x  x

   

Trang 43 a) 10;

9 x     

  b) ;

7 x

x        

c)



1



5;

2

x x

x

 

      

 

d)

 

100,1

2 2

Trang 44

H

D O

C B

A

M E

7 Chuyên đề 7: Đƣờng thẳng Simson:

7.1 ĐƢỜNG THẲNG SIMSON

Bài toán 1. 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

, ,

D E H thẳng hàng

Giải. Khơng tính tổng qt, giả sử M thuộc cung BC không chứa A

,

MD BC ME AC MDEC tứ giác nội tiếp EMC EDC (1)

,

MH AB MD BC MHBD tứ giác nội tiếp

HMB HDB (2)

ABMC nội tiếp MBH MCA

Mà MBH HMB MCA EMC 900 EMC HMB (3) Từ (1), (2), (3) suy HDB EDC 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 2. 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 HMB HDB (chắn cung HB),

HDB EDC (đối đỉnh), EDC EMC (chắn cung EC ) HMB EMC EMH BMC (1)

Tứ giác AEMH nội tiếp A EMH 1800 (2)

Từ (1), (2) A BMC 1800 Suy tứ giác ABMC nội tiếp M nằm đường trịn 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 1. Chứng minh rằng:

a, Đường thẳng Simson đỉnh A tam giác ABC đường cao hạ từ đỉnh

b, Đường thẳng Simson đỉnh D (điểm đối xứng với A qua tâm O) cạnh BC

H

D A

B C

M

E

K

D H

O

C B

Trang 45

Giải. a, Hiển nhiên

b, D điểm đối xứng với A qua O AD đường kính DB AB DC, AC Suy đường thẳng Simson đường thẳng BC

Ví dụ 2. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( )O , M N, điểm thuộc ( )O Chứng minh góc đường thẳng Simson M N tam giác ABC nửa số đo cung MN Đặc biệt, M N, đối xứng với qua tâm O, đường thẳng Simson chúng vng góc với điểm đường tròn Euler

Giải AEMH nội tiếp AEH AMH 900 MAC (1)

BFNK nội tiếp BFK BNK 900 CBN (2) Cộng vế - vế (1) (2), suy

0 180

AEH BFK MAC CBN

0

180 ( )

MAC CBN AEH BFK EPF (P

giao điểm ED FI, )

,

ED FI tạo góc có số đo nửa số đo cung MN (trường hợp đặc biệt tự c/m)

Ví dụ 3. Cho đường trịn ( )O đường kính AB, C điểm đường tròn Đường phân giác ACB cắt đường trịn M Gọi H K, hình chiếu M BC AC,

Chứng minh O K H, , thẳng hàng

Giải. CM đường phân giác

ACB MA MB MO AB

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

Ví dụ 4. 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 Fthẳng hàng

Mặt khác, MD DK ME, EP MF, FQ ED đường trung bình MKP, DF đường trung bình tam giác MKQ Q K P, ,

thẳng hàng FE//PQ

P M E

F

K O

C B

A

N

I H

D

H K

M

A B

C

J

I

H K

D

P

E Q

F

C B

A

Trang 46 Gọi H trực tâm ABC I J; , điểm đối xứng H qua AC AB I J, thuộc đường trịn ngoại tiếp ABC MHIP MHJQ, hình thang cân

QHJ MJH MAC Tương tự, PHI MIH MAB

Suy QHJ PHI JHI MAC MAB JHI A JHI 1800 P Q H, ,

thẳng hàng PQ qua trực tâm H tam giác ABC (đường thẳng Steiner) Ví dụ 5. Cho tam giác ABC , M điểm thuộc cung BC không chứa đỉnh A Gọi

, ,

D E Hlà 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

MCB đồng dạng

Kẻ MI HE BC HE

MD MI (1)

Ta có

,

MHD MBC MAC MDH MBH MCA

,

MHD MAC đồng dạng AC HD ME MI (2) Tương tự MED, MABđồng dạng AB ED

MH MI (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, ABC đều, ta có

1 1

ME MH MD

(Olympic Việt Nam)

Ví dụ Cho tam giác nhọn ABC , M điểm thuộc cung BC không chứa đỉnh A Gọi D H, hình chiếu M cạnh AC AB, Xác định vị trí M để độ dài DH lớn

Giải. Hạ HE BC D E H, , thẳng hàng Tứ giác MHBE nội tiếp CBM DHM Tứ giác MCDE nội tiếp BCM HDM Suy HDM, BCM đồng dạng

, 1

HD HM MH HD

MH MB

BC BM MB BC

HD BC Do HD lớn

Rt I

E

H

D O

C B

A

M

Rt D

H

E O

C B

A

Trang 47 HD BC MH MB MB AB AM đường kính M đối xứng với A qua tâm O

Ví dụ 7. 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 đường thẳng cố định

Giải Vì A đường phân giác góc

xOy AC AB IA BC

Kẻ AH Ox AK, Oy H K, cố định,

, ,

K E H thẳng hàng đường thẳng Simson A tam giác OBC cố định

Hình bình hành OBMC có OM 2OE 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 8. 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

