Category Archives: Chuyên đề

Các bài toán biến đổi góc cạnh – Bài tập

BÀI TẬP CÁC BÀI TOÁN BIẾN ĐỔI GÓC

Bài 1 Cho tam giác $ABC$ các đường cao cắt nhau tại $H$. Chứng minh rằng đường tròn Euler của các tam $ABH, ACH, BCH$ và $ABC$ là trùng nhau

Bài 2 Cho tứ giác $ABCD$. Chứng minh rằng đường tròn Euler của các tam giác $ABC, ACD, ABD, BCD$ cùng đi qua một điểm.

Bài 3 Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp. Gọi $d_a$ là đường thẳng simson của tam giác $BCD$ ứng với điểm $A$; các đường thẳng $d_b, d_c, d_d$ được định nghĩa tương tự. Chứng minh rằng các đường thẳng $d_a, d_b, d_c, d_d$ đồng quy.

Bài 4 Cho hai điểm $P, Q$ thuộc miền trong của tam giác $ABC$ sao cho $$\angle ACP = \angle BCQ, \angle CAP = \angle BAQ$$ Gọi $D, E, F$ là hình chiếu vuông góc của $P$ trên các đường thẳng $BC, AC, AB$. Chứng minh rằng nếu $\angle DEF = 90^\circ$ thì $Q$ là trực tâm của tam giác $BDF$.

Bài 5(IMO 2007) Xét 5 điểm $A, B, C, D, E$ sao cho $ABCD$ là hình bình hành và $B, C, D, E$ cùng thuộc một đường tròn. Gọi $d$ là đường thẳng qua $A$, giả sử $d$ cắt đoạn $BC$ tại $F$ và $BC$ tại $G$. Giả sử $EF = EG = EC$, chứng minh rằng $d$ là phân giác góc $\angle DAB$.

Bài 6(VMO 2009) Trong mặt phẳng cho hai điểm $A$ và $B$ cố định ($A$ khác $B$). Một điểm $C$ di động trên mặt phẳng sao cho $\angle ACB = \alpha (0^o < \alpha < 180^o)$. Đường tròn tâm $I$ nội tiếp tam giác $ABC$ và tiếp xúc với $AB, BC, CA$ lần lượt tại $D, E, F$. $AI, BI$ cắt $EF$ tại $M, N$.

a) Chứng minh $MN$ có độ dài không đổi.
b) Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác $DMN$ luôn đi qua một điểm cố định khi $C$ lưu động.

Bài 7 Cho tam giác nhọn $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Các đường cao $AD$ và $BD$. Gọi $M$ là trung điểm $AB$, phân giá trong góc $\angle BCA$ cắt $DE$ tại $P$ và cắt $(O)$ tại $Q$. Gọi $C’$ là điểm đối xứng của $C$ qua $AB$. Tính $\angle C$ biết rằng 4 điểm $M, P, Q$ và $C’$ cùng thuộc một đường tròn.

Bài 8 Cho tam giác $ABC$, $M$ là trung điểm $BC$. Trên đoạn $AM$ lấy điểm $P$. Gọi $D$ là hình chiếu của $P$ trên $BC$. $E$ là một điểm thuộc đoạn $PD$. Gọi $H, K$ là hình chiếu của $E$ trên $AB, AC$. Chứng minh rằng $H, P, K$ thẳng hàng khi và chỉ khi $\angle EAB = \angle EAC$.

Bài 9 Cho tam giác $ABC$ với $I$ là tâm đường tròn nội tiếp. Gọi $K, L$ lần lượt là trực tâm các tam giác $IBC$ và $IAC$. Gọi $T$ là tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc $C$ với cạnh $AB$. Chứng minh rằng $CT$ và $KL$ cắt nhau tại một điểm thuộc đường tròn $(I)$.

Bài 10 Cho đoạn thẳng $AB$ và điểm $C$ thuộc đoạn $AB (AC < BC)$. Đường tròn $w$ tâm $O$ thay đổi tiếp xúc với $AB$ tại $C$. Từ $A$ và $B$ vẽ các tiếp tuyến $AD$ và $BE$ ($D, E$là hai tiếp điểm khác $C$). $AD$ và $BE$ cắt nhau tại $P$.

a) Chứng minh rằng $DE$ luôn đi qua một điểm cố định
b) Gọi $F$ là giao điểm của $OC$ và $DE$. Chứng minh $PF$ luôn đi qua một điểm cố định.

Bài 11 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 $P$.

Bài 12(Chọn đội tuyển Toán Việt Nam năm 2000) Cho hai đường tròn $(C_1)$ và $(C_2)$ cắt nhau tại $P$ và $Q$. Tiếp tuyến chung (tiếp tuyến gần $P$) tiếp xúc với $(C_1)$ tại $A$ và tiếp xúc với $(C_2)$ tại $B$. Tiếp tuyến của $(C_1)$ và $(C_2)$ tại $P$ cắt hai đường tròn tại $E$ và $F$ (khác $P$). Gọi $H$ và $K$ là các điểm trên tia $AF$ và $BE$ sao cho $AH = AP$ và $BK = BP$. Chứng minh rằng $A, H, Q, K, B$ cùng thuộc một đường tròn.

Bài 13(IMO 2009) Cho tam giác $ABC$ cân tại $A$. Phân giác trong góc $A$ và $B$ cắt $BC$ và $AC$ lần lượt tại $D$ và $E$. Gọi $K$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ACD$. Cho $\angle BEK = 45^o$. Tìm tất cả các giá trị của $\angle BAC$.

Bài 14 Cho tam giác $ABC$ ngoại tiếp đường tròn tâm $I$. Trên các đoạn $AI, BI$ và $CI$ lấy các điểm $A’,B’,C’$. Đường trung trực của các đoạn $AA’, BB’, CC’$ đôi một cắt nhau tại $A_1, B_1, C_1$. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác $ABC$ và tam giác $A_1B_1C_1$ trùng nhau khi và chỉ khi $I$ là trực tâm của tam giác $A’B’C’$.

Bài 15 (IMO 2017) Cho $R,S$ là hai điểm phân biệt trên đường tròn $\Omega$ sao cho $RS$ không phải đường kính. Gọi $d$ là tiếp tuyến của $\Omega$ tại $R$. Lấy điểm $T$ sao cho $S$ là trung điểm của đoạn thẳng $RT$. Lấy điểm $J$ trên cung nhỏ $RS$ của $\Omega$ sao cho $(JST)$ cắt $d$ tại hai điểm phân biệt. Gọi $A$ là giao điểm gần $R$ nhất của $d$ và $(JST)$. $AJ$ cắt lại $\Omega$ tại $K$. Chứng minh $KT$ tiếp xúc với $(JST)$.

Bài 16(Đề thi HSG Bulgari năm 2016) Cho tam giác $ABC$ cân tại $C$, trên tia đối của tia $CA$ lấy điểm $D$ sao cho $AC > CD$. Phân giác $\angle BCD$ cắt $BD$ tại $N$. $M$ là trung điểm $BD$, tiếp tuyến tại $M$ của $(AMD)$ cắt $BC$ tại $P$. Chứng minh rằng 4 điểm $A, P, M, N$ cùng thuộc một đường tròn.

Bài 17(Đề thi HSG Iran 2018 – Vòng 3) Cho tam giác $ABC$, đường tròn $w$ thay đổi qua $B, C$ cắt các cạnh $AB, AC$ tại $E$ và $F$. $BF, CE$ cắt $(ABC)$ tại $B’, C’$. $A’$ là điểm thuộc $BC$ sao cho $\angle C’A’B = \angle B’A’C$. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác $A’B’C’$ luôn đi qua một điểm cố định.

Bài 18(IMO shortlist 2017) Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn tâm $O$. Đường thẳng $OA$ cắt đường cao từ $B$ và $C$ của tam giác $ABC$ lần lượt tại $P$ và $Q$. $H$ là trực tâm tam giác $ABC$. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $HPQ$ thuộc đường trung trung tuyến của tam giác $ABC$.

Bài 19 Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Tiếp tuyến tại $A$ và $B$ cắt nhau tại $N$, tiếp tuyến tại $B$ và $C$ của $(O)$ cắt nhau tại $P$; tiếp tuyến tại $A$ và $C$ cắt nhau tại $M$.
a) Chứng minh $PA, CN$ và $BM$ đồng quy tại một điểm $L$.
b) Gọi $X, Y, Z$ là hình chiếu của $L$ trên $BC, AC$ và $AB$. Chứng minh $L$ thuộc đường thẳng Euler của tam giác $XYZ$.
c) Gọi $A’, B’, C’$ là trung điểm của $OP, OM$ và $ON$. Chứng minh rằng các đường thẳng $AA’, BB’$ và $CC’$ đồng quy.

Bài 20 Cho tam giác $ABC$ có các đường cao $AD, BE, CF$ cắt nhau tại $H$. Đường tròn đường kính $BH$ cắt $DE$ tại $K$, đường tròn đường kính $CH$ cắt $DF$ tại $L$. Chứng minh $KL$ vuông góc với đường thẳng euler của tam giác $ABC$.

Bài 21 Cho tam giác $ABC$ có $\angle A = 45^o$. Các đường cao $AD, BE, CF$. Gọi $A’, B’, C’$ lần lượt là hình chiếu của $A, B, C$ trên $EF, DF, DE$. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác $A’B’C’$ thuộc đường tròn euler của tam giác $ABC$.

Bài 22 Cho tam giác $ABC$, đường thẳng $d$ cắt các cạnh $AB, AC$ tại $D, E$ và đường thẳng $BC$ tại $F$. Gọi $O,O_a, O_b, O_c$ lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác $ABC, ADE, BDF, CEF$.

a) Chứng minh rằng 4 điểm $O, O_a, O_b, O_c$ cùng thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh trực tâm tam giác $O_aO_bO_c$ thuộc $d$.

Bài 23(IMO 2019) Cho tam giác $ABC$, các điểm $A_1$ thuộc cạnh $BC$ và $B_1$ thuộc cạnh $AC$. Trên đoạn $AA_1, BB_1$ lấy $P, Q$ sao cho $PQ$ song song $AB$. Trên tia $PB_1$ lấy $P_1$ sao cho $\angle PP_1C = \angle BAC$, trên tia $QA_1$ lấy điểm $Q_1$ sao cho $QQ_1C = \angle ABC$. Chứng minh 4 điểm $P, Q, P_1, Q_1$ đồng viên.

Bài 24 Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn tâm $O$. Các đường phân giác trong của các góc $A, B, C, D$ cắt nhau tạo thành tứ giác nội tiếp tâm $I$. Các đường phân giác ngoài cắt nhau tạo thành tứ giác nội tiếp tâm $J$. Chứng minh rằng $O$ là trung điểm của $IJ$.

Bài 25 Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn tâm $O$, $AD$ và $BC$ cắt nhau tại $K$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $KAC$ và $KBD$ có tâm là $I$ và $J$ cắt nhau tại $M$. Chứng minh
a) $O, J, I, M$ đồng viên.
b) $OM \bot KM$.

Bài 26 Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $w$. Trung tuyến $BM$ và $CN$ cắt $w$ tại $D$ và $E$. Đường tròn tâm $O_1$ qua $D$ và tiếp xúc với $AC$ tại $C$; đường tròn $O_2$ qua $E$ và tiếp xúc với $AB$ tại $B$.

a) Chứng minh rằng $O_1 O_2$ qua tâm đường tròn euler của tam giác $ABC$.
b) Gọi $K$ là giao điểm của $O_1M$ và $O_2N$. Chứng minh rằng $AK\bot BC$.

Bài 27 (IMO Shorlist 2019) Cho tam giác $ABC$, đường tròn $w$ qua $A$ cắt các cạnh $AB, AC$ tại $D$ và $E$ tương ứng; $w$ cắt $BC$ tại $F$ và $G$ sao cho $F$ nằm giữa $B$ và $G$. Tiếp tuyến tại $F$ của $(BDF)$ và tiếp tuyến tại $G$ của $(CEG)$ cắt nhau tại $T$. Giả sử $A, T$ phân biệt. Chứng minh rằng $AT$ song song $BC$.

Bài 28 (ISL 2107) Cho tam giác $ABC$ khác tam giác cân. Các đường cao từ $B$ và $C$ cắt nhau tại $H$. Đường thẳng $OA$ cắt $BH, CH$ tại $P$ và $Q$. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $HPQ$ thuộc trung tuyến của tam giác $ABC$.

Bài 29 (ISL 2015 – G2) Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Đường tròn $w$ tâm $A$ cắt cạnh $BC$ tại $D, E$ sao cho $D$ nằm giữa $B$ và $E$; $w$ cắt $(O)$ tại $F$ và $G$, trong đó $F$ thuộc cung nhỏ $AB$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $BDF$ cắt $AB$ tại $K$; đường tròn ngoại tiếp tam giác $CEG$ cắt $AC$ tại $L$. Gọi $X$ là giao điểm của $FK$ và $GL$. Chứng minh $A, X, O$ thẳng hàng.

Bài 30 (IMO 2013 – G6) Cho tam giác $ABC$, gọi $A_1$ là tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc $A$ với $BC$; các điểm $B_1, C_1$ được xác định tương tự. Giả sử tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $A_1B_1C_1$ thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$. Chứng minh tam giác $ABC$ vuông.

Các bài toán tổ hợp trong kì thi Junior Bankan – P1

Leave a reply

Lê Phúc Lữ – Phạm Khánh Vĩnh

(Bài viết trích từ Tập san Star Education – Số 5)

Bài 1. (JBMO 1998)
Hỏi có tồn tại hay không $16$ số có ba chữ số tạo thành từ ba chữ số phân biệt cho trước mà không có hai số nào có cùng số dư khi chia cho $16$?

Lời giải

Câu trả lời là phủ định.
Giả sử tồn tại các số thỏa mãn đề bài thì vì chúng có số dư đôi một khác nhau nên sẽ có đầy đủ các số dư $0,1,2,3,\ldots ,15$. Điều này có nghĩa là trong đó, có $8$ số chẵn và $8$ số lẻ. Suy ra, ba chữ số $a,b,c$ để tạo thành các số đã cho không thể có cùng tính chẵn lẻ. Ta có hai trường hợp:

Trong các số $a,b,c$, có hai số chẵn là $a,b$ và số $c$ lẻ. Ta có tất cả $9$ số lẻ tạo thành từ các chữ số này là:
$aac,abc,acc,bac,bbc,bcc,cac,cbc,ccc$.
Gọi ${{a}_{1}},{{a}_{2}},\ldots ,{{a}_{9}}$ là số có hai chữ số tạo thành bằng cách xóa đi chữ số cuối từ dãy trên.
Rõ ràng số $\overline{{{a}_{i}}k}$ và $\overline{{{a}_{j}}k}$ với $i\ne j$ khác số dư với nhau theo modulo $16$ nếu như hiệu của chúng không chia hết cho $16$, suy ra ${{a}_{i}}-{{a}_{j}}$ không chia hết cho $8.$ Tuy nhiên, ta lại có đến $9$ số nên điều này không thể xảy theo nguyên lý chuồng bồ câu.
Trong các số $a,b,c$, có hai số lẻ là $a,b$ và số $c$ chẵn: cũng dẫn đến mâu thuẫn tương tự.

Vậy không tồn tại các số thỏa mãn đề bài.

Bài 2: (JBMO 2000)

Trong một giải thi đấu tennis, số lượng nam gấp đôi số nữ. Mỗi cặp vận động viên thi đấu với nhau đúng một lần và không có trận hòa, chỉ có thắng – thua. Tỷ số giữa trận thắng của nữ và của nam là $\frac{7}{5}$. Hỏi có bao nhiêu vận động viên trong giải thi đấu?

Lời giải

Gọi số nam là $2n$, số nữ là $n$ và tổng số vận động viên là $3n.$ Tổng số trận đấu là

$\frac{3n(3n-1)}{2}.$ \medskip

Theo giả thiết thì số trận thắng bởi nam là $$\frac{5}{12}\cdot \frac{3n(3n-1)}{2}=\frac{5n(3n-1)}{8}.$$

Số trận đấu giữa các nam là $\frac{2n(2n-1)}{2}=n(2n-1)$ và rõ ràng số trận này không vượt quá số trận thắng của các nam.

Suy ra $$\frac{5n(3n-1)}{8}\ge n(2n-1)\Leftrightarrow n\le 3.$$ Mặt khác, $5n(3n-1)$ phải chia hết cho $8$ nên $n=3.$ Do đó, số vận động viên của giải đấu là $9.$

Bài 3: (JBMO 2006)

Xét bảng ô vuông kích thước $2n\times 2n$ với $n$ nguyên dương. Người ta xóa đi một số ô của bảng theo quy tắc sau đây:

Nếu $1\le i\le n$ thì ở dòng thứ $i$, xóa $2(i-1)$ ô ở giữa.
Nếu $n+1\le i\le 2n$ thì ở dòng thứ $i,$ xóa đi $2(2n-i)$ ô ở giữa.

