Category Archives: Lớp 10

Biểu diễn vectơ theo hai vectơ không cùng phương

Leave a reply

Tính chất 1. Cho hai vectơ $\overrightarrow{a}, \overrightarrow{b}$ khác $\overrightarrow{0}$

a) Nếu $\overrightarrow{a}, \overrightarrow{b}$ cùng phương thì tồn tại số thực $k$ sao cho $\overrightarrow{a} = k \cdot \overrightarrow{b}$.

b) Nếu $\overrightarrow{a}, \overrightarrow{b}$ không cùng phương và $ x \cdot \overrightarrow{a}+y \cdot \overrightarrow{b} = \overrightarrow{0}$, suy ra $x = y = 0$.

Chứng minh.

a) Nếu $\vec{a}, \vec{b}$ cùng phương.

  • Trường hợp 1. Nếu $\vec{a}, \vec{b}$ cùng hướng. Đặt $k=\frac{|\vec{a}|}{|\vec{b}|}$, ta chứng minh $\vec{a}=k \cdot \vec{b}$.
    Thực vậy:
    Do $k>0$ nên $k \cdot \vec{b}$ cùng hướng $\vec{b}$ mà $\vec{b}$ cùng hướng $\vec{a}$ nên $k \cdot \vec{b}$ cùng hướng $a$; Và $|k \cdot \vec{b}|=|k| \cdot|\vec{b}|=|\vec{a}|$.
  • Trường hợp 2. Nếu $\vec{a}, \vec{b}$ ngược hướng. Đặt $k=-\frac{|\vec{a}|}{|\vec{b}|}$, chứng minh tương tự như trên ta cũng có $\vec{a}=k \cdot \vec{b}$.

b) Giả sử $x \neq 0$, suy ra $\overrightarrow{a} = \dfrac{-y}{x} \cdot \overrightarrow{b}$ cùng phương $\overrightarrow{b}$, mâu thuẫn, do đó $x = 0$, dẫn đến $y = 0$.

Tính chất 2. Cho $\overrightarrow{a}, \overrightarrow{b}$ không cùng phương, khi đó với mọi vectơ $\overrightarrow{c}$ tồn tại duy nhất cặp số $(x;y)$ thỏa mãn $$\overrightarrow{c} = x \cdot \overrightarrow{a} + y \cdot \overrightarrow{b}$$

Chứng minh

  • Lấy điểm $O$ ta dựng các vectơ $\overrightarrow{A O}=\vec{a} ; \overrightarrow{O B}=\vec{b} ; \overrightarrow{O C}=\vec{c}$.
  • Từ $C$ dựng các đường thẳng song song với $O B, O A$ cắt $O A, O B$ tại $D$ và $E$. Khi đó $\overrightarrow{O C}=\overrightarrow{O D}+\overrightarrow{O E}$.
  • Mà $\overrightarrow{O D}$ và $\overrightarrow{O A}$ cùng phương nên tồn tại $x$ thỏa $\overrightarrow{O D}=x \cdot \overrightarrow{O A}=x \cdot \vec{a}$; tương tự tồn tại $y$ sao cho $\overrightarrow{O E}=y \cdot \overrightarrow{O B}=y \cdot \vec{b}$.
  • Do đó $\vec{c}=x \cdot \vec{a}+y \cdot \vec{b}$.
  • Giả sử tồn tại $x^{\prime}, y^{\prime}$ thỏa $\vec{c}=x^{\prime} \cdot \vec{a}+y^{\prime} \cdot \vec{b}$. Khi đó $x \cdot \vec{a}+y \cdot \vec{b}=x^{\prime} \cdot \vec{a}+y^{\prime} \cdot b \Leftrightarrow$ $\left(x-x^{\prime}\right) \vec{a}+\left(y-y^{\prime}\right) \vec{b}=\overrightarrow{0}$.
  • Từ tính chất 1, ta có $x = x’, y = y’$. Ta có điều cần chứng minh.

Việc biểu diễn một vec tơ theo hai vec tơ không cùng phương có nhiều ứng dụng trong việc chứng minh vec tơ bằng nhau, cùng phương, dẫn đến các bài toán chứng minh thẳng hàng, tính toán độ dài, góc, …

Ví dụ 1. Cho tam giác $A B C$ và điểm $D$ thỏa mãn $\overrightarrow{A D}=\frac{3}{4} \overrightarrow{A C}$, I là trung điểm của $B D$.
a) Tính $\overrightarrow{A I}$ theo $\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{A C}$.
b) Cho $\overrightarrow{BM} = x \cdot \overrightarrow{BC}$. Tính $\overrightarrow{A M}$ theo $x$ và $\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{A C}$

Lời giải.

a) Ta có $2 \overrightarrow{A I}=\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A D}=\overrightarrow{A B}+\frac{3}{4} \overrightarrow{A C} \Rightarrow \overrightarrow{A I}=\frac{1}{2} \overrightarrow{A B}+\frac{3}{8} \overrightarrow{A C}$.
b) Ta có $\overrightarrow{A M}=\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{B M}=\overrightarrow{A B}+x \overrightarrow{B C}=\overrightarrow{A B}+x(\overrightarrow{A C}-\overrightarrow{A B})=(1-x) \overrightarrow{A B}+x \overrightarrow{A C}$.

Ví dụ 2. Cho tam giác $A B C$ gọi $M$ là điểm thỏa $\overrightarrow{M A}+3 \overrightarrow{M B}=\overrightarrow{0}$.
Giả sử $\overrightarrow{C M}=x \cdot \overrightarrow{C A}+y \cdot \overrightarrow{C B}$. Tính $x, y$.

Lời giải.

Ta có $\overrightarrow{0}=\overrightarrow{M A}+3 \overrightarrow{M B}=\overrightarrow{C A}-\overrightarrow{C M}+3 \overrightarrow{C B}-3 \overrightarrow{C M}$

$ \Leftrightarrow 4 \overrightarrow{C M}=\overrightarrow{C A}+3 \overrightarrow{C B} \Leftrightarrow \overrightarrow{C M}=$

$\frac{1}{4} \overrightarrow{C A}+\frac{3}{4} \overrightarrow{C B}$.

Từ đó ta có $x=\frac{1}{4}, y=\frac{3}{4}$, do sự biểu diễn $\overrightarrow{C M}$ theo $\overrightarrow{A C}, \overrightarrow{C B}$ là duy nhất.

Ví dụ 3. Cho tam giác $A B C$ và các điểm $I$, J thỏa mãn $2 \overrightarrow{C I}+3 \overrightarrow{B I}=\overrightarrow{0}, 5 \overrightarrow{J B}-2 \overrightarrow{J C}=\overrightarrow{0}$.
a) Tinh $\overrightarrow{A I}, \overrightarrow{A J}$ theo $\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{A C}$.
b) Gọi G là trọng tâm tam giác $A B C$. Tính $\overrightarrow{A G}$ theo $\overrightarrow{A I}, \overrightarrow{A J}$.

Lời giải
Ta có:
$2 \overrightarrow{C I}+3 \overrightarrow{B I}=\overrightarrow{0} \Leftrightarrow 2 \overrightarrow{C I}+3(\overrightarrow{B C}+\overrightarrow{C I})=\overrightarrow{0} $

$\Leftrightarrow 5 \overrightarrow{C I}+3 \overrightarrow{B C}=\overrightarrow{0} \Leftrightarrow \overrightarrow{C I}=\frac{3}{5} \overrightarrow{C B} $
$ 5 \overrightarrow{J B}-2 \overrightarrow{J C}=\overrightarrow{0} \Leftrightarrow 5 \overrightarrow{J B}-2(\overrightarrow{J B}+\overrightarrow{B C})=\overrightarrow{0} $

$\Leftrightarrow 3 \overrightarrow{J B}=2 \overrightarrow{B C} \Leftrightarrow \overrightarrow{B J}=-\frac{2}{3} \overrightarrow{B C}$
a) – Tính $\overrightarrow{A I}$ theo $\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{A C}$.
Ta có:
$$
\overrightarrow{A I}=\overrightarrow{A C}+\overrightarrow{C I}=\overrightarrow{A C}+\frac{3}{5} \overrightarrow{C B}=\overrightarrow{A C}+\frac{3}{5}(\overrightarrow{A B}-\overrightarrow{A C})=\frac{3}{5} \overrightarrow{A B}+\frac{2}{5} \overrightarrow{A C}
$$

  • Tính $\overrightarrow{A J}$ theo $\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{A C}$.
    Ta có:
    $$
    \overrightarrow{A J}=\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{B J}=\overrightarrow{A B}-\frac{2}{3} \overrightarrow{B C} \Leftrightarrow \overrightarrow{A B}-\frac{2}{3}(\overrightarrow{A C}-\overrightarrow{A B})=\frac{5}{3} \overrightarrow{A B}-\frac{2}{3} \overrightarrow{A C}
    $$

b) Tính $\overrightarrow{A G}$ theo $\overrightarrow{A I}, \overrightarrow{A J}$.
Đặt $\overrightarrow{A G}=x \overrightarrow{A I}+y \overrightarrow{A J}$.