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

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

Ví dụ 9. 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 BC

,

EB EC EI BC

Theo toán 1, suy K E H, , thẳng hàng Mặt khác, DP KI DQ IH// , // AP AD

AK AI

//

AQ AD AP AQ

PQ KH

AH AI AK AH

K

H E

M

B C

y

O x

A

I

O2

O1

O3

F

D E

M

A C

B

H

F

I E

M Q

P

D O

C A

Trang 48

, //

MD BC IE BC DM IE Gọi M AE PQ

Dễ dàng chứng minh M D IE// M M Vậy 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 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 d d d d qua trung điểm

1, 2, 3,

AH BH CH DH

Gọi M trung điểm AB CH4 2OM

3

DH OM CDH H hình bình hành

4,

DH CH cắt trung điểm đường

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

, , ,

A B C D

d d d d đồng quy

Ví dụ 11. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn Gọi H K, hình chiếu B AC CD M N; , trung điểm AD HK, Chứng minh BMN tam giác vuông

Giải Từ B kẻ BE AD Theo toán ta có

, ,

E H K thẳng hàng

Tứ giác BEDK BHKC, nội tiếp EDB EKB; BHK BCD 1800

Mặt khác BAD BCD 1800 BAD BHK

,

BHK BADđồng dạng;

MA MD NH NK ABM, HBN đồng dạng AMB BNE

Suy tứ giác BEMN nội tiếp; Mà BE AD BN MN Vậy BMN vng Ví dụ 12. Cho tam giác ABC BE CK, , đường cao tam giác ABC Gọi

,

P Q hình chiếu E BC CK, Chứng minh

PQ qua trung điểm KE

Giải. Từ E hạ EH AB, theo giả thiết EP BC,

EQ CK, tứ giác BKEC nội tiếp

Theo tốn ta có P Q H, , thẳng hàng Tứ giác KHEQ có

H4

H3 H2

H1

M

O

C B

A

D

E

N M

K H

B

D A

C

H

Q P K

E A

B

Trang 49

0

90

EHK HKQ KQE KHEQ hình chữ nhật KE HQ, đường chéo, chúng cắt trung điểm đường Suy đpcm

Ví dụ 13. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn 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 DCA DPR Tương tự, DAC DRP

Suy DCA, DPR đồng dạng Tương tự,

,

DAB DQP; DBC, DRQ đồng dạng

QR DB

DA DR BC QR BA

DC DP PQ PQ BC

DB BA

PQ QR DA BA

DC BC đường phân giác ABC ADC, cắt

AC

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

0

180 180

AKC AEC AKC ADC tứ giác

ADCK nội tiếp K ( ),O EK cắt AC I , suy

, ,

P Q I thẳng hàng (đường thẳng Simson)

Giả sử AH cắt ( )O M cắt PQ N , suy

//

MN KP; KQ AB KP, BC BQKPlà tứ giác nội

tiếp QBK AMK QPK MPKN nội tiếp MPKN hình thang cân KN PM

Mặt khác, PH PM PH KN HPKN hình bình hành NP HK, cắt trung điểm đoạn 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

1

( )O D ( )O2 cắt M Gọi P Q, hình chiếu vng góc

B xuống hai tiếp tuyến Chứng minh PQ tiếp xúc với đường tròn cố định

P Q

R

C D A

B

N

M I

P Q

K E

H

C A

B

Trang 50

Giải. MC MD, tiếp tuyến

1

( ),( )O O ABC MCA ABD, MDA

0 180

CBD MCD MDC CMD

0 180

CBD CMD MCBDnội 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 H nằm đường tròn đường kính AB Nên, PQ ln tiếp xúc với đường trịn đường kính AB

BÀI TẬP

1 Cho đường tròn ( )O ba dây cung tùy ý AB AC AD, , Các đường trịn đường kính AB AC AD, , cắt đôi M N E, , Chứng minh M N E, , thẳng hàng

2. Nếu tam giác nội tiếp đường trịn ( )O góc đường thẳng Simson điểm M ( )O hai tam giác khơng phụ thuộc vào vị trí M ( )O

3. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( ; )O R Gọi D điểm đối xứng A

qua BC, E điểm đối xứng B qua AC , F điểm đối xứng C qua AB Giả sử H trực tâm tam giác ABC

Chứng minh D E F, , thẳng hàng OH 2R (Anh – 1990)

4. Cho đường tròn ( )O đường thẳng d không cắt ( )O Điểm M thay đổi d Từ M kẻ hai tiếp tuyến MA MB, với ( )O Gọi H hình chiếu O d; E F, hình chiếu H MA MB, Chứng minh AB ln qua điểm cố định, từ suy EF qua điểm cố định

5. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( )O P Q, ( )O cho CP CQ, đối xứng với qua phân giác góc BCA Chứng minh CQ vng góc với đường thẳng Simson P tam giác ABC

6. Cho góc nhọn xOy tia phân giác Oz, điểm M cố định Oz (M khác O) Dựng đường tròn ( )S qua O M, , cắt Ox Oy, A B, Gọi I trung điểm AB Dựng hình vng OCID Tìm quỹ tích điểm C đường tròn ( )S thay đổi

7. Cho tam giác ABC khơng đều, P hình chiếu A BC Gọi D E F, , trung điểm BC CA AB, , Gọi la đường thẳng qua chân hai đường cao hạ từ

