- 1 106 Xem dãy số gồm 1 000 000 số hạng sau:
2002mà số đĩ chia hết cho 2003.
CHỦ ĐỀ 10
MỘT SỐ VẤN ĐỀ BẤT BIẾN VAØ NGUYÊN TẮC CỰC HẠN
1. Kiến thức cơ bản:
Trong quá trình tìm kiếm lời giảm nhiều bài tốn hình học, sẽ rất cĩ lợi nếu chúng ta xem xét phần tử biên, phần tử giớ hạn nào đĩ, tức là phần tử mà tại đĩ mỗi đại lƣợng hình học cĩ thể nhận giá trị lớn nhất hoặc giá trị nhỏ nhất, chẳng hạn nhƣ cạnh lớn nhất, cạnh nhỏ nhất của một tam giác; gĩc lớn nhất hoặc gĩc nhỏ nhất của một đa giác, ...
Những tính chất của phần tử biên, phần tử giới hạn nhiều khi giúp chúng ta tìm đƣợc lời giải thu gọn của bài tốn.
Phƣơng pháp tiếp cận nhƣ vậy tới lời giải bài tốn đƣợc gọi là nguyên tắc cực hạn.
Một trong những tính chất quan trọng nhất của tập số nguyên và tập số tự nhiên là tính sắp thứ tự tốt và số hạng lớn nhất, số hạng nhỏ nhất.
Cụ thể là:
(i) Một tập con S bất kỳ của N đều cĩ số hạng nhỏ nhất. Nếu S khơng là tập vơ hạn thì S cũng cĩ số hạng lớn nhất.
(ii) Một tập con S của N đều cĩ giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất. Nếu S khơng là tập vơ hạn thì S cũng cĩ số hạng lớn nhất và nhỏ nhất.
2. Bài tập áp dụng:
Bài tập 1: Một nƣớc cĩ 80 sân bay mà khoảng cách giữa hai sân bay nào cũng khác nhau và khơng
cĩ 3 sân bay nào thẳng hàng. Mỗi máy bay cất cánh từ một sân bay và bay đến sân bay nào gần nhất. Chứng minh rằng trên bất kỳ sân bay nào cũng khơng thể cĩ quá 5 máy bay đến.
(Đề thi chọn lọc HSG tốn lớp 9 năm học 1992 - 1993, Bảng A)
Giải
Từ giả thiết suy ra nếu các máy bay bay từ các sân bay M và N đến sân bay O thì khoảng cách giữa MN là lớn nhất trong các cạnh của MON.
Do đĩ 0
MON > 60 . Giả sử rằng các máy bay bay từ các sân bay M1, M2, ..., Mn tới sân bay O thì một trịn các gĩc MiOMj khơng lớn hơn 3600 , i, j = 1, 2,...,80 n vì tổng các gĩc đã cho bằng 360 0 . Vậy 3600 0 > 60 , n hay n < 6.
Khi xét các sân bay thẳng hàng thì bài tốn vẫn đúng.
Bài tốn 2: Trong tam giác ABC cĩ ba gĩc nhọn, lấy một điểm P bất kỳ. Chứng minh rằng khoảng
cách lớn nhất trong các khoảng từ điểm P đến các đỉnh A, B, C của tam giác khơng nhỏ hơn 2 lần khoảng cách bé nhất trong các khoảng cách từ điểm P đến các cạnh của tam giác đĩ.
(Đề chọn học sinh giỏi Tốn lớp 9 năm học 1992 - 1993, Bảng B)
Giải
Dựng PA1, PB1, PC1 tƣơng ứng vuơng gĩc với cạnh BC, CA và AB.
Vì tam giác cĩ ba gĩc nhọn nên các điểm A1, B1, C1
tƣơng ứng nằm trịn đoạn BC, CA và Ab. Nối PA, PB, PC ta cĩ:
0
1 1 1 1 1 1
APC + C PB + BPA + A PC + CPB + B PA = 360 Suy ra gĩc lớn nhất trong 6 gĩc này khơng thể nhỏ hơn 600.
Khơng làm mất tính chất tổng quát ta cĩ thể giả sử rằng gĩc APC1 là lớn nhất, thế thì 0
1 (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
APC 60 . Xét tam giác vuơng APC1, ta cĩ:
0 1 1 PC 1 cosAPC cos60 . AP 2 P C1 A1 B1 B C A
(Vì nếu gĩc tăng từ 00
đến 900 thì cosin gĩc đĩ giảm). Từ đĩ ta cĩ: AP 2PC1.
Nếu thay PA bằng khoảng cách lớn nhất trong các khoảng cách từ P đến các đỉnh và thay PC1 bằng khoảng cách ngắn nhất trong các khoảng cách từ P đến các cạnh thì bất đẳng thức càng đƣợc thỏa mãn.
Bài tập 3: Tứ giác lồi ABCD cĩ hai đƣờng chéo AC và BD cắt nhau ở E. Chứng minh rằng nếu các
bán kính của bốn đƣờng trịn nội tiếp các tam giác EAB, EBC, ECD và EDA mà bằng nhau thì tứ giác ABCD là hình thoi.
(Đề thi chọn học sinh giỏi Tốn 9 năm học 1986 - 1987)
Giải
Khơng mất tính chất tổng quát, cĩ thể giả sử rằng AE CE và DE BE. Gọi B1 và C1 tƣơng ứng là các điểm đối xứng của B và C qua tâm E, ta cĩ tam giác C1EB1 nằm trong tam giác AED.
Giả sử đoạn AD khơng trùng với đoạn C1B1. Khi đĩ đƣờng trịn nội tiếp tam giác C1EB1 đồng dạng với phối cảnh với đƣờng trịn nội tiếp tam giác AED, với tâm đồng dạng E, hệ số đồng dạng lớn hơn 1.
Nhƣ vậy
1 1EAD C EB CEB EAD C EB CEB
r > r = r (rAED là bán kính đƣờng trịn nội tiếp tam giác AED). Vơ lí vì trái với giả thiết rAED = rCEB. Điều vơ lý chứng tỏ rằng A C1 và D B1, suy ra tứ giác ABCD là hình bình hành, nên AE = EC.
Trong hình bình hàn ABCD ta cĩ: p1.r = SAEB = SBEC = p2.r (với p1, p2 tƣơng ứng là nửa chu vi các tam giác AEB và BEC.
Suy ra p1 = p2, vì AE = EC nên AB = EC hay ABCD là hình thoi.
Bài tập 4: Chứng minh rằng bốn hình trịn cĩ đƣờng kính là bốn cạnh của một tứ giác lồi thì phủ kín
tứ giác đã cho.
Giải
Giả sử M là một điểm tùy ý nằm bên trong tứ giác lồi ABCD.
Ta cĩ: 0
AMB + BMC + CMD + DMA = 360 .
Do đĩ gĩc lớn nhất trong bốn gĩc này khơng nhỏ hơn 900
.
Giả sử 0
AMB90 . Khi đĩ M nằm bên trong đƣờng trịn đƣờng kinh AB.
Bài tập 5: Trên mặt phẳng cho 1993 điểm, khoảng cách giữa các điểm này đơi một khác nhau. Nối
một điểm nào đĩ trong số các điểm này với điểm gần nhất. Cứ tiếp tục nhƣ thế. Hỏi với cách nối đĩ cĩ thể nhận đƣợc một đƣờng gấp khác khép kín hay khơng?
Giải
Giả sử xuất phát từ một điểm A1 bất kỳ. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Theo giả thiết trong số tất cả các đoạn thẳng cĩ đầu mút A1 thì tồn tại duy nhất điểm A2 để A1A2
ngắn nhất.
Tiếp tục xét nhƣ thế với các đoạn thẳng xuất phát từ A2. Xảy ra 2 trƣờng hợp: Hoặc A1A2 ngắn nhất thì đƣờng gấp khúc dừng lại tại A2, hoặc tồn tại duy nhất điểm A3 để A2A3 ngắn nhất.
Khi đĩ A2A3 < A1A2.
Giả sử cĩ đƣờng gấp khúc A1A2...An-1An thì theo lập luận trên cĩ A1A2>A2A3>...>An-1An.
Điểm An khơng thể nối đƣợc với điểm Ai nào đĩ với 1in-2 vì nếu trái lại AnAi < AnAn-1< AiAi+1, mâu thuẫn với yêu cầu AiAi+1 là đoạn ngắn nhất xuất phát từ Ai.
Vậy đƣờng gấp khúc AiAi+1...An khơng thể khép kin.
3. Bài tập tự luyện:
Bài tập 1: Giả sử E là giao điểm hai đƣờng chéo AC và BD của tứ giác lồi ABCD. Chứng minh rằng
nếu chu vi các tam giác EAB, EBC, ECD bằng nhau thì ABCD là hình thoi.
Bài tập 2: Cho 1994 đƣờng thẳng phân biệt, trong đĩ ba đƣờng bất kì trong số chúng đồng quy.
Chứng minh rằng 1994 đƣờng thẳng đã cho đồng quy tại một điểm.
Bài tập 3: Cho bốn điểm phân biệt A, B, C, D trong đĩ khơng cĩ ba điểm nào nằm trên cùng một
E B1 B1 D C1 B C A
đƣờng thẳng. Chứng minh rằng cĩ ít nhất là một trong số các tam giác tạo thành bởi ba trong bốn điểm A, B, C, D khơng phải là tam giác cĩ ba gĩc đều nhọn.
Bài tập 4: Trên mặt phẳng cho 1994 điểm sao cho ba điểm bất kì trong số đĩ là thẳng hàng. Chứng
minh rằng 1994 điểm đã cho thẳng hàng.
Bài tập 5: Trên mặt phẳng cho 1994 điểm khơng cùng nằm trên một đƣờng thẳng. Chứng minh rằng
tồn tại một đƣờng trịn qua 3 điểm sao cho nĩ khơng chứa bất kỳ điểm nào trong số 1991 điểm cịn lại.
CHỦ ĐỀ 11 ĐỒNG DƯ THỨC