$\overrightarrow{A G} =x\left(\frac{3}{5} \overrightarrow{A B}+\frac{2}{5} \overrightarrow{A C}\right)+y\left(\frac{5}{3} \overrightarrow{A B}-\frac{2}{3} \overrightarrow{A C}\right) $
$=\left(\frac{3 x}{5}+\frac{5 y}{3}\right) \overrightarrow{A B}+\left(\frac{2 x}{5}-\frac{2 y}{3}\right) \overrightarrow{A C}$

Mặt khác, $\overrightarrow{A G}=\frac{1}{3} \overrightarrow{A B}+\frac{1}{3} \overrightarrow{A C}$
$\Rightarrow \left\{\begin{array} { l }
{ \frac { 3 } { 5 } x + \frac { 5 } { 3 } y = \frac { 1 } { 3 } } \\\\
{ \frac { 2 } { 5 } x – \frac { 2 } { 3 } y = \frac { 1 } { 3 } }
\end{array} \right.$

$ \left \{\begin{array}{l}
x=\frac{35}{48} \\\\
y=-\frac{1}{16}
\end{array}\right. $

Vậy $\overrightarrow{A G}=\frac{35}{48} \overrightarrow{A I}-\frac{1}{16} \overrightarrow{A J}$

Bài tập rèn luyện

Bài 1. Cho tam giác $A B C$ và $M$ là trung điểm cạnh $B C ; N$ là điểm thuộc đoạn $A C$ sao cho $A N=2 N C$. Chứng minh rằng:
a) $\overrightarrow{A M}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A C})$.
b) $\overrightarrow{B N}=\frac{2}{3} \overrightarrow{A C}-\overrightarrow{A B}$
c) $\overrightarrow{M N}=\frac{1}{3} \overrightarrow{C A}-\frac{1}{2} \overrightarrow{C B}$.

Bài 2. Cho tam giác $A B C$ có $I$ là điểm đối xứng với $B$ qua $C, J$ là trung điểm $A C, K$ thuộc $A B$ thoả $A B=3 A K$.
a) Tính $\overrightarrow{B I}, \overrightarrow{B J}, \overrightarrow{B K}$ theo $\overrightarrow{B A}, \overrightarrow{B C}$.
b) Tính $\overrightarrow{I f}, \overrightarrow{I K}$ theo $\overrightarrow{B A}, \overrightarrow{B C}$.

Bài 3. Cho tam giác $A B C$. Lấy $M, N$ lần lượt là trung điểm $A B, A C$. $L$ là điểm thoả mãn $2 \overrightarrow{L A}+5 \overrightarrow{L B}+3 \overrightarrow{L C}=\overrightarrow{0}$
a) Tính $\overrightarrow{B M}, \overrightarrow{B M}, \overrightarrow{B L}$ theo $\overrightarrow{B A}, \overrightarrow{B C}$.
b) Tính $\overrightarrow{M N}, \overrightarrow{M L}$ theo $\overrightarrow{B A}, \overrightarrow{B C}$.

Ánh xạ

Leave a reply

Ánh xạ là gì?

Định nghĩa 1. Cho hai tập hợp $A$ và $B$ khác rỗng. Một quy tắc cho tương ứng mỗi phần từ $x \in A$ với một và chỉ một phần tử $y \in B$ được gọi là một ánh xạ từ $A$ vào $B$.
Kí hiệu ánh xạ $f: A \rightarrow B, x \mapsto y=f(x)$.


Định nghĩa 2. Cho ánh xạ $f: A \rightarrow B$

  • $x \in A, y=f(x)$ thì $f(x)$ được gọi ảnh của $x$ qua ánh xạ $f$.
  • Với mọi $y \in B$, đặt $f^{-1}(y)={x \in A \mid f(x)=y}$ được gọi là tạo ảnh của $y$.
  • $f(A)={f(x) \mid x \in A}$ được gọi là tập ảnh của ánh xạ.
    Ví dụ 1.
  • 1. Qui tắc $f: A \rightarrow A$ thỏa $f(x)=x$, tức là cho tương ứng mỗi phần tử với chính nó là một ánh xạ, được gọi là ánh xạ đồng nhất, đôi khi kí hiệu là $I_d$.
  • 2. $f: \mathbb{Z} \rightarrow \{-1, 0, 1\}$ thỏa $f(x)=-1$ nếu $x<0$, $f(x)=1$ nếu $x>0$ và $f(x)=0$ nếu $x=0 $ là một ánh xạ.
  • 3. Cho tập $X, A$ là tập con khác rỗng của $X$. Xét $f: X \rightarrow{0,1}$ thỏa $f(x)=1$ nếu $x \in A, f(x)=0$ nếu $x \notin A$ là một ánh xạ
  • 4. $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} $ thỏa $x \mapsto y$ thỏa $y^2=x$ Không phải là ánh xạ.
  • 5. Cho đường thẳng $d$, với mọi điểm $M$ cho tương ứng với $M’$ thuộc $d$ sao cho $MM’ \perp d$ nếu $M$ không thuộc $d$ và $M’ \equiv M$ nếu $M$ thuộc $d$ là một ánh xạ, được gọi là phép chiếu vuông góc trên đường thẳng $d$.
  • 6. Cho $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ thỏa $f(x) = 3x + 1$ là ánh xạ.

Đơn ánh, toàn ánh, song ánh

Định nghĩa 3. Một ánh xạ được $f: A \rightarrow B$ được gọi là đơn ánh nếu và chỉ nếu $f(x) = f(y) \Rightarrow x = y$. Tức là với mọi $y$ thì $f^-1 (y)$ có không quá một phần tử.

Định nghĩa 4. Ánh xạ $f: A \rightarrow B$ là toàn ánh khi và chỉ khi mọi $y \in B$ thì tồn tại $x \in A$ sao cho $f(x)=y$. Với mọi $y \in B$ thì $f^{-1}(y)$ khác rỗng.
Định nghĩa 5. Một ánh xạ là toàn ánh nếu nó vừa đơn ánh vừa toàn ánh. Tập $f^{-1}(y)$ có đúng một phần tử.
Ví dụ 2. Trong các ánh xạ của ví dụ 1 thì 1,6 là song ánh, 2, 3, 5 là toàn ánh nhưng không phải song ánh.

Ánh xạ hợp – Ánh xạ ngược

Định nghĩa 6. Cho song ánh từ $f: A \rightarrow B$. Ta xây dựng một ánh xạ từ $B$ vào $A$ như sau: với mỗi phần tử $b \in B$ cho tương ứng với phần tử $a \in A$ thỏa $a=f^{-1}(b)$, ánh xạ đó được gọi là ánh xạ ngược của $f$, kí hiệu là $f^{-1}$.
Ta có
$$
f^{-1}: B \rightarrow A, f^{-1}(x)=y \Leftrightarrow f(y)=x
$$
Ví dụ 3

a) Ánh xạ ngược của ánh xạ đồng nhất là ánh xạ đồng nhất.
b) Cho $A={1,2,3}, B={a, b, c}$.Xét song ánh từ $A \rightarrow B$ là $f(1)=b, f(2)=$ $a, f(3)=c$. Khi đó ánh xạ ngược $f^{-1}$ từ $B \rightarrow A$ là $f^{-1}(a)=2, f^{-1}(b)=1, f^{-1}(c)=3$.

c) Ánh xạ ngược của $f: R \rightarrow R, f(x) = 3x + 1$ là $f: R\rightarrow f(x) = \dfrac{1}{3} (x-1)$.

Định nghĩa 7. Cho $f: A \rightarrow B, g: B \rightarrow C$ khi đó ánh xạ $g \circ f: A \rightarrow C$ thỏa
$$
g \circ f(a)=g(f(a))
$$
được gọi là ánh xạ hợp.

Ví dụ 4. Cho $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}, f(x)=2 x+1, g: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}, g(x)=x^2$.
(a) Tìm $g \circ g, f \circ f$;
(b) $g \circ f, f \circ g$.

Tính chất 1. Nếu $f: A \rightarrow B$ là song ánh thì $f \circ f^{-1} = I_d trên $B$, và $f^{-1} \circ f $ là ánh xạ đồng nhất trên $A$.

Ánh xạ và phép đếm


Định nghĩa 8. Cho tập $A$ số nguyên dương $n$ và $X={0,1,2, \cdots, n}$. Nếu tồn tại một song ánh từ $A$ vào $X$ thì khi đó ta nói $A$ có hữu hạn phần tử và số phần tử của $A$ là $n$. Kí hiệu $|A|=n$. Nếu $A$ không khác rỗng và không có hữu hạn phần tử, ta nói $A$ là tập vô hạn.

Tính chất 2. Cho $A, B$ là các tập hữu hạn.

  • Nếu tồn tại một đơn ánh từ $A$ vào $B$ thì $|A| \leq|B|$.
  • Nếu tồn tại một toàn ánh từ $A$ vào $B$ thì $|A| \leq|B|$.
  • Nếu tồn tại một song ánh từ $A$ vào $B$ thì $|A|=|B|$.

Tập hợp

Leave a reply

1. Tập hợp là gì?

  • Tập hợp là khái niệm cơ bản, không có định nghĩa.
  • Kí hiệu tập hợp là các chữ cái in hoa: A, B, C…
  • Trong tập hợp bao gồm các phần tử, tập không có phần tử nào gọi là tập rỗng, kí hiệu $\emptyset $.
  • Phần tử $a$ thuộc tập $X$, kí hiệu là $a \in X$. Phần tử $b$ không thuộc tập $X$ kí hiệu là $b \notin X$.
  • Cách cho tập hợp:
  1. Cho bằng cách liệt kê. Ví dụ $A = \{1, 2, 3, 4, 5 \}$.
  2. Cho bằng đặc trưng của tập hợp $A = \{n \in \mathbb{N}|n \vdots 5 \}$.

2.Tập hợp con – Tập hợp bằng nhau.

Tập $A$ là tập con của $B$ (hay $A$ chứa trong $B$) khi và chỉ khi mọi phần tử của $A$ đều là phần tử của $B$.

$(A \subset B) \Leftrightarrow (\forall x \in A \Rightarrow x \in B) $

Ta có các tình chất sau:

  • Tập rỗng là con của mọi tập hợp.
  • Một tập là tập con của chính nó
  • Nếu $A \subset B$ và $B \subset C$ thì $A \subset C$.

3. Các phép toán trên tập hợp

a. Giao của hai tập hợp.

$A \cap B = \{x| x\in A \wedge x \in B \}$.

b. Hợp của hai tập hợp.

$A \cup B = \{x|x \in A \vee x \in B$\}$.

c. Hiệu – Phần bù

$A \setminus B = \{x|x \in A \wedge x \notin B \}$

Ví dụ. Cho $A = \\{1, 2, 3, 4 \\}, B = \\{3, 4, 5, 6 \\}, C = \\{5, 6, 1, 8\\}$.

Khi đó $A \cap B = \\{3, 4 \\}, A \cup C = \\{1, 2, 3, 4, 5, 6, 8\\}, A \setminus B = \\{1, 2\\}, B \setminus A = \\{5, 6\\}$.

4. Các tập hợp số

a) Tập các số tự nhiên $\mathbb{N} = \\{0, 1, 2, …\\}$.

Tính chất.

  • Một tập con của $\mathbb{N}$ luôn có phần tử nhỏ nhất.
  • Tập số tự nhiên không có số lớn nhất.
  • Giữa hai số tự nhiên liên tiếp không có số tự nhiên nào.

b) Tập các số nguyên $\mathbb{Z} = \\{…,-2,-1,0,1,2,…\\}$

c) Tập các số hữu tỉ. $\mathbb{Q} = \\{\dfrac{m}{n}|m, n \in \mathbb{Z}, n \neq 0 \\}$.

Tính chất.

  • Tổng hiệu tích thương (mẫu khác 0) của hai số hữu tỉ là một số hữu tỉ.
  • Giữa hai số hữu tỉ bất kì luôn có một số hữu tỉ

d) Tập các số thực. Hợp của tập các hữu tỷ và vô tỷ.

Các tập con của tập các số thực.

Bài tập.

  1. Cho $A = \{0, 1, 2, 3, 4, 5 \}, B = \{2,3, 4, 8 \}, C = \{3, 4, 10, 11 \}$. Tìm $A \setminus B, A \cap B, (A \cup B) \setminus C$.
  2. Cho $A = [-4;2], B = (-1;5), C = (-\infty;0)$. Tìm $\mathbb{R} \setminus A, A \cup B, C \setminus B, (A\cap B) \setminus C$.
  3. Cho hai tập A, B thoả mãn $C_{R}A=(2, +\infty), C_{R}B=(- \infty,1) \cup [3, + \infty)$. Hãy xác định các tập $A \cap B, A \cup B, A \setminus B, B \setminus A$ và phần bù của các tập trên.
  4. Cho $A=[\dfrac{1}{2}, +\infty), B=\{x \in \mathbb{R}: |2x-1| \le 1\}$. Tìm $A \cap B, A \cup B, A \setminus B, B \setminus A$ và phần bù của các tập trên.
  5. Cho $A=(2m-1, 2m+3), B=(-6,1]$. Tìm $m$ để
    a. $A \subset B.$
    b. $B \subset A.$
  6. Lớp 10A có 40 học sinh, trong đó có 15 bạn được xếp học lực giỏi, 20 bạn được xếp hạnh kiểm tốt, 10 bạn vừa học lực giỏi vừa hạnh kiểm tốt.
    a. Hỏi lớp 10A có bao nhiêu bạn được khen thưởng, biết để được khen thưởng thì bạn đó hoặc phải có học lực giỏi hoặc phải có hạnh kiểm tốt.
    b. Lớp 10 A có bao nhiêu bạn chưa có học lực giỏi và chưa có hạnh kiểm tốt?

Mệnh đề

Leave a reply

1. Mệnh đề là gì?

Một mệnh đề lôgic (gọi tắt là mệnh đề) là một câu khẳng định đúng hoặc khẳng định sai.

Một câu khẳng định đúng được gọi là mệnh đề đúng. Một câu khẳng định sai gọi là một mệnh đề sai.

Tính “Đúng” hay “Sai” của mệnh đề được goi là chân trị của mệnh đề.

Một mệnh đề không thể vừa đúng vừa sai.

Một mệnh đề thường được ký hiệu bằng các chữ cái in hoa: P, Q, R…

2. Các phép toán trên mệnh đề

a. Mệnh đề phủ định

Cho mệnh đề P. Mệnh đề Không phải P được gọi là mệnh đề phủ định của P và kí hiệu là $\overline{P}$.

Nếu P đúng thì $\overline{P}$ sai và ngược lại.

Ví dụ 1. P =”TPHCM là thủ đô của Việt Nam”. Thì $\overline{P}$ = “TPHCM không là thủ đô của Việt Nam.”.

b. Mệnh đề kéo theo.

Cho hai mệnh đề P và Q. Mệnh đề “Nếu P thì Q” được gọi là mệnh đề kéo theo, và ký hiệu $P \Rightarrow Q$.

Mệnh đề $P \Rightarrow Q$ sai khi P đúng Q sai và đúng trong các trường hợp còn lại.

Cho mệnh đề kéo theo $P \Rightarrow Q$. Khi đó mệnh đề $Q \Rightarrow P$ được gọi là mệnh đề đảo của mệnh đề $P \Rightarrow Q$.

Mệnh đề $P \Rightarrow Q$ chỉ sai khi $P$ đúng $Q$ sai.

Ví dụ 2. P = “6 chia hết cho 3”. Q = “6 là số nguyên tố”.

khi đó $ P \Rightarrow Q$ = “6 chia hết cho 3 suy ra 6 là số nguyên tố”.

c. Mệnh đề tương đương.

Cho hai mệnh đề P và Q. Mệnh đề có dạng “P nếu và chỉ nếu Q” được gọi là mệnh đề tương đương và kí hiệu là $P \Leftrightarrow Q$.

Mệnh đề $P \Leftrightarrow Q$ đúng khi cả hai mệnh đề kéo theo $P \Rightarrow Q$ và $Q \Rightarrow P$ đúng và sai trong các trường hợp còn lại.

Ví dụ 3. P = “6 chia hết cho 3”. Q = “6 là số nguyên tố”.

khi đó $ P \Leftrightarrow Q$ = “6 chia hết cho 3 khi và chỉ khi 6 là số nguyên tố”.

d. Mệnh đề hội.

Cho hai mệnh P và Q. Khi đó mệnh đề “P và Q” được gọi là mệnh đề hội. Kí hiệu $$P \wedge Q$$

Mệnh đề $P \wedge Q$ đúng khi $P$ và $Q$ cùng đúng, và sai trong các trường hợp còn lại.

Ví dụ 4. P = “Việt Nam có phía đông giáp biển”,  Q = “Việt Nam có khí hậu nhiệt đới gió mùa”

$ P \wedge Q$ = “Việt Nam có phía đông giáp biển và khí hậu nhiệt đới gió mùa”.

e. Mệnh đề tuyển.

Cho hai mệnh P và Q. Khi đó mệnh đề “P hoặc Q” được gọi là mệnh đề tuyển hay mệnh đề hoặc. Kí hiệu $$P \vee  Q$$.

Mệnh đề $P \vee Q$ sai khi $P$ và $Q$ cùng sai, và đúng trong các trường hợp còn lại.

Ví dụ 5. P = “Việt Nam có phía đông giáp biển”,  Q = “Việt Nam có khí hậu nhiệt đới gió mùa”

$ P \vee Q$ = “Việt Nam có phía đông giáp biển hoặc có khí hậu nhiệt đới gió mùa”.

f. Biểu thức mệnh đề.

Một biểu thức mệnh đề là một biểu thức chứa mệnh đề và các phép toán trên mệnh đề, giá trị của nó là chân trị Đúng hoặc Sai.

Ví dụ 6. $(A \Rightarrow B) \wedge (B \Rightarrow C)$ , $ (P \Rightarrow (Q \vee R)) \wedge (P \Rightarrow Q)$.

g. Mệnh đề hằng đúng, hằng sai.

Mệnh đề luôn nhận chân trị đúng được gọi là mệnh đề hằng đúng, kí hiệu là Đ. Mệnh đề luôn nhận chân trị sai được gọi là mệnh đề hằng sai, kí hiệu là S.

Ví dụ 7. $P \vee \overline{P}$ là hằng đúng, $P \wedge \overline{P}$ là hằng sai.

h. Tương đương logic.

Hai biểu thức mệnh đề $P$ và $Q$ được gọi là tương đương logic nếu $P \Leftrightarrow Q$ là hằng đúng. Ta có thể kí hiệu $P = Q$ nếu chúng tương đương logic.

Ví dụ 8. $\overline{P \vee Q} = \overline{P} \wedge \overline{Q}$ và $\overline{P \wedge Q} = \overline{P} \vee \overline{Q}$.

Bài tập rèn luyện

Bài 1.  Trong các câu sau, câu nào là mệnh đề?

a)Hà Nội là thủ đô của Lào .
b) Danh đẹp trai!
c) Tú Anh hát thật hay!
d) Thành phố Hồ Chí Minh là thủ đô của Pháp.
e) Có phải em là mùa thu Hà Nội?

Bài 2.  Trong các câu sau, câu nào là mệnh đề?

a) $\pi$ là số thập phân vô hạn tuần hoàn.
b) Đức vô định Fifa World Cup 2014.
c) Việt Nam đạt 3 HCV Toán Quốc tế năm 2014.
d) $x + 1 = 2$
e) $x + y = z$
f) Mọi số tự nhiên đều là số không âm.
g) 5 là số vô tỷ.

Bài 3. Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào là mệnh đề đúng? mệnh đề nào là mệnh đề sai?

a) Số 2015 chia hết cho 3.
b) Số 8 là số nguyên tố.
c) 121 là số chính phương (số chính phương là bình phương của một số nguyên)
d)Tam giác có hai góc bằng nhau là tam giác đều.
e) Phương trình $x^2 + 3x + 1=0$ vô nghiệm.
f) Tam giác có độ dài 3 cạnh lần lượt là 3, 4, 5 là tam giác vuông.
g) Hai phương trình $x^2-4x+3= 0$ và phương trình $\sqrt{3x+1}+\sqrt{x}=3$ có nghiệm chung.

Bài 4.  Hãy viết mệnh đề phủ định của các mệnh đề sau và cho biết mệnh đề phủ định đúng hay sai?

a) Thành phố Hồ Chí Minh là thủ đô của Việt Nam.
b) 13 là số nguyên tố .
c) 25 < 37.
d) $\sqrt{2}$ là số hữu tỷ.
e) Tổng 3 góc trong một tam giác bằng $360^o$.
f) Tổng hai cạnh của một tam giác lớn hơn cạnh còn lại.
g) Tổng hai đường chéo của một tứ giác nhỏ hơn nửa chu vi.

Bài 5. Viết mệnh đề hội của các cặp mệnh đề sau và cho biết mệnh đề hội là đúng hay sai?

a) P:”30 chia hết cho 5” ; Q:”30 chia hết cho 3”.
b) P: “Thầy Vũ đã có vợ” ; Q:”Thầy Vũ dạy trường Phổ Thông Năng Khiếu”
c) P:”25 là số chính phương”; Q:”25 là số âm”
d) P:”Tam giác vuông có một góc bằng $90^o$”; Q:”Tam giác vuông có hai cạnh bằng nhau”;
e) P:”Việt Nam là nước thuộc vùng Đông Nam Á” ;
Q:” Việt Nam là nước khí hậu gió mùa nhiệt đới ẩm”

Bài 6.  Hãy viết mệnh đề tuyển của các mệnh đề sau và cho biết mệnh đề tuyển là đúng hay sai?

a) P:” 30 là số nguyên tố” Q:”30 là số chính phương”
b) P:” – 2 = 2” Q:” – 5 < 6”
c) P:”$\dfrac{1}{3}$ là số hữu tỷ” Q:” $\pi$ là số vô tỷ”

Bài 7. Cho các cặp mệnh đề sau:

1) P: “ – 2 = 2” Q:” $(-2)^2 = 2^2$”
2) P:” Xuân Diệu là nhà Toán học vĩ đại” Q:” Galois là nhà thơ lớn người Việt Nam”
3) Cho tam giác ABC.
P:”Tam giác ABC có$\angle B = \angle C$ ” Q:”Tam giác ABC có AB = AC”
4) P:” – 5 < – 6 “ Q:” 100 > 1000″
5) P:” $\dfrac{1}{3}$ là số hữu tỷ” Q:”3 là hợp số”a) Viết mệnh đề $P \Rightarrow Q$ và cho biết mệnh đề này đúng hay sai?
b) Viết mệnh đề $P \Leftrightarrow Q$ và cho biết mệnh đề này đúng hay sai?
c) Viết mệnh đề $\overline{Q} \Rightarrow P$ và cho biết mệnh đề này đúng hay sai?

Bài 8. Cho các hai mệnh đề P và Q. Chứng minh rằng:a) Mệnh đề $P \wedge \overline{P}$ hằng sai.
b) Mệnh đề $P \vee \overline{P}$ hằng đúng.
c) Mệnh đề $\overline{P \wedge Q}$ và $\overline{P} \vee \overline{Q}$ cùng chân trị.
d) Mệnh đề $\overline{P \vee Q}$ và $\overline{P} \wedge \overline{Q}$ cùng chân trị.

ĐỀ THI OLYMPIC 30 THÁNG 4 – TOÁN LỚP 10 NĂM 2002

Leave a reply

ĐỀ THI

Câu 1

Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}x_1=\frac{1}{2}\left(x_2+\frac{1}{x_2}\right) \\ x_2=\frac{1}{2}\left(x_3+\frac{1}{x_3}\right) \\ \cdots \\ x_{2002}=\frac{1}{2}\left(x_1+\frac{1}{x_1}\right)\end{array}\right.$

Câu 2

Chứng minh rằng: Phần nguyên của $(\sqrt{11}+3)^{3 \mathrm{n}+1}$ thì chia hết cho $2^{\mathrm{n}+1}$ và không chia hết cho $2^{\mathrm{n}+2}$ với mọi $\mathrm{n}$ là số tự nhiên.

Câu 3

Cho tam giác $\mathrm{ABC}$ thỏa:

$\quad\quad\quad\quad\quad\frac{\sin ^2 A+\sin ^2 B+\sin ^2 C}{\cot g A+\cot g B+\cot g C}=\sqrt{\frac{\sin ^2 A \cdot \sin ^2 B \cdot \sin ^2 C}{\operatorname{tg} \frac{A}{2} \cdot \operatorname{tg} \frac{B}{2} \cdot \operatorname{tg} \frac{C}{2}}}$

Chứng minh rằng: Tam giác $\mathrm{ABC}$ đều.

Câu 4

Giả sử điểm $\mathrm{M}$ nằm trong tam giác $\mathrm{ABC}$ sao cho: $\widehat{\mathrm{AMC}}=90^{\circ}$; $\widehat{\mathrm{AMB}}=150^{\circ} ; \widehat{\mathrm{BMC}}=120^{\circ}$. Gọi các điểm $\mathrm{P}, \mathrm{Q}, \mathrm{R}$ lần lượt là tâm các đường tròn ngoại tiếp của tam giác $\mathrm{AMC}, \mathrm{AMB}, \mathrm{BMC}$.

Chứng minh rằng:

 

LỜI GIẢI

Câu 1

Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}x_1=\frac{1}{2}\left(x_2+\frac{1}{x_2}\right) \\ x_2=\frac{1}{2}\left(x_3+\frac{1}{x_3}\right) \\ \cdots \\ x_{2002}=\frac{1}{2}\left(x_1+\frac{1}{x_1}\right)\end{array}\right.$

Lời Giải

  • Nhận xét: Nếu $\left(x_1, x_2, \ldots, x_{2002}\right)$ là nghiệm thì $x_1, x_2, \ldots, x_{2002}$ phải cùng dấu và khác 0

Đồng thời $\left(-x_1,-x_2, \ldots,-x_{2002}\right)$ cũng là nghiệm, nên ta chỉ cần xét với $x_1, x_2, \ldots, x_{2002}$ dương.

  • Theo bất đẳng thức Côsi: $x_i+\frac{1}{x_i} \geq 2(I=1,2, \ldots, 2002)\quad\quad\quad (1)$

Từ các phương trình trong hệ và (1) ta được: $2 x_i \geq 2$ hay $x_i \geq 1\quad\quad\quad (2)$

  • Mặt khác cộng các phương trình trong hệ thì:

$x_1+x_2+\ldots+x_{2002}=\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+\ldots+\frac{1}{x_{2002}}\quad\quad\quad(3)$

Từ (2) và (3) được: $x_1=x_2=\ldots=x_{2002}=1$

  • Vậy hệ có 2 nghiệm: $\left[\begin{array}{l}x_1=x_2=\ldots=x_{2002}=1 \\ x_1=x_2=\ldots=x_{2002}=-1\end{array}\right.$

Câu 2

Chứng minh rằng: Phần nguyên của $(\sqrt{11}+3)^{3 \mathrm{n}+1}$ thì chia hết cho $2^{\mathrm{n}+1}$ và không chia hết cho $2^{\mathrm{n}+2}$ với mọi $\mathrm{n}$ là số tự nhiên.

Lời Giải

Trước hết, nhận xét rằng: $(\sqrt{11}+3)^{2 \mathrm{n}+1}-(\sqrt{11}-3)^{2 \mathrm{n}+1}$ là một số tự nhiên. Thật vậy, ta có:

$(\sqrt{11}+3)^{2 n+1}=C_{2 n+1}^0(\sqrt{11})^{2 n+1}+C_{2 n+1}^1(\sqrt{11})^{2 n} \cdot 3+C_{2 n+1}^2(\sqrt{11})^{2 n-1} 3^2$

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad +\ldots+C_{2 n+1}^{2 n}(\sqrt{11})^1 3^{2 n}+C_{2 n+1}^{2 n+1} 3^{2 n+1}$

$(\sqrt{11}-3)^{2 n+1}=C_{2 n+1}^0(\sqrt{11})^{2 n+1}-C_{2 n+1}^1(\sqrt{11})^{2 n} \cdot 3+C_{2 n+1}^2(\sqrt{11})^{2 n-1} 3^2$

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad -\ldots+C_{2 n+1}^{2 n}(\sqrt{11})^1 3^{2 n}-C_{2 n+1}^{2 n+1} 3^{2 n+1}$

$\Rightarrow(\sqrt{11}+3)^{2 \mathrm{n}+1}-(\sqrt{11}-3)^{2 \mathrm{n}+1}=$

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad =2\left[C_{2 n+1}^1(\sqrt{11})^{2 n} \cdot 3+C_{n+1}^3(\sqrt{11})^{2 n-2} \cdot 3^2+\ldots+C_{2 n+1}^{2 n+1} \cdot 3^{2 n+1}\right]$

Suy ra $(\sqrt{11}+3)^{2 \mathrm{n}+1}-(\sqrt{11}-3)^{2 \mathrm{n}+1}$ là số tự nhiên.

$\operatorname{Mà}(\sqrt{11}-3)^{2 \mathrm{n}+1} \in(0 ; 1)$ nên

$\left[(\sqrt{11}+3)^{2 \mathrm{n}+1}\right]=(\sqrt{11}+3)^{2 \mathrm{n}+1}-(\sqrt{11}-3)^{2 \mathrm{n}+1}$

(Vì: $\mathrm{a}-\mathrm{b}=\mathrm{k} \in \mathrm{N} \Rightarrow \mathrm{a}=\mathrm{k}+\mathrm{b}$ với $\mathrm{b} \in(0 ; 1)$ nên $[\mathrm{a}]=\mathrm{k}^{\prime}=\mathrm{a}-\mathrm{b}$, kí hiệu $[$.$] là$ phần nguyên của số thực)

  • Với n $=0:(\sqrt{11}+3)^1-(\sqrt{11}-3)^1=6$ chia hết cho $2^{0+1}=2$ nhưng không chia hết cho $2^2=4$

  • Lại có: $(\sqrt{11}+3)^2-(\sqrt{11}-3)^2=40 \Rightarrow$ với $\mathrm{n}=1$ thì

$(\sqrt{11}+3)^3-(\sqrt{11}-3)^3=\left(\frac{(\sqrt{11}+3)-(\sqrt{11}-3)}{6}\right)$

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\left[\frac{(\sqrt{11}+3)^2+(\sqrt{11}-3)^2}{40}+\frac{(\sqrt{11}+3)(\sqrt{11}-3)}{2}\right]$

$=6.42=2^2 \cdot 3^2 \cdot 7$

chia hết cho $2^2$ nhưng không chia hết cho $2^3$.

Giả sử tính chất này đúng với mọi số tự nhiên $\mathrm{k}<\mathrm{n}$. Ta chứng minh tính chất này đúng với $\mathrm{k}=\mathrm{n}$.

Trước hết nhận xét rằng:

$(\sqrt{11}+3)(\sqrt{11}-3)=2 \Rightarrow \sqrt{11}-3=\frac{2}{\sqrt{11}+3}$

$\sqrt{11}+3=\frac{2}{\sqrt{11}-3}$

Thật vậy:

$\quad\quad (\sqrt{11}+3)^{2 \mathrm{n}+1}-(\sqrt{11}-3)^{2 \mathrm{x}+1}$

$=[(\sqrt{11}\left.+3)^2+(\sqrt{11}-3)^2\right]\left[(\sqrt{11}+3)^{2 n+1}-(\sqrt{11}-3)^{2 n-1}\right] $

$\quad\quad\quad\left.-\left[(\sqrt{11}-3)^2(\sqrt{11}+3)^{2 n-1}\right]-(\sqrt{11}+3)^2(\sqrt{11}-3)^{2 n-1}\right]$

$=40\left[(\sqrt{11}+3)^{2 \mathrm{n}-1}-(\sqrt{11}-3)^{2 \mathrm{n}-1}\right]-4\left[(\sqrt{11}+3)^{2 \mathrm{n}-3}-(\sqrt{11}-3)^{2 \mathrm{n}-3}\right]$

$=\underbrace{2^3 5 \cdot\left[(\sqrt{11}+3)^{2 \mathrm{n}-1}-(\sqrt{11}-3)^{2 \mathrm{n}-1}\right]}_{\text {chia hết cho } 2^{\mathrm{n}}}-$

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad -\underbrace{2^2 \cdot\left[(\sqrt{11}+3)^{2 \mathrm{n}-3}-(\sqrt{11}-3)^{2 \mathrm{n}-3}\right]}_{\text {chia hết cho } 2^{\mathrm{u}-1} \text { nhưng không chia hết cho } 2^{\mathrm{n}}}$

Vậy $\left[(\sqrt{11}+3)^{2 n+1}\right]$ chia hết cho $2^{n+1}$ nhưng không chia hết cho $2^{n+2}$.

Câu 3

Cho tam giác $\mathrm{ABC}$ thỏa:

$\quad\quad\quad\quad\quad\frac{\sin ^2 A+\sin ^2 B+\sin ^2 C}{\cot g A+\cot g B+\cot g C}=\sqrt{\frac{\sin ^2 A \cdot \sin ^2 B \cdot \sin ^2 C}{\operatorname{tg} \frac{A}{2} \cdot \operatorname{tg} \frac{B}{2} \cdot \operatorname{tg} \frac{C}{2}}}$

Chứng minh rằng: Tam giác $\mathrm{ABC}$ đều.

Lời Giải

Ta có: $\mathrm{a}^2=\mathrm{b}^2+\mathrm{c}^2-2 \mathrm{bc} \cdot \cos \mathrm{A}$

$\quad\quad\quad\quad=\mathrm{b}^2+\mathrm{c}^2-(2 \mathrm{bcsin} \mathrm{A}) \cdot \operatorname{cotg} \mathrm{A}=\mathrm{b}^2+\mathrm{c}^2-4 \mathrm{~S} \cdot \operatorname{cotg} \mathrm{A} \text {. }$

(S là diện tích $\triangle \mathrm{ABC}$ )

Tương tự: $\mathrm{b}^2=\mathrm{a}^2+\mathrm{c}^2-4 \operatorname{ScotgB} ; \mathrm{c}^2=\mathrm{a}^2+\mathrm{b}^2-4 \mathrm{~S} \operatorname{cotg} \mathrm{C}$

Suy ra: $a^2+b^2+c^2=4 S(\operatorname{cotg} A+\operatorname{cotg} B+\operatorname{cotg} C)$

$\quad\quad\quad\Leftrightarrow \sin ^2 \mathrm{~A}+\sin ^2 \mathrm{~B}+\sin ^2 \mathrm{C}=\frac{\mathrm{S}}{\mathrm{R}^2}(\operatorname{cotg} \mathrm{A}+\operatorname{cotg} \mathrm{B}+\operatorname{cotg} \mathrm{C})$

$\quad\quad\quad\Leftrightarrow \frac{\sin ^2 \mathrm{~A}+\sin ^2 \mathrm{~B}+\sin ^2 \mathrm{C}}{\cot g \mathrm{~A}+\cot g \mathrm{~B}+\cot g \mathrm{C}}=\frac{\mathrm{S}}{\mathrm{R}^2}\quad(1)$

  • Mặt khác:

$\quad\quad\quad\quad a^2=b^2+c^2-2 b c \cdot \cos A \geq 2 b c-2 b c \cdot \cos A=4 b c \cdot \sin ^2 \frac{A}{2}=4 S \cdot \operatorname{tg} \frac{A}{2} $

$\quad\quad\quad\Rightarrow \frac{\sin ^2 A}{\operatorname{tg} \frac{A}{2}} \geq \frac{S}{R^2}$

Tương tự: $\frac{\sin ^2 \mathrm{~B}}{\operatorname{tg} \frac{\mathrm{B}}{2}} \geq \frac{\mathrm{S}}{\mathrm{R}^2} ; \frac{\sin ^2 \mathrm{C}}{\operatorname{tg} \frac{\mathrm{C}}{2}} \geq \frac{\mathrm{S}}{\mathrm{R}^2}$

Từ đó: $\sqrt[3]{\frac{\sin ^2 \mathrm{~A} \cdot \sin ^2 \mathrm{~B} \cdot \sin ^2 \mathrm{C}}{\operatorname{tg} \frac{\mathrm{A}}{2} \cdot \operatorname{tg} \frac{\mathrm{B}}{\mathrm{C}} \cdot \operatorname{tg} \frac{\mathrm{C}}{2}}} \geq \frac{\mathrm{S}}{\mathrm{R}^2}\quad(2)$

Tữ (1) và (2) suy ra: $\sqrt[3]{\frac{\sin ^2 A \cdot \sin ^2 B \cdot \sin ^2 C}{\operatorname{tg} \frac{A}{2} \cdot \operatorname{tg} \frac{B}{C} \cdot \operatorname{tg} \frac{C}{2}}} \geq \frac{\sin ^2 A+\sin ^2 B+\sin ^2 C}{\cot g A+\cot g B+\cot g C}$

Dấu “=” xảy ra khi $\mathrm{a}=\mathrm{b}=\mathrm{c} \Leftrightarrow \triangle \mathrm{ABC}$ đều. Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

Câu 4

Giả sử điểm $\mathrm{M}$ nằm trong tam giác $\mathrm{ABC}$ sao cho: $\widehat{\mathrm{AMC}}=90^{\circ}$; $\widehat{\mathrm{AMB}}=150^{\circ} ; \widehat{\mathrm{BMC}}=120^{\circ}$. Gọi các điểm $\mathrm{P}, \mathrm{Q}, \mathrm{R}$ lần lượt là tâm các đường tròn ngoại tiếp của tam giác $\mathrm{AMC}, \mathrm{AMB}, \mathrm{BMC}$.

Chứng minh rằng:

Lời Giải

$A, M$ đối xứng nhau qua $P Q$.

$\mathrm{B}, \mathrm{M}$ đối xứng nhau qua $\mathrm{QR}$.

$\mathrm{C}, \mathrm{M}$ đối xứng nhau qua $\mathrm{RP}$.

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\Rightarrow\left\{\begin{array}{l}\mathrm{S}(\mathrm{MPQ})=\mathrm{S}(\mathrm{APQ}) \\ \mathrm{S}(\mathrm{MQR})=\mathrm{S}(\mathrm{BQR}) \\ \mathrm{S}(\mathrm{MPR})=\mathrm{S}(\mathrm{CPR})\end{array}\right.$

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\Rightarrow 2 \mathrm{~S}(\mathrm{PQR})=\mathrm{S}(\mathrm{AQBRC})$

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\Rightarrow \mathrm{S}(\mathrm{PQR})=\frac{1}{2} \mathrm{~S}(\mathrm{AQBRC})$

Do sự đối xứng trên ta có

$\quad\quad\quad\quad\quad\widehat{\mathrm{AQB}}=2 \widehat{\mathrm{PQR}}=2\left(180^{\circ}-\widehat{\mathrm{AMB}}\right)=60^{\circ}$

$\quad\quad\quad\quad\quad\widehat{\mathrm{BRC}}=2 \widehat{\mathrm{QRP}}=120^{\circ}$

$\mathrm{S}(\mathrm{PQR})=\frac{1}{2} \mathrm{~S}(\mathrm{AQBRC})=\frac{1}{2}[\mathrm{~S}(\mathrm{ABC})+\mathrm{S}(\mathrm{AQB})+\mathrm{S}(\mathrm{BRC})]$

$\quad\quad\quad\quad =\frac{1}{2}\left[\mathrm{~S}(\mathrm{ABC})+\frac{\sqrt{3}}{4} \mathrm{AB}^2+\frac{\mathrm{CB}^2}{4 \sqrt{3}}\right]$

$\quad\quad\quad\quad\geq \frac{1}{2} S(\mathrm{ABC})+\frac{1}{4} \mathrm{AB} \cdot \mathrm{CB} \geq \frac{1}{2} \mathrm{~S}(\mathrm{ABC})$

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad +\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \mathrm{AB} \cdot \mathrm{CB} \cdot \sin \widehat{\mathrm{ABC}}$

(Do $\mathrm{M}$ nằm trong $\triangle \mathrm{ABC}$ và $\left.\widehat{\mathrm{AMC}}=90^{\circ} \Rightarrow \widehat{\mathrm{ABC}}<90^{\circ}\right)$

$\quad\quad\quad\quad S_{\triangle P Q R}>\frac{1}{2} S(A B C)+\frac{1}{2} S(A B C)=S(A B C)$

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Đáp án đề thi chọn đội dự tuyển trường PTNK năm 2020

Leave a reply

Thời gian làm bài 120 phút

Đề bài.

Bài 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P=\frac{a^{4}+b^{4}+2}{\left(a^{2}-a+1\right)\left(b^{2}-b+1\right)}$, với $a, b \in \mathbb{R}$.
Bài 2. Tìm tất cả các hàm $f: \mathbb{Q}^{+} \rightarrow \mathbb{Q}^{+}$thỏa mãn
$$
f\left(x^{2} f(y)^{2}\right)=f(x)^{2} f(y), \text { với mọi } x, y \in \mathbb{Q}^{+} .
$$
Bài 3. Cho $x_{1}, x_{2}, x_{3}, \ldots$ là dãy số nguyên thỏa mãn đồng thời hai điều kiện $1=$ $x_{1}<x_{2}<x_{3} \ldots$ và $x_{n+1} \leq 2 n$ với $n=1,2,3 \ldots$ Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương $k$, tồn tại các số nguyên $i>j$ sao cho $x_{i}-x_{j}=k$.

Bài 4. Cho tam giác $A B C$ cân tại $A$, nội tiếp đường tròn tâm $O$ bán kính $R$. Gọi $M$ là điểm trên cạnh $A B$ sao cho $\overrightarrow{A M}=\frac{1}{3} \overrightarrow{A B}$. Đường tròn tâm $M$ bán kính $M B$ cắt đường tròn tâm $O$ tại điểm thứ hai là $D$. Một đường thẳng qua $M$ song song với $A D$ cắt $A C$ tại $N$. Chứng minh rằng $\overrightarrow{A N}=\frac{2}{3} \overrightarrow{A C}$.

Đáp án

Bài 1. Với mọi $x \in \mathbb{R}$, ta có
$$
x^{4}+1-\frac{2}{9}\left(x^{2}-x+1\right)^{2}=\frac{1}{9}(x+1)^{2}\left(7 x^{2}-10 x+7\right) \geq 0 .
$$
Vì thế nên ta có
$$
P \geq \frac{2}{9} \frac{\left(a^{2}-a+1\right)^{2}+\left(b^{2}-b+1\right)^{2}}{\left(a^{2}-a+1\right)\left(b^{2}-b+1\right)}=\frac{2}{9}\left(\frac{a^{2}-a+1}{b^{2}-b+1}+\frac{b^{2}-b+1}{a^{2}-a+1}\right) \geq \frac{4}{9} .
$$
Suy ra giá trị nhỏ nhất của $P$ là $\frac{4}{9}$, đạt được khi $a=b=-1$.

Bài 2. Giả sử $f$ là một hàm thỏa mãn các yêu cầu của bài toán. Đặt $f(1)=a>$ 0 , trong phương trình đề cho, thay $x=y=1$ ta có $f\left(a^{2}\right)=a^{3}$.
Từ đó, tiếp tục lần lượt thay $x$ bởi $a^{2}, y$ bởi 1 và $x$ bởi $1, y$ bởi $c^{2}$ vào phương trình ấy, ta thu được
$$
a^{7}=f\left(a^{6}\right)=a^{5} .
$$
Chú $\hat{y} a>0$ nên ta có $a=1$, tức $f(1)=1$. Thay $x$ bởi 1 vào phương trình đề cho, ta có
$$
f\left(f(y)^{2}\right)=f(y) \text {, với mọi } y \in \mathbb{Q}^{+} \text {. }
$$
Lại thay $y$ bởi 1 vào phương trình đề cho, ta có
$$
f(x)^{2}=f\left(x^{2}\right), \text { với mọi } x \in \mathbb{Q}^{+} .
$$
Suy ra
$$
f(x)=f\left(f(x)^{2}\right)=f(f(x))^{2}=\ldots=f^{n+1}(x)^{2^{n}}, \text { với mọi } x \in \mathbb{Q}^{+},
$$
trong đó $f^{n+1}(x)$ là $n+1$ lần tác động $f$ vào $x$. Từ đó, nếu tồn tại $q \in \mathbb{Q}^{+}$sao cho tồn tại $p \in \mathbb{P}$ thỏa mãn $v_{p}(f(q)) \neq 0$ thì ta có
$$
v_{p}(f(q))=v_{p}\left(f^{n+1}(q)^{2^{n}}\right)=2^{n} v_{p}\left(f^{n+1}(q)\right) \neq 0 .
$$
Trong đẳng thức trên, cho $n \rightarrow+\infty$ ta thấy điều vô lý. Suy ra $v_{p}(f(q))=0$ với mọi $q \in \mathbb{Q}^{+}, p \in \mathbb{P}$, hay $f(x) \equiv 1$.
Thử lại, ta kết luận $f(x) \equiv 1$ là hàm duy nhất thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài 3. Với $k$ nguyên dương, ta xét $k+1$ số hạng của dãy là $x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{k+1}$. Ta có $x_{1}=1 \leq k$, gọi $q$ là số lớn nhất thỏa mãn $x_{q} \leq k$ thì ta có $q<k+1$ và
$$
1 \leq x_{1}<x_{1}<\cdots<x_{q} \leq k<x_{q+1}<\cdots<x_{k+1}<2 k \text {. }
$$
Nếu tồn tại $1 \leq j<i \leq k+1$ sao cho $x_{i}-x_{j}=k$ thì ta có ngay điều cần chứng minh. Ngược lại, ta có các số
$$
x_{1}+k, x_{2}+k, \ldots, x_{q}+k, x_{q+1}, \ldots, x_{k+1}
$$
là $k+1$ số nguyên đôi một phân biệt, tất cả đều lớn hơn $k$ nhưng lại không vượt quá $2 k$, vô lí!

Từ đó suy ra với mọi $k$ nguyên dương, luôn tồn tại các số nguyên $i>j$ sao cho $x_{i}-x_{j}=k$.

Bài 4. Ta có $O B=O D, M B=M D$ nên dễ thấy $O M$ là phân giác ngoài của góc $A M D$, mà $O A=O D$ nên suy ra $O \in(A M D)$.

Gọi $N^{\prime}$ là giao điểm khác $A$ của $(A M D)$ và $A C$. Ta chứng minh $N$ trùng $N^{\prime}$. Thật vậy, ta có $\overrightarrow{A M}=\frac{1}{3} \overrightarrow{A B}$ nên $\angle A M O$ tù, do đó nếu $N^{\prime}$ nằm ngoài tia $A C$ thì $N^{\prime}$ nằm khác phía $O$ so với $A M$ nên
$$
\angle A M O=\angle A N^{\prime} O=\angle C A O-\angle A O N^{\prime}<\angle C A O<90^{\circ},
$$
vô lý. Suy ra $N^{\prime}$ nằm trên tia $A C$, kéo theo $A O$ là phân giác trong góc $M A N^{\prime}$ nên $O M=O N^{\prime}$, mà $O A=O D$ nên $M N^{\prime}$ song song $A D$, suy ra $N$ trùng $N^{\prime}$.

Từ đó, dễ thấy $A M N D$ là hình thang cân nên $A N=M D=M B$, hơn nữa $N$ nằm trên tia $A C$ nên ta thu được
$$
\overrightarrow{A N}=\frac{2}{3} \overrightarrow{A C}
$$
Ta có điều cần chứng minh.

Tài liệu tham khảo

[1] Nguyễn Tăng Vũ, Lê Phúc Lữ, Nguyễn Tiến Hoàng, Đề thi và đáp án kì thi dự tuyển và đội tuyển PTNK 2008-2021

Đề thi Học kì 1 lớp 10 chuyên Toán PTNK năm 2018

Leave a reply

Bài 1. Cho hàm số $y=x^{2}-4 x+3$. (1)
a) Khảo sát sự biến thiên và vē đồ thị hàm số.
b) Từ đồ thị hàm số (1), suy ra đồ thị hàm số $y=\left|x^{2}-4\right| x|+3|$. (2)
c) Dựa vào đồ thị hàm số (2), tìm $m$ để phương trình $\left|x^{2}-4\right| x|+3|=m^{2}+2 m$ có 3 nghiệm.

Bài 2. Giải phương trình và hệ phương trình sau:
a) $\sqrt{x-1}+\sqrt{6-x}+\sqrt{7 x-6-x^{2}}=5$
b) $\left\{ \begin{array}{l} \left(x^{2}+y\right)^{2}+\left(x+y^{2}\right)^{2}=8 \\ x^{2}+y^{2}+x+y=4\end{array}\right.$.

Bài 3. Tìm tham số $m$ để hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l} m x+(m-1) y=m+1 \\ (m-1) x+m y=m+1 \end{array}\right.$ có nghiệm duy nhất $\left(x_{0} ; y_{0}\right)$ thóa $x_{0}^{2}+y_{0}^{2}=2$.

Bài 4. Cho $x$ là số thực dương, đặt $A=x+\dfrac{1}{x}$.
a) Chứng minh rằng $A$ là số nguyên thì $A_{n}=x^{n}+\dfrac{1}{x^{n}}$ cūng là số nguyên với mọi số nguyên dương $n$.
b) Tìm giá trị lớn nhất của $B=-A^{2}+6 A+1$.

Bài 5. Cho tam giác $A B C$ nội tiếp đường tròn tâm $O$ đường kính $B C=2 R, \widehat{A B C}=60^{\circ} . D$ là điểm đối xứng của $A$ qua $B C$.
a) Chứng minh rằng với mọi điểm $M$ ta có: $\overrightarrow{M A} \cdot \overrightarrow{M D}=\overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M O}-\dfrac{R^{2}}{2}$.
b) Tìm $M$ để $S=M A^{2}-4 M B^{2}+M D^{2}$ đạt giá trị lớn nhất. Tìm giá trị lớn nhất theo $R$.
c) Cho $M$ thay đổi trên $A C . D M$ cắt $(O)$ tại $N$. Xác định $M$ để $\mathcal{P} {C/(AMB)}=2 \mathcal{P} {B/(CMN)}$. $a_12$
d) Tìm quy tích $M$ thỏa $\overrightarrow{M A} \cdot \overrightarrow{M D}-2 \overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M C}=-\dfrac{R^{2}}{2}$.

Lời giải

Bài 1.
a) Ta có $a=1>0, \dfrac{-b}{2 a}=2$ và $\dfrac{-\Delta}{4 a}=-1$.
Bảng biến thiên:

Vậy hàm số (1) đồng biến trên $(2 ;+\infty)$ và nghịch biến trên $(-\infty ; 2)$.

Đồ thị hàm số:

b) Từ đồ thị hàm số (1), ta suy ra đồ thị hàm số $y=x^{2}-4|x|+3$  như sau:

Khi đó, ta có được đồ thị hàm số $y=\left|x^{2}-4\right| x|+3|$ như sau:

c) Theo đồ thị hàm số (2), phương trình $\left|x^{2}-4\right| x|+3|=m^{2}+2 m$ có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi $m^{2}+2 m=3 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}m=1 \\ m=-3\end{array}\right.$.

Bài 2. 

a) $\sqrt{x-1}+\sqrt{6-x}+\sqrt{7 x-6-x^{2}}=5 \quad (1)$.

ĐKXĐ: $\left\{\begin{array}{l}x-1 \geq 0 \\ 6-x \geq 0 \\ 7 x-6-x^{2} \geq 0\end{array} \quad \Leftrightarrow 1 \leq x \leq 6\right.$

Đặt $a=\sqrt{x-1} \geq 0$ và $b=\sqrt{6-x} \geq 0$, khi đó $\left\{\begin{array}{l}a b=\sqrt{7 x-6-x^{2}} \\ a^{2}+b^{2}=5\end{array}\right.$.

Kết hợp với (1), ta có hệ phương trình sau: $\left\{\begin{array}{l}a+b+a b=5 \\ a^{2}+b^{2}=5 .\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}a+b=5-a b \quad (2) \\ a^{2}+b^{2}=5\end{array}\right.\right.$

Ta có: $5=a^{2}+b^{2}=(a+b)^{2}-2 a b=(5-a b)^{2}-2 a b=a^{2} b^{2}-12 a b+25$.

Do đó: $a^{2} b^{2}-12 a b+20=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}a b=2 \\ a b=10\end{array}\right.$.

– Nếu $a b=2$, từ (2) ta suy ra $a+b=3$. Khi đó $a, b$ là nghiệm của phương trình:

$$X^{2}-3 X+2=0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} X=1 \\ X=2 \end{array}\right.$$

Khi đó $(a ; b)=(1 ; 2)$ hoặc $(a ; b)=(2 ; 1)$.

+) Nếu $\left\{\begin{array}{l}a=1 \\ b=2\end{array} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x-1}=1 \\ \sqrt{6-x}=2\end{array} \Leftrightarrow x=2\right.\right.$. Thử lại thấy nghiệm $x=2$ thỏa (1).

+) Nếu $\left\{\begin{array}{l}a=2 \\ b=1\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x-1}=2 \\ \sqrt{6-x}=1\end{array} \Leftrightarrow x=5\right.\right.$. Thử lại thấy nghiệm $x=5$ thỏa (1).

– Nếu $a b=10$, từ (1) ta suy ra $a+b=-5$ (Loại vì $a, b \geq 0$ nên $a+b \geq 0)$.

Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là $S=\{2 ; 5\}$.

b) $\left\{\begin{array}{l}\left(x^{2}+y\right)^{2}+\left(x+y^{2}\right)^{2}=8 \\ x^{2}+y^{2}+x+y=4\end{array}\right. \quad (I)$

Đặt $a=x^{2}+y$ và $b=x+y^{2}$ thì (I) trở thành:

$$\left\{\begin{array} { l } { a ^ { 2 } + b ^ { 2 } = 8 } \\ { a + b = 4 } \end{array} \Leftrightarrow \left\{\begin{array} { l } { ( a + b ) ^ { 2 } – 2 a b = 8 } \\ { a + b = 4 }\end{array} \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l} a b=4 \\ a+b=4 \end{array}\right.\right.\right. $$

Do đó $a, b$ là nghiệm của phương trình:

$$X^{2}-4 X+4=0 \Leftrightarrow X=2 $$

Suy ra $\left\{\begin{array}{l}a=2 \\ b=2\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x^{2}+y=2 \\ x+y^{2}=2\end{array}\right.\right.$

Từ (1) và (2) ta suy ra $x^{2}+y=x+y^{2} \Leftrightarrow(x-y)(x+y-1)=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}y=x \\ y=1-x\end{array}\right.$.

– Nếu $y=x$, thay vào $(1)$, ta được: $x^{2}+x+2=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}x=1 \\ x=-2\end{array}\right.$.

+) Với $x=1$, suy ra $y=1$.

+) Với $x=-2$, suy ra $y=-2$.

– Nếu $y=1-x$, thay vào $(1)$, ta được: $x^{2}+1-x=2 \Leftrightarrow x^{2}-x-1=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}x=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2} \\ x=\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}\end{array}\right.$

+) Với $x=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}$, suy ra $y=\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}$.

+) Với $x=\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}$, suy ra $y=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}$.

Thử lại thấy các cặp nghiệm trên đều thỏa.

Vậy tập nghiệm của (I) là $(x ; y)=\left\{(1 ; 1),(-2 ;-2),\left(\dfrac{1+\sqrt{5}}{2} ; \dfrac{1-\sqrt{5}}{2}\right),\left(\dfrac{1-\sqrt{5}}{2} ; \dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\right)\right\}$.

Bài 3.

$\left\{\begin{array}{l} m x+(m-1) y=m+1 \\ (m-1) x+m y=m+1 \end{array}\right. \quad (I)$

Ta có:

$D=m^{2}-(m-1)^{2}=2 m-1$

$D_{x}=(m+1) m-(m+1)(m-1)=m+1 $

$D_{y}=m(m+1)-(m-1)(m+1)=m+1$

Để (I) có nghiệm duy nhất $\Leftrightarrow D \neq 0 \Leftrightarrow 2 m-1 \neq 0 \Leftrightarrow m \neq \dfrac{1}{2}$.

Khi đó nghiệm của (I) là $\left\{\begin{array}{l}x_{0}=\dfrac{D_{x}}{D}=\dfrac{m+1}{2 m-1} \\ y_{0}=\dfrac{D_{y}}{D}=\dfrac{m+1}{2 m-1}\end{array}\right.$

Vì $x_{0}^{2}+y_{0}^{2}=2$ nên $\left(\dfrac{m+1}{2 m-1}\right)^{2}+\left(\dfrac{m+1}{2 m-1}\right)^{2}=2 \Leftrightarrow\left(\dfrac{m+1}{2 m-1}\right)^{2}=1 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{ll}m=0 & \text { (Nhận) } \\ m=2 & \text { (Nhận) }\end{array}\right.$

Vậy $m=0$ hoặc $m=2$ thì (I) có nghiệm duy nhất $\left(x_{0} ; y_{0}\right)$ thỏa $x_{0}^{2}+y_{0}^{2}=2$.

Bài 4.

a) – Ta có: $A_{1}=x+\dfrac{1}{x}=A \in \mathbb{Z}, A_{2}=x^{2}+\dfrac{1}{x^{2}}=\left(x+\dfrac{1}{x}\right)^{2}-2 \in \mathbb{Z}$.

– Giả sử $A_{k} \in \mathbb{Z}$ với mọi $k \leq n$ ( $n$ nguyên dương và $n \geq 2$ ), hay $x^{k}+\dfrac{1}{x^{k}} \in \mathbb{Z}$.

Ta chứng $\operatorname{minh} A_{n+1} \in \mathbb{Z}$, tức là $x^{n+1}+\dfrac{1}{x^{n+1}} \in \mathbb{Z}$.

– Thật vậy, vì $x^{n}+\dfrac{1}{x^{n}}$ và $x+\dfrac{1}{x}$ là các số nguyên nên $\left(x^{n}+\dfrac{1}{x^{n}}\right)\left(x+\dfrac{1}{x}\right) \in \mathbb{Z}$.

Mặt khác, $\left(x^{n}+\dfrac{1}{x^{n}}\right)\left(x+\dfrac{1}{x}\right)=x^{n+1}+x^{n-1}+\dfrac{1}{x^{n-1}}+\dfrac{1}{x^{n+1}}=\left(x^{n+1}+\dfrac{1}{x^{n+1}}\right)+\left(x^{n-1}+\dfrac{1}{x^{n-1}}\right)$.