P xuống DE DF, Tương tự cho l lb c, Chứng minh l l la b c, , đồng quy

8. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn ( )O , M điểm đường trịn Gọi

, ,

a b c d, đường thẳng Simson M tam giác BCD CDA DAB ABC, , , Gọi A B C D1, 1, 1, 1 hình chiếu M a b c d, , , Chứng minh A B C D1, 1, 1, 1 thẳng hàng

O2 O1

H

P

Q M

D

B A

Trang 51 9. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( )O MN dây cung chuyển động đường trịn có độ dài không đổi Chứng minh đường thẳng Simson M N, tam giác ABC hợp với góc khơng đổi

10. Cho tứ giác ABCD có AB CD, cắt E BC AD; , cắt F Chứng minh trực tâm tam giác ABF CDF ADE BCE, , , thẳng hàng

Trang 52

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

8.1 BẤT ĐẲNG THỨC ERDOS – MORDELL

Cho tam giác ABC M điểm nằm tam giác Gọi R R Ra, b, c theo thứ tự khoảng cách từ M đến đỉnh A B C, , Còn d d da b c, , khoảng cách từ M đến cạnh BC CA AB, ,

Khi ta có bất đẳng thức Ra Rb Rc 2(da db dc)

Đẳng thức xảy tam giác ABC đều, M tâm tam giác 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 tốn, 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 tốn học người Nga Cadarinop đề xuất lời giải túy hình học chấp nhận Tiếp theo đó, nhiều nhà tốn 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

Đặt BC a AC, b AB, c Lấy điểm M1 đối xứng với điểm M qua đường phân giác góc BAC Dựng BH AM CK1, AM1 Giả sử AM1 cắt BC D

Khi BD BH ; DC CK

Đẳng thức xảy AD BC hay

1

AM BC Từ ta có:

1

2

a ABM ACM

a BH CK aR S S (AM1 AM Ra) hay aRa cdb bdc

Từ Ra cdb bdc

a a (1) Tương tự b c a

a c

R d d

b b (2), c b a

a b

R d d

c c (3) Cộng vế - vế (1), (2), (3) ta thu

2( )

a b c a b c a b c

b c a c a b

R R R d d d d d d

c b c a b a

Đẳng thức xảy a b c, đồng thời M1 trực tâm tam giác ABC

Từ cách chứng minh số kết sau: Hệ (Bất đẳng thức E – M dạng tích)

M1 K

H A

B C

Trang 53 Cho tam giác ABC M điểm nằm tam giác Gọi R R Ra, b, c lần lượt khoảng cách từ M đến đỉnh A B C, , Còn d d da b c, , khoảng cách từ M đến cạnh BC CA AB, , Khi ta có bất đẳng thức R R Ra .b c d d da b c

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

a b c

c b

R d d

a a , b c a

a c

R d d

b b , c b a

a b

R d d

c c (*) Nhân theo vế bất đẳng thức ta R R Ra .b c cdb bdc adc cda adb bda

a a b b c c

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

a a b b c c (đpcm)

Hệ 2. (Bất đẳng thức E – M dạng thức)

Cho tam giác ABC M điểm nằm tam giác Gọi R R Ra, b, c lần lượt khoảng cách từ M đến đỉnh A B C, , Còn d d da b c, , khoảng cách từ M đến cạnh BC CA AB, ,

Khi ta có bất đẳng thức Ra Rb Rc da db dc

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

2

b c

a b c

c b

d d

c b a a

R d d

a a

2

c a

b c a

a c

d d

a c b b

R d d

b b

2

b a

c b a

a b

d d

a b c c

R d d

c c

Cộng vế - vế bất đẳng thức ta

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

da db dc (đpcm)

Trang 54 Ví dụ 1. Gọi I tâm, r bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC Chứng minh điều kiện cần đủ để tam giác ABC IA IB IC 6r

Giải. Kẻ IH IJ IK, , theo thứ tự vng góc với cạnh BC CA AB, , Ta có IH IJ IK r

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

IA IB IC 2(IH IJ IK) 6r Đẳng thức xảy tam giác ABC

đều

Nói cách khác, điều kiện cần đủ để tam giác

ABC IA IB IC 6r (đpcm)

Ví dụ 2. Giả sử M điểm nằm tam giác ABC Gọi r bán kính đường trịn nội tiếp tam giác Chứng minh MA MB MC 6r Đẳng thức xảy nào?

Giải. Gọi x y z, , khoảng cách từ M đến cạnh BC CA AB, ,

Kẻ AH BC MA, 1 BC, ta có

1

AM MA AH Từ

2SABC

AM x

BC

Tương tự, BM 2SABC y

CA ,

2SABC

CM z

AB Cộng theo vế bất đẳng thức

1 1

2 ABC ( )

MA MB MC S x y z

BC AC BA

r BC( CA AB) 1 (x y z)

BC AC BA (1)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta (BC CA AB) 1

BC AC BA

(2)

Áp dụng bất đẳng thức E – M cho điểm M ABC

2( )

MA MB MC x y z (3) Từ (1), (2), (3) suy

9

2

MA MB MC

MA MB MC r MA MB MC r

Đẳng thức xảy tam giác ABC (đpcm)

Ví dụ 3. Chứng minh với tam giác nhọn ABC ta có bất đẳng thức

H K

J

I A

B C

x

A1

H A

B C

Trang 55 a, cos cos cos

2

A B C b, cos cos cos

8

A B C

Đẳng thức xảy nào?