Hỏi có thể phủ được bảng bởi tối đa bao nhiêu hình chữ nhật kích thước $2\times 1$ và $1\times 2$ (không nhất thiết phải phủ kín toàn bộ) sao cho không có hai hình chữ nhật nào chồng lên nhau?

Lời giải

Với mọi bảng kích thước $2n\times 2n,$ tổng số ô bị xóa đi là $$2\times 2\times (1+2+3+\cdots +n-1)=2n(n-1).$$

Bảng sẽ còn lại ${{(2n)}^{2}}-2n(n-1)=2n(n+1)$ ô, tức là phủ được tối đa $n(n+1)$ ô vuông.

Với $n=1,2,3,4,$ ta có thể kiểm tra trực tiếp được rằng kết quả lần lượt sẽ là $2,6,12,20$ bởi khi đó ta có thể phủ kín toàn bộ bảng. Còn với $n\ge 4$, ta xét hai trường hợp:

Nếu $n$ lẻ, khi đó ta chia bảng $2n\times 2n$ đã cho thành $4$ hình vuông nhỏ thì rõ ràng, mỗi hình sẽ có $\frac{n(n+1)}{2}$ ô còn trống. Tiếp theo, ta tô màu theo dạng bàn cờ cho bảng này (ô ở góc thì tô đen), ta sẽ có tất cả $\frac{{{(n+1)}^{2}}}{4}$ ô đen và $\frac{{{n}^{2}}-1}{4}$ ô trắng. Rõ ràng mỗi hình chữ nhật khi đặt lên bảng sẽ chứa một ô đen và một ô trắng nên số cặp ô trắng – đen tối đa trong hình vuông con là $\frac{{{n}^{2}}-1}{4}$, và tương ứng sẽ có tối đa $$4\cdot \frac{{{n}^{2}}-1}{4}={{n}^{2}}-1$$ hình chữ nhật $1\times 2,2\times 1$ phủ được trên bảng.

Ngoài ra, giữa các hình vuông con cạnh nhau, ta còn có hai ô màu đen cạnh nhau nên ta có thể lát thêm vào đó tổng cộng $4$ hình chữ nhật nữa, tổng cộng là ${{n}^{2}}-1+4={{n}^{2}}+3$.

Nếu $n$ chẵn, bằng cách tương tự trên, ta phủ được hình bởi tối đa ${{n}^{2}}+4$ ô.

Tóm lại,

Với $n=1,2,3,4$, đáp số lần lượt là $2,6,12,20.$
Với $n>4$ và $n$ lẻ thì đáp số là ${{n}^{2}}+3.$
Với $n>4$ và $n$ chẵn thì đáp số là ${{n}^{2}}+4.$

Bài 4: (JBMO 2008)

Một bảng $4\times 4$ được chia thành $16$ ô vuông con và tất cả đều được tô màu trắng. Hai ô vuông được gọi là kề nhau nếu chúng có chung một cạnh. Một thao tác hợp lệ bao gồm việc chọn một ô vuông và đổi màu tất cả các ô kề với nó (kể cả nó): trắng sang đen, đen sang trắng. Sau $n$ thao tác, tất cả ô vuông của bảng chuyển sang màu đen. Tìm tất cả các giá trị có thể có của $n.$

Lời giải

Ta thấy mỗi lần đổi màu không quá $5$ ô nên số lần đổi màu phải ít nhất là $4.$Hơn nữa, ta cũng có thể đổi màu tất cả sang đen như hình bên dưới, các ô được đánh dấu là các ô được chọn trong các thao tác.

Mặt khác, với $n$ chẵn lớn hơn $4$, ta có thể chọn một trong các điểm trên hai lần và khi đó, màu của chúng sẽ đổi từ trắng sang đen, đen sang trắng, tức là không bị ảnh hưởng. Điều này có nghĩa là ta cũng có thể chuyển tất cả các ô sang màu đen như trường hợp $n=4.$ \medskip

Cuối cùng, ta sẽ chứng minh rằng $n$ lẻ không thỏa mãn đề bài.

Tô màu xanh các ô vuông như hình vẽ. Ta thấy rằng ở mỗi lần thao tác thì có số lẻ ô xanh bị thay đổi ($1$ hoặc $3$) nên sau mỗi lần thao tác, số lượng ô trắng – đen trong vùng màu xanh bị thay đổi một số đồng dư $2$ modulo $4.$

Ban đầu chênh lệch đó là $10$ và nếu muốn đổi tất cả sang màu đen thì chênh lệch đó là $-10$; tức là thay đổi $-20$, chia hết cho $4$. Điều này không thể xảy ra nên $n$ lẻ không thỏa mãn đề bài.

Vậy các giá trị $n$ cần tìm là $n$ chẵn và $n\ge 4.$

Bài 5: (JBMO 2008)

Lời giải

Cuối cùng, ta sẽ chứng minh rằng $n$ lẻ không thỏa mãn đề bài.

Vậy các giá trị $n$ cần tìm là $n$ chẵn và $n\ge 4.$

Bài 6:

(JBMO 2010)

Một hình chữ nhật $9\times 7$ được lát bởi hai loại gạch như hình bên dưới: chữ $L$ và hình vuông.

Tìm tất cả các giá trị có thể có của số lượng các viên gạch hình vuông đã được dùng.

Lời giải

Câu trả lời là $0$ hoặc $3.$

Gọi $x$ là số viên gạch chữ $L$ và $y$ là số viên gạch hình vuông $2\times 2.$ Đánh dấu chéo $20$ hình vuông của hình chữ nhật như sơ đồ bên dưới.

Rõ ràng mỗi viên gạch sẽ chứa không quá một dấu chéo. Suy ra $x+y\ge 20.$

Ngoài ra ta cũng có $3x+4y=63.$

Từ đó suy ra $y\le 3$ và $y$ chia hết cho $3$, dựa theo điều kiện thứ hai.

Do đó $y=0$ hoặc $y=3.$ Dưới đây là các cách lát thỏa mãn điều kiện đó.

Bài 7: (JBMO 2013)

Cho $n$ là một số nguyên dương. Có hai người chơi là Alice và Bob chơi một trò chơi như sau:

Alice chọn $n$ số thực, không nhất thiết phân biệt.
Alice viết tất cả các tổng theo cặp của tất cả các số lên giấy và đưa nó cho Bob (rõ ràng có tất cả $\frac{n(n-1)}{2}$ cặp và không nhất thiết phân biệt).
Bob sẽ thắng nếu như có thể tìm lại được $n$ số ban đầu được chọn bởi Alice.

Hỏi Bob có thể có cách chắc chắn thắng hay không với

$n=5?$
$n=6?$
$n=8?$

Lời giải

1) Câu trả lời là khẳng định.

Giả sử các số Alice đã chọn là $a\le b\le c\le d\le e$. Rõ ràng mỗi số xuất hiện trong các tổng đúng $4$ lần nên bằng cách cộng tất cả $10$ tổng và chia hết quả cho $4$, Bod sẽ thu được

$a+b+c+d+e.$

Trừ đi tổng lớn nhất và nhỏ nhất, Bob sẽ thu được số lớn thứ ba là $c.$ Tiếp tục trừ $c$ vào tổng lớn thứ nhì, chính là $c+e$ thì Bob thu được $e.$ Trừ $e$ vào tổng lớn nhất, Bob thu được $d$. Bằng cách tương tự, Bob sẽ tìm ra được các giá trị $a,b.$ \medskip

2) Câu trả lời là khẳng định. Giả sử các số Alice đã chọn là $a\le b\le c\le d\le e\le f.$ Tương tự trên, ta cũng tính được tổng $S$ các số của bộ. Trừ $S$ cho tổng lớn nhất và nhỏ nhất, ta thu được tổng $c+d.$ \medskip

Trừ $S$ cho tổng lớn nhì và tổng nhỏ nhất, ta được $c+e.$ Trừ $S$ cho tổng lớn nhất và tổng nhỏ nhì, ta được $b+d.$

Từ đây suy ra $a+c=S-(b+d)-(e+f)$, trong đó ta biết $e+f$ vì đó là tổng lớn nhất.

Lúc bấy giờ, Bob đã tìm được ba tổng $a+b,a+c,b+c$ nên sẽ tính được $T=a+b+c$ và dễ dàng tìm được $a,b,c.$ Tương tự, Bob có thể tìm được $d,e,f.$ \medskip

3) Câu trả lời là phủ định.

Ta thấy rằng có hai bộ tám số là $1,5,7,9,12,14,16,20$ và $2,4,6,10,11,15,17,19$ đều cho cùng $28$ tổng theo đôi một giống nhau nên chắc chắn rằng Bob không thể biết được bộ mà Alice đã chọn.

Bài 8: (JBMO 2014)

Với mỗi số nguyên dương $n$, hai người $A,B$ chơi một trò chơi như sau: Cho một đống có $s$ viên sỏi và hai người chơi thay phiên nhau chơi, $A$ đi trước. Ở mỗi lượt, người chơi được bốc hoặc $1$ viên sỏi, hoặc một số $p$ nguyên tố các viên sỏi, hoặc một bội của $n$ các viên sỏi. Người bốc được viên cuối cùng là chiến thắng. Giả sử hai người đều chơi với chiến thuật tối ưu, hỏi có bao nhiêu giá trị $s$ để người $B$ có chiến thuật thắng?

Lời giải

Ta gọi các giá trị $s$ để cho người $A$ có chiến thuật thắng là vị trí thắng và các vị trí còn lại là vị trí thua. Ta cần tìm số lượng vị trí thua.

Giả sử có $k$ vị trí thua thuộc tập hợp $$X=\{{{s}_{1}},{{s}_{2}},{{s}_{3}},\ldots ,{{s}_{k}}\}.$$

Trước hết, ta thấy rằng mỗi bội của $n$ là vị trí thắng (vì người $A$ có thể lấy tất cả các viên sỏi ở ngay lần đi đầu tiên). Khi đó, nếu có ${{s}_{i}}\equiv {{s}_{j}}(\bmod n)$ và ${{s}_{i}}>{{s}_{j}}$ thì ở lượt đi đầu tiên, $A$ bốc ${{s}_{i}}-{{s}_{j}}$ viên sỏi (vì số này chia hết cho $n$). Nhưng lúc đó, còn lại ${{s}_{j}}$ viên sỏi và đây là vị trí thua của $B$ nên sẽ là vị trí thắng của $A$, mâu thuẫn.

Do đó, tất cả các số trong $X$ đều không đồng dư với nhau theo modulo $n$ hay $k=\left| X \right|\le n-1.$ \medskip

Ta sẽ chứng minh rằng $k=n-1.$ Thật vậy,

Để có được điều đó, ta sẽ chỉ ra rằng ở mỗi lớp thặng dư khác $0$ của $n$, luôn có một vị trí thua bằng phản chứng. Giả sử rằng tồn tại $r\in \{1,2,3,\ldots ,n-1\}$ sao cho $mn+r$ là vị trí thắng với mỗi số nguyên dương $m.$ Gọi $u$ là vị trị thua lớn nhất (nếu $k>0$) hoặc $0$ (nếu $k=0$).

Đặt $s$ là bội chung nhỏ nhất của tất cả các số nguyên dương từ $2$ đến $u+n+1.$ Khi đó, tất cả các số $s+2,s+3,\ldots ,s+u+n+1$ đều là hợp số. \medskip

Xét số nguyên dương ${m}’$ thỏa mãn

$s+u+2\le {m}’n+r\le s+u+n+1$.

Để ${m}’n+r$ là vị trí thắng thì phải có số tự nhiên $p$ là $1$, là số nguyên tố hoặc là bội của $n$ sao cho hiệu ${m}’n+r-p$ sẽ là vị trí thua, là $0$ hoặc là một số nhỏ hơn hoặc bằng $u.$ Chú ý rằng

$$s+2\le {m}’n+r-u\le p\le {m}’n+r\le s+u+n+1$$

nên $p$ phải là hợp số, chứng tỏ $p$ chỉ có thể là bội của $n$ (theo giả thiết của đề bài). \medskip

Đặt $p=qn$ thì ${m}’n+r-q=({m}’-q)n+r$ cũng sẽ là một vị trí thắng khác; tuy nhiên, theo nguyên lý trò chơi thì không thể đi từ vị trí thằng này đến vị trí thắng khác được. Điều mâu thuẫn này cho thấy không thể xảy ra trường hợp toàn bộ các số dạng $mn+r$ là vị trí thắng. \medskip

Từ đây ta suy ra rằng có ít nhất $n-1$ vị trí thua nên từ các điều trên, ta thấy có đúng $n-1$ vị trí thua hay có $n-1$ vị trí mà người $B$ có chiến lược để thắng.

Bài 9: (JBMO 2015)

Một khối chữ $L$ bao gồm ba khối vuông ghép như một trong các hình bên dưới:

Cho trước một bảng $5\times 5$ bao gồm $25$ ô vuông đơn vị, một số nguyên dương $k\le 25$ và một số lượng tùy ý các khối chữ $L$ nêu trên. Hai người chơi $A,B$ cùng tham gia một trò chơi như sau: bắt đầu bởi $A$, hai người sẽ lần lượt đánh dấu các ô vuông của bảng cho đến khi nào tổng số ô được đánh dấu bởi họ là $k.$ \medskip

Ta gọi một cách đặt các khối chữ $L$ trên các ô vuông đơn vị còn lại chưa được đánh dấu là tốt nếu như nó không bị chồng lên nhau, đồng thời mỗi khối đặt lên đúng ba ô vuông như một trong các hình ở trên. $B$ sẽ thắng nếu như với mọi cách đặt tốt ở trên, luôn luôn tồn tại ít nhất ba ô vuông đơn vị chưa được đánh dấu trên bảng. \medskip

Xác định giá trị $k$ nhỏ nhất (nếu có tồn tại) để $B$ có chiến lược thắng.

Lời giải

Ta sẽ chứng minh rằng $A$ sẽ thắng nếu $k=1,2,3$ và $B$ thắng nếu $k=4.$ Suy ra giá trị nhỏ nhất của $k$ là $4.$ \medskip

1) Nếu $k=1$ thì người chơi $A$ sẽ đánh dấu ô ở góc trên bên trái và đặt các khối như bên dưới

Khi đó, rõ ràng $A$ thắng. \medskip

2) Nếu $k=2$ thì vẫn tương tự trên, $A$ đánh dấu vào ô ở góc trên bên trái. Khi đó, cho dù $B$ đánh dấu ô nào đi nữa thì $A$ cũng sẽ có cách đặt tương tự như trên, thiếu đi nhiều nhất là $2$ ô thuộc cùng khối vuông chữ $L$ với ô mà $B$ chọn. Điều này chứng tỏ $A$ vẫn thắng. \medskip

3) Nếu $k=3$ thì cũng tương tự, ở lượt sau, $A$ đánh dấu vào ô cùng khối chữ $L$ với ô mà $B$ đã đánh dấu. Khi đó, $A$ vẫn thắng. \medskip

4) Với $k=4$, ta sẽ chứng minh rằng $B$ sẽ luôn có chiến lược thắng cho dù $A$ đi thế nào đi nữa. Rõ ràng còn lại $21$ ô nên $A$ phải chọn cách đánh dấu sao cho có thể đặt được toàn bộ $7$ khối vuông chữ $L$ (vì nếu không thì sẽ còn lại ít nhất $3$ ô chưa được đặt). \medskip

Giả sử trong lượt đầu tiên, $A$ không chọn ô nào trong hàng cuối (vì nếu có thì ta xoay ngược bảng lại và lập luận tiếp một cách tương tự). Khi đó, $B$ sẽ chọn ô số $1$ như bên dưới.

Nếu trong lượt tiếp theo, $A$ không chọn ô nào trong các ô $2,3,4$ thì $B$ chọn ô số $3.$ Khi đó, rõ ràng ô số $2$ sẽ không thể đặt lên bởi bất cứ khối chữ $L$ nào và $B$ chiến thắng.
Nếu trong lượt tiếp theo, $A$ chọn ô số $2$ thì $B$ chọn ô số $5$, dẫn đến ô số $3$ không thể đặt lên bởi khối $L$ nào.
Nếu trong lượt tiếp theo, $A$ chọn một trong hai ô $3$ hoặc $4$ thì $B$ chọn ô còn lại, kết quả tương tự trên, ô số $2$ cũng sẽ không thể tiếp cận.

Vậy nói tóm lại, $k=4$ là giá trị nhỏ nhất cần phải tìm.

Bài 10: (JBMO 2016)

Một bảng kích thước $5\times 5$ được gọi là “tốt” nếu như mỗi ô của nó có chứa một đúng bốn giá trị phân biệt, và mỗi giá trị xuất hiện đúng một lần trong tất cả các bảng con $2\times 2$ của bảng đã cho. Tổng tất cả các số có trên bảng được gọi là “giá” của bảng. Với mỗi bộ bốn số thực, ta có thể xây dựng tất cả các bảng tốt và tính giá của nó. Tính số giá phân biệt lớn nhất có thể có.

Lời giải

Ta sẽ chứng minh rằng số giá phân biệt lớn nhất là $60.$ Ta có nhận xét sau: \medskip

Nhận xét: Trong mỗi bảng tốt, mỗi hàng chứa đúng hai số trong các số hoặc mỗi cột chứa đúng hai số trong các số. \medskip

Thật vậy, ta thấy mỗi hàng của bảng đều chứa ít nhất hai số (vì nếu chứa toàn bộ là một số thì mâu thuẫn với giả thiết). Khi đó, nếu toàn bộ các hàng đều chứa hai số thì nhận xét đúng. \medskip

Giả sử ngược lại là có hàng $R$ chứa ít nhất ba số trong bốn số của bảng là $x,y,z,t$. Khi đó, các số đó phải có nằm ở vị trí liên tiếp nào đó trên hàng, giả sử là $x,y,z$ liên tiếp. Theo giả thiết thì trong mỗi bảng $2\times 2$, ta đều có đủ bốn giá trị nên trong hàng phía trên và phía dưới của $R$ phải chứa $z,t,x$ theo đúng thứ tự đó, và tương tự là $x,y,z$. Ta có bảng như bên dưới

* & x & y & z & * \\

* & z & t & x & * \\

* & x & y & z & * \\

* & z & t & x & * \\

* & x & y & z & * \\

Điền thêm các ô còn lại, dễ thấy rằng các cột đều chứa đúng hai số. Nhận xét được chứng minh. \medskip

Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử mỗi hàng của bảng đều có đúng hai số (nếu không thì có thể xoay bảng lại). Nếu không xét hàng đầu tiên và cột đầu tiên, ta sẽ có bảng $4\times 4$ mà trong đó, mỗi số trong $x,y,z,t$ đều xuất hiện $4$ lần nên tổng các số trong bảng này là $4(x+y+z+t).$

Do đó, ta chỉ cần tính xem có bao nhiêu cách khác nhau để đặt các số lên hàng đầu tiên ${{R}_{1}}$ và cột đầu tiên ${{C}_{1}}.$ Gọi $a,b,c,d$ là số lần xuất hiện của các số $x,y,z,t$ thì khi đó, tổng tất cả các số của bảng sẽ là

$$4(x+y+z+t)+xa+yb+zc+td.$$

Nếu hàng $1-3-5$ chứa các số $x,y$ với $x$ ở vị trí đầu tiên của hàng $1$ thì các hàng $2-4$ sẽ chứa các số $z,t$ (theo giả sử ở trên). Khi đó, ta có

$a+b=7$ và $a\ge 3,b\ge 2$,

$c+d=2$ và $c\ge d.$ \medskip

Khi đó $(a,b)=(5,2),(4,3)$ tương ứng với $(c,d)=(2,0),(1,1).$ Suy ra $(a,b,c,d)$ sẽ nhận các bộ là $$(5,2,2,0),(5,2,1,1),(4,3,2,0),(4,3,1,1).$$

Tổng số hoán vị của các bộ là $$\frac{4!}{2!}+\frac{4!}{2!}+4!+\frac{4!}{2!}=60.$$

Bằng cách chọn $x={{10}^{3}},y={{10}^{2}},z=10,t=1$ thì dễ thấy rằng các tổng tương ứng với mỗi hoán vị của bộ số trên đều phân biệt, nghĩa là giá của các bảng đều phân biệt. Vậy số lượng giá tối đa là $60.$

Dưới đây là một số bài toán để bạn đọc tự rèn luyện thêm:

Bài 11. (JBMO 2019) Cho bảng ô vuông $5\times 100$ được chia thành $500$ ô vuông con đơn vị, trong đó có $n$ được tô đen và còn lại tô trắng. Hai ô vuông kề nhau nếu chúng có cạnh chung. Biết rằng mỗi ô vuông đơn vị sẽ có tối đa hai ô vuông đen kề với nó. Tìm giá trị lớn nhất của $n.$

Bài 12. (JBMO 2020) Alice và Bob chơi một trò chơi như sau: Alice chọn một tập hợp $A={1,2,\ldots ,n}$ với $n\ge 2.$ Sau đó, bắt đầu bằng Bob, họ sẽ thay phiên chọn một số trong tập $A$ sao cho: đầu tiên Bob chọn bất kỳ số nào, sau đó, các số được chọn phải khác các số đã chọn và hơn kém đúng $1$ đơn vị so với số nào đó đã chọn. Trò chơi kết thúc khi tất cả các số trong $A$ đã được chọn. Alice thắng nếu tổng các số bạn ấy chọn được là hợp số. Ngược lại thì Bob thắng. Hỏi ai là người có chiến lược thắng?

Góc định hướng và ứng dụng

Leave a reply

Góc định hướng.

Góc giữa hai tia. Cho hai tia $Ox, Oy$, ta cho tia $Ot$ lúc đầu trùng với $Ox$ và cho $Ot$ quay quanh $O$, đến khi $Ot$ trùng với $Oy$, ta nó $Ot$ tạo ra một góc lượng giác (góc định hướng) có tia đầu là $Ox$ tia cuối là $Oy$, kí hiệu $(Ox, Oy)$.

Chú ý: Với hai tia $Ox, Oy$ thì có vô số góc lượng giác có tia đầu $Ox$ tia cuối $Oy$ và hơn kém nhau $k2 \pi$.

Góc giữa hai đường thẳng. Cho hai đường thẳng $a, b$ cắt nhau tại $O$, ta cho đường thằng $t$ qua $O$ lúc đầu trùng với $O$, quay $t$ quanh $O$ đến khi $t$ trùng $a$, ta nói $t$ tạo ra góc giữa đường thẳng $a, b$, kí hiệu là $(a;b)$.

Các góc lượng giác tạo giữa $a, b$ hơn kém nhau $k\pi$.

Một số tính chất thường sử dụng.

Tính chất 1. Hệ thức Charles
a) Cho $a, b, c$ là ba đường thẳng bất kì thì $(a, b)=(a, c)+(c, b)(\bmod \pi)$
b) $\mathrm{Cho} O x, O y, O z$ là ba tia thì $(O x, O y)=(O x, O z)+(O z, O y)(\bmod 2 \pi)$

Tính chất 2. (Điều kiện 3 điểm thẳng hàng) Cho 3 điểm $A, B, C$ và đường thẳng $d$. Khi đó $A, B, C$ thẳng hàng khi và chỉ khi $(A B, d)=(A C, d)(\bmod \pi)$

Tính chất 3. (Điều kiện 4 điểm đồng viên) Cho 4 điểm $A, B, C, D .$ Khi đó $A, B, C, D$ cùng thuộc một đường tròn khi và chỉ khi $(A C, A D)=(B C, B D)(\bmod \pi)$.

Tính chất 4. Nếu $a$ là phân giác của góc tạo bởi hai đường thẳng $b, c$ thì $(b, a)=-(c, a)=\frac{1}{2}(b, c)\left(\bmod \frac{\pi}{2}\right)$

Tính chất 5. Nếu $a$ và $a^{\prime}$ đỗi xứng nhau qua đường thẳng $d$ thì $(a, d)=-\left(a^{\prime}, d\right)(\bmod \pi)$.

Tính chất 6 . Nếu $a^{\prime}$ là ảnh của $a$ qua phép quay với góc quay $\alpha$ thì $\left(a, a^{\prime}\right)=\alpha(\bmod \pi)$

Các ví dụ

Bài 1. (Định lý Migel) Cho tam giác $A B C$; Gọi $D, E, F$ lần lượt là các điểm thuộc các đường thẳng $B C, A C$ và $A B$
a) Chứng minh rằng các đường tròn ngoại tiếp các tam giác $A E F, B F E, C D E$ cùng đi qua một điểm $M$.
b) Nếu $D, E, F$ thẳng hàng thì điểm $M$ thuộc đường tròn ngoại tiếp của tam giác $A B C$; hơn nữa tâm các đường tròn $(A B C),(A E F),(B F E),(C D E)$ cùng thuộc một đường tròn và đường tròn đó qua $\mathrm{M}$.

Lời giải

a) Gọi $M$ là giao điểm của $(A E F)$ và $(B D F)$, ta chứng minh $C, D, E, M$ đồng viên.
Ta có $(E M ; E C)=(E M ; E A)=(F M ; F A)(\bmod \pi)($ Do $A, E, M, F$ đồng viên $)$
Mà $(F M, F A)=(F M ; F B)=(D M: D B)(\bmod \pi)($ Do $D, M, F, B$ đồng viên $)$
Suyra $(E M ; E C)=(D M ; D B)=(D M ; D C)(\bmod \pi)$
Do đó $M, E, C, D$ đồng viên.

b) $\operatorname{Tacó}(A M: A F)=(E M ; E F)(\bmod \pi),(A M: A F)=(C M ; C B)(\bmod \pi)$ và $(C M ; C B)=(E M ; E D)(\bmod \pi)$
Do đó $E, D, F$ thẳng hàng khi và chỉ khi $(E M ; E F)=(E M: E D)$ khi và chỉ khi $(A M ; A F)=(C M ; C B)$ khi và chỉ khi $A \cdot B, C, M$ đồng viên.
Gọi $O, O_{a}, O_{b}, O_{c}$ lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác $A B C, A E F, B D F, C D E$. Ta chứng minh $O, M, O_{a}, O_{b}, O_{c}$ đồng viên.
Thật vậy ta có $\left(O_{a} M ; O_{a} O_{b}\right)=(E M ; E F)=(C M ; C D)=\left(O M ; O O_{b}\right)(\bmod \pi)$. Do đó $O_{a}, M, O, O_{b}$ đồng viên. Tương tự $O_{a}, M, O, O_{c}$ đồng viên. Suy ra điều cần chứng minh.

Bài 2. (Đường thẳng Steiner – Điểm Antisteiner)

a) Cho tam giác $A B C$ nội tiếp đường tròn $(O), M$ là một điểm thuộc $(O)$. Gọi \$latex $A^{\prime}, B^{\prime}, C^{\prime} \$$ lần lượt là điểm đối xúng của $M$ qua $B C, A C, A B$. Chứng minh rằng $A^{\prime}, B^{\prime}, C^{\prime}$ cùng thuộc một đường thẳng và đường thẳng đó qua trực tâm $\mathrm{H}$ của tam giác $A B C$.
b) Ngược lại lấy $d$ là một đường thẳng qua $H$. Gọi $d_{a}, d_{b}, d_{c}$ lần lưọt là các đường thẳng đối xứng của d qua BC, $A C, A B$. Chúng minh rằng $d_{a}, d_{b}, d_{c}$ đồng qui tai một điểm thuộc đường tròn $(O)$.

Lời giải

a) Gọi $H_{c}, H_{b}$ là điểm đõi xứng của $H$ qua $A B: A C$. Ta có $H_{c}, H_{b} \in(A B C)$
a) $\left(H C^{\prime} ; H B^{\prime}\right)=\left(H C^{\prime} ; H A\right)+\left(H A ; H B^{\prime}\right)=-\left(H_{c} M ; H A\right)-\left(H_{b} A ; H_{b} M\right)=0($ $\bmod \pi)$
Vầy $H, B^{\prime}, C^{\prime}$ thẳng hàng.

b) Ta thấy $H_{a} \in d_{a}, H_{b} \in d_{b} \cdot$ Gọi $M$ là giao điểm của $d_{a}, d_{b}$. Ta chứng minh $M \in(A B C)$. Ta có:
$$
\begin{aligned}
&\left(M H_{a} ; M H_{b}\right)=\left(A^{\prime} H_{a} ; A^{\prime} C\right)+\left(A^{\prime} C ; C A\right)+\left(C A ; M H_{b}\right) \\
&=-\left(A^{\prime} H ; B C\right)+(C B ; C A)-\left(C A ; B^{\prime} H\right) \\
&=\left(B C ; A^{\prime} H\right)+\left(B^{\prime} H ; C A\right)+(C B ; C A) \\
&=2(B C ; C A)(\bmod \pi) \\
&=\left(C H_{a} ; C H_{b}\right)(\bmod \pi)
\end{aligned}
$$
Do đó $M \in(A B C)$.

Bài 3.
a) Cho tam giác $A B C$ nội tiếp đương tròn $(O), P Q$ là đương kính. Chứng minh rằng đường thẳng Simson của tam giác ABC úng vói các điểm $P, Q$ vuông góc nhau.
b) Tổng quát hơn, nếu $P Q$ là dây cung bất kì thì góc tạo bởi hai đương thẳng Simson ứng với $P$ và $Q$ bằng nủa số đo chung nhỏ $P Q$.

Lời giải

b)
$$
\begin{aligned}
(\mathrm{DI} ; \mathrm{JK}) &=(\mathrm{DI} ; \mathrm{DP})+(\mathrm{DP} ; \mathrm{AC})+(\mathrm{AC} ; \mathrm{CJ})+(\mathrm{CJ} ; \mathrm{JK})(\bmod \pi) \\
&=(\mathrm{CI} ; \mathrm{CP})+1 / 2 \pi+(\mathrm{AC} ; \mathrm{BC})+(\mathrm{QC} ; \mathrm{QK})(\bmod \pi) \\
&=(\mathrm{CB} ; \mathrm{CP})+1 / 2 \pi+(\mathrm{AC} ; \mathrm{BC})+(\mathrm{CQ} ; \mathrm{CK})+(\mathrm{CK} ; \mathrm{QK})(\bmod \pi) \\
&=(\mathrm{CB} ; \mathrm{CP})+(\mathrm{AC} ; \mathrm{CB})+(\mathrm{CQ} ; \mathrm{CA})(\bmod \pi) \\
&=(\mathrm{CQ} ; \mathrm{CP})(\bmod \pi) \square
\end{aligned}
$$

Bài 4. (Chọn đội dự tuyển PTNK 2008) Cho tam giác ABC. Các điểm $M, N, P$ lần luợt thuộc các đt $B C, C A$, AB sao cho tam giác MNP và tam giác $A B C$ đồng dạng. Chúng minh ràng tâm đưòng tròn ngoại tiếp của tam giác $B C$ là thục tâm của tam giác $M N P$.

Lời giải

Theo định lý Migel thì các đường tròn (ANP), (BMP) và (CMN) cắt nhau tại $O$. Ta có
$$
\begin{aligned}
(\overline{O B} ; \overrightarrow{O C}) &=(\overline{O B} ; \overline{O P})+(\overline{O P} ; \overline{O M})+(\overline{O M} ; \overrightarrow{O C}) &(\bmod \pi) \\
&=(\overline{M B} ; \overline{M P})+(\overline{O P} ; \overline{O M})+(\overline{O M} ; \overrightarrow{O C}) &(\bmod \pi) \\
&=-(\overline{M P} ; \overline{M B})+(\overline{B P} ; \overline{B M})+(\overline{N M} ; \overrightarrow{N C}) \quad(\bmod \pi) \\
&=-(\overline{M P} ; \overline{M N})-(\overline{M N} ; \overline{M B})+(\overline{B P} ; \overline{B M})+(\overline{N M} ; \overrightarrow{N C}) \\
&=(\overline{M N} ; \overline{M P})+(\overline{M B} ; \overline{M N})+(\overline{M N} ; \overline{C N})+(\overline{B P} ; \overline{B M}) \\
&=(\overline{M N} ; \overline{M P})+(\overline{M B} ; \overline{C N})+(\overline{B P} ; \overline{B M}) \\
&=(\overline{M N} ; \overline{M P})+(\overline{B P} ; \overline{C N})=2(A B ; A C) \quad(\bmod \pi)
\end{aligned}
$$
Từ đó ta có $\mathrm{O}$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $\mathrm{ABC}$.

Mặt khác
$$
\begin{aligned}
(O N ; P M) &=(O N ; O P)+(O P ; P M) & &(\bmod \pi) \\
&=(A N ; A P)+(B O ; B M) & &(\bmod \pi) \\
&=(A C ; A B)+(B O ; B C) & &(\bmod \pi) \\
&=\frac{\pi}{2} \quad &(\bmod \pi)
\end{aligned}
$$
Suy ra $\mathrm{ON} \perp \mathrm{PM}$. Chứng minh tương tự ta có $\mathrm{MO} \perp \mathrm{NP}$. Hay $\mathrm{O}$ là trực tâm của tam giác $\mathrm{ABC}$.

Bài 5. Cho hai hình vuông $A B C D$ và $A E F G$ cùng hướng, $A, B, E$ không thẳng hàng. Chứng minh rẳng $B E, C F, D G$ đồng quy.

Lời giải

Xét phép quay tâm A góc quay $(A B: A D)=90^{\circ}$. Khi đó $B$ biên thành $D, E$ biên thành $G$. Gọi $H$ là giao điểm của $\mathrm{BE}$ và $\mathrm{GD}$. Khi đó $(B E ; G D)=(A B ; A D)=(C B ; C D)=90^{\circ}(\bmod \pi)$. Suy ra $A, H, B, C, D$ đồng viên.
Từ đó ta có $(H B: H C)=(A B: A C)(\bmod \pi)$,
Hơn nữa, $(H G ; H E)=(A G ; A E)=90^{\circ}(\bmod \pi)$ nên $A, E, H, G, F$ cũng đồng viên. Suy ra $(H E ; H F)=(A B: A C)(\bmod \pi)$
Ta có $(H B ; H C)=(H E ; H F)(\bmod \pi)$ mà $H, E, B$ thẳng hàng nên $H, C, F$ thẳng hàng, hay $B E . C F, D G$ đồng quy.

Bài tập rèn luyện

Bài 1 (VMO 2006) Cho tứ giác lồi $A B C D$. Xét một điểm $M$ di động trên đường thẳng $A B$ sao cho $M$ không trùng với $A$ và B. Gọi $N$ là giao điểm thứ hai khác $M$ của đường tròn đi qua 3 điểm $M, N, C$ và đường tròn đi qua 3 điếm $M, B$, D. Chứng minh:
a) Điểm $\mathrm{N}$ di động trên một đường tròn cố định.
b) Đường thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định.

Bài 2. Cho tứ giác lồi $A B C D$ nội tiếp một đường tròn. Gọi $P, Q, R, S$ là giao điểm của các đường phân giác ngoài của Các góc ADB và ADB, DAB Và DBA, ACD và ADC, DAC và DCA tương ứng. Chứng minh rẳng $P, Q, R, S$ đồng viên.

Bài 3. Cho tứ giác $A B C$. Chứng minh rằng đường tròn Euler của các tam gíác $A B C, A C D, A B D$ và $B C D$ cùng đi qua một điểm.

Bài 4. Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại $A$ và B. Một đường thẳng qua A cắt $(O)$ và $\left(O^{\prime}\right)$ tai $M$ và N. Một đường thẳng qua $B$ cắt $(O)$ và $(O)$ tai $P$ và Q. Chứng minh $M P / / N Q .$

Bài 5. Cho tam giác $A B C$, đưòng cao $A H$ (H thuộc BC). Gọi $D, E$ là hình chiếu của H trên $A B$ và $A D$, đương thẳng $D E$ cắt $B C$ tại $F$. Goi $O_1, O_2$ là tâm đương tròn ngoại tiếp các tam giác BDF và CEF; gọi I là trung điểm $\mathrm{AH}$ và $\mathrm{O}$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $A B C$. Chúng minh rằng 4 điểm $I, O, O_1$ và $O_2$ cùng thuộc một đương tròn.

Đáp án thi chọn Đội Tuyển thi Quốc Gia của trường PTNK năm học 2015 – 2016

Leave a reply

Ngày thứ 1

Bài 1. Cho tập hợp
$$
A=\{n \in \mathbb{N} \mid 1 \leq n \leq 2015,(n, 2016)=1\}
$$
Hỏi có bao nhiêu số nguyên $a \in A$ sao cho tồn tại số nguyên b mà $a+2016 b$ là số chính phương?

Bài 2. Cho $a, b, c, d$ là các số thực thỏa mãn điều kiện
$$
a^{2} \leq 1, a^{2}+b^{2} \leq 5, a^{2}+b^{2}+c^{2} \leq 14, a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2} \leq 30
$$
1. Chúng minh rằng $a+b+c+d \leq 10$.
2. Chứng minh rằng $a d+b c \leq 10$.

Bài 3. Tìm tất cả các hàm số $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn điều kiện
$$
f(x-2 f(y))=5 f(x)-4 x-2 f(y)
$$
với mọi $x, y \in \mathbb{R}$.

Bài 4. Cho đường tròn $k$ và các điểm $B, C$ thuộc đường tròn, không phải là đường kính; I là trung điểm $B C$. Điểm $A$ di động trên cung lớn $B C$ của $k$. Gọi $i_{1}$ là đường tròn qua $I$ và tiếp xúc với $A B$ tại $B ; i_{2}$ là đường tròn qua $I$ và tiếp xúc với $A C$ tại $C$. Các đường tròn $i_{1}, i_{2}$ cắt nhau tại $D$ (khác $I$ ).
1. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác AID luôn đi qua một điểm cố định.
2. Gọi $K$ là trung điểm $A D$, $E$ là tâm đường tròn qua $K$ và tiếp xúc với $A B$ tại $A, F$ là tâm đường tròn qua $K$ và tiếp xúc với AC tại $A$. Chứng minh rằng góc EAF có số đo không đổi.

Ngày thứ 2

Bài 5. Dãy số $\left(x_{n}\right)$ được xác định bởi công thức $x_{n}=\frac{1}{n \cos \frac{1}{n}}$ với mọi $n \geq 1$. Tính giới hạn sau
$$\lim \frac{x_{1}+x_{3}+x_{5}+\cdots+x_{2 n-1}}{x_{2}+x_{4}+x_{6}+s+x_{2 n}}$$

Bài 6. Tim các giá trị của $b$ sao cho tồn tại a để hệ phương trình sau có nghiệm $(x, y)$
$$
\left\{\begin{array}{l}
(x-1)^{2}+(y+1)^{2}=b \\y=x^{2}+(2 a+1) x+a^{2}
\end{array}\right.
$$

Bài 7. Cho n là số nguyên dương, $n \geq 2$ và $X={1,2,3, \ldots, n}$. Gọi $A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{m}$ và $B_{1}, B_{2}, \ldots, B_{m}$ là hai dãy các tập con khác rỗng của $X$ thỏa mãn điều kiện: Với mỗi $i, j \in{1,2,3, \ldots, n}, A_{i} \cap B_{j}=\varnothing$ nếu và chỉ nếu $i=j$.
1. Chúng minh rằng với mỗi hoán vị $\left(x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}\right)$ của $X$, có không quá một cặp tập hợp $\left(A_{i}, B_{i}\right)$ với $i=1,2,3, \ldots, n$ sao cho nếu $x_{k} \in A_{i}$ và $x_{l} \in B_{i}$ thì $k<l$.
2. Gọi $a_{i}, b_{i}$ lần lượt là số phần tử của tập hợp $A_{i}, B_{i}$ với $i=1,2,3, \ldots, m$. Chúng minh rằng
$$
\sum_{i=1}^{m} \frac{1}{C_{a_{i}+b_{i}}^{a_{i}}} \leq 1
$$

Bài 8. Cho tam giác $A B C$ nhọn nội tiếp đường tròn tâm $O$. Đường tròn tâm $I$ đi qua $B$, $C$ lần lượt cắt các tia $B A$, CA tại $E, F$.
1. Giả sử các tia $B F, C E$ cắt nhau tại $D$ và $T$ là tâm đường tròn $(A E F)$. Chứng minh rằng $O T$ || ID.
2. Trên BF, CE lần lượt lấy các điểm $G, H$ sao cho $A G \perp C E, A H \perp B F$. Các đường tròn $(A B F),(A C E)$ cắt $B C$ tai $M, N$ (khác $B, C)$ và cắt EF tại $P, Q$ (khác $E, F)$. Gọi $K$ là giao điểm của $M P, N Q$. Chứng minh rằng DK vuông góc với GH.

Giải

Bài 1.

Cho $n$ là số nguyên dương lớn hơn 1 , ta quy ước gọi một số nguyên dương a được gọi là thặng dư chính phương theo modulo $n$ nếu $(a, n)=1$ và tồn tại số nguyên $x$ sao cho $a \equiv x^{2}(\bmod n)$. Trong bài này, dể dơn giản, ta quy ước xét các thặng dư chính phưong nhỏ hơn $n$.
Đặt $s(n)$ là số các số nhỏ hơn $n$ và là thặng dư chính phương theo modulo n. Ta sễ chứng minh hai bổ dề dưới đây:
Bổ đề 1: Cho $p$ là số nguyên tố và $k$ là số nguyên dưong. Khi đó:
1. Nếu $p=2$ thì $s\left(2^{k}\right)=2^{\max (k-3,0)}$.
2. Nếu $p>2$ thì $s\left(p^{k}\right)=\frac{p^{k}-p^{k-1}}{2}$.
Bổ đề $2: s(n)$ là hàm nhân tính.
Thật vậy,
Trước hết, ta biết rằng $s(p)=\frac{p-1}{2}$ với $p$ là số nguyên tố lẻ. Ta sẽ tính $s\left(p^{k}\right)$ với $k \in \mathbb{Z}^{+}$.
Xét một thặng dư chính phương $a$ của $p$, khi đó tồn tại $x$ sao cho
$$
a \equiv x^{2}(\bmod p)
$$
Dặt $a=x^{2}+p q$ thì hiển nhiên
$$
a \equiv x^{2}+p q\left(\bmod p^{k}\right) \Leftrightarrow a-p q \equiv x^{2}\left(\bmod p^{k}\right)
$$
và khi đó, ta có $p^{k-1}$ cách chọn $q$ để các số $a-p q$ là các thặng dư chính phưong $\bmod p^{k}$.
Suy ra
$$
s\left(p^{k}\right)=p^{k-1} s(p)=\frac{p^{k}-p^{k-1}}{2}
$$
Xét số nguyên tố $p=2$, với $k=1,2,3$, dể dàng kiểm tra được $s\left(2^{k}\right)=1$.
Ta xét $k \geq 4$, tưong tự trên, ờ bước chọn $q$, ta chỉ có 2 cách nên $s\left(2^{k}\right)=$ $2 s\left(2^{k-1}\right)$. Từ đó bằng quy nạp, ta có được
$$
s\left(2^{k}\right)=2^{k-3}, k \geq 4
$$
Tiếp theo, xét hai số $a, b$ nguyên dương và $(a, b)=1 .$ Gọi $A$ là tập họp các thặng dư chính phương theo modulo $a b$ và $B$ là tập hợp các số là thặng dư chính phưong chung của $a, b$.
Nếu $x \in A$ thì tổn tại $y$ sao cho $x \equiv y^{2}(\bmod a b)$. Rō ràng khi đó,
$$
x \equiv y^{2} \quad(\bmod a), x \equiv y^{2} \quad(\bmod b)
$$

(chú ý rằng nếu $x>a$, ta có thể chọn $x^{\prime}$ sao cho $x^{\prime}<a$ và $x \equiv x^{\prime}(\bmod a)$; tương tự với $b$ ). Do đó, $x \in B$, tức là $x \in A \Rightarrow x \in B$ nên $|A| \leq|B|$.
Tiếp theo, xét $x \in B$. Khi đó tồn tại $r, s$ sao cho $x \equiv r^{2}(\bmod a), x \equiv s^{2}$ $(\bmod b)$. Theo định lý thặng dư Trung Hoa, tổn tại số nguyên $z$ sao cho
$$
z \equiv r(\bmod a), z \equiv s(\bmod b)
$$
Khi đó
$$
x \equiv z^{2} \quad(\bmod a), x \equiv z^{2} \quad(\bmod b)
$$
nên
$$
x-z^{2}: a b \text { hay } x \equiv z^{2}(\bmod a b)
$$
Do đó: $x \in A$, tức là $x \in B \Rightarrow x \in A$ nên $|A| \geq|B|$.
Từ đây ta có
$$
|A|=|B| \text { hay } s(a) s(b)=s(a b)
$$
Vậy $s(n)$ là hàm nhân tính.
Các bổ đề đều được chứng minh.
Trở lại bài toán, ta thấy rằng
$$
2016=2^{5} \cdot 3^{2} \cdot 7
$$
Rō ràng bài toán yêu cầu đếm số thặng dư chính phương theo modulo 2016. Theo bổ dề 2 thì
$$
s(2016)=s\left(2^{5}\right) s\left(3^{2}\right) s(7)
$$
Theo bổ đề 1 thì
$$
s\left(2^{5}\right)=2^{2}=4, s\left(3^{2}\right)=\frac{3^{2}-3}{2}=3, s(7)=\frac{7-1}{2}=3
$$
Do đó, số các số $a$ cần tìm là $4 \cdot 3 \cdot 3=36$.

Bài 2.

1) Dự đoán dấu bằng xảy ra khi $a=1, b=2, c=3, d=4$ nên ta có các đánh giá sau
$$
\left\{\begin{array}{l}
a^{2}+1 \geq 2 a \\
b^{2}+4 \geq 4 b \\
c^{2}+9 \geq 6 c \\
d^{2}+16 \geq 8 d
\end{array}\right.
$$
Do đó, ta có
$$
\begin{aligned}
&24(a+b+c+d) \leq 3\left(d^{2}+16\right)+4\left(c^{2}+9\right)+6\left(b^{2}+4\right)+12\left(a^{2}+1\right) \\
&=3 d^{2}+4 c^{2}+6 b^{2}+12 a^{2}+120 \\
&=3\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}\right)+\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)+2\left(a^{2}+b^{2}\right)+6 a^{2}+120 \\
&\leq 3 \cdot 30+14+2 \cdot 5+6 \cdot 1+120=240
\end{aligned}
$$
Suy ra $a+b+c+d \leq 10$.
2) Ta có:
$$
16 a^{2}+d^{2} \geq 8 a d \text { và } 9 b^{2}+4 c^{2} \geq 12 b c
$$
Từ đó suy ra
$$
\begin{aligned}
&24(a d+b c) \leq 3\left(16 a^{2}+d^{2}\right)+2\left(9 b^{2}+4 c^{2}\right) \\
&=3\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}\right)+5\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)+10\left(a^{2}+b^{2}\right)+30 a^{2} \\
&\leq 3 \cdot 30+5 \cdot 14+10 \cdot 5+30 \cdot 1=240
\end{aligned}
$$
Suy ra $a d+b c \leq 10$.

Bài 3.

Goi $(*)$ là điều kiện đề bài cho. Trong $(*)$, thay $x=y=0$, ta có
$$
f(-2 f(0))=3 f(0)
$$
Đặt $f(0)=a$ thì $f(-2 a)=3 a$. Trong $(*)$, thay $x=0$ và $y=-2 a$, ta có
$$
f(-2 f(-2 a))=5 a-2 f(-2 a) \Leftrightarrow f(-6 a)=-a
$$

Trong $(*)$, thay $x=-2 a, y=-6 a$, ta có
$$
\begin{aligned}
&f(-2 a-2 f(-6 a))=5 f(-2 a)-4 x-2 f(-6 a) \\
&\Leftrightarrow f(0)=15 a+8 a+2 a \\
&\Leftrightarrow a=25 a \\
&\Leftrightarrow a=0
\end{aligned}
$$
Do đó $f(0)=0$.
Trong $(*)$, thay $y=0$, ta có
$$
f(x)=5 f(x)-4 x \Leftrightarrow f(x)=x
$$
Thử lại ta thấy thỏa.
Vậy hàm số cần tìm chính là
$$
f(x)=x, \forall x \in \mathbb{R}
$$

Bài 4.

1) Gọi $O$ là tâm của đường tròn $k$. Không mât tính tống quát, giả sử tia $\Lambda D$ nằm giữa hai tia $A O, A B$, các trường hợp còn lại tương tự.
Ta có:
$$
\angle I D B=\angle A B C, \angle I D C=\angle A C B
$$
nên
$$
\angle B A C+\angle B D C=\angle B A C+\angle A B C+\angle A C B=180^{\circ}
$$

Do đó, tứ giác $A B D C$ nội tiếp hay $D \in(O)$. Ta thấy
$$
\begin{aligned}
&\angle D A O+\angle O I D \\
&=\angle B A C-(\angle D A B+\angle O A C)+360^{\circ}-\left(90^{\circ}+\angle D I C\right) \\
&=\angle B A C-\left(\angle I C D+90^{\circ}-\angle A B C\right)+270^{\circ}-\angle D I C \\
&=\angle B A C+\angle A B C-(\angle I C D+\angle D I C)+180^{\circ} \\
&=\left(180^{\circ}-\angle A C B\right)-\left(180^{\circ}-\angle I D C\right)+180^{\circ} \\
&=\angle I D C-\angle A C B+180^{\circ}=180^{\circ}
\end{aligned}
$$

Do đó, AOID nội tiếp hay đường tròn $(A I D)$ di qua $O$ cố định.
2) Ta có:
$$
\angle E A C=90^{\circ}-\angle B A C, \angle F A B=90^{\circ}-\angle B A C
$$
nên
$$
\angle E A F=180^{\circ}-2 \angle B A C+\angle B A C=180^{\circ}-\angle B A C
$$
Do đó, góc $\angle E A F$ có số đo không đổi.

Bài 5.

Trước hết, ta chứng minh bổ đề sau:
Giá trị của biểu thức
$$
\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}
$$
tiến tới vô cực khi $n \rightarrow+\infty$. Thật vậy,
Xét hàm số $f(x)=\ln (1+x)-x$ với $x>0$. Ta có
$$
f^{\prime}(x)=\frac{1}{1+x}-1<0
$$
nên đây là hàm nghịch biến, suy ra $f(x)<f(0)=0$ hay $\ln (1+x)<$ $x, \forall x>0$. Thay $x$ bởi $\frac{1}{n}$, ta được
$$
\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)<\frac{1}{n} \Leftrightarrow \frac{1}{n}>\ln (1+n)-\ln n
$$
Do đó,
$$
\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}++\frac{1}{n}>\ln 2-\ln 1+\ln 3-\ln 2+\cdots+\ln (n+1)-\ln n=\ln (n+1)
$$
Vì $\ln (n+1) \rightarrow+\infty$ khi $n \rightarrow+\infty$ nên
$$
\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n} \rightarrow+\infty
$$
Trở lại bài toán, đặt
$$
y_{n}=\frac{x_{1}+x_{3}+x_{5}+\cdots+x_{2 n-1}}{x_{2}+x_{4}+x_{6}+\cdots+x_{2 n}}
$$
với $n \geq 1$. Ta thấy vì $\frac{1}{n} \in\left(0 ; \frac{\pi}{2}\right)$ nên $\cos \frac{1}{n}>0$, suy ra
$$
x_{n}=\frac{1}{n \cos \frac{1}{n}}>0, n \geq 1
$$

Xét hàm số $f(t)=\frac{t}{\cos t}$ với $t \in\left(0 ; \frac{\pi}{2}\right)$ thì $f^{\prime}(t)=\frac{\cos t+t \sin t}{\cos ^{2} t}>0$ nên đây là hàm đồng biến. Chú ý rằng $x_{n}=f^{2}\left(\frac{1}{n}\right)$, mà $\frac{1}{n}$ là dãy giảm nên $x_{n}$ cũng là dãy giảm.
Suy ra $x_{1}>x_{2}, x_{3}>x_{4}, \ldots, x_{2 n-1}>x_{2 n}$ nên $y_{n}>1$
Ngoài ra, ta cũng có $x_{3}<x_{2}, x_{5}<x_{4}, \ldots, x_{2 n-1}<x_{2 n-2}$ nên
$$
\begin{aligned}
y_{n}<& \frac{x_{1}+\left(x_{2}+x_{4}+\cdots+x_{2 n-2}\right)}{x_{2}+x_{4}+\cdots+x_{2 n}}=\\
& 1-\frac{x_{1}-x_{2 n}}{x_{2}+x_{4}+\cdots+x_{2 n}}<1-\frac{x_{1}}{x_{2}+x_{4}+\cdots+x_{2 n}}
\end{aligned}
$$
Dễ thấy rằng
$$
x_{2}+x_{4}+\cdots+x_{2 n}=\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{2 i \cos \frac{1}{2 i}} \geq \sum_{i=1}^{n} \frac{1}{2 i}=\frac{1}{2} \sum_{i=1}^{n} \frac{1}{i}
$$
Theo bổ đề trên thì $\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{i}$ tiến tới vô cực nên
$$
\lim \left(x_{2}+x_{4}+\cdots+x_{2 n}\right)=+\infty
$$
Do dó
$$
\lim \left(1-\frac{x_{1}}{x_{2}+x_{4}+\cdots+x_{2 n}}\right)=1-0=1
$$
Theo nguyên lý kẹp, ta có $\lim x_{n}=1$.

Bài 6.

Đặt $X=x-1, Y=y+1$, thay vào, ta có
$$
\begin{aligned}
&\left\{\begin{array}{l}
X^{2}+Y^{2}=b \\
Y-1=(X+1)^{2}+(2 a+1)(X+1)+a^{2}
\end{array}\right. \\
&\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}
X^{2}+Y^{2}=b \\
Y=X^{2}+(2 a+3) X+a^{2}+2 a+3
\end{array}\right.
\end{aligned}
$$
Ta đưa về tìm điều kiện của $b$ để tồn tại $a$ mà hệ trên có nghiệm $(X, Y)$. Do
$$
Y-(X+2)=X^{2}+2(a+1) X+(a+1)^{2}=(X+a+1)^{2} \geq 0
$$

nên $Y \geq X+2$. Suy ra $Y-X \geq 2>0$, tức là $(X-Y)^{2} \geq 4$. Ta có
$$
b=X^{2}+Y^{2}=\frac{(X-Y)^{2}+(X+Y)^{2}}{2} \geq \frac{(Y-X)^{2}}{2} \geq 2
$$
Mặt khác, với $b \geq 2$, nếu chọn $X=-(a+1)$ thì có $Y=X+2=1-a$. Khi đó, ta có
$$
X^{2}+Y^{2}=(a+1)^{2}+(a-1)^{2}=2\left(a^{2}+1\right)=b
$$
Như thế, với $a$ thỏa mãn $2\left(a^{2}+1\right)=b$ thì hệ có nghiệm là
$$
(X, Y)=(-a-1,1-a)
$$
Dễ dàng thấy rằng do $b \geq 2$ nên luôn tồn tại $a$ như thế.
Vậy các giá trị cần tìm của $b$ là $b \geq 2$.

Bài 7.

1) Giả sử ngược lại, tồn tại 2 cặp $\left(A_{i}, B_{i}\right)$ và $\left(A_{j}, B_{j}\right)$ thỏa mãn điểu kiện đề bài đã cho.
Vì $i \neq j$ nên theo giả thiết,
$$
\left|A_{i} \cap B_{j}\right| \geq 1,\left|A_{j} \cap B_{i}\right| \geq 1
$$
Đặt $x_{r} \in A_{i} \cap B_{j}, x_{s} \in A_{j} \cap B_{i}$ với $1 \leq r, s \leq n$ thì:
– Do $x_{r} \in B_{j}$ nên với mọi $x_{k} \in A_{j}$, ta đều có $k<r$.
– Do $x_{r} \in A_{i}$ nên với mọi $x_{k} \in B_{i}$, ta đều có $k>r$.

Từ đây suy ra
$$
A_{j} \subset\left\{x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{r-1}\right\}, B_{i} \subset\left\{x_{r+1}, x_{r+2}, \ldots, x_{n}\right\}
$$
Điều này cho thấy $A_{j} \cap B_{i}=\varnothing$, mâu thuẫn với giả thiết.
Vậy tồn tại không quá 1 cặp $\left(A_{i}, B_{i}\right)$ thỏa mãn điều kiện đã cho.
2) Gọi $T$ là tập hợp các cách chọn hai dãy
$$
A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{m} \text { và } B_{1}, B_{2}, \ldots, B_{m}
$$
thỏa mãn điều kiện là: với mỗi $i, j \in\{1,2,3, \ldots, n\}, A_{i} \cap B_{j}=\varnothing$ nếu và chỉ nếu $i=j$.
Gọi $T_{i} \subset T$ là các cách chọn sao cho sao cho cặp $\left(A_{i}, B_{i}\right)$ thỏa mãn điều kiện là: cặp $\left(A_{i}, B_{i}\right)$ với $i=1,2,3, \ldots, n$ sao cho nếu $x_{k} \in A_{i}$ và $x_{l} \in B_{i}$ thì $x_{k}<x_{l}$ (ở đây ta xét thứ tự ban đầu của các phần tử của $X$ ). (*)
Theo câu 1) thì $T_{i} \cap T_{j}=\varnothing$ với $i \neq j$ nên ta có
$$
\left|T_{1}\right|+\left|T_{2}\right|+\cdots+\left|T_{m}\right|=\left|T_{1} \cup T_{2} \cup \ldots \cup T_{m}\right| \leq T
$$
Tiếp theo, với $1 \leq i \leq m$, xét một tập hợp $S \subset X$ và $|S|=a_{i}+b_{i}$. Khi đó, tương ứng với $S$, có đúng 1 cách chọn $\left(A_{i}, B_{i}\right)$ thỏa mãn tính chất $(*)$ – tức là $A_{i}$ sẽ nhận $a_{i}$ số nhỏ nhất trong tập $S, B_{i}$ là lấy phần còn lại.
Trong khi đó, nếu không có điều kiện $(*)$, ta có thể chọn tùy ý $C_{a_{i}+b_{i}}^{a_{i}}$ phần tử trong $S$ và $A$ và số còn lại cho $B$.
Do đó, ta có
$$
\left|T_{i}\right|=\frac{|T|}{C_{a_{i}}^{a_{i}}+b_{i}}
$$
với $i=1,2, \ldots, m$. Từ đây suy ra
$$
\sum_{i=1}^{m} \frac{|T|}{C_{a_{i}+b_{i}}^{a_{i}}} \leq|T| \Leftrightarrow \sum_{i=1}^{m} \frac{1}{C_{a_{i}+b_{i}}^{a_{i}}} \leq 1
$$
Ta có đpcm.

Bài 8.

1) Giả sử $E F$ cắt $B C$ ở $L$ và $(T),(O)$ cắt nhau tại $J$ khác $A$. Suy ra $A J$ chính là trục đẳng phương của $(T),(O)$. Do đó $O T \perp A J$.
Khi đó,
$$
L B \cdot L C=L E \cdot L F
$$
nên $L$ thuộc trục đẳng phương của $(T),(O)$. Suy ra $A, J, L$ thẳng hàng. Theo định lý Brocard cho tứ giác $B E F C$ nội tiếp trong đường tròn $(I)$ thì $I$ chính là trực tâm của tam giác $A D L$.
Vì thế nên ID $\perp A L$, mà $O T \perp A J$ nên $I D \| O T$.

2) Dễ dàng thấy rằng $D$ là trực tâm của tam giác $A G H$ nên $A D \perp G H$. Ta sẽ chứng minh rằng $A, D, K$ thẳng hàng.

Ta có $D B \cdot D F=D E \cdot D C$ nên $D$ có cùng phương tích tới 2 đường tròn $(A B F),(A E C)$. Suy ra $A D$ chính là trục đẳng phương của 2 đường tròn này.

Bằng biến đổi các góc nội tiếp, ta thấy rằng
$$
\angle M P Q=\angle M B F=\angle C E F=\angle C N Q
$$
Suy ra $M N P Q$ nội tiếp, dẫn đến $K M \cdot K P=K N \cdot K Q$, tức là $K$ cũng có cùng phương tích tới 2 đường tròn $(A B F),(A E C)$.
Từ đó suy ra $A, D, K$ thẳng hàng. Do đó, $D K$ vuông góc với $G H$.

Phương trình vô tỉ – Phương pháp nhân chia lượng liên hợp

Leave a reply

Phương pháp nhân lượng liên hợp được sự dụng khi phương trình có độ phức tạp cao, lệch bậc nhiều ở các biểu thức chứa căn và nghiệm của phương trình thường dễ đoán và có ít nghiệm.
Nội dung phương pháp là ta phải đoán được nghiệm, thêm bớt (tách) và nhóm các số hạng phù hợp và nhân chia với biểu thức liên hợp để xuất hiện nhân tử. Ta xét các ví dụ sau.
Ví dụ 1
Giải phương trình:
$$\sqrt{3x^2-5x+1}-\sqrt{x^2-2}=\sqrt{3(x^2-x-1)}-\sqrt{x^2-3x+4}$$

Lời giải

Ta có

$\sqrt{3x^2-5x+1}-\sqrt{x^2-2}=\sqrt{3(x^2-x-1)}-\sqrt{x^2-3x+4}$
$\Leftrightarrow \sqrt{3x^2-5x+1}-\sqrt{3(x^2-x-1)}=\sqrt{x^2-2}-\sqrt{x^2-3x+4}$
$\Leftrightarrow \dfrac{-2x+4}{\sqrt{3x^2-5x+1}+\sqrt{3(x^2-x+1)}}=\dfrac{3x-6}{\sqrt{x^2-2}+\sqrt{x^2-3x+4}}$
$\Leftrightarrow
-(x-2)\left[ \dfrac{2}{\sqrt{3x^2-5x+1}+\sqrt{3(x^2-x+1)}}+\dfrac{3}{\sqrt{x^2-2}+\sqrt{x^2-3x+4}}\right] =0$
$\Leftrightarrow x=2.$

(Rõ ràng biểu thức trong ngoặc “[]” là dương)
Thử lại ta thấy $x=2$ thoả mãn.
Vậy $x=2$ là nghiệm của phương trình.

Ta có bước thử lại vì chưa đặt điều kiện của phương trình.

Ví dụ 2 Giải phương trình $$\sqrt[3]{x^2-1}+x=\sqrt{x^3-1}$$

Lời giải
Điều kiện $x \ge \sqrt[3]{2}$.

$\sqrt[3]{x^2-1}-2+x-3=\sqrt{x^2-2}-5$
$\Leftrightarrow (x-3)[1+\dfrac{x+3}{\sqrt[3]{(x^1-1)^2}+2\sqrt[]{x^2-1}+4}]=\dfrac{(x-3)(x^2+3x+9)}{\sqrt{x^3-2}+5}$
$\Leftrightarrow (x-3)[1+\dfrac{x+3}{\sqrt[3]{(x^2-1)^2}+2\sqrt[3]{x^2-1}+4}- \dfrac{x^2+3x+9}{\sqrt{x^3-x}+5}]=0$
$\Leftrightarrow x=3.$

Vì $$1+\dfrac{x+3}{\sqrt[3]{(x^2-1)^2}+2\sqrt[3]{x^2-1}+4}=1+\dfrac{x+2}{(\sqrt[3]{x^2-1}+1)^2+3}<2<\dfrac{x^2+3x+9}{\sqrt{x^3-x}+5}.$$
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất $x=3.$

Ví dụ 3 Giải phương trình $\sqrt{x-2}+\sqrt{4-x}=2x^2-5x-1.$

Lời giải
Điều kiện $2 \le x \le 4$.
Khi đó

$\sqrt{x-2}+\sqrt{4-x}=2x^2-5x-1$
$\Leftrightarrow \sqrt{x-2}-1+\sqrt{4-x}-1=2x^2-5x-3$
$\Leftrightarrow \dfrac{x-3}{\sqrt{x-2}+1}-\dfrac{x-3}{\sqrt{4-x}+1}=(x-3)(2x+1)$
$\Leftrightarrow (x-3)[\dfrac{1}{\sqrt{x-2}+1}-\dfrac{1}{\sqrt{4-x}+1}-(2x+1)]=0$
$\Leftrightarrow x=3.$

Vì

$\dfrac{1}{\sqrt{x-2}+1} \le 1$
$\dfrac{1}{\sqrt{4-x}+1} \ge \dfrac{1}{\sqrt{2}+1}=\sqrt{2}-1 $
$\Rightarrow \dfrac{1}{\sqrt{x-2}+1}-\dfrac{1}{\sqrt{4-x}+1} \le 2-\sqrt{2}.$
Và $2x+1 \ge 5 $ (do \ x \ge 2$
$
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất $x=2.$

Ví dụ 4 Giải phương trình $x^2+x-1=(x+2)\sqrt{x^2-2x+2}$.

Lời giải
Ta có

$x^2+x-1=(x+2)\sqrt{x^2-2x+2}$
$\Leftrightarrow x^2-2x-7+3(x+2)-(x+2)\sqrt{x^2-2x+2}=0$
$\Leftrightarrow x^2-2x-7+(x+2)(3-\sqrt{x^2-2x+2})=0$
$\Leftrightarrow x^2-2x-7-\dfrac{(x+2)(x^2-2x-7)}{\sqrt{x^2-2x+2}+3}=0$
$\Leftrightarrow (x^2-2x-7)(1-\dfrac{x+2}{\sqrt{x^2-2x+2}+3})=0$
$\Leftrightarrow (x^2-2x-7)[\dfrac{\sqrt{(x-1)^2+1}-(x-1)}{\sqrt{x^2-2x+2}+3}]=0$
$\Leftrightarrow x^2-2x-7=0$
$\Leftrightarrow x=1 \pm \sqrt{7}.$
Vậy phương trình có nghiệm $x=1 \pm \sqrt{7}$.

Bài tập rèn luyện

Bài tập 1 Giải các phương trình sau:

a) $\sqrt{2x-3}-\sqrt{x}=2x-6$
b) $\sqrt{x+1}+1=4x^2+\sqrt{3x}$
c) $\sqrt{10x+1}+\sqrt{3x-5}=\sqrt{9x+4}+\sqrt{2x-2}$

d) $\dfrac{2x^2}{(3-\sqrt{9+2x})^2}=x+21$
e) $9(x+1)^2=(3x+7)(1-\sqrt{3x+4})^2$

Bài tập 2 Giải các phương trình sau:

a) $\sqrt{3x+1}-\sqrt{6-x}+3x^2-14x-8=0$
b) $\sqrt{2x^3+3x^2+6x+16}-\sqrt{4-x} =2 \sqrt{3}$
c) $\sqrt{x^2+12}+5=3x+\sqrt{x^2+5}$
d) $x^2-4x-2+\sqrt{x^2-4x+7}+\sqrt{5x-6}=0$
e) $3 \sqrt[3]{x^2}+\sqrt{x^2+8}-2=\sqrt{x^2+15}$

Bài tập 3 Giải các phương trình sau:

a) $\sqrt{2x^2-x+3}-\sqrt{21x-17}+x^2-x=0$
b) $x(x+1)(x-3)+3=\sqrt{4-x}+\sqrt{1+x}$
c) $\sqrt{3x+1}+2\sqrt[3]{19x+8}=2x^2+x+5$
d) $\sqrt{3-x}+\sqrt{2+x}=x^3+x^2-4x-4+|x|+|x-1|$

Bài tập 4 Giải các phương trình sau

a) $\sqrt{x+2}+\sqrt{3-x}=x^3+x^2-4x-1$
b) $3x^2-8x+3=3\sqrt{x+1}$
c) $2x^2-x-2=\sqrt{5x+6}$
d) $\sqrt{x+1}+\sqrt{2x+3}=x^2-x-1$

Các kỹ thuật giải phương trình hàm

Bài viết của thầy Trần Minh Hiền

(Chuyên Quang Trung – Tỉnh Bình Phước)

Xem tài liệu

Ánh xạ – Bài tập

Bài giảng ánh xạ

Bài 1 Trong các quy tắc sau, quy tắc nào là ánh xạ?

a) Xét quy tắc $f$ từ tập các số nguyên $\mathbb{Z}$ vào $X = \{-1, 0 , 1\}$ sao cho với mỗi $x\in \mathbb{Z}$ thì:
$f\left( x \right) = \left\{ \begin{gathered}
– 1 \,\, khi\,\,\,x < 0 \hfill \\
0 \,\, khi\,\,\,x = 0 \hfill \\
1 \,\, khi\,\,\,x > 0 \hfill \\
\end{gathered} \right.$

a)Xét quy tắc cho tương ứng mỗi số thực dương $x$ với số thực $y$ sao cho $y^2 = x$.
b)Cho tương ứng các điểm $M$ thuộc mặt phẳng với các điểm $M’$ thuộc mặt phẳng sao cho $\overrightarrow{MM’} = \overrightarrow{u}$ cho trước.
c)Trong mặt phẳng cho tương ứng điểm $M$ với điểm $M’$ sao cho $MM’ = r > 0$ cho trước.
d)Trong mặt phẳng cho đường thẳng $d$. Quy tắc cho tương ứng $M$ thuộc $d$ ứng với $M$, $M$ không thuộc $d$ ứng với $M’$ sao cho $MM’ \bot d$.
e)Quy tắc cho tương ứng mỗi số hữu tỷ ứng với 1, mỗi số vô tỷ ứng với 0.

Bài 2 Trong các ánh xạ ở bài trên, ánh xạ nào là đơn ánh, song ánh, toàn ánh?

Bài 3 Trong các ánh xạ sau, ánh xạ nào là đơn ánh, toàn ánh, song ánh?

a)Ánh xạ $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ thỏa $f(x) = x^3$.
b)Ánh xạ $f: \mathbb{Z} \to \mathbb{N}$ thỏa $f(x) = |x|$.
c)Cho tương ứng mỗi số thực với phần nguyên của nó.

Bài 4 Cho ánh xạ $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}: f(x) = x^2+3x+1$.

a)$f$ có là đơn ánh?
b)$f$ có là toàn ánh không?

Bài 5 Cho $f: (0;1) \to (0;+\infty) $ thỏa $f(x) = \dfrac{x}{1-x}$.

a)Tìm $f(f(x))$.
b)Chứng minh $f$ là song ánh.
c)Tìm ánh xạ ngược của $f$.

Bài 6 Cho $A, B, C, D$ là các tập con của $X$. Đặt ${\chi _D}\left( x \right) = \left\{ \begin{gathered}
1\,\,\,\,\,khi\,\,\,x \in D \hfill \\
0\,\,\,\,khi\,\,\,x \notin D \hfill \\
\end{gathered} \right.$.
Chứng minh rằng:

a)Quy tắc trên là ánh xạ từ $X$ vào ${0, 1}$.
b)$\chi A\cdot \chi _A = \chi_A,\chi{X\backslash A} = 1 – \chi_A$
c)$\chi {A \cap B} = \chi_A.\chi _B,\chi{A \cup B} = \chi_A+ \chi_B – \chi_A\cdot \chi_B$
d)$\chi_A \geqslant \chi _B \Leftrightarrow B \subset A,\chi_A \equiv 0 \Leftrightarrow A = \emptyset $

Bài 7 Cho $f: X \to Y$. $A, B$ là các tập con của $X$; $C, D$ là các tập con của $Y$. Đặt $f(A) = {f(x)|x \in A}$ là tập ảnh của $A$; $f^{-1}(C) = {x \in X|f(x) \in X}$ là tạo ảnh của $C$.

a)Chứng minh nếu $A \subset B$ thì $f(A) \subset f(B)$.
b)Nếu $C \subset D$ thì $f^{-1}(C) \subset f^{-1}(D)$.
c)$f(A\cup B) = f(A) \cup f(B)$.
c)$f(A \cap B) \subset f(A) \cap f(B)$. Và $f(A \cap B) = f(A) \cap f(b)$ khi $f$ là đơn ánh.
d)$f^{-1}(C \cap D) = f^{-1}(C) \cap f^{-1}(D)$ và $f^{-1}(C \cup D) = f^{-1}(C) \cup f^{-1}(D)$.
e)$A \subset f^{-1}(f(A))$.

Bài 8 Cho $h: A \to B$, $g:B \to C$ và $f: C \to D$.

a)Chứng minh rằng nếu $f\circ g$ là đơn ánh và $f$ toàn ánh thì $g$ đơn ánh.
b)Nếu $f \circ g$ là toàn ánh thì $f$ cũng là toàn ánh.
c)Nếu $f, g$ là đơn ánh(toàn ánh, song ánh) thì $f \circ g$ cũng là đơn ánh (toàn ánh, song ánh).
d)Nếu $h$ là song ánh thì $h^{-1}$ cũng là song ánh.
e)Nếu $f \circ g$ và $g \circ h$ là song ánh thì $f, h, g$ cũng là song ánh.

Bài 9 Cho ánh xạ$f:\mathbb{R} \mapsto \left\{ {0,1} \right\}$

$f\left( x \right) = \left\{ \begin{gathered}
1\,\,\,khi\,\,x \in \mathbb{Q} \hfill \\
0\,\,khi\,\,x \notin \mathbb{Q} \hfill \\
\end{gathered} \right.$

a) Tìm tập ảnh của $f$.
b)Tìm ${f^{ – 1}}\left( 1 \right),{f^{ – 1}}\left( 0 \right)$
c)$f$ có là song ánh không? Vì sao?

Bài 10 Cho $A$ và $B$ là hai tập hợp sao cho có một đơn ánh từ $A$ vào $B$. Chứng minh rằng có một toàn ánh từ $B$ vào $A$.

Bài 11 Cho $A$ và $B$ là hai tập hợp sao cho có một toàn ánh từ $A$ vào $B$. Chứng minh rằng có một đơn ánh từ $B$ vào $A$.

Bài 12 Tìm một song ánh từ tập tập các số tự nhiên chẵn đến tập các số tự nhiên lẻ.

Bài 13 Tìm một đơn ánh từ tập các số tự nhiên đến tập các số nguyên.

Bài 14 Tìm một song ánh từ tập các số tự nhiên đến tập các số nguyên.

Bài 15 Tìm một song ánh từ tập $\mathbb{N} \times \mathbb{N}$ đến $\mathbb{N}^*$.

Bài 16 Gọi tập X là tập gồm các khoảng có dạng $\left( {a,b} \right)$ thỏa $0 \leqslant a < b \leqslant 1$.
Xét ánh xạ $X \to \left( {0,1} \right),f\left( {\left( {a,b} \right)} \right) = \frac{{a + b}}{2}$

a)$f$ có phải đơn ánh không? Vì sao?
b)$f$ có phải toàn ánh không? Vì sao?

Bài 17 Cho $X$ là tập khác rỗng, $P(X)$ là tập tất cả các tập con của $X$. Có tồn tại hay không một song ánh đi từ $X$ đến $P(X)$?

Bài 18 Tìm một song ánh từ tập $(0;1)$ đến tập các số thực.

Bài 19 Cho $m$ là số nguyên dương và tập $X = \{-m, -m+1, …, -1, 0, 1, …,m\}$. \Ánh xạ $f: X \to X$ thỏa $f(f(n)) = -n$ với mọi $n \in X$.\
Chứng minh $m$ là số chẵn.

Một số vấn đề về nghiệm của đa thức

Bài viết của thầy Vương Trung Dũng

(Giáo viên chuyên toán trường Phổ thông Năng khiếu)

Trong những kì thi học sinh giỏi các bài toán về đa thức thường xuyên xuất hiện. Tuy nhiên trong chương trình THCS các kiến thức về đa thức chủ yếu dừng lại ở các khái niệm và các phép toán. Do đó khi vừa mới lên lớp 10 các kĩ năng của các em học sinh còn chưa cao. Bài viết này nhằm trình bày một vấn đề nhỏ về nghiệm của đa thức mà nội dung chính là Định lý Bézout và Định lý Viète, đối tượng hướng đến là các em học sinh cuối năm lớp 9 và đầu năm lớp 10.

Trong bài viết này ta kí hiệu $\mathbb{R}[x]$ là tập tất cả các đa thức có hệ số thực.

Cơ sở lý thuyết

Định lý Bézout. Cho $f(x) \in \mathbb{R}[x]$ và $a \in \mathbb{R}$. Số dư khi chia đa thức $f(x)$ cho đa thức $x-a$ là $f(a)$.

Theo thuật toán chia Euclide, tồn tại đa thức $g(x) \in \mathbb{R}[x]$ và số thực $r$ sao cho $$f(x)=(x-a)g(x)+r.$$
Trong đẳng thức trên thay $x=a$ vào hai vế ta được $f(a)=r.$ Từ đó ta có điều phải chứng minh.

Hệ quả 1. Đa thức $f(x)$ có nghiệm $x=a$ khi và chỉ khi $f(x)$ chia hết cho $x-a.$

Hệ quả 2. Nếu $a_1,a_2,…,a_n$ là các nghiệm của $f(x)$ thì $(x-a_1)(x-a_2)…(x-a_n)|f(x)$. Đặc biệt nếu $\deg f=n$ thì $f(x)=c(x-a_1)(x-a_2)…(x-a_n), c\in \mathbb{R}$.

Định lý 2. Một đa thức bậc $n$ có nhiều nhất là $n$ nghiệm. Đặc biệt nếu $\deg f \le n$ có quá $n$ nghiệm thì $f(x) =0.$
Hệ quả 3. Nếu $\deg f<n, \deg g<n$ mà tồn tại $n$ giá trị phân biệt của biến $x$ sao cho $f(x)=g(x)$ thì $f(x)= g(x) .$

Các ví dụ áp dụng.

Ví dụ 1. Biết đa thức $P(x)=x^5+x^2+1$ có 5 nghiệm phân biệt $x_1,x_2,x_3,x_4,x_5$. Đặt $Q(x)=x^2-2$. Tính $Q(x_1)Q(x_2)Q(x_3)Q(x_4)Q(x_5)$.

Lời giải

$P(x)$ có dạng $P(x)=(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)(x-x_4)(x-x_5)$. \

Ta có $$ \prod_{i=1}^{5} Q(x_i)=\prod_{i=1}^{5} (x_i^2-2)=\prod_{i=1}^{5} (\sqrt{2}-x_i) \prod_{i=1}^{5} (-\sqrt{2}-x_i)=P(\sqrt{2})P(-\sqrt{2})=-23. $$

Ví dụ 2. Cho $P(x) \in \mathbb{Z}[x]$ sao cho $|P(a)|=|P(b)|=|P(c)|=1$, với $a,b,c$ là các số nguyên đôi một khác nhau. Chứng minh đa thức $P(x)$ không có nghiệm nguyên.

Lời giải

Giả sử $P(x)$ có nghiệm nguyên $x_0$. Theo định lý Bézout $$ P(x)=(x-x_0)Q(x), \ \ \ \ (1) $$ với $Q(x) \in \mathbb{Z}[x]$. Từ đó suy ra $$ 1=|P(a)|=|a-x_0||Q(a)|. \ \ \ \ (2) $$
Do đó $|a-x_0|=1$, lập luận tương tự ta được $|b-x_0|=|c-x_0|=1$. Như vậy $a-x_0, b-x_0, c-x_0 \in \{-1,1\}$. Theo nguyên lý Dirichlet tồn tại hai trong ba số này bằng nhau từ đó tồn tại hai trong ba số $a,b,c$ bằng nhau, mâu thuẫn. Vậy $P(x)$ không có nghiệm nguyên.

Định lý Viete thuận. Cho đa thức $f \in \mathbb{R}[x]$, trong đó $$f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+…+a_1x+a_0,$$
trong đó $a_i \in \mathbb{R}$ và $a_n \ne 0.$ Giả sử rằng $x_1, x_2,…,x_n$ là các nghiệm (không nhất thiết phân biệt) của $f(x)$. Khi đó ta có

$x_1+x_2+…+x_n=-\dfrac{a_{n-1}}{a_n}$
$x_1x_2+x_1x_3+…+x_{n-1}x_n=\dfrac{a_{n-2}}{a_n}$
…
$x_1x_2…x_n=(-1)^n \dfrac{a_0}{a_n}$

Chứng minh

Định lý Viète có một ứng dụng rất lớn trong các bài toán về nghiệm của đa thức nhưng chứng minh của nó thì không hề khó. Thật vậy, vì $x_1, x_2,…,x_n$ là các nghiệm của $f$ nên ta có thể viết lại đa thức này dưới dạng $$f(x)=a_n(x-x_1)(x-x_2)…(x-x_n).$$
Khai triển vế phải rồi nhóm về dạng chuẩn tắc, sau đó so sánh hệ số của các số mũ tương ứng ở hai vế ta được điều phải chứng minh.

Lưu ý là định lý Viète vẫn đúng trong trường hợp $f$ không đủ $n$ nghiệm thực, nhưng do đối tượng của bạn đọc nên nội dung bài viết không đề cập đến.

Ví dụ 3. Tìm tất cả các giá trị của $a$ để nghiệm $x_1,x_2,x_3$ của đa thức $x^3-6x^2+ax+a$ thỏa mãn $$(x_1-3)^3+(x_2-3)^3+(x_3-3)^3=0.$$

Lời giải

Đặt $y=x-3$, khi đó $y_1=x_1-3, y_2=x_2-3, y_3=x_3-3$ là nghiệm của đa thức $$ (y+3)^3-6(y+3)^2+a(y+3)+a=y^3+3y^2+(a-9)y+4a-27. $$

Theo định lý Viète $$ \sum_{i=1}^{3} y_i=-3, \sum_{1 \le i<j \le 3} y_iy_j=-9, \prod_{i=1}^{3} y_i=27-4a. $$

Mặt khác theo giả thiết $\sum_{i=1}^{3} y_i^3=0$. Mà $$ \sum_{i=1}^{3} y_i^3=\Big(\sum_{i=1}^{3} y_i\Big)^3-3 \Big(\sum_{1 \le i<j \le 3} y_iy_j\Big)\Big(\sum_{i=1}^{3} y_i \Big)+3 \prod_{i=1}^{3} y_i. $$
Dô đó điều kiện cần và đủ của $a$ là $$ 0=(-3)^3-3(a-9)(-3)+3(27-4a)=-27-3a \Leftrightarrow a=-9. $$

Ví dụ 4. Chứng minh đa thức $P(x)=x^n+2nx^{n-1}+2n^2x^{n-2}+…+2n^{n-1}x+2n$ không thể có đủ $n$ nghiệm thực.

Lời giải

Giả sử $P(x)$ có đủ $n$ nghiệm thực $x_1,x_2,…,x_n$. Theo định lý Viet $$ \sum_{i}x_i=-2n, \sum_{i<j}x_ix_j=2n^2. $$
Khi đó $$ \sum_{i<j}x_ix_j=\dfrac{1}{2}(\sum_{i}x_i)^2-\dfrac{1}{2}\sum_ix_i^2 \le \dfrac{n-1}{2n}(\sum_{i}x_{i})^2=2n(n-1) <2n^2,$$
vô lí. Vậy ta có điều phải chứng minh.

Ta ký hiệu $$\begin{aligned}
\sigma_1 & = \sum_{i=1}^nx_i=-\dfrac{a_{n-1}}{a_n}, \sigma_2=\sum_{1 \le i < j \le n}^nx_ix_j =\dfrac{a_{n-2}}{a_n},…, \
\sigma_k & =\sum_{1 \le i_1 <i_2<…<i_k \le n}x_{i_1}x_{i_2}…x_{i_k}=(-1)^k \dfrac{a_{n-k}}{a_n}
\end{aligned}$$
và gọi $\sigma_k$ là các đa thức đối xứng bậc $k$ của các số $x_1,x_2,…,x_n$.

Định lý Viete đảo. Cho $x_1,x_2,…,x_n \in \mathbb{R}$. Gọi $\sigma_k$ là các đa thức đối xứng bậc $k$ của $n$ số đã cho. Khi đó $x_1,x_2,…,x_n$ là nghiệm của phương trình $$ X^n-\sigma_1X^{n-1}+\sigma_2X^{n-2}+…+(-1)^{n-1}\sigma_{1}X+(-1)^n \sigma_n=0.$$

Ví dụ 5. Gọi $a<b<c$ là 3 nghiệm của phương trình
$$x^3-3x+1=0.$$

a) Tính $A=\dfrac{1-a}{1+a}+\dfrac{1-b}{1+b}+\dfrac{1-c}{1+c};$
b) Tìm một đa thức bậc 3 nhận $a^2-2, b^2-2, c^2-2$ làm nghiệm;

Lời giải

a) Ta có
$$A+3=\dfrac{1-a}{1+a}+1+\dfrac{1-b}{1+b}+1+\dfrac{1-c}{1+c}+1=2\Big(\dfrac{1}{1+a}+\dfrac{1}{1+b}+\dfrac{1}{1+c}\Big).$$
Mặt khác, đặt $x=\dfrac{1}{1+a}$, khi đó $a=\dfrac{1}{x}-1.$ Vì $a^3-3a+1=0$ nên $$\Big(\dfrac{1}{x}-1\Big)^3-3\Big(\dfrac{1}{x}-1\Big)+1=0 \Leftrightarrow 3x^3-3x+1=0.$$
Từ đó suy ra $\dfrac{1}{1+a}, \dfrac{1}{1+b}, \dfrac{1}{1+c}$ là 3 nghiệm của phương trình trên, do đó $$\dfrac{1}{1+a}+\dfrac{1}{1+b}+\dfrac{1}{1+c}=0.$$ Vậy $A=-3.$
b) Theo định lý Viète $a+b+c=0, ab+bc+ca=-3$ và $abc=-1.$ Đặt $P(x)=x^3-3x+1=(x-a)(x-b)(x-c),$
ta có
\begin{eqnarray*}
a^2-2+b^2-2+c^2-2=a^2+b^2+c^2-6=(a+b+c)^2-2(ab+ac+bc)-6=0.
\end{eqnarray*}
Lại có
\begin{eqnarray*}
&&(a^2-2)(b^2-2)+(b^2-2)(c^2-2)+(c^2-2)(a^2-2)\\&=& a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2-4(a^2+b^2+c^2)+12\\&=& (ab+bc+ca)^2-2abc(a+b+c) -3.6+12\\ &=&-3.
\end{eqnarray*}
Cuối cùng
\begin{eqnarray*}
&&(a^2-2)(b^2-2)(c^2-2)\\
&=& (\sqrt{2}-a)(\sqrt{2}+a)(\sqrt{2}+c)(-\sqrt{2}-a)(-\sqrt{2}-b)(-\sqrt{2}-c) \\
&=&P(\sqrt{2})P(-\sqrt{2})\\&=&-1.
\end{eqnarray*}
Theo định lý Viète đảo ta có $a^2-2, b^2-2, c^2-2$ là nghiệm của đa thức $x^3-3x+1=0.$

Bài tập có lời giải
Bài 1. Định $m$ sao cho $F=x^3+y^3+z^3+mxyz$ chia hết cho $x+y+z$.

Lời giải

Xem F là một đa thức theo biến $x.$ Theo giả thiết $F(x) \vdots [x-(-y-z)]$ suy ra $$F(-y-z)=0 \Leftrightarrow (-y-z)^3+y^3+z^3+m(-y-z)yz \Leftrightarrow -yz(y+z)(3+m)=0, $$ với mọi $y,z \in \mathbb{R}$. Từ đó $m=-3.$

Bài 2. (Canada 2001) Cho $P(x)$ là tam thức bậc hai có các hệ số nguyên thỏa mãn đồng thời:
i) Cả hai nghiệm đều nguyên;
ii) Tổng các hệ số là một số nguyên tố;
iii) Tồn tại số nguyên $k$ sao cho $P(k)=55$.

Chứng minh rằng $P(x)$ có một nghiệm bằng 2 và hãy tìm nghiệm còn lại.

Lời giải

Gọi $r_1 \le r_2$ là hai nghiệm. Ta có $P(x)=ax^2+bx+c=a(x-r_1)(x-r_2)$, từ đó $P(1)=a+b+c=a(1-r_1)(1-r_2)=p$ nên $a \in \{\pm 1, \pm p\}$.\

Nếu $a=p$ thì $(1-r_1)(1-r_2)=1$ nên $r_1=r_2=0$ hoặc $r_1=r_2=2$ (mâu thuẫn với (c) ).\

Nếu $a=-p$ thì $(1-r_1)(1-r_2)=-1$ nên $r_1=0, r_2=2$ (cũng mâu thuẫn).\

Vì $P(k)=a(k-r_1)(k-r_2)=-5.11$ nên ta được

$$\begin{cases}
a=1&\\
k-r_1=55&\\
k-r_2=1&
\end{cases} hay \ \begin{cases}
a=1&\\
k-r_1=11&\\
k-r_2=5&
\end{cases}$$

Trong trường hợp đầu tiên ta được $r_2=r_1+54, b=-2r_1-54$ và $c=r_1(r_1+54)$ do đó $r_1^2+52r_1-(53+p)=0$ nên $$ r_1=\frac{-52 \pm \sqrt{52^2+4(53+p)}}{2}= -26 \pm \sqrt{26^2+53+p }=-26 \pm \sqrt{ 27^2+p}.$$

Đặt $h^2=27^2+p \Leftrightarrow p=(h+27)(h-27)$, vì $p$ là nguyên tố nên $h-27=1 \Rightarrow h=28$ nhưng khi dó $p=55$ không là số nguyên tố.\

Trong trường hợp thứ hai $r_2=r_1+6$ nên $b=-2r_1-6$ và $c=r_1(r_1+6)$, do đó $p=10(2r_1+6)+r_1^2+6r_1$ hoặc $$ r_1^2+4r_1-(5+p)=0 \Leftrightarrow r=-1\pm \sqrt{3^2+p}. $$

Đặt $i^2=3^2+p \Leftrightarrow p=(i+3)(i-3), $ vì $p$ là số nguyên tố nên $i=4$ và do đó $p=7 \Rightarrow r_1=2, r_2=8.$

Bài 3. Cho $P(x)=x^n+a_{n-1}x^{n-1}+…+a_1x+a_0$, trong đó $a_k =\pm 1$. Biết $P(x)$ có $n$ nghiệm, chứng minh rằng $n \le 3$.

Lời giải

Giả sử $x_1,…,x_n$ là các nghiệm của $P(x)$. Ta có $\displaystyle \sum_{i=1}^{n} x_i^2=3$ và $\dfrac{1}{x_1}, …, \dfrac{1}{x_n}$ là nghiệm của đa thức $Q(x)=a_0x^n+…+a_{n-1}x+1.$ Ta có $\displaystyle \sum_{i=1}^{n} \dfrac{1}{x_i^2}=3$. Suy ra $$ 9=\Big(\sum_{i=1}^{n} x_i^2 \Big)\Big(\sum_{i=1}^{n} \dfrac{1}{x_i^2}\Big) \ge n^2. $$
Do đó $n \le 3.$

Bài 4. Cho các số thực $a,b,c$ và phương trình $x^4+4x^3+ax^2+bx+c=0$ có 4 nghiệm thỏa mãn $x_1^{16}+x_2^{16}+x_3^{16}+x_4^{16}=4$. Tìm các nghiệm đó.

Lời giải

Theo định lý Viète ta có $x_1+x_2+x_3+x_4=-4$.\
Áp dụng liên tiếp bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta được
\begin{eqnarray*}16&=&(x_1+x_2+x_3+x_4)^2\\ &\le& 4(x_1^2+x_2^2+x_3^2+x_4^2)\\ &\le& 4\sqrt{4(x_1^4+x_2^4+x_3^4+x_4^4)}\\ &\le& 4 \sqrt{4\sqrt{4(x_1^8+x_2^8+x_3^8+x_4^8)}}\\ &\le& 4 \sqrt{4 \sqrt{4\sqrt{4(x_1^{16}+x_2^{16}+x_3^{16}+x_{4}^{16})}}}=16. \end{eqnarray*}

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $x_1=x_2=x_3=x_4=-1$.

Bài 5. (VMO 1991) Giả sử đa thức $P(x)=x^{10}-10x^9+39x^8+a_7x^7+...+a_1x+a_0$ với các hệ số thực $a_7, ..., a_0$ sao cho đa thức $P(x)$ có 10 nghiệm phân biệt. Chứng minh rằng các nghiệm này thuộc đoạn $[-\frac{5}{2},\frac{9}{2}].$

Lời giải

Gọi $x_1, x_2,…, x_{10}$ là các nghiệm của $P(x)$. Theo định lý Viète ta có
$$ \sum_{i=1}^{10} x_i=10 \ \text{và} \
\sum_{1 \le i <j \le 10} x_ix_j=39.$$

Do đó $$ \Big(\sum_{i=1}^{10} x_i \Big)^2=\sum_{i=1}^{10} x_i^2+2 \sum_{1 \le i<j \le 10} x_ix_j \Rightarrow \sum_{i=1}^{10} x_{i}^2=100-2.39=22. $$

Hơn nữa $$ \sum_{i=1}^{10} (x_i-1)^2=\sum_{i=1}^{10} x_i^2-2 \sum_{i=1}^{10} x_i+10=12 \Rightarrow (x_i-1)^2 \le 12 <(3.5)^2 ,$$
với mọi $i=1,2,…,10.$
Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

Bài 6. Cho các số thực $a,b$ trong đó $a \ne 0.$ Chứng minh rằng tất cả các nghiệm của phương trình $$ax^4+bx^3+x^2+x+1=0$$ không đồng thời là nghiệm thực.

Lời giải

Gọi $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3, \alpha_4$ lần lượt là các nghiệm của phương trình đã cho. Dễ thấy các nghiệm này đều khác 0 và có tích bằng $\dfrac{1}{a}.$ Khi đó nghiệm của phương trình $x^4+x^3+x^2+bx+a=0$ lần lượt là $$\beta_1=\dfrac{1}{\alpha_1}, \beta_2=\dfrac{1}{\alpha_2},\beta_3=\dfrac{1}{\alpha_3},\beta_4=\dfrac{1}{\alpha_4}.$$
Theo định lí Viète $$\sum_{j=1}^{4} \beta_j=-1, \sum_{1 \le j<k \le 4}\beta_j \beta_k=1.$$
Dẫn đến
$$\sum_{j=1}^{4}\beta_j^2=\Big(\sum_{j=1}^{4}\beta_j\Big)^2-2 \Big(\sum_{1 \le j<k \le 4}\beta_j \beta_k\Big)=1-2=-1.$$
Vô lí, bài toán được chứng minh xong.

Bài 7. Giả sử đa thức $ax^3-x^2+bx-1=0$ có 3 nghiệm dương phân biệt. Chứng minh rằng:

a) $0<3ab \le 1;$
b) $b \ge 9a;$
c) $b \ge \sqrt{3}.$

Lời giải

a) Gọi $x_1, x_2, x_3$ là 3 nghiệm của đa thức đã cho. Khi đó theo Định lý Viète, ta có $$x_1+x_2+x_3=\dfrac{1}{a}, x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3=\dfrac{b}{a}, x_1x_2x_3=\dfrac{1}{a}.$$
Từ đó suy ra $a>0$ nên $b>0$, dẫn đến $ab>0.$ Từ bất đẳng thức $$(x_1+x_2+x_3)^2 \ge 3(x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3)$$ ta được $\dfrac{1}{a^2} \ge 3.\dfrac{b}{a}$ dẫn đến $0 <3ab \le 1.$
b) Vì $(x_1+x_2+x_2)(x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3) \ge 9x_1x_2x_3$ nên $\dfrac{b}{a^2} \ge \dfrac{9}{a},$ dẫn đến $b \ge 9a.$
c) Theo bất đẳng thức $(x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3)^2 \ge 3x_1x_2x_3(x_1+x_2x+x_3)$ ta được $\dfrac{b^2}{a^2} \ge \dfrac{3}{a^2}$. Dẫn đến $b^2 \ge 3$ và vì $b \ge 0$ nên $b \ge \sqrt{3}.$

Bài 8. Cho đa thức $x^3+\sqrt{3}(a-1)x^2-6ax+b=0$ có 3 nghiệm thực. Chứng minh rằng $$|b| \le |a+1|^3.$$

Lời giải

Gọi $x_1, x_2, x_3$ là 3 nghiệm của đa thức đã cho, theo định lý Viète $$x_1+x_2+x_3=-\sqrt{3}(a-1), x_1x_2+x_2x_3+x_1x_3=-6a, x_1x_2x_3=-b.$$
Ta có
\begin{eqnarray*}
\sqrt[3]{|b|}= \sqrt[3]{|x_1|.|x_2||x_3|} &\le& \sqrt{\dfrac{x_1^2+x_2^2+x_3^2}{3}} \\&=& \sqrt{\dfrac{(x_1+x_2+x_3)^2-2(x_1x_2+x_2x_3+x_1x_3)}{3}}\\&=& \sqrt{\dfrac{3(1-a)^2+12a}{3}}\\&=& |a+1|.
\end{eqnarray*}
Suy ra $|b| \le |a+1|^3,$ điều phải chứng minh.

Bài 9. [Mathematical Reflections S455] Cho $a,b \in \mathbb{R}$ sao cho tất cả các nghiệm của đa thức
$$P(x)=x^4-x^3+ax+b$$ có 4 nghiệm thực.
a) Chứng minh rằng $a+ b \ge 0;$
b) Chứng minh rằng $P \Big(-\dfrac{1}{2}\Big) \le \dfrac{3}{16}.$

Lời giải

a) Gọi $x_1, x_2, x_3, x_4$ là 4 nghiệm của đa thức đã cho. Theo định lý Viète ta có
\begin{eqnarray*}
&&x_1+x_2+x_3+x_4=1 \\&& x_1x_2+x_1x_3+x_1x_4+x_2x_3+x_2x_4+x_3x_4=0\\&&-x_1x_2x_3x_4\Big(\dfrac{1}{x_1}+\dfrac{1}{x_2}+\dfrac{1}{x_3}+\dfrac{1}{x_4}\Big)=a\\&&x_1x_2x_3x_4=b.
\end{eqnarray*}
Từ hai phương trình đầu ta được $$x_1^2+x_2^2+x_3^2+x_4^2=1.$$
Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz
$$1=x_1^2+(x_2^2+x_3^2+x_4^2) \ge x_1^2+\dfrac{1}{3}(x_2+x_3+x_4)^2=x_1^2+(1-x_1)^2.$$
Từ đó ta có $$-\dfrac{1}{2} \le x_1 \le 1.$$
Hoàn toàn tương tự $-\dfrac{1}{2}\le x_2, x_3, x_4 \le 1.$ Khi đó vì $P(x)=(x-1x_1)(x-x_2)(x-x_3)(x-x_4)$ nên dễ thấy $$P(1) \ge 0 \Leftrightarrow a+b \ge 0.$$
b) Bây giờ ta cần chứng minh $$P\Big(-\dfrac{1}{2}\Big) \le \dfrac{3}{16} \Leftrightarrow a \ge 2b.$$
Nếu $b \le 0$ thì từ $a+b \ge 0$ ta suy ra $a \ge 0$ nên hiển nhiên nhiên $a \ge 2b.$ Giả sử $b >0,$ thế thì $x_1x_2x_3x_4 >0$ và do đó ta có
$$a \ge 2b \Leftrightarrow \dfrac{1}{x_1}+\dfrac{1}{x_2}+\dfrac{1}{x_3}+\dfrac{1}{x_4} \le -2. \ \ \ \ (1)$$
Trong trường hợp này phải có hai nghiệm là số dương và hai nghiệm là số âm. Không mất tổng quát giả sử $x_1, x_2>0$ và $x_3, x_4<0$. Vì $-\dfrac{1}{2} \le x_4 \le 1$ nên $2x_4+1 \ge 0, 1-x_4 \ge 0$ và $x_1x_2x_3 <0$. Dẫn đến
\begin{eqnarray*}
x_4^2(1-x_4) \ge x_1x_2x_3(2x_4+1) &\Leftrightarrow& x_4^2(x_1+x_2+x_3) -x_1x_2x_3 \ge 2x_1x_2x_3x_4\\
&\Leftrightarrow& \dfrac{x_4(x_1+x_2+x_3)}{x_1x_2x_3} -\dfrac{1}{x_4} \ge 2\\ &\Leftrightarrow& \dfrac{1}{x_1}+\dfrac{1}{x_2}+\dfrac{1}{x_3}+\dfrac{1}{x_4} \le -2.
\end{eqnarray*}
Bất đẳng thức (1) được chứng minh xong.

Bài 10. Cho số tự nhiên $k>0$ và hai số thực $a, b$ sao cho $x^k + ax + 1$ chia hết cho $x^2 + bx + 1$ và phương trình $x^2 + bx + 1 = 0$ có hai nghiệm. Chứng minh $a(a-b)=0$.

Lời giải

Theo giả thiết tồn tại đa thức $P(x) \in \mathbb{R}[x]$ sao cho $ x^k + ax + 1 = P(x)(x^2 + bx + 1) \ (1).$ Gọi $r_1, r_2$ là hai nghiệm của phương trình $x^2 + bx + 1 = 0$. Khi đó $$(x – r_1)(x – r_2) = x^2 + bx + 1.$$

Theo định lý Viète $\begin{cases}
r_1 + r_2 = -b&\\
r_1r_2 = 1.&
\end{cases}$
Thay vào (1) ta được $$0 = \sum_{i=1}^2 \Big( r_i^k + ar_i + 1 \Big) = r_1^k + r_2^k + a(r_1 + r_2) + 2,$$
suy ra $$r_1^k + r_2^k = -a(r_1 + r_2) – 2 = ab – 2$$ và do đó $$ r_1^k + r_2^k = -a(r_1 + r_2) – 2 = ab – 2.$$
Sử dụng (1) một lần nữa ta được $$a^2r_1r_2 = (r_1^k + 1)(r_2^k + 1) = (r_1r_2)^k + r_1^k + r_2^k + 1.$$
Suy ra $a^2 . 1 = 1^k + (ab – 2) + 1 = ab \Leftrightarrow a(a-b)=0.$

Bài 11. Cho $P(x) $ là một đa thức hệ số nguyên thỏa mãn các phương trình $P(x)=1, P(x)=2, P(x)=3$ có ít nhất một nghiệm nguyên lần lượt là $x_1, x_2, x_3$.

a) Chứng minh $x_1, x_2, x_3$ là nghiệm nguyên duy nhất của các phương trình trên.
b) Chứng minh rằng phương trình $P(x)=5$ có tối đa một nghiệm nguyên.

Lời giải

a) Vì phương trình $P(x)=2$ nhận $x=x_2$ làm nghiệm nên $$ P(x)=(x-x_2)q(x)+2 \ \ \ \ (1). $$

Vì $P(x)$ là đa thức với hệ số nguyên mà $x_2$ nguyên nên $q(x) \in \mathbb{Z}[x]$. Trong (1) lân lượt thay $x$ bởi $x_1, x_3$ ta được $$ \begin{cases}
1=P(x_1)=(x_1-x_2)q(x_1)+2&\\
3=P(x_3)=(x_3-x_2)q(x_3)+2.&
\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}
(x_1-x_2)q(x_1)=-1&\\
(x_3-x_2)q(x_3)=1&
\end{cases}.$$
Hơn nữa $x_1 \ne x_3$ nên $\begin{cases}
x_1-x_2=1&\\
x_3-x_2=-1&
\end{cases}$ hoặc $\begin{cases}
x_1-x_2=-1&\\
x_3-x_2=1.&
\end{cases}$\

Trong hai trường hợp ta đều có $x_2=\dfrac{x_1+x_3}{2}$. Giả sử phương trình $P(x)=2$ còn có nghiệm nguyên $x_2′ \ne x_2$ áp dụng lại lập luận trên ta lại có $x_2’=\dfrac{x_1+x_3}{2}=x_2,$ mâu thuẫn. Vậy phương trình này chỉ có một nghiệm nguyên duy nhất là $x_2.$\

Tương tự cho hai phương trình còn lại.

b) Xét phương trình $P(x)=5$.\

Nếu phương trình này không có nghiệm nguyên thì bài toán là hiển nhiên.\

Nếu phương trình này có một nghiệm nguyên $x_5$ thì từ (1) suy ra $$ 5=P(x_5)=(x_5-x_2)q(x_5)+2 \Rightarrow (x_5-x_2)q(x_5)=3. $$

Suy ra $x_5-x_2 \in \{\pm 1, \pm 3\}$.\

Nếu $x_5-x_2=\pm 1$ thì $x_5$ phải trùng với $x_1$ hoặc $x_3$, vô lý.\

Nếu $x_5-x_2= \pm 3$. Vì phương trình $P(x)=3$ nhận $x_3$ làm nghiệm nên $$P(x)=(x-x_3)r(x)+3 \Rightarrow 5=P(x_5)=(x_5-x_3)r(x_5)+3.$$
Để ý rằng $r(x) \in \mathbb{Z}[x]$ nên từ $(x_5-x_3)r(x_5)=2$ nên $x_5-x_3 \in \{\pm 1, \pm 2\}$. Xét hai khả năng:

Trường hợp 1. $\begin{cases}
x_1-x_2=1&\\
x_3-x_2=-1&
\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}
x_1=1+x_2&\\
x_3=-1+x_2&
\end{cases}$\

– Nếu $x_5-x_2=3 \Rightarrow x_5-x_3=3=(3+x_2)-(-1+x_2)=4$, mâu thuẫn.\

– Nếu $x_5-x_2=-3 \Rightarrow x_5-x_3=(-3+x_2)-(-1+x_2)=-2$, thỏa mãn.\

Tóm lại nếu $\begin{cases}
x_1-x_2=-1&\\
x_3-x_2=1&
\end{cases} \Rightarrow x_5-x_2=-3 \Rightarrow x_5=x_2-3$. Như thế $x_5$ xác định theo $x_1, x_2, x_3$ là duy nhất.\

Trường hợp 2.

Tương tự nếu $$\begin{cases}
x_1-x_2=-1&\\
x_3-x_2=1&
\end{cases} \Rightarrow x_5-x_2=3 \Rightarrow x_5=x_2+3. $$

Như vậy nghiệm nguyên của phương trình này nếu có là duy nhất, bài toán được chứng minh xong.

Bài tập rèn luyện

Giả sử đa thức $P(x), Q(x), R(x), S(x) \in \mathbb{R}[x]$ thỏa mãn dẳng thức $$ P(x^5)+xQ(x^5)+x^2R(x^5)=(x^4+x^3+x^2+x+1)S(x).$$
Chứng minh rằng $P(x)$ chia hết cho $x-1$.
a) Biết tích của hai trong bốn nghiệm của phương trình $x^4-18x^3+kx^2+200x-2016=0$ là $-32.$ Tìm $k$ .
b) Biết đa thức $$P(x)=x^n-2nx^{n-1}+2n(n-1)x^{n-2}+...+a_0$$ có $n$ nghiệm thực. Tìm tất cả các nghiệm này.
Giả sử đa thức $P(x)=ax^n-ax^{n-1}+c_2x^{n-2}+...+c_{n-2}x^2-n^2bx+b$ có đúng $n$ nghiệm dương. Chứng minh rằng tất cả các nghiệm này bằng nhau.
a) Giả sử $x_1, x_2$ là hai trong bốn nghiệm của đa thức $P(x)=x^4+x^3-1$. Chứng minh rằng $x_1x_2$ là nghiệm của đa thức $Q(x)=x^6+x^4+x^3-x^2-1$.
b) Tìm tất cả các cặp số thực $a,b$ sao cho các đa thức $$P(x)=x^4+2ax^2+4bx+a^2 \ \text{và} \ Q(x)=x^3+ax+b$$ có chung hai nghiệm thực phân biệt.
Cho đa thức $f(x)=3x^3-5x^2+2x-6$ có các nghiệm là $\alpha, \beta, \gamma$. Tính $$T=\Big(\dfrac{1}{\alpha-2}\Big)^2+\Big(\dfrac{1}{\beta-2}\Big)^2+\Big(\dfrac{1}{\gamma-2}\Big)^2.$$
Gọi $r_1, r_2,...,r_7$ là các nghiệm phân biệt của đa thức $P(x)=x^7-7$. Đặt $\displaystyle K=\prod_{1 \le i<j \le 7}(r_i+r_j)$. Tính $K^2.$

Tài liệu tham khảo

Phan Huy Khải, Đa thức.
Nguyễn Hữu Điển, Đa thức và ứng dụng.
Titu Andresscu, Navid Safaei, Alessandro Ventullo, Polynomial Problems.
Tạp chí Mathematical Reflections.

Định lý Carnot

Ta bắt đầu với định lí 4 điểm, được sử dụng trong việc chứng minh các đường thẳng vuông góc.

Định lý 1. Cho các đoạn thẳng $AB$ và $CD$. Chứng minh rằng $AB$ vuông góc $CD$ khi và chỉ khi $$AC^2 – AD^2 = BC^2 – BD^2$$

Chứng minh. Chứng minh định lí ta có thể dụng định lí pitago hoặc có thể dùng trục đẳng phương (thực ra cũng tương đương như dùng pitago)

Xét các đường tròn $(C;CA)$ và $(D;DA)$ ta có $BC^2 – CA^2 = BD^2 – BD^2$
hay $P_{B/(C;CA)} = P_{B/(D;DA)}$.
Do đó $AB$ là trục đẳng phương của $(C)$ và $(D)$ nên $AB \bot CD$.

Định lý 2. (Định lý Carnot) Cho tam giác $ABC$, các điểm $M, N, P$ lần lượt thuộc các đường thẳng $BC, AC$ và $AB$. Khi đó đường thẳng qua $M, N, P$ lần lượt vuông góc $BC, AC$ và $AB$ đồng quy khi và chỉ khi $$MB^2 – MC^2 + NC^2 – NA^2 + PA^2 -PB^2 = 0$$

Chứng minh.

Gọi $X$ là giao điểm của đường thẳng qua $P$ vuông góc $AB$ và đường thẳng qua $N$ vuông góc $AC$. Theo định lí 4 điểm ta có
$XA^2 – XB^2 = PA^2 – PB^2$ và $XC^2 – XA^2= NC^2 – NA^2$
Khi đó $PA^2-PB^2 + NC^2- NA^2 = XC^2-XB^2$.\
Do đó $XM$ vuông góc với $BC$ khi và chỉ khi $XC^2-XB^2 = MC^2 -MB^2$\
hay $PA^2-PB^2 +NC^2+NA^2 = MC^2-MB^2 \Leftrightarrow MB^2 – MC^2 + NC^2 – NA^2 + PA^2 -PB^2 = 0$.

Đường thẳng Euler

Định lý. Trong một tam giác thì trọng tâm, trực tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp cùng nằm trên một đường thẳng.

(Đường thẳng qua 3 điểm này được gọi là đường thẳng Euler của tam giác)

Chứng minh định lý.

Cách 1. (THCS) Cho tam giác $ABC$, gọi $H, G, O$ lần lượt là trực tâm, trọng tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$. Ta chứng minh $H, G, O$ thẳng hàng.

Gọi $M$ là trung điểm $BC$ và $D$ là đối xứng của $A$ qua $O$. Ta có $HBDC$ là hình bình hành.

Do đó $M$ là trung điểm $BC$ cũng là trung điểm $HD$.

Tam giác $AHD$ có $AM$ là trung tuyến và $AG = 2GM$ nên $G$ là trọng tâm.

Cách 2 (Vectơ)

Cho tam giác $ABC$ có trực tâm $H$, tâm ngoại tiếp là $O$, $G$ là trọng tâm tam giác. Gọi $M$ là trung điểm $BC$ và $D$ là chân đường cao từ $A$.
Ta cần chứng minh $\overrightarrow{OH} = \overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC}$. Thật vậy đặt $\overrightarrow{v} = \overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC} -\overrightarrow{OH}$.
Thực hiện phép chiếu vectơ $\overrightarrow{v}$ trên $BC$ ta có $\overrightarrow{v_{BC}} = \overrightarrow{MD} + \overrightarrow{MB} + \overrightarrow{MC} – \overrightarrow{MD} = \overrightarrow{0}$.
Tương tự hình chiếu của $\overrightarrow{v}$ trên $AC$ là $\overrightarrow{v_{AC}} = \overrightarrow{0}$.
Do đó $\overrightarrow{v} = \overrightarrow{0}$.
Khi đó $\overrightarrow{OH} = \overrightarrow{OA}+ \overrightarrow{OB}+ \overrightarrow{OC} = 3\overrightarrow{OG}$, do đó $O, H, G$ thẳng hàng và $OH = 3OG$.

Cách 3 (phép vị tự) Xét phép vị tự tâm $G$ thì số $k = \dfrac{-1}{2}$ thì tam giác $ABC$ biến thành tam giác $MNP$ với $M, N, P$ là trung điểm các cạnh $BC, AC, AB$.

Khi đó trực tâm tam giác $ABC$ biến thành trực tâm tam giác $MNP$, hay $H \mapsto O$.

Do đó $\overrightarrow{GO} = \dfrac{-1}{2} \overrightarrow{GH}$.

Hay $H, G, O$ thẳng hàng và $GH = 2GO$.

Bài tập liên quan

Bài 1. Cho tam giác $ABC$. Gọi $M, N, P$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $BC, AC, AB$. Chứng minh rằng đường thẳng euler của các tam giác $ABC$ và $MNQ$ trùng nhau.

Bài 2. Cho tam giác $ABC$, các đường cao $AA’, BB’, CC’$ cắt nhau tại $H$. Chứng minh rằng đường thẳng euler của các tam giác $AB’C’, BA’C’, CA’B’$ đồng quy tại một điểm thuộc đường tròn ngoại tiếp của tam giác $A’B’C’$.

Bài 3. Cho tam giác $ABC$ có $AB^2 + AC^2 = 2BC^2$. Gọi $H$ là trực tâm và $M$ là trung điểm cạnh $BC$. Tia $MH$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác tại $D$. Chứng minh $AD, BC$ và đường thẳng euler của tam giác $ABC$ đồng quy.

Bài 4. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ và ngoại tiếp đường tròn $(I)$. Gọi $A’, B’, C’$ lần lượt là giao điểm của $AI, BI, CI$ với $(O)$. Chứng minh rằng đường thẳng euler của tam giác $A’B’C’$ đi qua điểm $I$.

Bài 5. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Đường tròn tâm $I$ nội tiếp tam giác $ABC$ và tiếp xúc với các cạnh $AB, AC$ tại $D, E$. Gọi $M, N$ lần lượt là giao điểm của $BI, CI$ với $DE$; $P$ là giao điểm của $BN$ và $CM$, $AI$ cắt $(O)$ tại $Q$. Chứng minh rằng $PQ$ là đường thẳng euler của tam giác $IBC$.

Bài 6. Cho hai đường tròn (O) và $(O’)$ cắt nhau tại A và B. Một đường thẳng qua A cắt (O) tại C và cắt (O’) tại D (A nằm giữa C và D). Chứng minh rằng đường thẳng euler của tam giác BCD luôn đi qua một điểm cố định.

Bài 7. Cho tam giác ABC có 3 đường cao AD,BE,CF đồng quy tại H. DE cắt đường tròn đường kính BH lần 2 tại K, DF cắt đường tròn đường kính CH lần 2 tại L. Chứng minh KL vuông góc với đường thẳng Euler của tam giác ABC

Bài 8. Cho tam giác $ABC$ có tâm đường tròn ngoại tiếp $O$. Gọi $T, U, V$ là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác $BOC, COA, AOB$. Gọi $K$ là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác $TUV$. Chứng minh $K$ thuộc đường thẳng euler của tam giác $ABC$.

Bài 9. Cho tam giác $ABC$, $D$ là điểm thuộc phân giác trong của góc $\angle BAC$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABD$ cắt $AC$ tại $E$, đường tròn ngoại tiếp tam giác $ACD$ cắt $AB$ tại $F$. Gọi $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$. Chứng minh rằng $EF$ vuông góc với $OD$.