Do đó $\left(x^{n}+\dfrac{1}{x^{n}}\right)\left(x+\dfrac{1}{x}\right)=A_{n+1}+A_{n-1}$.

Suy ra $A_{n+1}+A_{n-1} \in \mathbb{Z}$, mà $A_{n-1} \in \mathbb{Z}$ nên $A_{n+1} \in \mathbb{Z}$.

Như vậy, theo nguyên lí quy nạp, ta có $A_{n} \in \mathbb{Z}$ với mọi số nguyên dương $n$.

b) Ta có $B=-A^{2}+6 A+1=-(A-3)^{2}+10 \leq 10$.

Dấu “=” xảy ra $\Leftrightarrow A=3 \Leftrightarrow x+\dfrac{1}{x}=3 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}x=\dfrac{3+\sqrt{5}}{2} \\ x=\dfrac{3-\sqrt{5}}{2}\end{array}\right.$.

Vậy giá trị lớn nhất của $B$ là 10 khi $x=\dfrac{3+\sqrt{5}}{2}$ hoặc $x=\dfrac{3-\sqrt{5}}{2}$.

Bài 5. 

a) Ta có $\Delta A B O$ cân tại $O(O A=O B)$ và $\widehat{A B O}=60^{\circ}$ nên $\Delta A B O$ là tam giác đều.

Suy ra $O A=O B=A B$. (1)

Do $D$ đối xứng với $A$ qua đường kính $B C$ nên $D \in(O)$ và $\widehat{A O B}=\widehat{B O D}=60^{\circ}$.

Kết hợp với $O D=O B=R$, suy ra $\Delta B O D$ là tam giác đều,

kéo theo $B O=O B=O D$. (2)

Từ (1) và (2) suy ra $A B=A O=O D=D B$, dẫn đến $A O D B$ là hình thoi. Do đó $\overrightarrow{A B}=\overrightarrow{O D}$.

Với điểm $M$ bất kì, ta có:

$\overrightarrow{M A} \cdot \overrightarrow{M D} =(\overrightarrow{M B}+\overrightarrow{B A})(\overrightarrow{M O}+\overrightarrow{O D}) $

$=\overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M O}+\overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{O D}+\overrightarrow{B A} \cdot \overrightarrow{M O}+\overrightarrow{B A} \cdot \overrightarrow{O D} $

$=\overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M O}+\overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{O D}-\overrightarrow{O D} \cdot \overrightarrow{M O}-\overrightarrow{O D} \cdot \overrightarrow{O D} $

$=\overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M O}+\overrightarrow{O D}(\overrightarrow{M B}-\overrightarrow{M O})-\overrightarrow{O D}^{2} $

$=\overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M O}+\overrightarrow{O D} \cdot \overrightarrow{O B}–\overrightarrow{O D}^{2} $

$=\overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M O}+O D \cdot O B \cos 60^{\circ}-O D^{2} $

$=\overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M O}-\dfrac{R^{2}}{2}$

b) Gọi $H$ là giao điểm của $A D$ và $B C$. Vì $A O D B$ là hình thoi nên $H$ là trung điểm của $A D$ và $B C$.

Lấy $I$ đối xứng với $H$ qua $B$, khi đó $\overrightarrow{I H}=2 \overrightarrow{I B}$.

Mặt khác, $\overrightarrow{I A}+\overrightarrow{I D}=2 \overrightarrow{I H}$ (do $H$ là trung điểm của $A D)$.

Suy ra $\overrightarrow{I A}+\overrightarrow{I D}=4 \overrightarrow{I B} \Leftrightarrow \overrightarrow{I A}-4 \overrightarrow{I B}+\overrightarrow{I D}=0$

Ta có:

$M A^{2}-4 M B^{2}+M D^{2} $

$=\overrightarrow{M A}^{2}-4 \overrightarrow{M B}^{2}+\overrightarrow{M D}^{2} $

$=(\overrightarrow{M I}+\overrightarrow{I A})^{2}-4(\overrightarrow{M I}+\overrightarrow{I B})^{2}+(\overrightarrow{M I}+\overrightarrow{I D})^{2} $

$=-2 \overrightarrow{M I}^{2}+2 \overrightarrow{M I}(\overrightarrow{I A}-4 \overrightarrow{I B}+\overrightarrow{I D})+\overrightarrow{I A}^{2}-4 \overrightarrow{I B}^{2}+\overrightarrow{I D}^{2}$

$=-2 M I^{2}+I A^{2}-4 I B^{2}+I D^{2} $

$ \leq I A^{2}-4 I B^{2}+I D^{2} .$

Ta có:

$I A^{2}-4 I B^{2}+I D^{2}=2 I A^{2}-4 I B^{2}=2\left(I K^{2}+K A^{2}\right)-4 I B^{2}=2\left(R^{2}+\dfrac{3}{4} R^{2}\right)-4 \cdot \dfrac{R^{2}}{4}=\dfrac{5}{2} R^{2} .$

Vậy giá trị lớn nhất của $M A^{2}-4 M B^{2}+M D^{2}$ là $\dfrac{5}{2} R^{2}$ khi và chỉ khi $M \equiv I$.

d) Lấy $L$ đối xứng với $O$ qua $C$. Khi đó $\overrightarrow{L O}=2 \overrightarrow{L C}$.

Do đó $\overrightarrow{M O}-2 \overrightarrow{M C}=\overrightarrow{M L}+\overrightarrow{L O}-2 \overrightarrow{M L}-2 \overrightarrow{L C}=-\overrightarrow{M L}$.

Ta có:

$\overrightarrow{M A} \cdot \overrightarrow{M D}-2 \overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M C}=-\dfrac{R^{2}}{2} $

$\Leftrightarrow \overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M O}-\dfrac{R^{2}}{2}-2 \overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M C}=-\dfrac{R^{2}}{2} $

$ \Leftrightarrow \overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M O}-2 \overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M C}=0 $

$ \Leftrightarrow \overrightarrow{M B}(\overrightarrow{M O}-2 \overrightarrow{M C})=0 $

$ \Leftrightarrow-\overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M L}=0$

Do đó $M L \perp M B$, vậy $M$ thuộc đường tròn đường kính $B L$.

Lời giải của bạn Trần Thái Hưng – Star Education

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

Đề thi học kì 1 lớp 10 chuyên toán trường PTNK năm 2014

Leave a reply

Bài 1. Cho hàm số $y=x|x-4|$
a) Vẽ đồ thị $(\mathrm{C})$ của hàm số.
b) Cho đường thẳng $(\mathrm{d}): y=m x$ ( $\mathrm{m}$ là tham số). Tìm $\mathrm{m}$ để $(\mathrm{d})$ cắt $(\underline{\mathrm{C}})$ tại $\mathrm{A}, \mathrm{B}$ khác gốc tọa độ và $A B=2 \sqrt{2}$.

Bài 2. Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a) $2+\sqrt{4 x^{2}-10 x+7}=2 x+\sqrt{3-2 x} \quad$ b) $\left\{\begin{array}{l}x+\dfrac{1}{x^{2}+1}=y+\dfrac{1}{y^{2}+1} \\ \sqrt{y^{2}+\dfrac{4}{x^{2}}}=\dfrac{x^{2}+x-2}{y}\end{array}\right.$
Bài 3 .
a) Cho số tự nhiên $\mathrm{n}$ thỏa $C_{n}^{2}+C_{n+1}^{3}+2 n=128$. Tìm số hạng không chứa $x$ trong khai triển $P(x)=\left(\sqrt{x}-\frac{2}{3 \sqrt[4]{x}}\right)^{n+1},(x>0)$.
b) Cho các số tự nhiên $\mathrm{m}, \mathrm{n}, \mathrm{k}$ thỏa $0 \leq m \leq k \leq n$. Chứng minh rằng $C_{n}^{k} C_{k}^{m}=C_{n}^{m} C_{n-m}^{k-m}$

Bài 4. Lớp 10 Toán có 6 bạn học sinh nữ và 30 bạn học sinh nam.
a) Cần chọn ra 10 bạn để tham gia kéo co trong đó có 5 bạn nam và 5 bạn nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn?
b) Cần chọn ra 5 bạn để thể hiện một tiết mục văn nghệ, hỏi có bao nhiêu cách chọn có it nhất 2 bạn nam và î nhất 1 bạn mữ?

Bài 5. Cho tam giác đều $\mathrm{ABC}$ nội tiếp đường tròn $(\mathrm{O})$ bán kính $\mathrm{R}$. $\mathrm{AO}$ cắt $(\mathrm{O})$ tại $\mathrm{D}$.
a) Chứng minh rằng với mọi điểm $\mathrm{M}$ thì $\overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M C}=\overrightarrow{M D} \cdot \overrightarrow{M O}-\frac{R^{2}}{2}$
b) Cho $\mathrm{M}$ thay đổi trên $(\mathrm{O})$. Tìm giá trị lớn nhất của $\overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M C}-\overrightarrow{M D} \cdot \overrightarrow{M A}$
c) Cho điểm $M$ thay đổi trên cạnh $A B, D M$ cắt $(O)$ tại $N$. Xác định $M$ để phương tích của
$\mathrm{D}$ với đường tròn ngoại tiếp tam giác $\mathrm{AMN}$ bằng $2 \mathrm{R}^{2}$.
d) Cho điểm $M$ thay đổi trên đoạn $A D$. ( $K$ ) là đường tròn qua $M$ và tiếp xúc với $(O)$ tại $B .$
Đường tròn $(\mathrm{K})$ cắt đường tròn đường kính $\mathrm{AM}$ tại $\mathrm{T}$. Chứng minh đường thẳng $\mathrm{MT}$ đi qua một điểm cố định $\mathrm{E}$. Tính phương tích của $\mathrm{E}$ đối với $(\mathrm{O})$.