Giải. a, Gọi O R, theo thứ tự tâm, bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ; H I K, , theo thứ tự hình chiếu vng góc kẻ từ O đến cạnh BC CA AB, , Từ giả thiết tam giác ABC nhọn, ta nhận thấy

2

BAC BOC,

hay BAC HOC

Tương tự có ABC AOI ACB, BOK Từ đó:

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

OC OA OB R

Nhưng theo bất đẳng thức E – M cho điểm

O nằm tam giác ABC ta có

2

OA OB OC

OH OI OK

Suy cos cos cos

2

A B C Đẳng thức xảy ABC

b, Dựng AA1 BC BB, 1 AC CC, 1 AB Gọi

H trực tâm ABC

Do tứ giác BC HA1 1 nội tiếp nên ABC A HC1 Tứ giác CA HB1 1 nội tiếp nên ACB B HA1 Tứ giác

1

AC HB nội tiếp nên BAC C HB1 Do đó:

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 (3)

Sử dụng bất đẳng thức E – M dạng tích ta có HA HB HC 8HA HB HC1 1 1 Từ (3) suy cos cos cos

8

A B C Đẳng thức xảy ABC Ví dụ 4. Cho tam giác nhọn ABC, gọi I I I I, , ,a b c theo thứ tự tâm đường tròn nội tiếp, tâm đường tròn bàng tiếp tương ứng với đỉnh A B C, , tam giác đó; r bán kính đường trịn ( )I Chứng minh rằng:

a, IA IB IC 8r3 b, IIa IIb IIc 12r

c, II II IIa b c 64r3 d, IIa IIb IIc r

H I K

C A

B

C1

B1

A1

H A

Trang 56

Giải a, GọiH J K, , tiếp điểm đường tròn ( )I với cạnh BC , ,

CA AB Sử dụng E – M dạng tích, ta có IAIB IC 8IH IJ IK hay IA IB IC 8r3 Lưu ý: Bất đẳng thức câu a,

cho tam giác ABC

b, Nhận xét điểm I trực tâm tam giác I I Ia b c

Áp dụng E – M cho điểm I tam giác I I Ia b c ta nhận

2( ) 12

a b c

II II II IA IB IC r

(theo ví dụ 1)

c, Áp dụng E – M dạng tích cho điểm I

đối với tam giác I I Ia b c ta nhận II II IIa b c IAIB IC 64r (theo câu a,) d, Áp dụng E – M dạng thức cho điểm I tam giác I I Ia b c ta có

2( )

a b c

II II II IA IB IC (1)

Áp dụng E – M dạng thức cho điểm I tam giác ABC ta được:

2

IA IB IC IH IJ IK r (2)

Từ (1), (2) suy IIa IIb IIc r

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

Ví dụ 5. Cho tam giác ABC với BC a CA, b AB, c Gọi r bán kính đường trịn nội tiếp tam giác Chứng minh abc 24 3r3 Đẳng thức xảy nào?

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

2 ( )( )( )

ABC

S p p a p b p c SABC pr, suy r2 (p a p b p c)( )( )

p

(1)

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

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

IA IB IC r p a r p b r p c

(p a bc) (p b ac) (p c ab)

p p p (2)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có

3

( ) ( ) ( )

( )( )( )

3

p p a p b p c

p a p b p c

hay

3

( )( )( )

27

p

p a p b p c (3)

Ic Ib

Ia

A C

B

Trang 57 Từ (2), (3) suy

2 2

2. 2. .

27 3 3

a b c abc

IA IB IC IA IB IC (4)

Áp dụng E – M dạng tích ta có IA IB IC 8r3 (5)

Từ (4), (5) suy abc 24 3r3 (đpcm) Đẳng thức xảy ABC

Chú ý Các bạn học lớp làm quen với định lý Sin tam giác ABC thấy a sin ;R A b sin ;R B c sinR C (R bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC) Khi từ bất đẳng thức abc 24 3r3 ta nhận bất đẳng thức

3

3

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

R

Hệ quả.Với tam giác ABC ta có bất đẳng thức

3

sin sin sinA B C 3 r

R

Đẳng thức xảy tam giác ABC đều.

Ví dụ 6. Giả sử đường trịn ( ; )I r nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với cạnh

, ,

BC CA AB theo thứ tự A B C1, 1, 1 Chứng minh AB BC CA 8A B B C C A1 1 1 1 Đẳng thức xảy nào?

Giải.

