Category Archives: Chuyên đề

Trục đẳng phương – Tâm đẳng phương

C3_B2Download

Bài 1. Cho đường tròn $(O)$. $A, B$ là hai điểm cố định đối xứng nhau qua $O$, $M$ là điểm chuyển động trên $(O)$. $MA, MB$ giao với $(O)$ tại $P$ và $Q$. Chứng minh rằng $\dfrac{{\overline {AM} }}{{\overline {AP} }} + \dfrac{{\overline {BM} }}{{\overline {BQ} }}$ nhận giá trị không đổi. 

Bài 2. Cho tam giác $ABC$ nhọn, kẻ đường cao $AD, BE, CF$ cắt nhau tại $H$. Cho $K$ là một điểm tùy ý trên cạnh $BC$ và khác $B,C$ kẻ đường kính $KM$ củaCho tam giác $ABC$ nhọn, kẻ đường cao $AD, BE, CF$ cắt nhau tại $H$. Cho $K$ là một điểm tùy ý trên cạnh $BC$ và khác $B,C$ kẻ đường kính $KM$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $BFK$ và đường kính $KN$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $CEK$. Chứng minh rằng ba điểm $M, H, N$ thẳng hàng.

Gợi ý

Gọi $P$ là giao điểm của $(KBF)$ và $KCE)$.

  • Ta có $AF.AB = AE.AC = AH.AD$ nên $A$ thuộc trục đẳng phương của $(KBF)$ và $(KCE)$. Suy ra $A, P, K$ thẳng hàng.
  • Do đó $AP. AK = AH.AD$, suy ra $\angle HPK = \angle ADK = 90^\circ$.
  • Mặt khác $KM, KN$ là đường kính của $(KBF), (KCE)$ nên $\angle KPM = \angle KPN = 90^\circ$. Vậy $H,M, P, N$ thẳng hàng.

Bài 3. Cho tam giác $ABC$ nhọn, $\angle B > \angle C$. Gọi $M$ là trung điểm đoạn $BC$ và $E, F$ lần lượt là chân đường cao từ $B$ và $C$. Gọi $K, L$ lần lượt là trung điểm của $ME$, $MF$. Gọi $T$ là giao điểm của $KL$ sao cho $TA||BC$. Chứng minh $TA = TM$.

Gợi ý

Xét đường tròn đường kính $AH$.

  •  $ME, MF$ là tiếp tuyến của $(AH)$.
  • $KL$ là trục đẳng phương của $(AH)$ và đường tròn điểm $M$.
  • Mà $TA$ là tiếp tuyến của $(AH)$ nên $TA^2 = TM^2$.

Bài 4. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$, một đường thẳng qua $(O)$ song song với $BC$, cắt $AB$, $AC$ lần lượt tại $F, E$. Đường tròn ngoại tiếp các tam giác $(BFO)$ và $(CEO)$ cắt nhau tại điểm thứ 2 là $D$ và cắt $BC$ tại $L, K$. Gọi $M$ là giao của $BE$ và $CF$. Gọi $N$ là giao của $FL$ và $EK$. Chứng minh rằng $D, M, N$ thẳng hàng.

Gợi ý
  • Gọi $D’$ là giao điểm của đường cao hạ từ $A$ với $(O)$. Chứng minh được $D’BFO, D’CEO$ nội tiếp nên $D’ \equiv D$.
  • Chứng minh tứ giác $EFLK$ nội tiếp. Trục đẳng phương của $(OFBD), (OECD), (EFLK)$ cắt nhau tại $N$ nên $D, O, N$ thẳng hàng.
  • Gọi $P$ là trung điểm $BC$ ta có $A, M, P$ thẳng hàng.
  • Áp dụng Menelaus cho tam giác $ABP$ với đường thẳng $FC$ ta có $\dfrac{PM}{AM} = \dfrac{BF}{2AF} = \dfrac{OP}{AD}$. Suy ra $O, M, D$ thẳng hàng.
  • Vậy $D, M, N$ thẳng hàng.

    • Bài 5. (IMO 2000) Cho hai đường tròn $w_1$ và $w_2$ cắt nhau tại $M$ và $N$. Gọi $l$ là tiếp tuyến chung của $w_1, w_2$ sao cho $l$ gẩn $M$ hơn $N$. Gọi tiếp điểm của $l$ với $w_1$ là $A$, với $w_2$ là $B$. Đường thẳng qua $M$ song song với $l$ cắt $w_1$ tại $C$ và cắt $w_2$ tại $D$. Đường thẳng $CA$ và $DB$ cắt nhau tại $E$; đường thẳng $AN$ và $CD$ cắt nhau tại $P$; $BN$ và $CD$ cắt nhau tại $Q$. Chứng minh rằng $EP = EQ$.

    Gợi ý

    Gọi $F$ là giao điểm của $NM$ và $AB$. Ta có $\mathscr{P}_{F/(w_1)} = FA^2, \mathscr{P}_{F/(w_1)} = FB^2$ mà $MN$ là trục đẳng phương của $w_1$ và $w_2$, suy ra $FA = FB$.

    Gọi $F$ là giao điểm của $NM$ và $AB$. Ta có $\mathscr{P}_{F/(w_1)} = FA^2, \mathscr{P}_{F/(w_1)} = FB^2$ mà $MN$ là trục đẳng phương của $w_1$ và $w_2$, suy ra $FA = FB$.

    $PQ||AB$, suy ra $M$ là trung điểm của $PQ$.

    Ta có $\angle FBA = \angle FDM = \angle ABM$ và $\angle FAB = \angle BAM$. Suy ra $\triangle AEM = \triangle BEM$.  Suy ra $BE = BM, AE = AM$ và $AB$ là trung trực của $EM$, suy ra $EM \bot AB$. Do đó $EM \bot PQ$.

    $EM \bot PQ$ và $MP = MQ$ nên tam giác $EPQ$ cân.

    Bài 6. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ với góc $A$ nhọn. Gọi $D$ là điểm chính giữa của cung nhỏ $BC$ và $E, F$ lần lượt là trung điểm của $AC, AB$. Giả sử $DE, DF$ cắt lại với $(O)$ tại điểm thứ hai tương ứng là $Y$, $Z$. Đường tròn $(AEY)$ cắt $(AFZ)$ tại điểm thứ hai $M$. Gọi $N$ là trung điểm của $BC$ và đường tròn $(DNM)$ giao với $BC$ tại điểm thứ hai $X$. Chứng minh rằng $AX$ là tiếp tuyến của $(O)$.

    Gợi ý

    Gọi $L, K$ là giao điểm của $DZ, DY$ với $BC$.

    • Ta có $DL.DZ = DB^2 = DK.DY$, suy ra $LKYZ$ nội tiếp. Suy ra $EFZY$ nội tiếp.
    • Khi đó $AM, ZF, YE$ đồng quy tại $D$.
    • Chứng minh $E, M, F$ thẳng hàng.
    • Ta có $\angle XMD = \angle XND = 90^o$, suy ra $XM \bot AP$ và $AM = MP$ suy ra $XA = XP$.
    • Từ đó chứng minh được $AX$ là tiếp tuyến của $(O)$.

    Bài 7. (China 2010) Lấy $AB$ là dây cung của đường tròn tâm $O$, $M$ là điểm chính giữa cung $AB$ và $C$ là điểm nằm ngoài đường tròn $(O)$. Từ $C$ vẽ hai tiếp tuyến đến $(O)$ tại tiếp điểm $S, T$. Gọi $E$ là giao điểm của $MS$ và$ AB$, $F$ là giao điểm của $MT$ và $AB$. Từ $E, F$ vẽ các đường thẳng vuông góc với $AB$, cắt $OS$ và $OT$ lần lượt tại $X$ và $Y$. Một đường thẳng qua $C$ cắt $(O)$ tại $P$ và $Q$, $MP$ cắt $AB$ tại $R$. Chứng minh rằng $XY$ đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $PQR$.

    Gợi ý
    • Chứng minh $XE = XS$.
    • Chứng minh $P, Q, U, R$ đồng viên, $Q, S, E, U$ đồng viên.
    • Chứng minh $MS.ME = MQ.MU = MP.MR$. Suy ra $M$ thuộc trục đẳng phương của $(PQR)$ và $(X)$. Và $CS^2 = CP.CQ$ nê $C$ cũng thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn trên.
    • Do đó $MC \bot ZX$.
    • Cmtt thì $MC \bot ZY$, suy ra $Z, X, Y$ thẳng hàng.

    Bài 8. Cho hai đường tròn $(C_1)$ và $(C_2)$ tiếp xúc ngoài với nhau tại tiếp điểm $M$. Gọi $AB$ là một tiếp tuyến chung của $()C1)$ và $(C_2)$ với $A, B$ phân biệt lần lượt là các tiếp điểm. Trên tia tiếp tuyến chung Mx của hai đường tròn ($Mx$ không cắt $AB$) lấy điểm $C$ khác $M$. Gọi $E$ và $F$ lần lượt là giao điểm thứ hai của $CA$ với $(C_1)$ và $CB$ với $(C_2)$. Chứng minh rằng tiếp tuyến của $(C_1)$ tại $E$, tiếp tuyến của $(C_2)$ tại $F$ và $Mx$ đồng quy.

    Gợi ý

    Gọi $G$ là giao điểm tiếp tuyến tại $E$ của $(C_1)$ và tại $F$ của $(C_2)$.

    •  Ta có $CE.CA = CF.CB$ nên $AEFB$ nội tiếp.
      $\angle GEA = \angle BAE = \angle CFE$, suy ra $GE$ cũng là tiếp tuyến tại $E$ của $(CEF)$.
    • Chứng minh tương tự thì $FG$ là tiếp tuyến tại $F$ của $(CEF)$.
      Suy ra $CG$ là đường đối trung của $CEF$.
    • Mặt khác $CM$ qua trung điểm $AB$ và $CEF \backsim CBA$ nên $CM$ cũng là đường đối trung của $CEF$.
    • Vậy $G \in CM$.

    Bài 9. Cho tam giác $ABC$ là tam giác nhọn, không cân nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi $AD, BE, CF$ là ba đường phân giác trong của tam giác $ABC$. Gọi $L, M,N$ lần lượt là trung điểm của $AD, BE, CF$. Gọi $(O_1), (O_2), (O_3)$ lần lượt là các đường tròn đi qua $L$, tiếp xúc với $OA$ tại $A$; đi qua $M$, tiếp xúc với $OB$ tại $B$; đi qua $N$ tiếp xúc với $OC$ tại $C$. Chứng minh rằng $(O_1), (O_2), (O_3)$ có đúng hai điểm chung và đường thẳng nối hai điểm đó đi qua trọng tâm tam giác $ABC$.

    Gợi ý

    Gọi $AA_1, BB_1, CC_1$ là các đường cao của tam giác $ABC$. $A_2$ là giao điểm của $AO_1$ và $BC$.

    • Tam giác $A_2AD$ cân tại $A_2$ nên $A_2L \bot AL$. Và $O_1AL \backsim A_2AD$ nên $O_1$ là trung điểm của $AA_2$. Do đó $A_1$ thuộc đường tròn $(O_1)$ đường kính $AA_2$. Chứng minh tương tự thì $B_1, B_2 \in (O_2), C_1, C_2 \in (O_3)$.
    • Ta có $HA_1.HA = HB_1.HB$ và $OA, OB$ tiếp xúc với $(O_1), (O_2)$ và $OA = OB$ nên $HO$ là trục đẳng phương của $(O_1), (O_2)$.
    • Chứng minh tương tự thì $HO$ cũng là trục đẳng phương của các cặp đường tròn $(O_1), (O_3)$ và $(O_2), (O_3)$.
    • Do đó các đường tròn đi qua 2 điểm chung và đường thẳng qua 2 điểm chung là $HO$, và $HO$ qua $G$.

    Bài 10. Cho tam giác $ABC$ và điểm $D$ thay đổi trên cạnh $BC$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABD$ cắt $AC$ tại $E$, đường tròn ngoại tiếp tam giác $ACD$ cắt $AB$ tại $F$. Gọi $H$ là trực tâm.(a) Đường tròn ngoại tiếp tam giác $AEF$ và đường tròn đường kính $AH$ cắt nhau tại điểm thứ hai là $P$. Chứng minh $AP$ đi qua trung điểm của $BC$.(b) Chứng minh trực tâm tam giác $PEF$ thuộc một đường thẳng cố định.

    Gợi ý
    1. Các đường cao $AN, BE, CL$ cắt nhau tại $H$. Gọi $AM$ là trung tuyến, $HP \bot AM$. Chứng minh $P \in (AEF)$.
      $\dfrac{PK}{PN} = \dfrac{AC}{AB}$.
      $BF.BA = BD.BC, BK.BA = BL.BC$, suy ra $KF.BA = DL.BC$.
      Tương tự $EN.AC = DL.BC$, suy ra $\dfrac{KF}{EN} = \dfrac{AC}{AB}$.
      Do đó tam giác $PKF$ và $PNE$ đồng dạng, suy ra $P \in (AEF)$.
    2. Gọi $X, Y$ là giao điểm của $(P;PA)$ với $AB, AC$. Chứng minh trực tâm tam giác $PEF$ thuộc $XY$.

    Bài 11. Cho tam giác $ABC$ nhọn. Đường tròn đường kính $AB$ cắt đường cao $CD$ tại hai điểm $M$ và $N$, $M$ nằm ngoài tam giác; đường tròn đường kính $AC$ cắt đường cao $BE$ tại hai điểm $P$ và $Q$, $Q$ nằm ngoài tam giác.(a) Chứng minh 4 điểm $M, N, P, Q$ cùng thuộc một đường tròn. (b) Chứng minh $MP, NQ$ và $BC$ đồng quy.

    Gợi ý

    1.

    • Gọi $H$ là trực tâm tam giác $ABC$ và $AF$ là đường cao thì $HM.HN = HA.HF = HP.HQ$, suy ra $M, N, P, Q$ cùng thuộc đường tròn.

    2.

    • Ta có $AN^2 = AH.AF = AE.AC = AQ^2$, tương tự $AM = AP$. Suy ra $A$ là tâm của $(MNPQ)$.
    • Gọi $V$ là giao điểm của $MP$ và $QN$.
    • Ta có $\angle PFN = \angle PFA +\angle AFN = \angle AQP + \angle AMN = 180^o – \angle BAC – \angle PAN$.
    • Mặt khác $\angle PVN = 180^o – \angle VMQ – \angle VQM = 180^o – \angle PMN – \angle PQN – \angle HMQ – \angle HQM = 180^o – \angle PAN – \angle BAC$.
    • Do đó $\angle PVN = \angle PFN$, suy ra $FVNP$ nội tiếp.
    • Khi đó $\angle VFN = \angle VPN = \angle MQN = \dfrac{1}{2} \angle MAN = \angle MAB = 90^o – \angle AMN = 90^o – \angle APN = 90^o – \angle AFN = \angle NFC$.
    • Do đó $F, K, C$ thẳng hàng.

    Bài 12. (VMO 2014) Cho tam giác nhọn $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$, trong đó $B, C$ cố định và $A$ thay đổi trên $(O)$. Trên các tia $AB$ và $AC$ lần lượt lấy các điểm $M$ và $N$ sao cho $MA = MC$ và $NA = NB$. Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác $AMN$ và $ABC$ cắt nhau tại $P$ ($P \neq A$). Đường thẳng $MN$ cắt đường thẳng $BC$ tại $Q$. (a) Chứng minh rằng ba điểm $A, P, Q$ thẳng hàng. (b) Gọi $D$ là trung điểm của $BC$. Các đường tròn có tâm là $M, N$ và cùng đi qua $A$ cắt nhau tại $K$ ($K \neq A$). Đường thẳng qua $A$ vuông góc với $AK$ cắt $BC$ tại $E$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $ADE$ cắt $(O)$ tại $F (F \neq A)$. Chứng minh rằng đường thẳng $AF$ đi qua một điểm cố định.

    Gợi ý

    1.

    • Ta có $MA = MC$ và $NA = NB$ nên tam giác $MAC$ cân tại $M$ và tam giác $NAB$ cân tại $N$.
    • Do đó $\angle BMC = \angle BAC + \angle MAC = 2\angle BAC = \angle BOC$ hay tứ giác $BMOC$ nội tiếp.
    • Tương tự thì tứ giác $BONC$ nội tiếp nên $BMNC$ nội tiếp.
    • Khi đó $QM.QN = QB.QC$, lại có $APMN, APBC$ nội tiếp nên $A, P, Q$ thẳng hàng.

    2.

    • Tam giác $AMN$ có $OM \bot AN, ON \bot AM$ nên $AO \bot MN$. Mặt khác $AK \bot MN$ nên $A, O, K$ thẳng hàng.
    • Ta có $\angle OAE = \angle ODE = 90^o$ nên $AODE$ nội tiếp, do đó $\angle OAE = \angle OFE = 90^o$. Hơn nữa $OA = OF$ nên $A, F$ đối xứng qua $OE$.
    • Giả sử $OE$ cắt $AF$ tại $H$ thì $EH.EO = EA^2= EB.EC$ nên $BHOC$ nội tiếp, lại có $\angle OHA = 90^o$ nên $AH$ đi qua $G$ là điểm chính giữa cung $BC$ không chứa $O$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $OBC$.
    • Vậy $AF$ luôn đi qua điểm $G$ cố định.

    Bất đẳng thức trong tam giác

    Leave a reply

    Định lý 1. Trong một tam giác tổng độ dài hai cạnh lớn hơn độ dài cạnh còn lại.

    Chứng minh.

    Giả thiết : $\triangle \mathrm{ABC}$.
    Kết luận : $\mathrm{AC}+\mathrm{BC}>\mathrm{AB} ; \mathrm{AB}+$ $+\mathrm{BC}>\mathrm{AC} ; \mathrm{AB}+\mathrm{AC}>\mathrm{BC}$.

    Trên tia đối của tia $\mathrm{CA}$ xác định điểm $\mathrm{D}$ sao cho $\mathrm{CL}=\mathrm{CB}$ (h. 94). Tia $\mathrm{BC}$ nằm giữa hai tia $\mathrm{BA}$ và
    $\mathrm{BD}$, do đó : $\widehat{\mathrm{ABD}}>\mathrm{CBD}$. (1)

    Theo cách xác định điểm $\mathrm{D}$ thì tam giác $\mathrm{BCD}$ là tam giác cân cạnh đáy $\mathrm{BD}$; do đó : $\widehat{\mathrm{CBD}}=\widehat{\mathrm{D}}$.
    (2)

    Từ (1) và $(2)$ suy ra: $\widehat{\mathrm{ABD}}>\widehat{\mathrm{D}}$.
    Trong tam giác $\mathrm{ABD}$ : vì $\widehat{\mathrm{ABD}}>\widehat{\mathrm{D}}$ nên $\mathrm{AD}>\mathrm{AB}$. Ta biết $\mathrm{AD}=\mathrm{AC}+\mathrm{CD}=\mathrm{AC}+\mathrm{CB}$, do đó $\mathrm{AC}+\mathrm{CB}>\mathrm{AB}$.

    Chứng minh tương tự cho các trường hợp còn lại.

    Hệ quả. Trong một tam giác hiệu độ dài hai cạnh nhỏ hơn độ dài cạnh còn lại.

    Ví dụ 1. Có thể có tam giác nào mà ba cạnh như sau không :
    a) $5 \mathrm{~m}, 10 \mathrm{~m}, 12 \mathrm{~m}$;

    b) $1 \mathrm{~m}, 2 \mathrm{~m}, 3,3 \mathrm{~m}$; c) $1,2 \mathrm{~m}, 1 \mathrm{~m}, 2,2 \mathrm{~m}$.

    Ví dụ 2. Trong một tam giác cân, một cạnh bằng 25m, cạnh kia bằng $10 \mathrm{~m}$. Cạnh nào là cạnh đáy ? Vi sao ?

    Ví dụ 3. Cho tam giác $ABC$ có $M$ là trung điểm của đoạn $AC$. Chứng minh

    $2BM + AC > AB + BC$.

    Bài tập.

    1. Tính chu vi tam giác cân $\mathrm{ABC}$ biết rằng :
      a) $\mathrm{AB}=8 \mathrm{~cm}, \mathrm{AC}=5 \mathrm{~cm}$.
      b) $\mathrm{AB}=25 \mathrm{~cm}, \mathrm{AC}=12 \mathrm{~cm}$.
    2. Cho điểm $M$ nằm trong tam giác $\mathrm{ABC}$. Chứng minh rằng tổng $\mathrm{MA}+\mathrm{MB}+\mathrm{MC}$ lớn hơn nửa chu vi nhưng nhỏ hơn chu vi tam giạc.
    3. Cho điểm $\mathrm{D}$ nằm trên cạnh $\mathrm{BC}$ của tam giác $\mathrm{ABC}$. Chứng minh rằng :
      $$
      \frac{A B+A C-B C}{2}<A D<\frac{A B+A C+B C}{2}
      $$

    Quan hệ giữa cạnh và góc trong tam giác

    Leave a reply

    Định lý 1. Trong một tam giác góc đối diện với cạnh lớn hơn là góc lớn hơn.

    Chứng minh. Trên tia $\mathrm{AC}$ xác định điểm $\mathrm{B}^{\prime}$ sao cho $\mathrm{AB}^{\prime}=$ $\mathrm{AB}$ (h.88) ‘ tam giác $\mathrm{ABB}$ ‘ là tam giác cân cạnh đáy $\mathrm{BB}$ ‘, từ đó suy ra : $\widehat{\mathrm{ABB}^{\prime}}=\widehat{\mathrm{AB}^{\prime} \mathrm{B}}$ (1).

    Vì $\mathrm{AB}^{\prime}<\mathrm{AC}$ nên điểm $\mathrm{B}^{\prime}$ nằm giữa hai điểm $\mathrm{A}$ và $\mathrm{C}$, từ đó suy $\mathrm{ra}$ : – tia $\mathrm{BB}^{\prime}$ nằm giữa hai tia $\mathrm{BA}$ và $\mathrm{BC}$, do đó : $\widehat{\mathrm{ABC}}>\widehat{\mathrm{ABB}^{\prime}}$ (2)

    • góc $\widehat{\mathrm{AB}^{\prime} \mathrm{B}}$ là góc ngoài ở đỉnh $\mathrm{B}^{\prime}$ của tam giác $\mathrm{BCB}$, do đó : $\widehat{\mathrm{AB}} \mathrm{B}>\widehat{\mathrm{C}}$. (3)

    Từ (1) và (2) ta suy $\mathrm{ra} \widehat{\mathrm{ABC}}>$ $>\widehat{\mathrm{AB}^{\prime} \mathrm{B}}(4)$; từ (3) và (4) ta suy ra : $\widehat{\mathrm{B}}>\widehat{\mathrm{C}}$. Đó là điều phải chứng minh.

    Định lý 2. Trong một tam giác, cạnh đối diện với góc lớn hơn là cạnh lớn hơn.

    Chứng minh.

    Giả sử tam giác $\triangle \mathrm{ABC}, \widehat{\mathrm{B}}>\widehat{\mathrm{C}}$.
    Ta cần chứng minh: $\mathrm{AC}>\mathrm{AB}$.
    Chứng minh : Giả sử $A C=A B$, tam giác $A B C$ là tam giác cân cạnh đáy $\mathrm{BC}$, do đó $\widehat{\mathrm{B}}=\widehat{\mathrm{C}}$; đó là điều trái với giả thiết.

    Giả sử $\mathrm{AC}<\mathrm{AB}$, theo định lí 1 , thì ta có $\widehat{\mathrm{B}}<\widehat{\mathrm{C}}$, đó cũng là điều trái với giả thiết.
    Do đó $\mathrm{AC}>\mathrm{AB}$.

    Hệ quả 1. Trong một tam giác vuông, cạnh huyền (cạnh đối diện góc vuông) là cạnh có độ dài lớn nhất.

    Ví dụ 1.

    a) So sánh các góc của tam giác $\mathrm{ABC}$ có $\mathrm{AB}=4 \mathrm{~cm}, \mathrm{BC}=7 \mathrm{~cm}, \mathrm{AC}=6 \mathrm{~cm}$.
    b) So sánh các cạnh của tam giác $\mathrm{ABC}$ có $\widehat{\mathrm{A}}=50^{\circ}, \widehat{\mathrm{C}}=50^{\circ}$.

    Ví dụ 2.  Cho tam giác $\mathrm{ABC}$ có $\widehat{\mathrm{A}}=100^{\circ}, \widehat{\mathrm{B}}=40^{\circ}$.
    a) Tim cạnh lớn nhất của tam giác $\mathrm{ABC}$.
    b) Tam giác $\mathrm{ABC}$ là tam giác gi? Vì sao?

    Ví dụ 3. Cho tam giác $\mathrm{ABC}$ vuông tại $\mathrm{A}$ có $\widehat{\mathrm{B}}>45^{\circ}$.
    a) So sánh các cạnh của tam giác.
    b) Lấy điểm $\mathrm{K}$ bất ki thuộc đoạn thẳng $\mathrm{AC}$. So sánh độ dài $\mathrm{BK}$ và $\mathrm{BC}$.

    Bài tập 

    1. So sánh các góc của tam giác $\mathrm{ABC}$ biết rằng $\mathrm{AB}=4 \mathrm{~cm}$, $\mathrm{BC}=5 \mathrm{~cm}, \mathrm{AC}=6 \mathrm{~cm}$.
    2. So sánh các cạnh của tam giác $\mathrm{ABC}$ biết rằng $\widehat{\mathrm{A}}=92^{\circ}$, $\widehat{\mathrm{B}}=48^{\circ}$.
    3. Chứng minh rằng trong tam giác vuông cạnh huyển bao giờ cũng lớn hơn mỗi cạnh góc vuông.
    4. Chứng minh rằng trong một tam giác góc đối diện với cạnh nhỏ nhất là góc nhọn.
    5. Góc ở đáy của tam giác cân nhỏ hơn $60^{\circ}$, cạnh nào của tam giác cân là lớn nhất ?
    6. Chứng minh rằng : Nếu một tam giác có hai đường cao bằng nhau thì nó là tam giác cân.

    Tứ giác nội tiếp – Phần 3

    2 Replies

    Bài 1. Cho tam giác $ABC$. Gọi $M$ là trung điểm $BC$. Gọi $D, E, F$ lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác
    $ABM, ACM, ABC$. Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $F$ trên BC. Chứng minh $D, H, M, E$ cùng thuộc một đường tròn.

    Lời giải
      Gọi $P, Q$ là hình chiếu của $D, E$ trên BC.

    Ta có $\triangle MDP \backsim \triangle EMQ$, suy ra $MQ\cdot MP = EQ\cdot PD$.

    Ta có $BP = \dfrac{1}{2}(AB+BM-AM), BH = \dfrac{1}{2}(AB+BC-AC)$

    Suy ra $PH = BH – BP = \dfrac{1}{2}(BC – AC – BM + AM ) = \dfrac{1}{2}(MC + AM – AC) = MQ$

    Suy ra $PM = HQ$. Suy ra $PH\cdot HQ = MQ\cdot MP = DP\cdot EQ$, suy ra $\triangle DPH \backsim \triangle HQE$

    Từ đó ta có $\angle DHE = 90^\circ$.

    Bài 2. Cho đường tròn tâm $O$ bán kính $R$ và dây $BC =R \sqrt{3}$ cố định. $A$ là một điểm thay đổi trên cung lớn $BC$ sao cho tam giác $ABC$ nhọn. Các đường cao $BD$ và $CE$ cắt nhau tại $H$. Phân giác trong góc $A$ cắt $(O)$ tại $G$ và cắt $DE$ tại $F$.

    a) Chứng minh tứ giác $BEGF$ nội tiếp.
    b) Gọi $I$ là giao điểm của $AH$ và $BC$. Chứng minh $FIHG$ nội tiếp.

    Lời giải

    (a) Ta có $BEFC$ nội tiếp nên $\angle AED = \angle ACB$
    Và $\angle ACB = \angle AFB$ (cùng chắn cung AB).
    Suy ra $\angle AED = \angle AFB$, do đó tứ giác $BEGF$ nội tiếp.
    (b) Tứ giác $BEGF$ nội tiếp, suy ra $AG\cdot AF = AE\cdot AB$.
    Mặt khác ta có $AE\cdot AB = AH \cdot AI$
    Suy ra $AG\cdot AF = AH\cdot AI$, từ đó ta có $\triangle AHF \backsim AGI$, suy ra $\angle AFH = \angle AIG$.

    Bài 3. Cho đường tròn $(O)$ và điểm $P$ nằm ngoài đường tròn. Vẽ các tiếp tuyến $PA, PB$ đến $(O)$ với $A, B$ là các tiếp điểm. $C$ là điểm trên cung nhỏ $AB$, tiếp tuyến tại $C$ cắt $PA, PB$ và $PO$ lần lượt tại $D, E, F$. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp các tam giác $PAB, PDE$ và $PCF$ cùng đi qua một điểm khác $P$.

    Lời giải

    Gọi $Q$ là giao điểm của $(PDE)$ và $(PAB)$.

    Ta có $\triangle QAD \backsim \triangle QBE$, suy ra $QD/QE = AD/EB = CD/CE$. Khi đó $QC$ là phân giác $\angle DQE$.

    Ta có $QO$ cũng là phân giác $\angle AQB$ và $\angle AQB = \angle DQE$. Suy ra $\angle DQC = \angle OQB$.

    Mà $\angle QDC = \angle QOB$ nên $\angle QCD =\angle QBO = \angle QPF$.  Vậy tứ giác $QPFC$ nội tiếp.

    Bài 4. Gọi $O$ là giao điểm của hai đường chéo hình thang $ABCD$ có đáy là $AB, CD$. Lấy $M, N$ là điểm thuộc $OA$, $N$ là điểm thuộc $OD$ sao cho $\angle BMD = \angle AMC$. Chứng minh rằng BMNC là tứ giác nội tiếp.

    Lời giải
      Cho đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABM$ cắt $OC$ tại $N’$. Chứng minh $\angle AN’C = \angle BMD = \angle ANC$.

    Bài 5. Cho $(O)$ và $(O_1)$ cắt nhau tại $M, N$. Tiếp tuyến tại $M$ của $(O)$ cắt $(O_1)$ tại $B$. Tiếp tuyến tại $M$ của $(O_1)$ cắt $(O)$ tại $A$. Gọi $P$ là điểm đối xứng của $M$ qua $N$. Chứng minh rằng tứ giác $MAPB$ nội tiếp.

    Lời giải

    Chứng minh $NM^2 = NA \cdot NB = NP^2$. Suy ra $\angle A + \angle B = \angle M + \angle N$.

    Bài 6. Cho tứ giác $ABCD$ có các cạnh đối diện $AD$ và $BC$ cắt nhau tại $E$, $AB$ và $CD$ cắt nhau tại $F$. Chứng minh rằng tứ giác $ABCD$ nội tiếp khi và chỉ khi $EA.ED + FA.FB = EF^2$.

    Lời giải

    Gọi $K$ là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ADF$ và $EF$. Ta có $EK \cdot EF = EA \cdot ED$, suy ra $FK \cdot FE = FA \cdot FB$, suy ra $EKAB$ nội tiếp. \\
    Khi đó $\angle EBA = \angle FKA = \angle ADC$ nên $ABCD$ nội tiếp.

    Bài 7. Cho tứ giác $ABCD$ có hai đường chéo vuông góc nhau tại $I$. Gọi $E, F, G, H$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $I$ trên $AB, BC, CD$ và $DA$. $IE$ cắt $CD$ tại $M$.

    a) Chứng minh $EFGH$ và $HGMF$ nội tiếp.
    b) $BH$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $IEH$ tại $J$, $BG$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $IFG$ tại $K$. Chứng minh $E, J, K, F$ cùng thuộc một đường tròn.

    Lời giải

    (a) Ta có $BD$ là tiếp tuyến chung của $(IHE)$ và $(IFG)$. \\ $\angle BEF = \angle BIF = \angle IGF, \angle AEH = \angle EIH = \angle HGI$. \\ Suy ra $\angle FEF + \angle HGF = 180^\circ $. Suy ra $HEFG$ nội tiếp. \\ Ta có $\angle IMG = \angle ICM + \angle MIC = \angle DIG + \angle AIE = \angle DHG + \angle AHE = 180^\circ – \angle EHG$. \\ Suy ra $EHGM$ nội tiếp. \\ Do đó $EGMF$ nội tiếp. \\ (b) Ta có $BJ\cdot BH = BE\cdot BA = BI^2 = BK\cdot BG$. \\ Suy ra $GHJK$ nội tiếp. \\ Ta có $\angle EFK = \angle EFI – \angle KFI = \angle EBI – \angle IGB$. \\ Và $\angle EJK = \angle EJB + \angle BJK = \angle DAB + \angle HGB$. \\ Suy ra $\angle EFK + \angle EJK = \angle DAB + \angle HGB – \angle IBG + \angle EBI = \angle DAB + \angle HGI + \angle EBI = 180^\circ $. \\ Do đó $EJKF$ nội tiếp.

    Bài 8. (Thi HSGQG THPT Việt Nam năm 2010) Cho tam giác $ABC$ không cân có $\angle ABC$ và $\angle ACB$ nhọn. $D$ là điểm di chuyển trên cạnh $BC$ sao cho $AD$ không vuông góc $BC$. Đường thẳng qua $D$ vuông góc với $BC$ cắt các đường thẳng $AB, AC$ tại $E$ và $F$. Gọi $M, N, P$ là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác $AEF, BDE, CDF$. Chứng minh rằng $A, M, N, P$ cùng thuộc một đường tròn khi và chỉ khi $d$ đi qua tâm nội tiếp của tam giác $ABC$.

    Lời giải

    Gọi $I$ là tâm nội tiếp của tam giác $ABC$.
    Gọi $J$ là giao điểm của $AI$ và $EN$, suy ra $FJ$ là phân giác góc $AFD$.
    Ta có $FKC = 90^o + \dfrac{1}{2}\angle ACB = \angle JIN$.
    Tứ giác $AMFJ$ nội tiếp, suy ra $\angle NJI =\angle AJM = \angle AFM = \angle KFP$ ($K$ là giao điểm của $d$ và $IC$).
    Từ đó $\triangle NIJ \backsim \triangle PFK$.
    Suy ra $IJ/FK = JN/FP$.
    Ta có $A, M, P, N$ đồng viên khi và chỉ khi $\angle ANJ = \angle APF \Leftrightarrow \triangle AJN \backsim \triangle AFP \Leftrightarrow AF/AJ = FP/JN$.
    Mà $AF/AJ = FS/JS$ (Với $S$ là giao điểm của $AI$ và $d$)
    Vậy $A, M, P, N$ đồng viên khi và chỉ khi $IJ/KF = FS/JS$.
    Điều này chỉ đúng khi $I$ trùng $S$. Vì nếu $I$ khác $S$ thì $IK//FJ$ (!)

    Bài tập rèn luyện

    Bài 9. Cho tam giác $ABC$ nhọn và khác tam giác cân. Phân giác góc nhọn tạo bởi hai đường cao hạ từ $B$ và $C$ của tam giác cắt các cạnh $AB$ và $AC$ lần lượt tại $P$ và $Q$. Phân giác của góc $BAC$ cắt đoạn thẳng nối trực tâm của tam giác $ABC$ và trung điểm $BC$ tại $R$. Chứng minh rằng $P, A, Q, R$ cùng thuộc một đường tròn.

    Bài 10. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$, phân giác góc $A$ cắt $BC$ tại $D$, $M$ là trung điểm $BC$, $E$ là điểm đối xứng của $D$ qua $M$. Trên các đường thẳng $AO$ và $AD$ lấy điểm $P$ và $Q$ sao cho $PD$ và $EQ$ vuông góc $BC$. Chứng minh 4 điểm $B, C, P, Q$ cùng thuộc một đường tròn.

    Bài 11. (Đề đề nghị thi Toán Quốc Tế 2010) Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $w$, các đường cao là $AD, BE, CF$. Tia $EF$ cắt $w$ tại $P$. $BP$ cắt $DF$ tại $Q$. Chứng minh 4 điểm $A, P, Q, F$ cùng thuộc một đường tròn và $AQ = AP$.

    Tứ giác nội tiếp – Phần 2

    3 Replies
    (Bài viết dành cho học sinh lớp 9 chuyên toán – Lời giải bài tập chương 1 sách [1]) Chứng minh 4 điểm cùng nằm trên một đường tròn là dạng toán thường xuất hiện nhất trong các đề thi, đây cũng là kĩ năng quan trọng để chứng minh các ý toán khác trong một bài toán, có nhiều cách chứng minh 4 điểm cùng thuộc đường tròn trong đó chủ ý các các dấu hiệu một tứ giác nội tiếp. Một tứ giác là tứ giác nội tiếp khi và chỉ khi có một trong các dấu hiệu sau:
    • 4 đỉnh cách đều một điểm
    • Tổng hai góc đối bằng $180^\circ$ (đặc biệt hai góc đối vuông)
    • Góc ngoài bằng góc đối trong
    • Hai đỉnh kề cùng nhìn cạnh còn lại với hai góc bằng nhau (đặc biệt hai góc nhìn là góc vuông).
    Ngoài ra còn có bổ đề thường dùng. Bổ đề 1. Cho tứ giác $ABCD$ có hai đường chéo cắt nhau tại $P$ và hai đường thẳng $AB, CD$ cắt nhau tại $P$. Khi đó $ABCD$ nội tiếp khi và chỉ khi $PA \cdot PC = PB \cdot PD$ hoặc $QA \cdot QB=QC \cdot QD$. Bổ đề 2. Phân giác trong góc $A$ của tam giác $ABC$ cắt trung trực của $BC$ tại $D$, khi đó $D$ thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$. Ta bắt đầu với các bài toán sau: Bài 1. Hai dây $AB$ và $CD$ của một đường tròn cắt nhau tại $I$. Gọi $M$ là trung điểm của $IC$ và $N$ đối xứng với $I$ qua $D$. Chứng minh rằng $AMBN$ nội tiếp một đường tròn. Lời giải. Xét tam giác $IAC$ và $IBD$ có $\angle AIC = \angle BID$ và $\angle IAC = \angle IBD$, suy ra $\triangle IBD \backsim \triangle IAC$; $\Rightarrow IA \cdot IB = IC \cdot ID = 2 IM \cdot \dfrac{IN}{2} = IM \cdot IN \Rightarrow \dfrac{IM}{IB} = \dfrac{IA}{IN}$. Suy ra $\triangle IMA \backsim \triangle IBN \Rightarrow \angle IAM = \angle INB$; Do đó tứ giác $AMBN$ nội tiếp. Bài 2. Cho tam giác $ABC$ nhọn, nội tiếp đường tròn tâm $O$. Các đường cao $AD, BE, CF$ cắt nhau tại $H$. $AO$ cắt $EF$ tại $K$ và cắt $(O)$ tại $L$ khác $A$. Gọi $P$ là điểm đối xứng của $A$ qua $K$. Chứng minh rằng các tứ giác $DHKL$ và $DHOP$ nội tiếp.
    Lời giải. Dễ thấy tứ giác $BCEF$ nội tiếp, suy ra $\angle AEF = \angle ABC$; Mà $\angle ABC = \angle ALC$, suy ra $\angle AEF = \angle ALC$, từ đó $KECL$ nội tiếp; Theo chú ý trên ta có $AK \cdot AL = AE \cdot AC$ \hfill (1) Mặt khác tứ giác $CDHE$ nội tiếp nên $AH \cdot AD = AE \cdot AC$ \hfill (2) Từ (1) và (2) suy ra $AK \cdot AK = AH \cdot AD \Rightarrow DHKL$ nội tiếp. Ta có $AP = 2AK, AL = 2AO \Rightarrow AP \cdot AO = AK \cdot AL = AH \cdot AD$, suy ra $DHOP$ nội tiếp. Bài 3. Cho hình vuông $ABCD$. Trên các cạnh $BC, CD$ lấy điểm $M,N$ sao cho $\angle MAN = 45^\circ$. $AM, AN$ cắt $BD$ lần lượt tại $P$ và $Q$. a) Chứng minh các tứ giác $ADNP, ABMQ$ nội tiếp. b) Chứng minh $MNQP$ nội tiếp. Lời giải.
    Tứ giác $APND$ có $\angle PAN = \angle PDN = 45^\circ$ nên là tứ giác nội tiếp. Tương tự thì $ABMQ$ cũng là tứ giác nội tiếp. Từ $ADNP, ABMQ$ nội tiếp suy ra $\angle APN = 180^\circ – \angle ADN = 90^\circ$ và $\angle AQM = 180^\circ -\angle ABM = 90^\circ$. Tứ giác $MPQN$ có $\angle MPN = \angle MQN = 90^\circ$ nên là tứ giác nội tiếp. Bài 4. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Phân giác trong góc $A$ cắt $(O)$ tại $D$. Gọi $M, N$ lần lượt là trung điểm $AB, AC$. $DM, DN$ cắt $(O)$ tại $E, F$ khác $M$, $AD$ cắt $MN$ tại $S$. a) Chứng minh rằng 4 điểm $M, N, E, F$ cùng thuộc một đường tròn. b) $OD$ cắt $BC$ tại $P$, đường tròn ngoại tiếp tam giác $DPS$ cắt $BC$ tại $Q$ khác $P$. Chứng minh $QA$ là tiếp tuyến của $(O)$. Lời giải. 
    Gọi $K$ là giao điểm của $AD$ và $BC$. a) Ta có $\angle AED = \angle ABD = \angle AKC$. Mà $MN \parallel BC \Rightarrow \angle AKC = \angle ASN$. Suy ra $\angle AED = \angle ASN \Rightarrow AEMS$ nội tiếp. Do đó $DM \cdot DE = DS \cdot DA$. Chứng minh tương tự ta có $MN \cdot DF = DS \cdot DA$. Suy ra $DM \cdot DE = DN \cdot DF$, từ đó dẫn đến tứ giác $MNFE$ nội tiếp. b) Ta có $OD \bot BC$ tại $P$. Suy ra $\angle QPD = \angle QPD = 90^\circ$. Tam giác $AQK$ có $QS \bot AK$ và $S$ là trung điểm $AK$ nên $QAK$ cân tại $Q$. Suy ra $\angle QAK = \angle AKQ = \angle ACD$, suy ra $QA$ là tiếp tuyến của $(O)$. Bài 5. Cho tam giác $ABC$ cân tại $A$. Từ một điểm $M$ tùy ý trên cạnh $BC$ kẻ các đường song song với các cạnh bên cắt $AB$ tại $P$ và cắt $AC$ tại $Q$. $D$ là điểm đối xứng của $M$ qua $PQ$. Chứng minh rằng $ADBC$ nội tiếp đường tròn. Lời giải. Tứ giác $APMQ$ là hình bình hành, $D$ đối xứng với $M$ qua $PQ$ ta suy ra được $ADPQ$ là hình thang cân. Suy ra $\angle DAP = 180^\circ – \angle DPQ$.\hfill (1) Ta có $PB = PM = PD$ nên $B, M, D$ thuộc đường tròn tâm $P$, suy ra $\angle MBD = \dfrac{1}{2}(360^\circ – \angle DPM) = \angle DPQ$. \hfill (2) Từ (1) và (2) ta có $\angle DAQ + \angle MBD = 180^\circ$, suy ra $ADBC$ nội tiếp. Bài 6. Cho hai đường tròn $(O)$ và $(O’)$ cắt nhau tại $A, B$. Qua điểm $I$ nằm trên $AB$ vẽ cát tuyến $IMN$ đến $(O)$ và cát tuyến $IPQ$ đến $(O’)$. Chứng minh rằng $M, N, P, Q$ cùng thuộc một đường tròn. Lời giải. Ta có $\angle INA = \angle IBN$, suy ra $\triangle INA \backsim \triangle IBN$ (g.g), khi đó $\dfrac{IA}{IB} = \dfrac{IA}{IN} \Rightarrow IN^2 = IA \cdot IB \Rightarrow IN = \sqrt{IA \cdot IB}$. Chứng minh tương tự thì $IP = \sqrt{IA \cdot IB}$. Mặt khác $IM = IN, IP = IQ$ nên $IM = IN = IP = IQ$, do đó $M, N, P, Q$ cùng thuộc đường tròn tâm $I$. Bài 7. Cho tam giác $ABC$ nhọn, $D$ thuộc cạnh $BC$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABD$ cắt cạnh $AC$ tại $E$, đường tròn ngoại tiếp tam giác $ACD$ cắt cạnh $AB$ tại $F$. $BE, CF$ cắt nhau tại $K$. Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác $BKC$ qua trực tâm $H$ của tam giác $ABC$. Lời giải. Các tứ giác $AEDB, ADDC$ nội tiếp nên ta có $\angle AFB = \angle ADB$ và $\angle AEC = \angle ADC$; Suy ra $\angle AFB + \angle AEC = \angle ADB + \angle ADC = 180^\circ$, suy ra $AEKF$ nội tiếp. Suy ra $\angle EKF = 180^\circ – \angle BAC$, mà $\angle BKC = \angle EKF$ nên $\angle BKC= 180^\circ – \angle BAC$.\hfill (1) Mặt khác, từ $H$ là trực tâm của tam giác $ABC$ nên $\angle BHC = 180^\circ – \angle BAC$. \hfill (2) Từ (1) và (2), ta có $\angle BHC = \angle BKC$, suy ra $BHKC$ nội tiếp. Bài 8. Cho tam giác $ABC$ có đường tròn nội tiếp tiếp xúc với $AB, BC$,$AC$ lần lượt tại $M, D, N$. Lấy điểm $E$ thuộc miền trong của tam giác $ABC$ sao cho đường tròn nội tiếp tam giác $EBC$ cũng tiếp xúc với $BC$ tại $D$ và tiếp xúc với $EB, EC$ tại $P, Q$. Chứng minh rằng $MNPQ$ nội tiếp đường tròn. Lời giải.
    Gọi $T$ là giao điểm của $MN$ và $BC$. Chứng minh được $\dfrac{TB}{TC} = \dfrac{TB}{TC}$ và $PM \cdot PN = PD^2$. Gọi $T’$ là giao điểm của $PQ$ và $BC$ ta cũng có $\dfrac{T’B}{T’C} = \dfrac{DB}{DC}$. Suy ra $\dfrac{TB}{TC} = \dfrac{T’B}{T’C} = \dfrac{DB}{DC}$, do đó $T’ \equiv T$. Và $TP \cdot TQ = TD^2$. Từ đó ta có $TM \cdot TN = TP \cdot TQ$. Suy ra 4 điểm $M, N, P, Q$ cùng thuộc một đường tròn. Bài tập tự luyện.  Bài 9. Cho đường tròn tâm $O$ và dây cung $AB$ khác đường kính. $C$ là một điểm thuộc cung nhỏ $AB$. Tiếp tuyến tại $A$ và $B$ của $(O)$ cắt nhau tại $P$. $AC$ cắt $BP$ tại $D$ và $BC$ cắt $AP$ tại $E$. Gọi $Q$ là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác $AEC$ và $BCD$. a) Chứng minh $Q$ là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp các tam giác $APD$ và $BPE$. b) Chứng minh $Q$ thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác $OPC$. Bài 10. Cho hình bình hành $ABCD$ có góc $A$ tù. Gọi $F$ là trung điểm cạnh $AD, CF$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $ACD$ tại $K$ khác $C$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $BCK$ cắt $CD$ tại $E$. a) Chứng minh $AE \bot CD$. b) $BD$ cắt $AC$ tại $I$ và đường tròn ngoại tiếp tam giác $BCK$ tại $G$. Chứng minh 4 điểm $E, F, G, I$ cùng thuộc một đường tròn. Tài liệu tham khảo. 
    1. Chuyên đề hình học 9 – Bồi dưỡng học sinh năng khiếu, Nguyễn Tăng Vũ, NXB GD 2018.

    Bất biến và nửa bất biến – Phần 2

    Leave a reply

    (Bài viết của GS Lê Anh Vinh)

    3/ Nâng cao:

    Trong phần này chúng ta sẽ thảo luận một số bài toán nâng cao có sử dụng phương pháp bất biến. Trong 29 bài toán chúng ta đã đề cập từ đầu đến giờ, các bài toán gần như được giải quyết ngay lập tực khi đã chỉ ra được bất biến phù hợp. Các bài toán trong phần này, ngoài ý tưởng chính là bất biến, sẽ yêu cầu thêm một số bước biến đổi khác làm tăng độ khó và thú vị của chúng.

    Bài toán 3.1. Các ô vuông được xếp kề nhau tạo thành một dải hình chữ nhật vô hạn về cả hai phía. Ta xếp vào các ô vuông một số hữu hạn các viên đá. Mỗi bước, chọn hai viên đá ở cùng ô và chuyển chúng sang hai ô bên cạnh khác hướng nhau.

    a) Có thể sau một số hũ̃u hạn bước quay lại ví trí ban đầu không?

    b) Có thể thực hiện vô hạn bước như vậy không?

    c) Nếu quá trình dừng lại thì trạng thái sắp xếp cuối cùng có phụ thuộc vào quá trình thực hiện các bước không?

    Giải

    Gán cho viên đá ở ô thứ $n$ số $n^{2}$. Xét tổng tất cả các số thu được. Rõ ràng mỗi phép biến đổi ta thay hai số $n^{2}$ bởi số $(n-1)^{2}$ và $(n+1)^{2}$. Do đó tổng này tăng 2 đơn vị trong mỗi phép biến đổi. Suy ra sau một số hữu hạn bước không thể quay lại vị trí ban đầu.

    Tiếp theo, chúng ta đi chứng minh rằng tổng không thể tăng vô hạn bằng phương pháp quy nạp. Lưu ý rằng nếu tổng tăng vô hạn, có nghĩa là một số viên đá sẽ phải tiến ra xa vô hạn. Viên đá cuối cùng bên phải nhất luôn tăng chỉ số và viên đá cuối cùng bên trái luôn giảm chỉ số. Do đó khoảng cách giữa hai viên đá này tăng vô hạn. Và đến một lúc nào đó, sẽ có một viên không chịu tác động của các viên còn lại! Lập luận hoàn chỉnh của phần b và lời giải của phần $c$ được dành cho bạn đọc.

    Bài toán 3.2. Hình tròn được chia thành 2011 hình dẻ quạt. Xếp 2012 viên kẹo vào các phằn dẻ quạt. Mỗi bước, cho phép chuyển hai viên ở cùng một phần sang hai phần kề khác hướng. Chứng minh rằng đến một lúc nào đó có ít nhất 1006 phần có chứa kẹo.

    Giải

    Trước hết, chúng ta có 03 nhận xét quan trọng:

    a) Do số kẹo lớn hơn một nửa số ô, quá trình ở đây thực hiện được vô hạn lần;

    b) Bài toán sẽ được giải quyết xong nếu ta chứng minh được một lúc nào đó hai ô kề nhau bất kì có kẹo. Thật vậy, lúc đó số ô có chứa kẹo sẽ $\geq 2011 / 2$ và do là số nguyên nên số ô có chứa kẹo ít nhất là 1006 .

    c) Đến một lúc nào đó, nếu hai ô kề nhau có ít nhất một viên kẹo thì kể từ đó, hai ô này luôn luôn có kẹo. Điều này là hiển nhiên từ phép chuyển.

    Theo Nhận xét c) nếu tại mọi thời điểm đều tồn tại hai ô liền nhau không có kẹo thì sẽ tồn tại hai ô liền nhau không bao giờ có kẹo trong tất cả các phép biến đổi. Ta đánh số các dẻ quạt bởi $1,2, \ldots, 2011$ sao cho hai ô đó là 1 và 2011 . Gán cho mỗi chiếc kẹo một số tương ứng với số của ô chứa nó và xét $X$ là tổng bình phương các số đó.

    Tương tự như bài trên, $X$ tăng trong mỗi phép biến đổi. Theo Nhận xét a), $X$ tăng vô hạn. Nhưng lại có $X \leq 1006 \times 2010^{2}$, dẫn đến mâu thuẫn. Vậy, đến một lúc nào đó hai ô kề nhau bất kì luôn có kẹo. Bài toán được suy ra từ Nhận xét b).

    Bài toán 3.3. Giả thiết và câu hỏi như ở Bài 30 , chỉ khác cách chuyển viên đá được thực hiện như sau:

    a) Bỏ một viên ở ô thứ $n-1$ và một viên ở ô thứ $n$, thêm vào một viên ở ô thứ $n+1$.

    b) Bỏ hai viên ở ô thứ $n$ và thêm một viên vào ô thứ $n-2$, một viên vào ô thứ $n+1$.

    Giải

    Nhận xét rằng viên đá ở ô phải nhất sẽ luôn di chuyển về bên phải và viên đá ở bên trái nhất sẽ luôn đi về bên trái. Nếu như quay lại trạng thái ban đầu sau hữu hạn bước thì chúng ta sẽ không được tác động đến hai viên này. Khi đó, có thể bỏ đi hai viên này và lặp lại lập luận trên để suy ra mâu thuẫn. Do đó, không thể quay lại trạng thái ban đầu sau hữu hạn bước.

    Chọn $\alpha>1$ là nghiệm của $\alpha^{2}-\alpha-1=0$. Gán cho viên đá ở ô thứ $n$ số $\alpha^{n}$ và xét $X$ là tổng các số này. Khi đó tổng $X$ không đổi. Giả sử có thể chuyển viên đá vô hạn lần thì theo nhận xét trên, các viên đá sẽ tiến ra vô cùng và khi đó tổng $X$ cũng vậy $(\operatorname{do} \alpha>1)$. Điều này mâu thuẫn với tính bất biến của $X$.

    Để chứng minh trạng thái sắp xếp cuối cùng không phụ thuộc vào quá trình các bước chuyển, ta chỉ cần chứng minh nếu từ một trạng thái thu được hai trạng thái khác nhau thì tổng $X$ sẽ khác nhau. Chi tiết của lập luận này (thật ra là một bài toán bất đẳng thức đơn giản) được dành cho bạn đọc.

    Bài toán 3.4. Có 119 người ở trong 120 căn hộ. Một căn hộ được gọi là quá tải nếu có nhiều hơn 14 thành viên. Mỗi ngày, các thành viên của một căn hộ quá tải xảy ra mẫu thuẫn và chuyển sang các căn hộ khác nhau. Hỏi quá trình có buộc phải kết thúc không?

    Giải

    Trước khi chuyển nhà cho các thành viên ở căn hộ quá tải bắt tay nhau. Có thể chứng minh được rằng tổng số cái bắt tay sẽ giảm thực sự. Và do đó quá trình sẽ buộc phải kết thúc sau hữu hạn bước.

    Bài toán 3.5. Trên vòng tròn có 20 số. Cho phép chọn 3 số liên tiếp $X, Y, Z$ và thay bởi $X+Y,-Y, Z+Y$. Có thể từ

    $$ [1,2, \ldots, 10,-1,-2, \ldots,-10] $$

    thu được $[10,9, \ldots, 1,-10, \ldots,-1]$ hay không?

    Giải

    Chọn $x_{1}, \ldots, x_{20}$ sao cho $x_{1}-x_{2}, \ldots, x_{20}-x_{1}$ là bộ 20 số ban đầu. Khi đó dễ dàng kiểm tra được rằng, phép biến đổi đã cho trên bộ 20 số $x_{1} – x_{2}, \ldots, x_{20}-x_{1}$ sẽ tương ứng với việc đổi chỗ hai số cạnh nhau trên bộ $x_{1}, \ldots, x_{20}$. Từ $x_{1}, \ldots, x_{20}$ tương ứng với $[1,2, \ldots, 10,-1,-2, \ldots,-10]$, đổi chỗ liên tiếp các số cạnh nhau ta thu được $x_{20}, \ldots, x_{1}$ ương ứng với bộ $[10,9, \ldots, 1,-10, \ldots,-1]$. Do đó, câu trả lời là khẳng định.

    Bài toán 3.6. Giả sử tổng của 20 số là dương. Cho phép biến đổi như ở bài trên, liệu có thể thu được một bộ gồm 20 số không âm hay không?

    Giải

    Y tưởng chứng minh tương tự như trên. Chỉ có điều chúng ta không điền các số trên vòng tròn mà điền trên đường thẳng vô hạn $\ldots, x_{-n}, \ldots, x_{n}, \ldots$ sao cho chọn 21 số liên tiếp trên đường thẳng thì hiệu các cặp giữa chúng sẽ là 20 số tương ứng. Ta chỉ cần chỉ ra rằng với các đồi chỗ như trong giả thuyết của đề bài, ta có thể sắp xếp lại dãy theo thứ tự tăng. Khi đó, ta sẽ có câu trả lời khẳng định cho bài toán.

    Bài toán 3.7. Trên vòng tròn có một số điểm Xanh, Đỏ. Cho phép thêm vào một điểm $Đ$ và đổi màu hai điểm kề nó, hoặc bớt đi một điểm $D$ và đổi màu hai điểm kề nó. Lúc đầu có hai điểm $\mathrm{D}$ và quá trình ko được phép làm cho có ít hơn hai điểm. Hỏi có thể thu được:

    a) 2 điểm $\mathrm{X}$, Đ.

    b) 8 điểm $\mathrm{D}$.

    c) 1 điểm $Đ, 6$ điểm $X$.

    d) 2 điểm X.

    Giải

    a) Không thể thu được 2 điểm $\mathrm{X}, \mathrm{D}$ do tính chẵn lẻ của số điểm X không thay đổi.

    b) c) Xây dựng được cụ thể.

    d) Không được thể thu được 2 điểm $\mathrm{X}$. Do lúc đầu không có điểm $\mathrm{X}$ nào nên số điểm X luôn là chã̄n. Đánh số các điểm xanh bởi $x_{1}, \ldots, x_{2 n}$ và gọi $d_{1}, \ldots, d_{2 n}$ là số điểm đỏ giữa các điểm $\mathrm{X}$. Bất biến là tính chia hết cho 3 của

    $$ S=\left|d_{1}-d_{2}+\ldots+d_{2 n-1}-d_{2 n}\right| $$

    Nếu không có điểm $X$ nào thì đặt $S$ là số điểm đỏ. Đây là một bài toán rất khó và chúng tôi khuyến khích bạn đọc tìm hiểu xem với các cấu hình nào thì có thể nhận được từ một cặp điểm $Đ$ ? Gợi ý rằng đại lượng $S$ sẽ giúp xác định chính xác các cấu hình như vậy.

    Hết

    Giải bài toán bằng đại lượng cực biên – Phần 2

    Leave a reply

    (Bài viết dành cho các em học sinh lớp 8, 9, 10)

    Ví dụ 1. Tìm $n$ lớn nhất sao cho tồn tại $n$ điểm mà 3 điểm bất kì đều tạo thành tam giác vuông.

    Lời giải. 

    Ta thấy $n=3, n=4$ đều tồn tại. Ta chứng minh $n\geq 5$ thì không tồn tại. \
    Giả sử ngược lại, tồn tại 5 điểm, sao cho 3 điểm bất kì đều tạo thành tam giác vuông. Khi đó ta chọn hai điểm sao cho có độ dài lớn nhất. Khi đó các điểm còn lại đều nằm trên đường tròn đường kính là đoạn thẳng này. Khi đó 3 điểm thuộc 2 nửa đường tròn, khi đó có ít nhất 2 điểm cùng thuộc một nửa, từ đó tồn tại một tam giác khác vuông có đỉnh là 2 điểm này cùng một điểm thuộc đường kính. Do đó không thỏa đề bài.

    Nhận xét. Đây là một bài toán cực trị dạng tìm số nhỏ nhất, lớn nhất của n để thỏa điều kiện nào đó. Những kiểu bài tập này thường ta cứ xét các trường hợp nhỏ và cố gắng xây dựng cấu hình thỏa, đối với bài này cấu hình rất dễ tìm, với trường hợp $ n = 5$, để chứng minh không tồn tại, ta sử dụng cực biên, kết hợp với phản chứng để cho lời giải trọn vẹn, chọn độ dài lớn nhất giúp mình gôm hết các điểm vào thành một đường tròn, từ đó giúp giải được bài toán.

    Ví dụ 2. Trên một mặt bàn đặt một số các đồng xu với kích cỡ không giống nhau đôi một (các đồng xu không được đè lên nhau và phải nằm sấp hoặc ngửa trên bàn). Chứng minh rằng dù ta đặt như thế nào đi nữa, cũng luôn tồn tại một đồng xu chỉ tiếp xúc được với nhiều nhất 5 đồng xu khác.

    Lời giải. Đồng xu càng to thì nhiều đồng xu có thể tiếp xúc với nó, còn ngược lại thì càng nhỏ, do đó để càng ít đường tròn tiếp xúc nó, ta chọn đồng xu nhỏ nhất.

    Chọn đồng xu có bán kính nhỏ nhất, thì đồng xu này chỉ tiếp xúc không quá 5 đồng xu khác. Giả sử nó có thể tiếp xúc với 6 đồng xu khác. Khi đó $A$ là tâm đường tròn, tâm các đường tròn còn lại là $A_1, \cdots, A_6$. Khi đó tồn tại $A_iA_{i+1} \leq 60^\circ$, suy ra $A_iA_{i+1} < AA_i$ vô lý, vì bán kính của $(A)$ là nhỏ nhất.

    Ví dụ 3. Cho $n$ điểm trong mặt phẳng biết rằng cứ 3 điểm bất kì tạo thành một tam giác có diện tích không lớn hơn 1. Chứng minh rằng $n$ điểm thuộc một hình tam giác có diện tích không lớn hơn 4.

    Lời giải. Gọi $A, B, C$ là 3 điểm tạo thành tam giác sao cho $ABC$ có diện tích lớn nhất. Từ $A, B, C$ vẽ các đường song song với các cạnh đối diện, các đường thẳng cắt nhau tại $A’, B’, C’$ ta chứng minh các điểm thuộc cạnh hoặc miền trong tam giác $A’B’C’$. \
    Thật vậy, nếu có điểm nào nằm ngoài tam giác $A’B’C’$ thì điểm đó kết hợp với hai trong 3 điểm $A, B, C$ sẽ có diện tích lớn hơn diện tích tam giác $ABC$, vô lý. \
    Do $S_{A’B’C’} = 4S_{ABC} \leq 4$.

    Ví dụ 4. (Sylvester) Trong mặt phẳng cho $n$ điểm phân biệt, sao cho mỗi đường thẳng đi qua hai điểm thì đi qua ít nhất một điểm khác. Chứng minh rằng $n$ điểm này cùng thuộc một đường thẳng.

    Lời giải. Giả sử không phải tất cả các điểm cùng thuộc một đường thẳng. Khi đó ta xét khoảng cách từ một điểm đến đường thẳng qua ít nhất 3 điểm, trong các khoảng cách này có khoảng cách nhỏ nhất. Giả sử $P$ là điểm có khoảng cách từ $P$ đến $d$ là nhỏ nhất, với $d$ là đường thẳng qua các điểm $A, B, C$ theo thứ tự. \
    Gọi $H$ là hình chiếu của $P$ trên $d$, $D, E$ là hình chiếu của $A, B$ trên $B$ trên $PA, PC$. Nếu $H$ thuộc tia $BA$ thì $BE < PH$, nếu $H$ thuộc đoạn $BC$ thì $BD < PH$. Mâu thuẫn với $PH$ là nhỏ nhất. \
    Vậy tất cả các điểm cùng thuộc một đường thẳng.

    Việc chọn phần tử lớn nhất, nhỏ nhất thể hiện ưu thế của của các phần tử đó so với các đối tượng khác, đó chưa chắc là cái thỏa, nhưng cũng cũng có ưu thế hơn, giống khi xét tuyển, các thí sinh có điểm trung bình cao chưa chắc là giỏi nhất, nhưng là những người có ưu thế hơn điểm thấp, khi chọn trong nhóm đó sẽ tìm được nhiều người giỏi hơn là chọn trong nhóm thấp điểm, do đó vượt trội một khía cạnh nào tính ra là một lợi thế để so sánh.

    Ta tiếp tục với việc chứng minh các bài toán về tồn tại các đối tượng thỏa yêu cầu nào đó.

    Ví dụ 5. Cho 3 trường, mỗi trường có $n$ học sinh, biết rằng cứ mỗi học sinh thì quen ít nhất $n + 1$ học sinh của hai trường khác. Chứng minh rằng có thể chọn được từ mỗi trường một bạn sao cho 3 bạn này đôi một quen nhau.

    Lời giải. Giả sử 3 trường là $X, Y, Z$. Tồn tại một người có số người quen ở cùng một trường khác là nhiều nhất, giả sử $A$ thuộc $X$ có số người quen ở trường $Y$ nhiều nhất là $k$. Khi đó số người quen của $A$ ở $Z$ ít nhất là $n+1-k$. Nếu nhóm người quen $A$ ở $Z$ quen với số người quen $A$ ở $X$ có hai người quen nhau thì ta có điều chứng minh.\
    Ngược lại xét người quen $A$ ở $Z$, đặt là $B$ quen số người ở $Y$ tối đa là $n-k$, khi đó $B$ quen ở $X$ ít nhất là $n+1 – (n-k) = k+1$, mâu thuẫn với cách chọn $A$. (Mâu thuẫn).

    Ví dụ 6. Một bảng $2n \times 2n$ ô, người ta đánh dấu bất kì $3n$ ô trong bảng. Chứng minh rằng tồn tại $n$ dòng và $n$ cột sao cho $3n$ ô được đánh dấu thuộc $n$ dòng và $n$ cột này.

    Lời giải. Chọn $n$ dòng sao cho số ô được tô là lớn nhất, ta chứng minh rằng số ô được tô trong $n$ dòng này là không ít hơn $2n$ ô.
    Thực vậy giả sử số ô được tô là ít hơn $2n$, khi đó $n$ dòng còn lại có nhiều hơn $n$ ô được tô, nên có ít nhất một một dòng có 2 ô được tô.

    Do đó $n$ dòng đã chọn, mỗi dòng ít nhất 2 ô được tô nên tổng số ô hơn hoặc bằng $2n$ (mâu thuẫn).
    Vậy ta chỉ cần chọn $n$ cột chứa các ô được tô màu nhưng chưa được chọn trong $n$ dòng trên thì sẽ có điều cần chứng minh.

    Ví dụ 7. Một bữa tiệc có 10 học sinh tham gia, biết rằng mỗi học sinh quen với ít nhất là 5 người. Chứng minh rằng có thể sắp xếp 10 học sinh ngồi vào một bàn tròn sao cho hai người kế nhau thì quen nhau.

    Lời giải. Giả sử chuỗi người quen dài nhất có độ dài là $k$, $A_1A_2…A_k$, ta thấy các người còn lại không ai quen $A_1, A_k$ nên suy ra $k \geq 6$. \
    Nếu $k = 6$, suy ra $A_1$ và $A_6$ quen nhau, khi đó trong các người còn lại $A_7$ quen một trong cái người giả sử là $A_i$, khi đó ta có chuỗi $A_7A_iA_{i-1}A_1A_6A_{i+1}$ có độ dài hơn 6, vô lý.\
    Nếu $k =7$, khi đó $A_1$ quen từ $A_2$ đến $A_6$ và $A_7$ quen $A_2$ tới $A_6$, khi đó có một vòng $A_2A_7A_6A_5A_4A_3A_1A_2$. Khi đó sẽ có một người trong nhóm còn lại thì ta sẽ có chuỗi dài hơn, mâu thuẫn.\
    Nếu $k=8,9$ xét tương tự, ta sẽ có $k=10$. Giả sử có chuỗi $A_1\cdots A_{10}$. Khi đó tồn tại $k>i$ sao cho $A_1$ quen $A_k$ và $A_{10}$ quen $A_i$, khi đó có cách xếp thỏa đề bài là $A_1A_k\cdot A_iA_{10}A_9…A_k$.

    Bài tập Bài tập nguyên lý cực biên

    Tài liệu tham khảo. 

    1. Problems – Solving Stretagies – Arthur Hegel
    2. Giải bài toàn bằng đại lượng cực biên – Nguyễn Hữu Điển

    Giải bài toán bằng đại lượng cực biên – Phần 1

    Leave a reply

    (Bài viết dành cho học sinh lớp 8,9 và đầu lớp 10)

    Có một câu chuyện thú vị thường thấy là trong lớp học những người nào ngồi bàn đầu hay bàn cuối thì thường hay bị gọi lên bảng trả bài hơn là những người khác, vì sao như vậy? Thực sự vì hai vị trí đó là vị trí đầu và cuối, tức là vị trí biên, vị trí “đặc biệt” hơn các vị trí khác, nên dễ được chú ý hơn.

    Hoặc có một bài toán đơn giản sau: Tam giác $ABC$, $M$ thuộc cạnh $BC$, với vị trí nào của $M$ thì $AM$ đạt giá trị lớn nhất? (nhỏ nhất?). Dễ nhận ra rằng $AM \leq AB$ hoặc $AM \leq AC$, do đó $AM$ lớn nhất chỉ khi $M$ là một trong hai vị trí $B$ hoặc $C$, đó chính là vị trí biên của đoạn thẳng.

    Do đó các vị trí biên của một tập hợp $X$ nào đó luôn có những đặc điểm mà vị trí khác không có được, kiểu nếu lệch ra một tí thì “bay màu” khỏi $X$.

    Nguyên lý cực biên cũng như nguyên lý quy nạp, đó là một trong các nguyên lý quan trọng để chứng minh các định lý hay các bài toán. Xuất phát tự quan hệ thứ tự trong tập các số thực, và tiên đề xây dựng số tự nhiên, ta có các tính chất sau

    • Mọi tập con khác rỗng hữu hạn của tập số thực luôn có phần tử lớn nhất và nhỏ nhất.
    • Mọi tập con khác rỗng của tập các số tự nhiên đều có phần tử nhỏ nhất
    • Mọi tập con khác rỗng bị chặn trên của tập số nguyên có phần tử lớn nhất, bị chặn dưới thì có phần tử nhỏ nhất.

    Nguyên lý cực biên xuất hiện nhiều trong các chứng minh, trong bài viết nhỏ này tôi chỉ giới thiệu một số bài toán cơ bản thường gặp để giúp các em học sinh nắm được kĩ thuật chứng minh này, từ đó vận dụng để làm các bài toán khó hơn.

    Việc sử dụng nguyên lí cực hạn có cái quan trọng nhất là mình sử dụng đặc điểm đặc biệt của đại lượng cực biên, xem như một giả thiết mới để khai thác, kết hợp với các kĩ thuật sắp xếp, phản chứng để giải quyết bài toán.

    Ta xét vài ví dụ sau

    Bài 1. Cho số thực $x$ chứng minh rằng tồn tại duy nhất số nguyên $n$ sao cho $n\leq x < n+1$. ($n$ được gọi là phần nguyên của $x$, kí hiệu là $[x]$.

    Lời giải. 

    Nhận xét: rõ ràng $n$ là số nguyên mà nhỏ hơn và “gần” $x$ nhất, tức là nếu $n$ tăng thêm một đơn vị thì nó sẽ vượt qua $x$. Từ ý đó ta có thể giải như sau:

    Đặt $A = \{n \in \mathbb{Z}, n \leq x \}$, ta thấy $A$ là tập con khác rỗng của $\mathbb{Z}$, bị chặn trên bởi $x$ nên tồn tại phần tử lớn nhất, đặt là $n_\circ$. Ta chứng minh $n_\circ \leq x < n_\circ+1$.

    Rõ ràng $n_\circ \in A$ nên $n_\circ \leq x$.

    Giả sử $n_\circ + 1 \leq x$ thì $n_\circ \in A$ và $n_\circ + 1  > n_\circ $ vô lí vì $n_\circ$ là phần tử lớn nhất của $A$. Do đó $n_\circ +1 > x$

    Từ đó ta có $n_\circ \leq x < n_\circ + 1$.

    Bước kế tiếp là chứng minh duy nhất,giả sử tồn tại $n’$ nguyên thỏa $n’\leq x < n’+1$. \

    Nếu $n’ > n_\circ$ thì $n’ \geq n_\circ+1 > x$, vô lí, tương tự với $n_\circ > n’$.

    Do đó $n’ = n_\circ$.

    Bài 2. Cho hai số nguyên dương $a, b$. Chứng minh rằng tồn tại duy nhất cặp số $q, r$ sao cho $0 \leq r \leq b-1$ và $$a = bq + r$$

    Lời giải. Do $0 \leq r \leq b-1$ nên mình thấy rằng, $q$ trong đẳng thức trên là số lớn nhất để hiệu $a-bq$ không không âm.

    Đặt $A = \{a-bq \leq 0, q\in \mathbb{N} \}$.

    Rõ ràng $A$ khác rỗng vì $a-b \cdot 0 > 0$, và là tập con của tập các số tự nhiên. Khi đó $A$ có phần tử nhỏ nhất, đặt là $r$, ta có $q$ để $r = a-bq$. Ta chứng minh $0 \leq r \leq b-1$.

    Rõ ràng $r \in A$ nên $r \geq 0$.

    Ở ý còn lại, ta giả sử $r \geq b$, khi đó $r-b = a-bq-b = a-b(q+1) \geq 0$ và $r-b < r$, do đó $r-b$ thuộc $A$ và nhỏ hơn $r$,  mâu thuẫn với $r$ là số nhỏ nhất thuộc $A$.

    Giả sử tồn tại cặp $q’, r’$ thỏa đề bài. Khi đó $a = bq+r = bq’+r’$

    suy ra $r-r’ = b(q’-q)$ chia hết cho $b$ mà $|r-r’| \leq b-1$, do đó $r-r’=0$, và $q-q’=0$. Ta có điều cần chứng minh.

    Ví dụ 3. Cho $a, b$ là hai số nguyên dương, gọi $d$ là ước chung lớn nhất của $a$ và $b$. Chứng minh rằng tồn tại các số nguyên $x, y$ thỏa $$d = x\cdot a + y \cdot b$$

    Lời giải. Ý tưởng tương tự như bài trên, xét tập các tổ hợp tuyến tính dương của $a, b$ có dạng $xa + yb$,

    Đặt T = ${xa + yb| x,y \in Z, xa +yb >0}$. Rõ ràng $T$ khác rỗng và là tập con của tập các số tự nhiên nên có phần tử nhỏ nhất, đặt là $e$.
    Khi đó T có phần tử nhỏ nhất, ta đặt $e = xa + yb$.
    Giả sử $a = ek +r$, với $ 0 \leq r < e$ , suy ra $r = a – ek = a – (xa +yb).k = a(1 – xk) + b. yk$.

    • Nếu $r >0$ thì $r \leq e$ mâu thuẫn vì $e$ là phần tử nhỏ nhất của $T$.
    • Vậy $r =0$ suy ra $e|a$. Chứng minh tương tự ta có $e|b$ do đó $e|d$.
    • Mặt khác $d|a, d|b$ suy ra $d|(xa + yb)$ hay $d|e$. Từ đó ta có $d = e$.

    Ví dụ 4. Chứng minh rằng $\sqrt{2}$ là số vô tỉ.

    Lời giải. Việc chứng minh $\sqrt{2}$ là số vô tỉ có nhiều cách, nhìn chung đều sử dụng phản chứng, và tính chất số học, lần này ta trình bày với phản chứng kết hợp với đại lượng cực biên.

    Giả sử $\sqrt{2}$ không là số vô tỉ, tức là $\sqrt{2} = \dfrac{a}{b}$ trong đó $a, b$ là các số nguyên dương, suy ra $b\sqrt{2} = a$ là số nguyên dương.

    Đặt $A = \{n| n, n\sqrt{2} \in \mathbb{N}\}$. Rõ ràng, $A$ khác rỗng là con của tập các số nguyên dương, nên có phần tử nhỏ nhất, đặt là $k$.

    Ta có $k, k\sqrt{2}$ nguyên dương, suy ra $k(\sqrt{2}-1)$ nguyên dương.

    Và $k(\sqrt{2}-1)\sqrt{2} = 2k – k\sqrt{2}$ cũng nguyên dương.

    Do đó $k(\sqrt{2}-1)$ thuộc $A$ và $0 < k(\sqrt{2}-1) < k$ vô lí vì $k$ là nhỏ nhất.

    Ví dụ 5. Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên dương $x, y, z, t$ sao cho $$x^2+y^2=3(z^2+t^2)$$

    Lời giải. Giả sử tồn tại bộ 3 số nguyên dương thỏa đề bài, ta chọn bộ thỏa $x^2+y^2$ nhỏ nhất. Khi đó $x^2+y^2$ chia hết cho 3, suy ra $x, y$ đều chia hết cho $3$, khi đó $x= 3x’, y=3y’$, suy ra $z^2+t^2 = 3(x’^2+y’^2)$, thì bộ $(z,t,x’,y’)$ cũng thỏa đề bài, nhưng $z^2 +t^2 < x^2+y^2$. Mâu thuẫn.

    Do đó phương trình không có nghiệm trong tập các số nguyên dương.

    (Hết phần 1)

    Tài liệu tham khảo. 

    [1] Giải toán bằng phương pháp Đại lượng cực biên – Nguyễn Hữu Điển

    [2] Problems Solving Strategies –

    Một số định lý, mô hình hình học quan trọng hình học 9

    1 Reply

    Bài 1. (Đường thẳng Euler, Đường tròn Euler) Cho tam giác $ABC$, các đường cao $AD, BE, CF$ cắt nhau tại $H$, trung điểm các cạnh là $M, N, P$, các đường thẳng $AM, BN, CP$ cắt nhau tại $G$. Gọi $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.

    a) Chứng minh $AH = 2OM$.

    b) Chứng minh $H, G, O$ thẳng hàng và $HG = 2OG$. (Đường thẳng qua $O, H, G$ là đường thẳng Euler)

    c) Gọi $X, Y, Z$ là trung điểm của $HA, HB, HC$. Chứng minh 9 điểm $D, E, F, M, N, P, X, Y, Z$ cùng thuộc một đường tròn và tâm là trung điểm $OH$. (Đường tròn Euler – Đường tròn 9 điểm).

    d) Lấy một điểm $T$ thuộc (O), chứng minh trung điểm của $HT$ thuộc đường tròn Euler.

    Hướng dẫn

    a) Vẽ đường kính $AK$, ta có $BHCK$ là hình bình hành, trung điểm $M$ của $BC$ cũng là trung điểm $HK$, tam giác $AHK$ thì $OM$ là đường trung bình nên $AH = 2OM$.

    b) Tam giác $AHK$ có $AM$ là trung tuyến và $GA =2GM$ nên $G$ cũng là trọng tâm, do đó $H, G, O$ thẳng hàng và $HG = 2GO$.

    c) Ta có $\angle XEH = \angle XHE, \angle MEH = \angle MBE$, suy ra $\angle MEX = \angle XEH + \angle MEH = \angle XHE + \angle MBE = 90^\circ$, suy ra $E$ thuộc đường tròn đường kính $XM$ tâm $J$.

    $XN||CH, MN||AB$, suy ra $MN \bot NX$, suy ra $N$ thuộc $(J)$.

    $MZ||BH, XZ ||AC$ suy ra $\angle MZX = 90^\circ$, suy ra $Z \in (J)$.

    Từ đó chứng minh được các điểm cùng thuộc đường tròn đường kính $MX$.

    $HXMO$ là hình bình hành nên $J$ là trung điểm $OH$.

    d) Tam giác $MNP$ và $ABC$ đồng dạng, tỉ số 1/2 nên đường tròn Euler có bán kính bằng 1/2 bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.

    Xét tam giác $HOT$ có $JL$ là đường trung bình nên $JL= \dfrac{1}{2}OT$, suy ra $L$ thuộc $(J)$.

    Bài 2. (Đường thẳng Simson – Đường thẳng Steiner) Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $w$, $P$ là một điểm thuộc $(w)$. Gọi $D, E, F$ là hình chiếu của $P$ trên các đường thẳng $BC, AC, AB$.

    a) Chứng minh rằng $D, E, F$ cùng thuộc một đường thẳng. (Đường thẳng Simson của tam giác $ABC$ ứng với $P$.

    b) Gọi $D’, E’,F’$ đối xứng của $P$ qua $BC, AC, AB$. Chứng minh rằng $D’, E’, F’$ cùng thuộc một đường thẳng và đường thẳng này qua trực tâm của tam giác $ABC$.

    Hướng dẫn

    Bài 3. (Bài toán về điểm humpty) Cho tam giác $ABC$, các đường cao $AD, BE, CF$ cắt nhau tại $H$, $M$ là trung điểm $BC$, $P$ là hình chiếu của $H$ trên $AM. Khi đó

    a) $P$ là giao điểm của đường tròn đường kính $AH$ và đường tròn ngoại tiếp tam giác $BHC$. ($P$ được gọi là điểm $A-humpty$)

    b) $MP \cdot MA = MB^2 = \dfrac{1}{4}BC^2$ và $BC$ là tiếp tuyến chung của $(ABP)$ và $(ACP)$

    c) Vẽ $AQ$ vuông góc $MH$, thì $Q$ thuộc $(ABC)$.

    d) $AQ, HP, BC$ đồng quy.

    Hướng dẫn

    a) Ta có các $AP \cdot AM = AH \cdot AD = AF \cdot AB$, suy ra $BFPM$ nội tiếp. Khi đó $\angle MPB = \angle MFB = \angle ABM$.

    Chứng minh tương tự thì $\angle MPC = \angle ACB$

    Suy ra $\angle BPC = \angle MPB + \angle MPC = \angle B + \angle C = 180^\circ – \angle A = \angle BHC$.

    Suy ra $BHPC$ nội tiếp.

    b) Từ câu a, ta có $\angle MPB = \angle ABM$, suy ra tam giác $MPB$ và $MBA$ đồng dạng, khi đó $MA \cdot MP = MB^2 = \dfrac{1}{4} BC^2$.

    c) Ta xét tam giác $BHC$ với $A$ là trực tâm thì vai trò điểm $Q$ giống vai trò điểm $P$, nên $Q$ thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.

    d) Xét tam giác $AHM$ thì $AQ, HP, DM$ là 3 đường cao nên đồng quy.

    Bài 4. (Tứ giác điều hòa – Điểm Dumpty).  Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$, tiếp tuyến tại $B, C$ cắt nhau tại $P$, $AP$ cắt $(O)$ tại $D$ khác $A$ và cắt $BC$ tại $I$. $OP$ cắt $BC$ tại $M$.

    a) Chứng minh $OMDA$ nội tiếp và $\dfrac{IA}{ID} = \dfrac{PA}{PD}$

    b) Chứng minh $\angle MDC = \angle ADB$ và $AD\cdot BC = 2 AC \cdot DB = 2 BD \cdot AC$.

    c) Tiếp tuyến tại $A,D$ cắt nhau tại $Q$. Chứng minh $Q$ thuộc $BC$.

    d) Gọi $X$ là giao điểm của $OQ$ và $AD$, chứng minh $\angle XBA = \angle XAC, \angle XAC = \angle XBA$. (Điểm $A-dumpty$ của tam giác $ABC$).

    Hướng dẫn

    a) $PM \cot PO = PB^2 = PA \cdot PD$.

    $\angle PMD = \angle PAO = \angle ODA = \angle AMO$, suy ra $MP, MI$ là phân giác ngoài và phân giác trong của $\angle APD$.

    b) $MO \cdot MP = MB^2 = MA \cdot MD$, suy ra $ABM$ và $BMD$ đồng dạng.

    c) 5 điểm $A, P, M, D, Q$ cùng thuộc đường tròn, $QA = QD$ nên $MQ$ là phân giác $\angle AMD$.

    d)  Chứng minh $BAX$ và $BCD$ đồng dạng, do $AX \cdot BC = AB \cdot CD$.

    Bài 5. Cho tam giác $ABC$, có $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác. Một đường thẳng vuông góc với $OA$ cắt các cạnh $AB, AC$ tại $F, E$ và đường thẳng $BC$ tại $D$. 

    a) Chứng minh $BFEC$ nội tiếp.

    b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác $AEF$ cắt $(O)$ tại điểm $P$ khác $A$. Chứng minh các tam giác $PEF$ và $PCB$ đồng dạng.

    c) Chứng minh các tứ giác $BDPF, BCEP$ nội tiếp và $A, P, D$ thẳng hàng.

    d) Gọi $O_a, O_b$ lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác $AEF, BDF$ và $BCEF$. Chứng minh $O_a, O_b, O_c, O$ cùng thuộc một đường tròn.

    Hướng dẫn

    a) Vẽ tiếp tuyến tại $A$ là $Ax$, $\angle ACB = \angle xAB = \angle AEF$.

    b) $\angle AFP = \angle AEP, \angle PBA = \angle BCA$.

    c) $\angle PEF = \angle PAC = \angle PBD$

    $\angle DPF + \angle APF = \angle ABC + \angle CEF = 180^\circ$.

    d) $O_bO_c$ là trung trực $BF, $O_aO_c$ là trung trực $EF$.

    Suy ra $\angle O_aO_cO_b = \dfrac{1}{2} \angle $ACB$.

    Tương tự cũng có $\angle O_aOO_b$

    Bài 6. (Tứ giác điều hòa) xem tại đây https://geosiro.com/?p=1185

    Thuật toán tham lam (Greedy Algorithms)

    Thuật toán tham lam là thuật toán để giải quyết một bài toán trong đó ta chọn phương án tối ưu cho các bước địa phương, từ đó đạt được tối ưu toàn cục. Đó chưa hẳn luôn là phương án tối ưu cho bài toán nhưng thường sẽ được đạt được cực trị.

    Ý tượng là trong mỗi bước, ta xét các phần tử (thuộc dạng tốt nhất, xấu nhất, lớn nhất hay nhỏ nhất) để đạt được các mục tiêu cần giải quyết.

    Ví dụ ta có một xấp tiền gồm các tờ 1k, 2k, 5k, 10k, làm sao ta có thể đổi một số tiền 57k thành các tờ tiền này sao cho số tờ tiền là ít nhất.

    Rõ ràng ta cứ chọn các tiền lớn nhất có thể, thuật toán là

    • Chọn lớn nhất $x \in {1, 2, 5, 10}$ thỏa $x \leq M$.
    • Tiếp tục thuật toán cho $M-x$.

    Khi đó ta có

    • $x_1 = 10$, $M_1 = 47$, sau lần 1.
    • $x_2 = 10, M_2 = 37$
    • $x_3 = 10, M_3 = 27$
    • $x_4 = 10, M_4 = 17$
    • $x_5 = 10, M_5 = 7$
    • $x_6 = 5, M_6 = 2$
    • $x_7 = 2, M_7 = 0$

    Vậy tập cần tìm là $\{10, 10, 10, 10, 10, 5, 2 \}$

    Trên đây là một ví dụ đơn giản về thuật toán tham lam, tiếp theo ta xét một số ví dụ khác để các bạn có thể hiểu rõ hơn về thuật toán này.

    Ví dụ 1. Chứng minh rằng mọi số nguyên dương $n$ thì đều có thể biểu dưới dạng một lũy thừa của 2 hoặc một tổng các lũy thừa của 2, và sự biểu diễn là duy nhất.

    Lời giải

    • Nếu $n$ là lũy thừa của 2 thì coi như xong. Nếu $n$ không là lũy thừa của $2$ ta chọn một lũy thừa của 2 nhỏ hơn $n$ và gần $n$ nhất, giả sử là $2^{a_k}$. Ta có $2^{a_k} < n < 2^{a_k+1}$.
    • Tiếp theo áp dụng thuật toán cho số $n-2^k$, rõ ràng thuật toán dừng vì ta có dãy giảm và bị chặn bởi 0.
    • Khi đó ta có $n = 2^{a_1} + \cdots +2^{a_k}$.
    • Ta chứng minh sự biểu diễn này là duy nhất. Giả sử tồn tại hai cách biểu diễn $2^{a_k} + \cdots + 2^{a_1} = 2^{b_m} + \cdots 2^{b_1}$. Nếu $a_k >b_m \Rightarrow a_k \geq b_m+1$. Khi đó $a^k >a^{b_m+1}-1=\geq 2^{b_m}+2^{b_m-1} + \cdots 2^{1} + 1$
    • Do đó $VT > VP$ (vô lí)
    • Nếu $a_k = b_m$, chứng minh tương tự cũng có 2 dãy $a_1,\cdot a_k$ và $b_1,\cdots b_m$ là trùng nhau. Nên sự biểu diễn là duy nhất.

    Ví dụ 2. Cho một đồ thị đơn, trong đó $d$ là bậc cao nhất. Chứng minh rằng có thể tô màu các đỉnh của đồ thị bằng $d+1$ màu sao cho hai đỉnh kề thì khác màu.

    Lời giải

    • Giả sử các màu được đánh số từ 1 đến $d+1$. Ta thực hiện cách tô màu như sau
    • Chọn 1 đỉnh ta tô màu nhỏ nhất mà không xuất hiện trong các đỉnh lân cận với đỉnh đó. Việc tô màu này luôn thực hiện được vì bậc của mỗi đỉnh không hơn hơn $d$.

    Ví dụ 3. Cho các tập $A_1, A_2 , \cdots, A_{2022}$ là các tập con có 3 phần tử của $X = \{1, 2, \cdots 2022 \}$. Chứng minh rằng ta có thể tô màu $674$ phần tử của $X$ sao cho với mọi tập $A_i$ có một phần tử không được tô màu.

    Lời giải

    • Ta có thể làm ngược lại, tô màu các số sao cho với mỗi tập $A_i$ có ít nhất một số được tô màu, ta chứng minh là số phần tử cần tô không vượt quá $1348$ số.
    • Ta thực hiện cách tô sau: Chọn phần tử xuất hiện nhiều nhất trong các tập, tô màu phần tử đó. Lặp lại thuật toán đến khi không có tập hợp nào không có phần tử được tô màu
    • Ta chứng minh số phần tử được tô màu không vượt quá 1348 phần tử
    • Giả sử ta tô được $k$ phần tử, và các tập còn lại đều phân biệt rời nhau, có $m$ tập hợp. Rõ ràng vì mỗi bước thực hiện đều giảm được ít nhất 2 tập nên $k \leq \dfrac{2022}{2} = 1011$. (Vì cách chọn số phần từ xuất hiện trong nhiều tập nhất nên ít nhất là 2). Và các tập còn lại phân biệt rời nhau, mỗi tập có 3 phần tử nên $m \leq 1011/3 = 337$.\\
    • Khi đó ta tô màu mỗi phần tử trong $m$ tập còn lại thì sẽ thỏa đề bài, do đó số phần tử cần tô màu là $k+m \leq 1011+ 337 = 1348$.
    • Do đó ta có cách tô màu thỏa đề bài.

    Ví dụ 4. Cho một bảng $2 \times n$, người ta điền vào bảng các số dương sao cho tổng hai số trong cùng một cột bằng 1. Chứng minh rằng ta có thể chọn mỗi cột một số sao cho các số trên mỗi dòng không lớn hơn $\dfrac{n+1}{4}$.

    Lời giải

    Ta sắp xếp từ trái sang phải theo thứ tự tăng dần các số ở hàng thứ nhất $a_1 \leq a_2 \leq \cdot \leq a_n$, hàng dưới tương ứng là $1-a_1, 1-a_2, \cdots, 1-a_n$.

    Ta chọn các số ở hàng trên từ trái qua, nhiều nhất sao cho tổng $S$ không lớn hơn $\dfrac{n+1}{4}$. Ta chứng minh tổng các số ở hàng dưới trong các cột còn lại không lớn hơn $\dfrac{n+1}{4} – S$.

    Giả sử chỉ số $i$ lớn nhất thỏa $a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{i} \leq \frac{n+1}{4} .$ Ta cần chứng minh
    $$
    \dfrac{n+1}{4} \geq\left(1-a_{i+1}\right)+\left(1-a_{i+2}\right)+\cdots+\left(1-a_{n}\right)=(n-i)-\left(a_{i+1}+a_{i+2}+\cdots+a_{n}\right)
    $$

    $$
    a_{i+1}+a_{i+2}+\cdots+a_{n} \geq \frac{3 n-1}{4}-i
    $$
    Từ $a_{1} \leq a_{2} \leq \cdots \leq a_{i+1}$, ta có
    $$
    \dfrac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{i+1}}{i+1} \leq a_{i+1}
    $$

    và từ $a_{i+1} \leq a_{i+2} \leq \cdots \leq a_{n}$, ta có
    $$
    \dfrac{a_{i+1}+a_{i+2}+\cdots+a_{n}}{n-i} \geq a_{i+1}
    $$
    Từ đó ta có
    $$
    \dfrac{a_{i+1}+a_{i+2}+\cdots+a_{n}}{n-i} \geq \frac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{i+1}}{i+1}
    $$

    $$
    a_{i+1}+a_{i+2}+\cdots+a_{n} \geq(n-i) \cdot \frac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{i+1}}{i+1}>(n-i) \cdot \frac{\frac{n+1}{4}}{i+1}
    $$
    do cách chọn $i$ lớn nhất.

    Ta cần chứng minh $\dfrac{n-i}{i+1} \dfrac{n+1}{4} \geq \dfrac{3 n-1}{4}-i .$

    hay $(n-1)^{2} \geq 4 i(n-i-1)$, áp dụng AM-GM $2 \sqrt{i(n-i-1)} \leq i+(n-i-1)=n-1$, ta có điều cần chứng minh.

    Ví dụ 5. (IMOSL 2001) Một tập có 3 số nguyên phân biệt không âm $\{x, y, z\}$ thỏa $x < y< z$ được gọi là tập có tính chất P nên $\{z-y, y-z\} = \{a,b\}$ với $0 < a< b$ nguyên dương cho trước. Chứng minh rằng tập các số nguyên không âm được viết thành hợp các có tính chất P đôi một phân biệt.

    Lời giải

    Ta thấy có 2 trường hợp là $z=y=b, y-x=a$ hoặc $z-y=a, y-x=b$ hay tập có tính chất $P$ sẽ có một trong hai dạng {x, x+a, x+a+b} hoặc {x, x+b, x+a+b} với $x$ nguyên dương.

    Với mỗi tập có tính chất $P$ là {x, y, z} ta tô màu $x$ đỏ, $y$ xanh $z$ vàng.

    Ta tô màu các số nguyên dương như sau:

    • Xét số dương $k$ nhỏ nhất chưa được tô màu.
    • Nếu $k+a$ chưa được tô màu thì ta tô màu cho tập {k, k+a, k+a+b}.
    • Nếu $k+b$ chưa được tô màu thì ta tô màu cho tập {k, k+b,k+a+b}.

    Ta chứng minh với cách tô màu như trên thì các tập đều phân biệt và số nào cũng được tô màu. Giả sử ta đã thực hiện tới bước thứ $n$ với phần tử $x_n$ là nhỏ nhất được tô màu. Ta tiếp tục thực hiện với kế tiếp với phần tử $x_{n+1}$ chưa được tô màu. Ta cần chứng minh các phần tử $x_{n+1}+a$ hoặc $x_{n+1}+b$ chưa được tô màu và $x_{n+1}+a+b$ chưa được tô màu trước đó.

    • Thật vậy rõ ràng là $x_{n+1}+a+b$ chưa được tô màu vì nó lớn hơn tất cả các số được tô màu. (Ở bước thứ $n$ thì $x_n$ được tô màu, nên $x_n+a+b $ là số lớn nhất được tô màu.
    • Nếu $x_{n+1} +b$ được tô màu thì không thể là màu đỏ, nếu xanh thì $x_{n+1}+b-a$ được tô màu đỏ, vô lí. Nếu màu vàng thì $x_{n+1}+b-a-b = x_{n+1}-a$ được tô màu đỏ, khi đó $x_{n+1}$ được tô màu, vô lí.

    Một số bài tập rèn luyện

    Bài 1. (Đức 2000) Có một số đá tổng cộng là 9 tấn cần được vận chuyển bằng xe tải. Mỗi tảng đá không nặng quá  1 tấn, mỗi xe tải chở không quá 3 tấn. Hỏi còn ít nhất bao nhiêu xe tải để chở hết số đá này cùng lúc.

    Bài 2. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương $n$ tồn tại các số nguyên dương $a_1, a_2, \cdots, $ sao cho $a_i \leq i$ thỏa

    $$n = a_1 \cdot 1! + a_2 \cdot 2! + \cdots + a_k \cdot k! $$

    và sự biểu diễn này là duy nhất.

    Bài 3. Gọi S là tập hợp n điểm trong mặt phẳng tọa độ. Nói rằng một cặp điểm thẳng hàng nếu hai điểm đó có cùng tọa độ x hoặc y. Chứng minh rằng S có thể được phân chia thành các tập con rời rạc sao cho

    (a) mỗi tập con này là một tập hợp các điểm thẳng hàng,
    và (b) tối đa $n^{3/2}$ cặp điểm phân biệt không có thứ tự trong S thẳng hàng nhưng không nằm trong cùng một tập con.

    Bài 4. (IMOSL 2013). Cho $n$ là một số nguyên dương. Tìm số nguyên $k$ nhỏ nhất thỏa mãn tính chất: Cho bất kỳ số thực $a_1, · · ·, a_d$ sao cho $a_1 + a_2 + · · · + a_d = n$ và $0 \leq  a_i \leq 1$
    với $i = 1, 2, · · ·, d$, có thể phân chia các số này thành $k$ nhóm (một số có thể trống)
    sao cho tổng các số trong mỗi nhóm nhiều nhất là $1$.

    Bài 5.  (IMO 2014). Với mỗi số nguyên dương n, Ngân hàng Cape Town phát hành tiền xu có mệnh giá $\dfrac{1}{n}$. Đưa ra một bộ sưu tập hữu hạn các đồng tiền như vậy (không nhất thiết phải có mệnh giá khác nhau) với tổng số giá trị nhiều nhất là $99+ \dfrac{1}{2}$. Chứng minh rằng có thể chia bộ sưu tập này thành 100 nhóm hoặc ít hơn, chẳng hạn như mà mỗi nhóm có tổng giá trị nhiều nhất là 1.