Đặt BC a AC, b AB, c p nửa chu vi tam giác ABC

Sử dụng định lý Ptolemy cho tứ giác nội tiếp IC AB IC BA IACB1 1, 1 1, 1 1 ta thấy IA B C 1 1 IB AC1 1 IC AB1 1 hay IAB C 1 1 (r p a) (1)

Tương tự, IB AC 1 1 (r p b) (2),

1

( )

IC A B r p c (3)

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

3

1 1 1

8 ( )( )( )

r p a p b p c IAIB IC

B C C A A B

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

2 2

( ) ( )

( )( )

2

p a p b c

p a p b ;

2

( )( )

4

a

p b p c ;

2

( )( )

4

b p a p c

Nhân ba bất đẳng thức theo vế ta thu ( )( )( )

abc

p a p b p c (5)

Áp dụng E – M dạng tích ta có IA IB IC 8r3 (6)

B1 C1

A1

I A

Trang 58 Từ (4), (5), (6) suy AB BC CA 8A B B C C A1 1 1 1 Đẳng thức xảy tam giác ABC

Ví dụ (IMO 1991) Cho tam giác ABC P điểm nằm tam giác Chứng minh có ba góc PAB PBC PCA, , nhỏ 300

Giải (Phản chứng) Giả sử khơng có góc góc PAB PBC PCA, , nhỏ 300 Khi đó, có góc lớn 1500 hai góc cịn lại nhỏ 300 Giả sử ba góc lớn 300 nhỏ 1500 Gọi d da b, ,

c

d khoảng cách từ P đến cạnh BC CA AB, , Khi ta có

0

2da 2PB.sinPBC sin 30 PB BP (1) Tương tự 2db PC (2), 2dc PA (3)

Từ (1), (2), (3) ta suy PA PB PC 2(da db dc) (mâu thuẫn E – M) Từ ta có điều cần chứng minh

Ví dụ 8. Giả sử H trực tâm tam giác nhọn ABC Gọi D E F, , trung điểm BC CA AB, , ; R bán kính

đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng

minh

2

HD HE HF R Đẳng thức xảy nào?

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

+ trung điểm OH

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

Sử dụng hai kết ta có:

2 ; ; ;

HD OD D R HE OE E R HF OF F R

Cộng theo vế bất đẳng thức trên: HD HE HF 3R (OD OE OF) (1) Áp dụng E – M cho điểm O nằm tam giác ABC ta có

2

OA OB OC R

OD OE OF (2)

Từ (1), (2) suy

2

HD HE HF R (đpcm) Đẳng thức xảy tam giác ABC



F

O

D E

H A

Trang 59 Ví dụ 9. Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn ( ; )O R Các đường cao

1, 1,

AA BB CC đồng quy H Kẻ OO1 BC OO, 2 AC OO, 3 AB Chứng minh

1 1

3

HA HB HC OO OO OO R

Giải. Nhận xét

1

2 , ,

HA OO HB OO HC OO (có thể

chứng minh đẳng thức cách kẻ đường kính đường trịn ( )O qua A B C, , sử dụng tính chất đường trung bình tam giác)

+ Áp dụng E – M cho điểm H tam giác

ABC ta có:

1 1 2

HA HB HC

HA HB HC OO OO OO

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

1

3

2

OA OB OC

OO OO OO R (đpcm)

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

1 1 3

3

HA HB HC OO OO OO R HO HO HO

Ví dụ 10. Cho tam giác ABC M điểm tam giác Gọi Ra, ,

b c

R R khoảng cách từ M đến đỉnh A B C, , Còn d d da b c, , khoảng cách từ M đến cạnh BC CA AB, ,

Chứng minh bất đẳng thức a b c b c c a a b

a b c

d d d d d d

d d d

R R R

Giải. Gọi A B C1, 1, 1 theo thứ tự chân đường vng góc kẻ từ M lên cạnh

, ,

BC CA AB

Ta có B C1 1 MA.sinA Ra.sinA,

1 b.sin

C A R B A B1 1 Rc.sinC

Kẻ MA2 B C MB1 1, 2 C A MC1 1, 2 A B1 1 Khi

1

2 1 1

.sin sin b c

a

MB MC d d

MA MB MB A MB MAC

MA R (1)

C1

B1

A1

O2 O3

O1

O H

A

B C

C2 B2

A2

C1 B1

A1

A

B C

Trang 60

1

2 1 1

.sin sin a c

b

MA MC d d

MB MC MC B MC MBA

MB R (2)

1

2 1 1

.sin sin b a

c

MB MA d d

MC MA MAC MA MCB

MC R (3)

Áp dụng E – M cho điểm M tam giác A B C1 1 ta có:

1 1 2 2

MA MB MC MA MB MC (4)

Từ (1), (2), (3), (4) suy đpcm BÀI TẬP ÁP DỤNG:

1. Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường trịn tâm O bán kính R Gọi R R R1, 2, 3 theo thứ tự bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác BOC COA AOB, , Chứng minh bất đẳng thức R1 R2 R3 3R Đẳng thức xảy nào?

2. Cho tam giác nhọn ABC Gọi m m ma, b, c độ dài đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A B C, , ; R bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác

Chứng minh

2

a b c

R

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

1 1

3

sin sin sin

2 2

A B C Đẳng thức xảy nào?

4. Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn ( ; )O R ngoại tiếp đường tròn ( ; )I r Các đường cao AA BB CC1, 1, 1 đồng quy H Chứng minh hệ thức sau:

a, HA HB HC 2(R r) b, HA1 HB1 HC1 R r c, cosA cosB cosC r

R d, R 2r

Trang 61

9 Chuyên đề 9: Định lý Ptôlêmê đặc trƣng 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, chính yếu ứng dụng phong phú Có lẽ định lý Ptơlêmê 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 ABCD nội tiếp đường tròn ( )O

Trên BD lấy điểm E cho BAE CAD

Vì ABD ACD nên hai tam giác ABE ACD

đồng dạng AB BE ABCD BE AC

AC CD (1)

Tương tự, BAC EAD ACB, ADB nên hai tam giác AED ABC đồng dạng

AD ED

AD BC ED AC

AC BC (2)

Từ (1), (2) ta AB CD AD BC AC BE( ED) hay

ABCD AD BC AC BD

9.2 MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÝ PTÔLÊMÊ

Định lý Ptôlêmê thường sử dụng để chứng minh hệ thức tam giác Ví dụ 1. Cho tam giác ABC vng A có

4

AB AC cm Vẽ tam giác BCE vuông cân E (E A,

nằm khác phía BC) Tính độ dài AE?

Giải. Đặt BE CE a

Áp dụng định lý Ptôlêmê vào tứ giác ABEC ta có

AE BC ABCE AC BE AE a AB a AC a

2

AE AB AC

Suy AE 2cm

Ví dụ 2. Cho hình bình hành ABCD Một đường trịn qua A cắt đoạn thẳng

, ,

AB AC AD theo thứ tự K E F, , Chứng minh

AK AB AF AD AE AC

Giải.

Áp dụng định lý Ptơlêmê vào tứ giác AKEF ta có

AK EF AF EK AE KF (1)

Mặt khác, hai tam giác KFE ACD, đồng dạng nên

C A

D

B

E

F

K B

D C

A

B D

A

Trang 62

EF KE KF

k

CD AD AC (2)

Từ (1), (2) suy AK kAB AF kAD AE kAC AK AB AF AD AE AC Ví dụ 3. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn ( ; )O R Gọi x y z, , khoảng cách từ O đến BC CA AB, , r bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC

a, Chứng minh hệ thức x y z R r

b, Kết góc A tù?

Giải.

a, Gọi H I K, , chân đường vng góc hạ từ O xuống BC CA AB, , Khi H, I K, trung điểm

, ,

BC CA AB

Ta có

2

a

KI

Áp dụng định lý Ptôlêmê cho tứ giác nội tiếp AKOI

ta có OAKI OI AK OK AI hay

2 2

a c b

R y z Do

đó Ra yc zb Tương tự, Rb ya xb, Rc xc za

Mặt khác,

2

ABC OBC AOC ABO

S S S S ax by cz

Suy (a b c r) ax by cz

Từ (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) Suy x y z R r

b, Khi góc A tù, tâm O đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nằm tam giác Trong trường hợp hệ thức tương ứng

; ; ;

Ra yc zb Rb za xc Rc ya bx

và r a( b c) yb zc ax

Cộng theo vế đẳng thức trên, có

(R r a)( b c) (y z x a)( b c) y z x R r

Lưu ý: Kết y z x R r không ấn tượng Tuy nhiên ta có kết đẹp ví dụ

x y z

H I K

O

C A

B

x y z

H I K

O

C A

Trang 63 Ví dụ 4. Cho tam giác ABC có góc A tù nội tiếp đường trịn tâm O bán kính R Gọi ra bán kính đường trịn bàng tiếp góc A Gọi x y z, , khoảng cách từ O

đến BC CA AB, , Chứng minh x y z ra R

Giải.

1

( )

2

OAC OAB OBC

S S S S by cz ax

(1)

Gọi J tâm đường trịn bàng tiếp góc A

, ta có:

1

( )

2

JAC JAB JBC a a a

S S S S br cr ar

( )

2

a

r

b c a (2)

Từ (1), (2) suy by cz ax r ba( c a)

Ta lại có Rb za xc Rc; ya bx Ra; yc zb

Từ đó, (ra R b)( c a) (x y z b)( c a) ra R x y z

Bổ đề Cho tam giác ABC có BC a CA, b AB, c A 600 Khi a2 b2 c2 bc

Thật vậy, kẻ CH AB Khi tam giác vng

ACH có ACH 300 Do ,

2

b b

AH CH

Tam giác vng BHC có

2

2 2 2

2

b b

BC BH HC a c b c bc

Ví dụ 5. Cho tam giác ABC cạnh a nội tiếp đường

tròn tâm O điểm M cung nhỏ BC Đặt MA x MB, y MC, z Chứng minh: a, x y z ; b, x2 y2 z2 2a2 c,

4 4 2

x y z a

Giải.

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

có MABC MB AC MC AB

Do xa ya za x y z

b, Chú ý AMB ACB 60 ; AMC ABC 600 Áp dụng bổ đề cho tam giác MAB MAC, có

c b

a A

B C

J

b

a

600

H

C A

B

y

z

a a

x A

D B

Trang 64

2 2

a x y xy a2 x2 z2 xz

Do đó, 2a2 2x2 y2 z2 x y( z) 2x2 y2 z2 x2 y2 z2 x2 (theo câu a,)

c, Áp dụng đẳng thức (a b c)2 a2 b2 c2 2ab 2ac 2bc nhận a4 (x2 y2 xy)2 x4 y4 3x y2 2x y3 2xy3

4 ( 2 )2 4 3 2 2 2

a x z xz x z x z x z xz

Từ 2a4 2x4 y4 z4 (x y2 z2) (x y3 z) (x y3 z3) (1) Chú ý x y z nên (x y3 z) 2x4

Và (x y2 z2) (x y3 z3) (x y2 z2) (x y z y)( z2 yz) (x y2 z2) (x y2 z2 yz) x y2( z2 )yz x4

Do đó, từ (1) suy 2a4 x4 y4 z4

Ví dụ 6. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( )O điểm M cung nhỏ BC Gọi H I K, , chân đường vng góc hạ từ M xuống BC CA AB, , Chứng minh hệ thức BC AC AB

MH MI MK

Giải. Vì MCH MAK (cùng chắn cung MB) nên hai tam giác MHC MKA, đồng dạng

Do MH MC

MK MA Suy

MH MA MC

MK

Tương tự, MBH MAI nên tam giác MHB MIA, đồng dạng, suy MB MH MA

MI

Áp dụng định lý Ptôlêmê cho tứ giác nội tiếp

ABMC có MABC MB AC MC AB

Từ MABC MH MA .AC MH MA .AB BC AC AB

MI MK MH MI MK (đpcm)

Ví dụ 7. Cho tam giác ABC có Aˆ 2Bˆ Chứng minh a2 b2 bc

Giải. Phân giác góc A cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC D

Khi DBC DAC ABC

DCB DAB ABC nên

;

AC CD b BD AC b

Tương tự, ABD 2ABC BAC nên

K

I H

D B

C A

a

c b

D

C B

Trang 65

AD BC a Áp dụng định lý Ptôlêmê cho tứ giác nội tiếp ABCD ta có

AD BC DC AB DB AC a2 bc b2 a2 b2 bc

Ví dụ 8. Cho tam giác ABC có A 2B 4C Chứng minh 1

a b c

Giải. Từ giả thiết A , B B 2C , theo ví dụ có a2 b2 bc, b2 c2 ac Từ a2 c2 c a( b)

Trên cung lớn BC, lấy điểm E cho EAC ACB

Khi CE AB c ACE BAC nên

AE BC a

Mặt khác, ABE 3ACB BCE nên BE AE a Áp dụng định lý Ptôlêmê cho tứ giác nội tiếp ABEC có

BC AE AB EC AC BE hay a2 c2 ab

Từ đó, a2 c2 ab

Theo chứng minh a2 c2 c a( b) nên ab c a( b) Chia vế đẳng thức cuối cho abc ta 1

a b c (đpcm)

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

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

Ví dụ 9. Tính sin180 cos 360 (khơng dùng bảng số máy tính)

Giải.

Dựng tam giác cân ABC có

0

72 , 36

ABC ACB BAC Đặt BC a,

AB AC b Khi ABC 2BAC nên theo ví dụ có

2

b a ab (AB c b)

Từ

2

2 0 1 0

2

a a a

a ab b

b b b

Kẻ AH BC Khi

2

a

BH HC BAH 180

Từ sin180 sin

2

BH a

BAH

AB b

Kẻ BK AC Khi AK AB.cosBAK b.cos 360

C B

A

E

K A

H C

Trang 66

2

0 5

.sin sin18

4

KC BC KBC a b b

Vì AK KC AC nên

2

0 5

.cos 36 cos 36

8

b b b

Ví dụ 10. Cho , góc nhọn cho góc nhọn Chứng minh công thức sin( ) sin cos cos sin

Bổ đề: Cho tam giác ABC có góc A nhọn, nội tiếp đường tròn ( ; )O R Khi a sinR A (định lý hàm số Sin)

Chứng minh: Vẽ đường kính BD Khi BCD 900 BDC BAC Trong tam giác vuông BDC có BC BD.sinBDC a sinR A

Giải. Trên đường trịn ( )O , đường kính AC 2R lấy điểm B D, cho

,

BAC CAD

Khi ABC ADC 900 nên ACB 900 ACD 900 Áp dụng bổ đề, AB sin(90R ) cos Tương tựAD cos

Hơn nữa, AC 2R 1,BD sin(R ) sin( ), BC sin ,CD sin Áp dụng định lý Ptơlêmê cho tứ giác nội tiếp ABCD có

AC BD BC AD CD AB hay sin( ) sin cos cos sin

Lưu ý: a, Nếu bạn đọ biết thêm sin 900 góc tù

0

sin sin(180 ), bạn thấy Định lý hàm số Sin tam giác ABC

tùy ý (không cần giả thiết tam giác nhọn)

b, Công thức sin( ) sin cos cos sin gọi công thức cộng cung Thực công thức với , tùy ý Áp dụng thức

2 2

cos sin , cos sin , cos (2 ) sin (2 ) nhận

cos( ) cos cos sin sin Khi ta nhận công thức nhân đôi

sin2 2sin cos cos2 cos2 sin2

9.4 BẤT ĐẲNG THỨC PTÔLÊMÊ

a B

O D

A

C

a

 

A

O C

B

Trang 67 Bất đẳng thức Ptôlêmê phát biểu sau: Trong tứ giác lồi ABCD ta có ABCD AD BC AC BD

Lấy điểm E tứ giác ABCD cho

,

EBA DBC EAB BDC

Khi hai tam giác ABE DBC, đồng dạng nên AB AE ABCD AE BD

BD CD

Ta lại có hai tam giác EBC ABD, đồng dạng nên BC EC BC AD EC BD

BD AD

Từ

( )

AB CD AD BC BD AE EC AB CD AD BC AC BD

Đẳng thức xảy E nằm đoạn AC , nghĩa

CAB CDB hay ABCD tứ giác nội tiếp

9.5 ĐẶC TRƢNG CỦA TỨ GIÁC NỘI TIẾP ĐƢỜNG TRÒN.

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

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

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

2 A C B D 1800 ABD ACD

4 ABCD BC AD AC BD

5 MAMC MB MD (M giao điểm AC BD)

6 H I K, , thẳng hàng, H I K, , chân đường vng góc hạ từ D xuống AB BC CA, , (đường thẳng Simson)

7 R Ra b R Rc d, R R R Ra, b, c, d bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD ABC BCD CDA, , , tương ứng

8 Tứ giác O O O O1 4 hình chữ nhật, O O O O1, 2, 3, 4 tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABD ABC BCD CDA, , , tương ứng

C

B D

A

Trang 68 Tứ giác G G G G1 4 tứ giác nội tiếp, G G G G1, 2, 3, 4 trọng tâm tam giác ABD ABC BCD CDA, , , tương ứng

10 Hai đường phân giác góc (AB CD, ) (AD BC, ) vng góc với 11 CA AB BC

DK DH DI

12 S (p a p)( b p)( c p)( d)

Trong , , , ,

2

a b c d

AB a BC b CA c DA d p

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

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

ABC Khi tứ giác ABCD tứ giác nội tiếp, nên

AB BC CA

D H DT D K (*), H I K, , chân đường vng góc hạ từ D đến

, ,

AB BC CA

Mặt khác, D H D B DT

DH DB DI nên

D B DH D H

DB

D B DI DT

DB (**) Thay (**) vào (*) ta có

AB BC CAD B

DH DI DB D K

Mà AB BC CA

DH DI DK nên

D B D K D M

DB DK DM , với M giao điểm BD với

AC

Theo tính chất tỉ lệ thức, ta có |DB D B| |DM D M | DD DD

DB DM DB DM

Mà DB DM nên DD D D Do ABCD tứ giác nội tiếp

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

K

I'

H'

I

H

D'

C B

A

M

Trang 69 9.6 VÀI NÉT VỀ LỊCH SỬ

Ptơlêmê nhà tốn 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 Ptôlêmê tác phẩm

Nếu a b, hai dây cung có bán kính đơn vị 4

2

a b

s b a dây

tổng hai dây cung

Nếu a b, hai dây cung có bán kính đơn vị a bthì

2

4

2

a b

s b a dây hiệu hai cung

Nếu t dây cung đường trịn bán kính đơn vị p t2 dây cung nửa cung

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

Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn bán kính R, có AB a BC, b CD, c,

, ,

DA d AC m BD n Khi

m2 (ac bd ab)( cd), n2 (ac bd ad)( bc)

ad bc ab cd ;

m n ac bd;

4R2 (ab cd ad)( bc)

ac bd

Bạn đọc tự chứng minh kết BÀI TẬP

Cho tứ giác nội tiếp ABCD có hai đường chéo vng góc Gọi a b c d, , , độ dài bốn cạnh liên tiếp tứ giác Tính diện tích tứ giác

2. Cho hình vng ABCD nội tiếp đường trịn ( )O , M điểm thuộc cung nhỏ CD Chứng minh hệ thức MA MC MB

3. Cho tam giác nhọn ABC, đường trung tuyến AM BN CP, , Gọi R r, theo thứ tự bán kính đường trịn ngoại tiếp nội tiếp tam giác ABC

Trang 70 5. Cho tam giác ABC có R r, bán kính đường trịn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác Chứng minh R 2r (sử dụng kết ví dụ E – M

2(x y z) 3R)

6. Giả sử M điểm đường tròn nội tiếp lục giác A A A A A A1 6 Chứng minh:

a, MA12 MA32 MA52 MA22 MA42 MA62 b, MA14 MA34 MA54 MA24 MA44 MA64

7 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( )O điểm M cung nhỏ

BC Gọi H I K, , chân đường vng góc hạ từ M xuống BC CA AB, , Chứng minh:

a, 1

MH MI MK

b, MH2 MI2 MK2 h2 với h đường cao tam giác ABC 8. Chứng minh đẳng thức:

a, cos 36 cos 720

4

b, cos 20 cos 40 cos 800 0

8

9. Sử dụng cơng thức tính khoảng cách hai điểm M x y( ; ), ( ; )1 1 N x y2 2 mặt phẳng tọa độ cho công thức MN2 (x1 x2)2 (y1 y2)2 để chứng minh bất đẳng thức Ptôlêmê

D TÀI LIỆU THAM KHẢO: