Category Archives: Lớp 10

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

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?

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

Đề thi chọn đội Dự Tuyển PTNK năm học 2020-2021

Kì thi chọn Dự tuyển trường Phổ thông Năng khiếu tham dự kì thi 30/04 được tổ chức vào tháng 01 năm 2021, đề gồm 4 bài, làm trong 120 phút.

Đề bài

Bài 1. Cho các số thực không âm $a, b, c$ thỏa mãn $a^{2}+b^{2}+c^{2}=1$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $$P=\frac{7}{2} a+(1-a)(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})+a^{2} b^{2} c^{2}$$

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

Bài 3. Cho $n$ là số nguyên dương và $A=\left\{m \in \mathbb{N}^{*} \mid \operatorname{gcd}(m, 6)=1, m<30 n\right\}$ với $|A|=8 n+1$. Chứng minh rằng tồn tại 2 số phân biệt $a, b \in A$ sao cho $a \mid b$.
Bài 4. Cho điểm $M$ di động trên đường thẳng $d$ cố định và $O$ là điểm cố định nằm ngoài đường thẳng $d$. Gọi $A$ là hình chiếu của $O$ lên $d$, và $H$ là hình chiếu của $A$ trên $O M$. Gọi $D$ là trung điểm $H M$.
(a) Chứng minh rằng đường thẳng qua $H$, vuông góc với $A D$ luôn đi qua một điểm cố định. Gọi điểm đó là $N$.
(b) Chứng minh rằng tâm đường tròn $(H M N)$ luôn thuộc một đường thẳng cố định. Từ đó tính tỷ số $\frac{A M}{A O}$ để $(H M N)$ và $(O A H)$ tiếp xúc với nhau.

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.

Bài tập Tập hợp

Lí thuyết

Bài 1. Cho các tập $A, B, C, A’, B’, C’$ là tập con của $X$ thỏa:
a) $A \cup B \cup C = X$;
b) $A \cap B = A’ \cap B’, A \cap C = A’ \cap C’, B \cap C = B’ \cap C’$.
c) $A \subset A’, B\subset B’, C\subset C’$.

Chứng minh $A= A’, B = B’, C = C’$.

Bài 2. Cho $A, B$ là các tập con của $X$, ta kí hiệu đối xứng $A \triangle B = (A \cap (X \setminus B)) \cup (B \cap (X \setminus A))$. Chứng minh rằng:
a) $A \triangle \emptyset = A$.
b) $A \triangle A = \emptyset$.
c) $A \triangle X = X \setminus A$.

Bài 3. Cho tập hợp $E$, $P$ là một phân hoạch của $E$, $\mathscr{A}$ là một bộ phận của $P$. Đặt $F = \{x\in E|\exists A\in \mathscr{A},x\in A\}$. Chứng minh $\mathscr{A}$ là một phân hoạch của $F$.

Bài 4. Cho $E$ là một tập hợp, $n\in \mathbb{N}^*$, $A_o, A_1, \cdots, A_n$ là tập con của $E$ sao cho $$\emptyset \subsetneq A_o \subsetneq A_1 \subsetneq A_2 \subsetneq \cdots \subsetneq A_n = E$$
Đặt $B_o = A_o, B_1 = A_1 \setminus A_o, B_n = A_n \setminus A_{n-1}$.
Chứng minh $B_o, B_1, B_2, \cdots, B_n$ là một phân hoạch của $E$.

Bài 5. Cho $X = \{1, 2, \cdots, n\}$. Cho $F$ là một họ các tập con của $X$, mỗi tập có $r$ phần tử sao cho bất kì $r+1$ tập nào thuộc $F$ thì giao khác rỗng. Chứng minh rằng giao của tất cả các tập trong $F$ cũng khác rỗng.

Bài 6. Cho $A$ là tập con của tập các số hữu tỷ dương thỏa:
a) $1 \in A$.
b) Nếu $x \in A$ thì $x +1 \in A$.
c) Nếu $x \in A$ thì $\dfrac{1}{x} \in A$.
Chứng minh $A$ là tập các số hữu tỷ dương.

Bài 7. Một tập hợp hữu hạn có ít nhất 3 số nguyên dương phân biệt được gọi là tập cân nếu bỏ đi một phần tử bất kì thì các số còn lại có thể chia thành hai tập hợp mà tổng các số trong hai tập hợp đó bằng nhau. Tìm số phần tử nhỏ nhất của một tập cân.

Bài 8. Cho các số thực $x, y, z$ khác 0 thỏa $xy, yz, xz$ là các số hữu tỉ.
a) Chứng minh $x^2 + y^2 + z^2 $ là số hữu tỉ.
b) Giả sử $x^3+y^3+z^3$ cũng là số hữu tỉ. Chứng minh $x, y, z$ là các số hữu tỉ.

Bài 9. Tìm tất cả các bộ số hữu tỉ dương $(x, y, z)$ sao cho $x+\dfrac{1}{y}, y + \dfrac{1}{z}, z+\dfrac{1}{x}$ là các số nguyên.

Bài 10. Tìm các tập con $A$ khác rỗng của tập ${2,3,4,5,6,…}$ sao cho với mọi $n \in A$ thì cả $n^2+4$ và $\lfloor \sqrt{n} \rfloor +1$ cũng thuộc $A$.

Bài 11. Giả sử tập các số tự nhiên được phân hoạch thành hai tập $A$ và $B$. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên $n$ tồn tại $a, b$ sao cho $a, b, a+b \in A$ hoặc $a, b, a+b \in B$.

Bài 12. Tập hợp $M$ chứa 4 số nguyên phân biệt được gọi là tập liên kết nếu với mỗi $x \in M$ thì ít nhất một trong hai số $x-1, x+1$ thuộc $M$. Gọi $U_n$ là số tập con liên kết của tập $\{1,2,…,n\}$ .

a) Tính $U_7$.
b) Xác định giá trị nhỏ nhất của $n$ sao cho $U_n \ge 2019.$

Bài tập trắc nghiệm đại số 10 – Học kì 1

Chương 1. Mệnh đề – Tập hợp

Bài 1. Mệnh đề

[WpProQuiz 50]

Bài 2. Tập hợp

Bài 3. Tổng hợp

[WpProQuiz 72]

Chương 2. Hàm số

Bài 1. Đại cương hàm số

[WpProQuiz 76]

Bài 2. Hàm số bậc nhất

Bài 3. Hàm số bậc hai

Bài 4. Tổng hợp

Chương 3. Phương trình – Hệ phương trình

Bài 1. Phương trình bậc nhất

Bài 2. Phương trình bậc hai – bậc cao

Bài 3. Phương trình chứa trị tuyệt đối, chứa căn

Bài 4. Hệ phương trình bậc nhất 2 ẩn

Bài 5. Hệ phương trình bậc cao

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 $PA^2-PB^2 +NC^2+NA^2 = MC^2-MB^2 \Leftrightarrow MB^2 – MC^2 + NC^2 – NA^2 + PA^2 -PB^2 = 0$.

Ý tưởng chuyển đổi mô hình trong các bài toán hình học phẳng

(Bài viết của Đào Sơn Trà – SV ĐHSP TPHCM)

Giới thiệu ý tưởng

Trong tam giác $ABC$ nhọn có $D,E,F$ là các chân đường cao và $H$ là trực tâm. Khi đó:

a) $H$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $DEF$.
b) $A,B,C$ là tâm bàng tiếp của tam giác $DEF$.

Từ đây ta có thể đổi giữa hai mô hình “bàng tiếp – trực tâm” để xem cách tiếp cận nào thuận lợi hơn để xử lý bài toán. Tất nhiên trong tình huống tam giác tù hoặc vuông cũng có các kết quả tương tự nhưng để đơn giản, ta không đề cập ở đây. Trong các ví dụ, bài tập bên dưới, ta quy ước xét các tam giác nhọn, không cân:

Ví dụ 1.
Cho tam giác $ABC$ có các đường cao $AD,BE,CF$. Gọi $H,K,L$ lần lượt là hình chiếu của $A,B,C$ lên $EF,DF,DE$. Chứng minh rằng các đường thẳng $DH,EK,FL$ đồng quy; các đường thẳng $AH,BK,CL$ đồng quy.

Ta phát biểu lại bài toán như sau: Cho tam giác $DEF$ có $A,B,C$ lần lượt là tâm đường tròn bàng tiếp góc $D,E,F$. Gọi $H,K,L$ lần lượt là hình chiếu của $A,B,C$ lên $EF,DF,DE$. Chứng minh rằng $DH,EK,FL$ đồng quy và $AH,BK,CL$ cũng đồng quy.
Lời giải.

Sau khi chuyển đổi mô hình ta có thể dễ dàng chứng minh được ý a) $DH,EK,FL$ đồng quy (tại điểm Nagel của tam giác $DEF$) bằng cách kết hợp tính chất đường tròn bàng tiếp và định lý Ceva.

Với ý b) ta có: $EF$ là phân giác $\angle DEF$ nên $\angle FEA=\angle DEC$ suy ra $$90^\circ – \angle FEA = 90^\circ – \angle DEC \Rightarrow \angle HAC= \angle LCA$$

Gọi $O$ là giao điểm của $HA$ và $CL$. Khi đó: $$\angle AOC=180^\circ-2\angle HAC=2(90^\circ -\angle HAC)=2\angle BAC$$
nên $AH,CL,BK$ đồng quy tại tâm $(ABC)$.

Ví dụ 2.
Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O;R)$ có $BE,CF$ là hai phân giác cắt nhau tại $I$. $EF$ cắt đường tròn $(O)$ tại hai điểm $M,N$. Chứng minh bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $IMN$ bằng $2R$.

Ở ví dụ này không xuất hiện trực tiếp yếu tố “trực tâm” hay “tâm bàng tiếp” nhưng ta vẫn có thể vận dụng ý tưởng trên bằng cách xem tâm nội $I$ của tam giác $ABC$ là trực tâm của tam giác tạo bởi $3$ tâm đường tròn bàng tiếp. Cụ thể, ví dụ trên tương đương với bài toán sau:

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O;R)$ có đường cao $AD,BE,CF$ cắt nhau tại $H$. Gọi $K,L$ lần lượt là giao điểm của các cặp đường thẳng $(CH,DE),(BH,DF)$. $KL$ cắt đường tròn $Euler$ của tam giác $ABC$ tại $M,N$. Chứng minh bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $HMN$ bằng $R$.

Lời giải.
Do tứ giác $BDHF$ và $DCEH$ nội tiếp nên ta có:
$$\overline {LD} \cdot \overline {LF} = \overline {LH} \cdot \overline {LB} \Rightarrow P_{L/(DEF)} = P_{L/(BHC)}$$

$$\overline {KC} \cdot \overline {KH} = \overline {KD} \cdot \overline {KE} \Rightarrow P_{K/(DEF)} = P_{K/(BHC)}$$
suy ra $LK$ là trục đẳng phương của $(DEF)$ và $(BHC)$ nên $M,N$ nằm trên $(BHC)$.

Theo tính chất quen thuộc thì $(BHC)$ đối xứng với $(ABC)$ qua $BC$ nên bán kính $(HMN)$ cũng bằng $R$.

Bài tập vận dụng
Bài 1. Cho tam giác $(ABC)$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Gọi $M,N,P$ lần lượt là tâm đường tròn bàng tiếp góc $A,B,C$ của tam giác $ABC$. Giả sử $BC$ cắt $NP$ tại $R$ và $T$ là trung điểm cung lớn $BC$ của $(O)$. Chứng minh rằng $MT \bot IR$ với $I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$.

Lời giải
Bài toán được phát biểu lại như sau:

Cho tam giác $MNP$ có $I$ là trực tâm và $A,B,C$ lần lượt là chân đường cao kẻ từ $M,N,P$. $BC$ cắt $NP$ tại $R$. Gọi $T$ là trung điểm cung lớn $BC$ của $(ABC)$. Chứng minh $MI \bot IR$.

Dễ thấy $(ABC)$ là đường tròn $Euler$ của tam giác $MNP$ và $T$ là trung điểm $NP$. Ta sẽ chứng minh $IR$ là trục đẳng phương của $(TM)$ và $(BC)$. \medskip

Ta có:

$$\overline {RA} \cdot \overline {RT} = \overline {RC} \cdot \overline {RB} \Rightarrow P_{R/(NP)} = P_{R/(MT)}$$
$$\overline {IA} \cdot \overline {IM} = \overline {IB} \cdot \overline {IN} \Rightarrow P_{I/(NP)} = P_{I/(MT)}$$

Vậy $IR$ là trục đẳng phương của $(MT)$ và $(NP)$ nên $IR \bot MT$

Bài 2. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ có phân giác $BE,CF(E \in AC, F \in AB)$. Giả sử $(I)$ là đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$. Gọi $M$ là tâm đường tròn bàng tiếp góc $A$. Chứng minh $MO \bot EF$.

Lời giải
Ta phát biểu lại bài toán trên dưới mô hình trực tâm như sau:

Cho tam giác $MNP$ có $I$ là trực tâm và $MA,NB,PC$ là các đường cao. Gọi $NB$ cắt $AC$ tại $E$, $AB$ cắt $PC$ tại $F$. Gọi $O$ là tâm đường tròn $Euler$ của tam giác $MNP$. Chứng minh $MO \bot EF$.

Gọi $O_2$ là tâm ngoại tiếp tam giác $NIP$ thì dễ thấy rằng $O_2$ đối xứng với $O_1$ qua $NP$. Gọi $T$ là trung điểm $NP$ thì $MI = 2O_1T = O_1O_2$. Mà $O_1O_2 \parallel MI$ nên kéo theo tứ giác $MIO_2O_1$ là hình bình hành. Vì thế nên $MO_2$ đi qua trung điểm của $IO_1,$ cũng chính là tâm đường tròn Euler $O$ của tam giác $MNP$.

Tiếp theo, ta thấy rằng

$\overline {EA} \cdot \overline {EC} = \overline {EN} .\overline {EI}$ $\Rightarrow P_{E/(O)} = P_{E/(O_2)}$
$\overline {FA} \cdot \overline {FB} = \overline {FN} \cdot \overline {FI} \Rightarrow P_{F/(O)} =P_{F/(O_2)}$

Suy ra $EF$ là trục đẳng phương của $(O)$ và $(O_2)$ nên $EF \bot OO_2$.

Từ hai điều trên, ta có $EF$ vuông góc với $MO$.

Bài 3. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ và tâm nội tiếp $I$. Đường tròn bàng tiếp $(L)$ của đỉnh $C$ của tam giác $ABC$ tiếp xúc với $AB$ tại $M$. $MI$ cắt $BC$ tại $N$. $P$ là hình chiếu của $C$ lên $LB$. Chứng minh rằng $AI$ và $NP$ cắt nhau trên $(O)$.

Lời giải
Bài toán được phát biểu lại như sau:

Cho tam giác $JKL$ có các đường cao $JA,KB,LC$. Gọi $I$ là trực tâm tam giác $JKL$. Gọi $M$ là hình chiếu của $L$ lên $AB$, $P$ là hình chiếu của $C$ lên $JL$. $MI$ cắt $BC$ tại $N$. Chứng minh rằng $NP$ cắt $JA$ trên đường tròn $Euler$ của tam giác $JKL$.

Gọi $R$ là giao điểm của $JA$ và $NP$. Dễ thấy việc chứng minh $R$ nằm trên đường tròn $Euler$ của tam giác $JKL$ tương đương với việc chứng minh $R$ là trung điểm $IJ$.

Ta có $\Delta LAB \sim \Delta CJB$ mà $LM,CP$ lần lượt là các đường cao nên $\frac{BM}{MA}=\frac{BP}{PJ}$ suy ra $MP \parallel AJ$.

Do $M,I,N$ thẳng hàng nên $P(BI,MN)=B(PI,MN)=B(JK,AC)=-1$ kết hợp với $MP \parallel AJ$ suy ra $R$ là trung điểm $IJ$. Bài toán đã được chứng minh.

Bài 4. Cho tam giác $ABC$ có đường cao $BD,CE$ cắt nhau tại $I$. Chứng minh rằng $AI$ đi qua tâm $Euler$ của tam giác $IDE$.

Lời giải
Dựa vào bổ đề ở \textbf{bài tập 2} ta có thể chuyển bài toán về mô hình sau: \medskip

Cho tam giác $ABC$ có các đường cao $AD,BE,CF$ cắt nhau tại $H$. Gọi $P,Q$ là giao điểm của các cặp đường thẳng $(CH,DE),(BH,DF)$. Lấy $K$ là trực tâm tam giác $HPQ$. Gọi $L$ là tâm $(PKQ)$. Chứng minh $L$ nằm trên $AD$.

Ta có: $$\angle LQP=\frac{180^\circ-\angle QLP}{2}=\frac{180^\circ-2\angle QKP}{2}=90^\circ-\angle QKP=\angle HPK=\angle HCA =\angle LDP$$

Suy ra $QLPD$ nội tiếp. Lại có $LP=LQ$ nên $DL$ là phân giác góc $EDF$ nên $L$ thuộc $AD$. Vậy bài toán đã được chứng minh.

Bài 5. Chọn đội tuyển 30/4 PTNK 2016 Cho $(O)$ và dây cung $BC$ cố định, điểm $C$ di động. Gọi $I,I_a,I_b$ lần lượt là tâm nội tiếp, tâm bàng tiếp góc $A,B$ của tam giác $ABC$. Gọi $M$ là điểm đối xứng với $I$ qua $O$.

a) Chứng minh rằng $MI_a=MI_b$.
b) Gọi $H,K$ là hình chiếu của $I_b,I_a$ lên $OI$. Đường thẳng qua $H$ vuông góc với $BI_a$ cắt đường thẳng qua $K$ vuông góc với $AI_b$ ở $T$, chứng minh rằng $T$ thuộc đường tròn cố định.

Lời giải
Nhận xét: Khi chuyển đổi sang mô hình trực tâm, giả sử $I_c$ là tâm bàng tiếp góc $C$ của tam giác $ABC$. Ta có $I,O$ lần lượt là trực tâm và tâm đường tròn $Euler$ tam giác $I_aI_bI_c$ nên $M$ là tâm $(I_aI_bI_c)$ từ đó $MI_a=MI_b$. Vậy ta đã giải quyết được ý a) của bài toán.

Ý b) của bài toán sau khi chuyển đổi mô hình, ta có thể dự đoán được $T$ di chuyển trên đường tròn $Euler$ của tam giác $I_aI_bI_c$. Đó là kết quả về cực trực giao của một đường thẳng đi qua tâm ngoại tiếp được phát biểu bởi bài toán sau:

Cho tam giác $ABC$ có đường thẳng $d$ đi qua tâm ngoại tiếp $O$. Gọi $D,E,F$ lần lượt là hình chiếu của $A,B,C$ lên $d$. Chứng minh rằng đường thẳng qua $D,E,F$ vuông góc với $BC,CA,AB$ đồng quy trên đường tròn $Euler$ của tam giác $ABC$.

Gọi $l$ là đường thẳng đi qua trực tâm $H$ của tam giác $ABC$ và vuông góc với $d$. Gọi $S$ là điểm anti-Steiner của $l$. $J$ là điểm đối xứng của $S$ qua $BC$ và $X$ là giao điểm của $SJ$ và $(O)$. $K$ là điểm đối xứng với $H$ qua $BC$.

Ta có: $$\angle AXS =\angle AKS=\angle KHJ$$ suy ra $HJ \parallel AX$.\ Do đó, $D$ nằm trên $AX$ hay $D$ là trung điểm $AX$. Suy ra đường thẳng qua $D$ vuông góc với $BC$ đi qua trung điểm $I$ của $SH$ và nằm trên đường tròn $Euler$ của tam giác $ABC$.

Bài 6. Cho tam giác $ABC$ có phân giác $BE,CF$ cắt nhau tại $I$. Gọi $XP,YQ$ là tiếp tuyến chung ngoài của $(O)$ và $(I_a)$-đường tròn bàng tiếp góc $A$ ($P,Q \in (O)$,$X,Y \in (I_a))$. Chứng minh $P,Q,E,F$ thẳng hàng.

Lời giải
Gọi $I_b,I_c$ là tâm đường tròn bàng tiếp góc $B,C$ để chuyển về mô hình trực tâm thì theo ví dụ I.2 ta cần chứng minh $I,I_c,I_b,P,Q$ cùng nằm trên một đường tròn.

Gọi $M$ là giao điểm của $I_aP$ với $(ABC)$, $K$ là hình chiếu của $O$ lên $XI_a$. \medskip

Theo hệ thức $Euler$ ta có: $$OI_a^2=R^2+2Rr_a$$
suy ra $$PX^2=OK^2=OI_a^2-KI_a^2=R^2+2Rr_a-(r_a-R)^2=4Rr_a-r_a^2$$
ta thu được $PI_a^2=4Rr_a$. Mà $I_aP\cdot I_aM=BI_a^2=OI_a^2-R^2=2Rr_a$. Suy ra $M$ là trung điểm $PI_a$.

Do $(O),I$ là đường tròn $Euler$ và trực tâm của tam giác $I_aI_bI_c$ nên theo Bài tập 2 ta có: ${V_{{I_a}}}^2:(O) \to (I{I_b}{I_c});M \to P$ mà $M \in (O)$ nên $P \in (II_bI_c)$.

Tương tự thì $Q \in (II_bI_c)$ nên ta có được điều phải chứng minh.

Bài 7. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ và ngoại tiếp đường tròn $(I)$. Gọi $M,N$ là điểm chính giữa cung $BC$ và cung $BAC$ của $(O)$. $NI$ cắt $(O)$ lần thứ hai tại $P$. $MP$ cắt trung trực $AI$ tại $T$. Gọi $S$ là giao điểm tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$ với $BC$. Chứng minh rằng $TS \parallel AI$.

Lời giải

Gọi $I_a,I_b,I_c$ lần lượt là tâm đường tròn bàng tiếp góc $A,B,C$ của tam giác $ABC$ để chuyển về mô hình trực tâm. Gọi $X$ là giao điểm của $BC$ và $I_bI_c$. $J$ là giao điểm của $(I_aBIC)$ với $(I_aI_bI_c)$ thì ta có $N,I,J$ thẳng hàng.

Tứ giác toàn phần $BCI_bI_cI_aX$ nội tiếp nên $J$ là điểm Miquel và $I_a,J,X$ thẳng hàng mà $\angle IJI_a =90^\circ$ suy ra tứ giác $AIJX$ nội tiếp.

Ta có: $$\angle MPJ =\angle I_aJI = 90^\circ$$ suy ra $MP \parallel I_aJ$. Lại có $M$ là trung điểm $JI_a$ nên $P$ là trung điểm $IJ$. Suy ra $T$ là tâm $(AIJX)$. Ta thu được $TX=TA$.

Mà $S$ là tâm $A-Apollonius$ của tam giác $ABC$ nên $SX=SA$. Vậy $ST$ là trung trực của $XA$ nên $ST \bot XA$ suy ra $ST \parallel AI$.

Bài 8. (Trích VN TST 2019) Cho tam giác $ABC$ ngoại tiếp $(O)$ và nội tiếp $(I)$. Gọi $E,F$ là giao điểm của các cặp đường thẳng $(BI,AC),(CI,AB)$. Gọi $P,Q$ lần lượt là trung điểm cung $ABC$ và $ACB$. $PQ$ cắt $BC,EF$ tại $G$ và $H$. $EF$ cắt $BC$ ở $K$. Chứng minh rằng tiếp tuyến ứng với $G$ của tam giác $GHK$ vuông góc với $OI$.

Lời giải
Đây là một bài toán hay và khó. Nếu không có cách tiếp cận chuyển đổi mô hình thích hợp thì việc xử lý các tính chất sẽ gặp nhiều khó khăn. Vận dụng ý tưởng ở Ví dụ I.2 ta chuyển bài toán về mô hình trực tâm như sau:

Cho tam giác $ABC$ có các đường cao $AD,BE,CF$. Gọi $M,N,P$ lần lượt là trung điểm của $BC,CA,AB$. Gọi $BH,CH$ cắt $FD,ED$ lần lượt tại $S,T$. $ST$ cắt $PN$ tại $Y$ và cắt $EF$ tại $Z$. Gọi $X$ là giao điểm của $PN$ và $EF$, $K$ là trung điểm $YZ$. Chứng minh rằng: $XK$ vuông góc với đường thẳng $Euler$ của tam giác $ABC$.

Ta có: $$\overline {XN} .\overline {XP} = \overline {XE} .\overline {XF} \Rightarrow P_{X/(APN)} = {{\mathscr{P}}_{X/\left(AEF \right)}} $$
suy ra $AX$ là trục đẳng phương của $(APN)$ và $(AEF)$ nên $AX \bot OH$.

Gọi $U$ là tâm $Euler$ của tam giác $ABC$ thì theo \textbf{Bài tập 2} ta có $AU \bot ST$.

Qua $A$ kẻ đường thẳng song song với $YZ$ cắt $EF$ tại $I$ và cắt $PN$ tại $J$ thì $AU \bot IJ$, áp dụng định lý con bướm cho tứ giác $FPEN$ nội tiếp ta thu được $AJ=AI$. Từ đó suy ra $AX$ đi qua trung điểm $YZ$ dẫn đến $A,X,K$ thẳng hàng nên $XK$ vuông góc với $OH$. Vậy ta thu được điều phải chứng minh.

Bài 9. (Trích VN TST 2016) Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ có $B,C$ cố định, $A$ di động trên cung $BC$ của $(O)$. Các phân giác $BE,CF$ cắt nhau tại $I$. $BE,CF$ cắt đường tròn $(O)$ tại $K,L$. $AI$ cắt $KL$ tại $P$. Gọi $Q$ là một điểm trên $EF$ sao cho $QP=QI$. $J$ nằm trên $(BIC)$ sao cho $IJ \bot IQ$. Chứng minh rằng trung điểm $IJ$ di chuyển trên một đường tròn cố định.

Lời giải
Tiếp tục với ý tưởng Ví dụ I.2 Ta dựng $I_b,I_c$ lần lượt là tâm đường tròn bàng tiếp góc $B,C$ của tam giác $ABC$ để chuyển về mô hình trực tâm thì ta thu được $L,K$ lần lượt là trung điểm của $II_c$ và $II_b$.

Gọi $R,S$ là giao điểm của $EF$ với $(O)$(như hình vẽ). $RI,SI$ cắt đường tròn $(O)$ lần thứ hai tại $T,W$. $TW$ cắt $BI$ tại $G$. Đường thẳng qua $I$ vuông góc với $OI$ cắt $LK,BC,SR,TW$ tại $V,U,Q’,X$.

Theo ví dụ 2,ta có $S,R \in (II_bI_c)$. Do đó: $$\angle GTR= \angle ISR=\angle II_bR$$
suy ra tứ giác $GTI_bR$ nội tiếp. Ta thu được $$IG\cdot II_b=IT \cdot IR=IB \cdot IK=\frac{1}{2}IB \cdot II_b$$
suy ra $TW$ đi qua trung điểm $IB$. Tương tự: $TW$ cũng đi qua trung điểm $IC$ nên $TW$ là đường trung bình của tam giác $IBC$.

Áp dụng định lý con bướm cho hai dây cung $LC,BK$ cắt nhau tại $I$, ta được $IV=IU$. Tiếp tục áp dụng định lý con bướm cho hai dây cung $SW,TR$, ta được $IX=IQ’$.

Mà $X$ là trung điểm $IU$ nên $Q’$ là trung điểm $IV$ do đó $IQ’=Q’V=Q’P$ suy ra $Q \equiv Q’$. Vậy $OI \bot IQ$. Gọi $O_1$ là trung điểm cung $BC$ không chứa $A$ thì $O_1$ là tâm $(BIC)$. Gọi $M$ là trung điểm $IJ$ khi đó ta có $\angle OMO_1 =90^\circ$ nên $M$ nằm trên $(OO_1)$, là đường tròn cố định. Ta có điều phải chứng minh.

Bài tập tự luyện

Cho tam giác $ABC$ có các đường cao $AD,BE,CF$. Gọi $M,N,P$ là trung điểm của $EF,FD,DE$ và $K$ là tâm nội tiếp tam giác $MNP.$ Gọi $x,y,z$ lần lượt là khoảng cách từ $A\to EF,B\to DF,C\to DE.$ Chứng minh rằng
$${{x}^{2}}-K{{A}^{2}}={{y}^{2}}-K{{B}^{2}}={{z}^{2}}-K{{C}^{2}}.$$
Cho tam giác $ABC$ có $T$ là trung điểm $BC$ và $X,Y$ là tâm bàng tiếp góc $B,C$ của tam giác $ABC.$ Giả sử $TX$ cắt $AB,AC$ lần lượt tại $M,N,$ còn $TY$ cắt $AB,AC$ lần lượt tại $P,Q.$ Chứng minh rằng $M,N,P,Q$ là các đỉnh của một hình thang ngoại tiếp được đường tròn.
Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$ có tâm nội tiếp $I,$ tâm bàng tiếp góc $A$ là $J.$ Trên các đường thẳng $JB,JC$ lần lượt lấy $M,N$ sao cho $MA=MJ$ và $NA=NJ.$ Đường thẳng $MN$ cắt $IB,IC$ ở $E,F.$ Chứng minh rằng trung tuyến đỉnh $I$ của tam giác $IEF$ chia đôi cung $BAC$ của $(O)$.
Cho tam giác $ABC$ có trực tâm $H$. Đường tròn $(BHC)$ cắt đường tròn Euler của tam giác $ABC$ ở $M,N$. Chứng minh rằng $AM=AN.$
(Bài toán về điểm Bevan) Cho tam giác $ABC$ có $I_a,I_b,I_c$ lần lượt là tâm đường tròn bàng tiếp góc $A,B,C.$ Khi đó, ký hiệu $X$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $I_aI_bI_c,$ cũng chính là điểm Bevan của tam giác $ABC$. Gọi $O,I,G,H$ lần lượt là tâm ngoại tiếp, tâm nội tiếp, trọng tâm, trực tâm của tam giác $ABC.$ Chứng minh rằng $O$ là trung điểm của $XI$ và $G$ là trọng tâm của $HIX.$

Logic toán và cơ sở toán học

Ta biết rằng Toán Học là một ngành khoa học lý thuyết được phát triển trên cơ sở tuân thủ nghiêm ngặt các qui luật của tư duy logíc hình thức.

Các qui luật cơ bản của logíc hình thức đã được phát triển từ thời Aristote (384 – 322 trước Công Nguyên) và hệ tiên đề đầu tiên của hình học đã được xây dựng bởi Euclid cũng vào khoảng 300 năm trước Công Nguyên. Sau thời kì rực rỡ đó của nền văn minh cổ Hy Lạp, phải trải qua một giai đoạn ngưng trệ hàng nghìn năm, mãi cho đến thế kỉ 16,17 các nganh khoa học đặc biệt là Toán Học mới tìm lại được sự phát triển tiếp tục.

Giai đoạn mới khởi đầu từ những phát minh của Newton, Leibnitz về phép tính vi phân và giải tích toán học đã đưa toán học từ phạm vi “bất biến, hữu hạn” sang địa hạt của “vận động, vô hạn, liên tục”. Nhưng trong suốt mấy thế kỉ phát triển, bên cạnh những thành tựu to lớn, Toán Học vẫn chứa trong mình những “lỗ hổng” về cơ sở lý luận – cơ sở logíchình thức cho các khái niệm cơ bản như số thực, đại lượng vô cùng bé, giới hạn, biến thiên liên tục…

Cho đến cuối thế kỉ 19 bước sang đầu thế kỉ 20 lý thuyết tập hợp của Cantor ra đời đã đưa đến cho Toán Học niềm hy vọng giải quyết được cuộc “khủng hoảng” về cơ sở lý luận đó. Cái cốt lõi của lý thuyết tập hợp Cantor là sự hợp thức hóa phép trừu tượng về “vô hạn thực tại”, xem rằng trong Toán Học có thể hình dung mọi tập hợp bất kì dưới dạng hoàn chỉnh, trong đó các phần tử tồn tại đồng thời, độc lập và bình đẳng với tư duy. Và cùng với việc thừa nhận quan niệm “thực tại” đó về các tập hợp vô hạn, người ta cũng đồng thời tuyệt đối hóa tính hợp lý của các qui luật logíc hình thức: các qui luật của logíc hình thức dù có thể đã được hình thành cho các suy luận trên cái hữu hạn thì này có thể dùng được cho cả các suy luận trên các tập hữu hạn hoặc vô hạn, không cần phân biệt.

Lý thuyết tập hợp quả thực đã cung cấp một cơ cở tuyệt vời, không những cho việc giải quyết cuộc khủng hoảng của cơ sở giải tích toán học, mà rộng hơn còn cung cấp một nền tảng thống nhất cho việc xây dựng và phát triển hầu như toàn bộ các ngành toán học khác. Tuy nhiên, oái ăm thay, ngay trong những năm đầu của thế kỉ 20 người ta liên tiếp phát hiện trong lí thuyết “ngây thơ” về tập hợp có chứa đựng nhiều nghịch lý: nghịch lý Russell về “tập hợp của tất cả các tập hợp không là phần tử của chính mình”, nghich lý do chính Cantor phất hiện về “tập hợp của tất cả các tập hợp”, nghịch lý Bulari-Forti về “ordinal của tập sắp thứ tự hoàn toàn của tất cả các ordinal”… Việc phát hiện ra các nghịch lý như vật đã làm lung lay lòng tin của một số nhà toán học vào giá trị “nền tảng” của lý thuyết tập hợp. và khó khăn mới đó đã dẫn tới những đề nghị khác nhau về cách khắc phục. Cách khắc phục được nhiều người tán thành nhất là hạn chế ngoại diên của khái niệm “tập hợp” bằng cách xây dựng cho lý thuyết tập hợp một hệ tiên đề, tức tiên đề hóa lý thuyết tập hợp trong đó không thể có những tập hợp quá “tự do” như trong các nghịch lý kể trên. Cách này đã chứng tỏ là rất hợp lý, nhiều lý thuyết tiên đề về tập hợp đã ra đời và đáp ứng các yêu cầu hạn chế đó.

Portrait of Georg Ferdinand Cantor (1845-1918), German mathematician. Cantor developed important theories involving irrational numbers and infinities. (Photo by © CORBIS/Corbis via Getty Images)

Cùng với tiên đề hóa lý thuyết tập hợp cũng như tiên đề hóa các lý thuyết toán học, người ta cũng nghĩ nhiều đến việc tiên đề hóa các lý thuyết cơ sở về logíc – việc tiên đề hóa triệt để như vậy dẫn tới việc hình thức hóa, và ta được các hệ hình thức hóa của logíc (mệnh đề và tân từ) rồi trên cơ sở đó, các hệ hình thức hóa của Toán Học. Khi toàn bộ một lý thuyết Toán Học (cùng với cơ sở logíc của nó) đã được hình thức hóa, thì việc làm toán có thể đóng khung trong phạm vi lí thuyết hình thức đó và làm toán chỉ còn là việc thực hiện những thao tác trí tuệ trên các dòng ký hiệu hình thức theo các luật đã được hình thức hóa trong lý thuyết đó (?!). Tuy nhiên có những vấn đề về các lý thuyết Toán Học được hình thức đó thì lại không thể được xét bên trong chúng, chẳng hạn các vấn đề về tính phi mâu thuẫn, về tính đầy đủ của lý thuyết, về tính độc lập của các tiên đề v.v… . Những vấn đề như vậy có ý nghĩa quan trọng về các lý thuyết toán học được hình thức và được xét trong 1 siêu toán học (metamathematics) tức là một siêu lý thuyết nằm ngoài các lý thuyết hình thức nói trên.

Vào các thập niên đầu của thế kỉ 20, để cứu vãn nền tảng vững chắc cho Toán Học, Hilbert đã đề xuất một chương trình có nội dung tóm lược như sau: Hilbert xem rằng lý thuyết tập hợp (sau khi đã loại bỏ các yếu tố đưa đến nghịch lý) với quan niệm trừu tượng hóa vô hạn thực tại và sự phổ quát hóa của các qui luật logíc cổ điển(bao gồm qui luật bài trung (nói rằng 1 điều gì đó chỉ có thể là đúng hoặc chỉ có thể là sai.ct) và phủ định kép (nếu 1 ta có ((điều gì đó là sai) là sai) thì điều đó phải đúng.ct)) là cơ sở tin cậy của Toán Học. Để bảo vệ Toán Học với cơ sở đó, ta hình thức hóa Toán Học thành một hệ hình thức rồi sau đó chứng minh tính phi mẫu thuẫn của hệ toán học hình thức đó trong một siêu toán, và không ai có thể công kích được. Hilbert đề nghị siêu toán đó sẽ là một thứ Toán học không sử dụng khái niệm “vô hạn thực tại”, chỉ hạn chế trong các kiến trúc dùng một quan niệm hạn chế về vô hạn là “vô hạn tiềm năng”, và cùng với nó cũng không sử dụng phổ biến các qui luật logíc như luật bài trung. Một siêu toán như vậy được gọi là siêu toán hữu hạn luận (finitism).

Vào những năm 30 của thế kỉ, nhà toán học người Áo Godel đã xây dựng được cho “số học hình thức”, một thứ siêu toán thỏa mãn các yêu cầu của hữu hạn luận, đó là số học của các hàm và quan hệ đệ quy. Nhưng rồi bất ngờ thay, chính với các phương tiện của siêu toán đó, Godel đã chứng minh được các định lý vĩ đại: nếu số học hình thức phi mâu thuẫn thì nó không đầy đủ, và bản thân tính phi mâu thuẫn của số học hình thức không thể tìm thấy trong số học hình thức đó (!!). Nói cách khác, mưu đồ hình thức hóa Toán Học rồi tìm cách chứng minh tính phi mâu thuẫn của nó bên trong hệ hình thức đó hay với sự trợ giúp của một siêu toán hữu hạn luận là thất bại (!!). Các định lý của Godel có tác động to lớn đối với nhận thức luận khoa học nói chung.

Một vấn đề khác cũng rất được quan tâm trong cơ sở Toán Học là vai trò của một vài giả thuyết hay tiên đề của lý thuyết tập hợp, cụ thể là giả thuyết liên tục và tiên đề chọn. Trong số 23 bài toán mà Hilbert đặt ra cho thế kỉ 20, bài toán về giả thuyết liên tục là bài toán số 1. Đầu những năm 40. Godel xây dựng mô hình cho lý thuyết tập hợp gồm các tập “kiến thiết được” và chứng minh trong mô hình đoa giả thuyết liên tục và tiên đề chọn đều đúng. Và đến giữa những năm 60, Cohen bằng khái niệm “cưỡng bức” (forcing) độc đáo của mình đã xây dựng được các mô hình của lý thuyết tập hợp trong đó giả thuyết liên tục không đúng và tiên đề chọn đúng, hoặc cả hai cùng không đúng. Như vậy cả tiên đề chọn và giả thuyết liên tục đều là vừa phi mâu thuẫn, vừa là độc lập đối với lý thuyết tiên đề về tập hợp. Những kết quả này, về nguyên tắc có thể cho ta khả năng xây dựng được những lý thuyết tập hợp trong đó tiên đề chọn (và giả thuyết liên tục) là đúng hoặc không đúng, tương tự như ta đã có hình học Euclid và hình học phi Euclid.

Logíc toán và cở sở toán học – với nội dung như vừa được điểm lại – đã được hình thành và phát triển chủ yếu vào cuối thế kỉ 19 và nừa đầu thế kỉ 20, trong 1 giai đoạn bùng phát nhiều ý tưởng và kết quả nghiên cứu đặc sắc theo hướng tìm kiếm và xây dựng một nền móng “vững chắc” cho lâu đài Toán Học.

Toán Học, như triết gia A.N. Whitehead từng nhận định: có thể coi là thành quả sáng tạo độc đáo nhất trong hoạt động tinh thần của con người, toán học thuần túy đứng ở đỉnh cao của tư duy duy lý, các kết quả của toán học được xem là khuôn mẫu của sự chính xác, nghiệm ngặt và chắc chắn, người ta thường lấy lượng Toán Học được ứng dụng để đo mức độ nghiệm ngặt của một lý thuyết khoa học. Nhưng dù Toán Học có đối tượng trực tiếp là các ý tưởng, các khái niệm trừu tượng và phương pháp phát triển Toán học chủ yếu là phương pháp suy luận logíc một cách nghêim ngặt, thì Toán Học cũng là một ngành khoa học, và trong quá trình tiến hóa biện chứng của mình, nó cũng có thể được phát hiện là có những khiếm khuyết và phải tìm cách khắc phục những khiếm khuyết để phát triển tiếp tục.

Như đã trình bày, cuộc khủng hoảng về cơ sở của Giải tích toán học vào cuối thế kỉ 19 đã dẫn đến sự ra đời của lý thuyết Cantor về tập hợp, hợp thức hóa phép trừu tượng về vô hạn thực tại, tạo các cơ sở nền móng cho Giải tích toán học và cho Toán Học nói chung. Nhưng ngày sau đó, việc phát hiện những nghịch lý trong bản thân lý thuyết tập hợp đã làm lung lay cái cơ sở nền móng vừa được xác lập. Và vấn đề xây dựng nền móng cho Toán Học hóa ra phức tạp và khó khăn hơn nhiều, không chỉ đơn giản là tìm cách định nghĩa hợp lý cho một số khái niệm nào đó. Nguời ta đặt vấn đề cần xem xét lại tính đúng đắn của một số mệnh đề ban đầu vẫn được mặc nhiên coi là đúng, và cả tính đúng đắn của một số qui tắc logíc của suy luận mà trước đó chưa hề bị hoài nghi. Một số trường phái đề xuất các giải pháp khác nhau cho việc xây dựng nền móng Toán Học đã xuất hiện, nổi bật là ba phái lớn:

Phái chủ nghĩa logíc (logicism) khởi đầu bởi G.Frege và tiếp tục bới B.Russell, A. Whitehead xem rằng không có các đối tượng toán học tồn tại độc lập, đối tượng toán học (như các con số) là các khái niệm trừu tượng, có thể được định nghĩa bởi một chuỗi các định nghĩa, do đó có thể biểu diễn qua các thuật ngữ logich, từ đó mọi phán đoán, mọi định lý toán học cũng là các phán đoán logich, bằng cách đó phái chủ nghĩa logíc chủ trương đưa toàn bộ Toán Học thành một bộ phận của logich, mà cái đúng của logíc là đúng trong mọi thế giới có thể, không phụ thuộc các đối tượng.

Phái chủ nghĩa trực giác (intuitionism) mà những người đề xướng chủ chốt là L.E.J. Brouwer, A. Heyting không những không chấp nhận việc hợp thức hóa phép trừu tượng về vô hạn “thực tại” trong Toán Học mà còn hoài nghi tính đúng đắn của nhiều quy luật logíc cổ điển dùng trong Toán Học liên quan đến các liên kết logíc “không”,”hay là”, “tồn tại” như các qui luật phủ định kép, luật bài trung, qui luật:”nếu mệnh đề (với mọi a ta có 1 “điều gì đó”) là sai, thì mệnh đề sau là đúng (tồn tại a để “điều gì đó” là sai” (.ct). Phái này đòi hỏi các đối tượng toán học phải được xây dựng rõ ràng một cách trực giác, mọi chứng minh sự tồn tại của một đối tượng phải chỉ ra được cách tìm đối tượng đó một cách trực giác….. phép trừu tượng hóa vô hạn thực tại và các qui luật logíc kể trên là nguồn gốc của việc nảy sinh ra nhiều kết quả về sự tồn tại thuần túy phi trực giác trong Toán Học (kết luận về sự tồn tại của đối tượng nhưng không có cách gì để tìm ra đối tượng cụ thể đó!). Thay cho phép trừu tượng hóa vô hạn thực tại, phái trực giác chỉ chấp nhận phép trừu tượng về vô hạn “tiềm năng” (trong quá trình xây dựng các đối tượng toán học, chấp nhận là sau mỗi bước đều có thể tiến hành thêm một bước tiếp theo), và thay cho logíc cổ điển chỉ được phép dùng một logíc trực giác theo đó các qui luật kể trên không còn được xem là có tính phổ biến. Phái trực giác cũng đã bắt đầu xây dựng một Toán Học trực giác của mình với nhiều kết quả trái với Toán Học cổ điển, nhưng vì nhiều quan niệm còn chưa được chính xác hóa, logíc trực giác chưa được phát triển nên việc xây dựng đó khó được tiếp tục tiến triển. Về sau này, khi các lý thuyết về “thuật toán” ra đời, có thể gán cho khái niệm “tồn tại” hay “xây dựng được” một nội dung thuật toán một cách chính xác, nhiều nhóm toán học đã phát triển các hưởng toán học kiến thiết trên cơ sở các phê phán của phái chủ nghĩa trực giác và các thành tựu của lý thuyết thuật toán, có những đóng góp và sự phát triển của Toán Học nói chung.

Khác với phái chủ nghĩa trực giác, phái chủ nghĩa hình thức (formalism) khởi xướng bởi D. Hilbert và tiếp tục bởi P. Bernays, W. Ackermann, J.V.Neumann và nhiều người khác, tuy thừa nhận rằng các mệnh đề toán học có sử dụng phép trừu tượng về vô hạn thực tại là vượt ra ngoài giới hạn của tính hiển nhiên trực giác, nhưng không vì thế mà phủ nhận toán học cổ điển. Hilbert chủ trương cứu toàn bộ toán học cổ điển thoát khỏi những phê phán của chủ nghĩa trực giác bằng cách đề xuất và thực hiện một chương trình: tiên đề hóa rồi hình thức hóa toàn bộ toán học cổ điển thành một lý thuyết tiên đề hình thức, rồi sau đó chứng minh tính phi mâu thuẫn của lý thuyết hình thức đó. Toán Học, sau khi đã được hình thức hóa sẽ được biến thành một hệ thống ký hiệu, làm toán trở thành thực hiện các thao tác trên các ký hiệu hình thức tuân theo các luật suy diễn hình thức, tính phi mâu thuẫn của một lý thuyết hình thức được định nghĩa như là tính không suy diễn được trong lý thuyết đó hai công thức hình thức mâu thuẫn nhau dạng (A đúng) và (A sai) (ở đây A là một mệnh đề nào đó, hay là 1 điều gì đó .ct). Định nghĩa đó mở đường cho khả năng chứng minh tính phi mâu thuẫn của một lý thuyết mà không phải dùng đến phương pháp mô hình vốn là phương pháp truyền thống khi chứng minh tính phi mâu thuẫn của một lý thuyết tiên đề hóa (bằng cách xây dựng cho lý thuyết đó một mô hình trong một lý thuyết khác). Ngoài ra, để đảm bảo thỏah khỏi mọi phê phán của phái chủ nghĩa trực giác, Hilbert còn đề xuất việc dùng một siêu toán với những hạn chế hữu hạn luận để nghiên cứu toán học hình thức.

Nếu chương trình của Hilbert được thực hiện mỹ mãn thì toàn bộ Toán Học cổ điển với lý thuyết tập hợp và phép trừu tượng hóa vô hạn thực tại cùng với hệ thống logíc cổ điển được bảo vệ, Toán Học sẽ có được một nền tảng “vững chắc” để phát triển mà không sợ lại gặp phải khủng hoảng !!. Cũng cần nói thêm rằng hướng phát triển Toán học như phái hình thức bảo vệ được đa số các nhà toán học tán thành, nên về cơ bản Toán Học trong thế kỉ 20 vẫn được phát triển chủ yếu với việc sử dụng lý thuyết tập hợp (có phép trừu tượng vô hạn thực tại) và toàn bộ logíc cổ điển.

Tuy nhiên, những kết quả của Godel – như đã điểm qua ở trên – đã giáng một đòn mạnh vào chương trình của Hilbert. Các kết quả đó đã bác bỏ cái mà chương trình Hilbert tìm kiếm. Và hơn thế còn bác bỏ mọi mưu toan tìm kiếm bên trong Toán Học một nền tảng chắc chắn và vĩnh cửu của bản thân Toán Học, một lần cho mãi mãi. Không thể có một nền tảng như vậy, bởi nếu có thì bản thân nó cũng không thể chứng minh được là mình phi mâu thuẫn, tức là mình đúng. Nói rộng ra cái đúng của Toán Học không thể đuợc chứng minh trong bản thân Toán Học mà phải tìm ở một thế giới bên ngoài.

Thay cho lời kết

Như vậy là con đường tìm kiếm nền tảng cho Toán Học trong những thập niên đầu của thế kỉ 20 đã đi đến những kết quả trái với mong đợi, nhưng chính vì thế mà đã dẫn đến những tư duy mới trong nhận thức về những vấn đề gọi là Cơ Sở Toán Học. Toán Học, dù có đối tượng trực tiếp là những ý tưởng, những khái niệm trừu tượng nhưng đó không phải là những ý tưởng chủ quan của các nhà toán học, cũng không phải là những ý niệm khách quan tách rời hiện thực như những người thuộc trương phái Platon quan niệm, mà là những ý tưởng những khái niệm được hình thành từ nhu cầu nhận thức thực tế. Toán Học dù có nhũng đặc thù riêng của mình nhưng cũng là một ngành khoa học, tuân theo các qui luật tiến hóa của khoa học nói chung. Và cũng như mọi ngành khoa học khác, nó cũng là một sản phẩm có tính chất văn hóa, xã hội và lịc sử. Không có một thứ Toán Học duy nhất đúng, có nền tảng chắc chắn được kiến tạo một lần cho mãi mãi, kiến thức Toán Học cũng chịu sự chi phối của qui luật “có thể sai” như mọi kiến thức khoa học khác. Hình học Euclid là tuyệt vời cho việc nhận thức các cấu trúc không gian trong thế giới thông thường, nhưng khi nó không còn phù hợp với nhận thức về thế giới vĩ mô theo thuyết tương đối thì ta có thể sử dụng các hình học phi Euclid, qui luật logíc bài trung là thích hợp với những lập luận thông thường, nhưng khi thấy nó không còn thích hợp với những lập luận nhằm mục đich kiến thiết thì ta có thể không dùng nó mà thay bằng qui tắc lập luận khác, cũng như vậy, các định lý Cohen cho ta căn cứ để chấp nhận một lý thuyết tập hợp có tiên đề V nào đó mà cũng có thể chấp nhận một lý thuyết không có tiên đề đó, một lý thuyết có tiên đề chọn (hoặc giả thuyết liên tục) hay không có tiên đề (hoặc giả thuyết đo).

Sau một giai đoạn cố công đi tìm kiếm một nền tảng cho Toán Học, ngày nay toán học đã có những phát triển vượt bậc, không phải theo hướng mà các nhà sáng lập của các trường phái “chủ nghĩa nền tảng” (foundationalism) đề xướng, mà là theo những đòi hỏi của nhận thức thực tiễn, một nhận thức thực tiễn ngày càng tỏ ra phong phú, đã dạng và hết sức phức tạp. Nhận thức về Toán Học, về những vấn đề triết học của Toán Học đang có những đổi mới quan trọng, sẽ góp phần tích cực tạo nên cách nhìn mới, cơ sở mới cho sự phát triển rực rỡ mới của Toán Học, làm cho Toán học có những đóng góp ngày càng to lớn hơn nữa đối với sự phát triển của các ngành khoa học, và nói chung là đối với yêu cầu nhận thức thực tiễn trong thời đại phát triển mới của loài người.

(Bài viết của GS Phan Đình Diệu đăng trên chungta.com)

Đề thi học kì 2 môn toán lớp 10 trường Bùi Thị Xuân năm 2020-2021

PHẦN ĐẠI SỐ (6 điểm)

Bài 1. Giải các bất phương trình sau:

a) $|2x+8| <x^2$

b) $1-2x-\sqrt{3x^2-4x+1} \ge 0$

Giải

a) $|2x+8| <x^2 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x^2 -2x -8>0\\ x^2 + 2x +8 >0 \end{array}\right. $ $\left[ \begin{array}{l} x<-2\\ x>4 \end{array}\right. $

b) $1-2x – \sqrt{3x^2 -4x +1} \ge 0 \Leftrightarrow \sqrt{3x^2 -4x +1} \le 1-2x$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 3x^2 -4x +1\ge 0\\ 1-2x \ge 0\\ x^2 +1\ge 0 \end{array}\right. $ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \left[ \begin{array}{l} x\le \dfrac{1}{3}\\ x\ge 1 \end{array} \right. \\ x\le \dfrac{1}{2} \end{array}\right. $ $\Leftrightarrow x\le \dfrac{1}{3}$

Bài 2. Biết $\cos x = -\dfrac{3}{5}$ và $\dfrac{\pi}{2}<x<\pi$. Tính $\sin x$, $\sin 2x$, $\cos \left( x+\dfrac{2\pi}{3}\right) $.

Giải

Ta có: $\sin ^2 x = 1- \cos ^2 x = \dfrac{16}{25} \Rightarrow \sin x = \dfrac{4}{5}$ ($\dfrac{\pi}{2}<x<\pi$)

Ta có: $\sin 2x = 2\sin x \cos x = -\dfrac{24}{25}$

Ta có: $\cos \left( x+ \dfrac{2\pi}{3}\right) = \cos x \cdot \cos \dfrac{2\pi}{3} – \sin x \cdot \sin \dfrac{2\pi}{3} = \dfrac{3-4\sqrt{3}}{10}$

Bài 3. Cho $A$, $B$, $C$ là ba góc của tam giác. Chứng minh rằng

$$\tan \dfrac{A}{2} \cdot \tan \dfrac{B}{2} + \tan \dfrac{B}{2} \cdot \tan \dfrac{C}{2} + \tan \dfrac{C}{2} \cdot \tan \dfrac{A}{2} =1$$

Giải

$VT = \tan \dfrac{A}{2} \cdot \tan \dfrac{B}{2} + \tan \dfrac{B}{2} \cdot \tan \dfrac{C}{2} + \tan \dfrac{C}{2} \cdot \tan \dfrac{A}{2}$

$=\tan \dfrac{B}{2} \cdot \left( \tan \dfrac{A}{2} + \tan \dfrac{C}{2}\right) + \tan \dfrac{C}{2} \cdot \tan \dfrac{A}{2}$

$=\tan \dfrac{B}{2} \cdot \tan \dfrac{A+C}{2} \cdot \left( 1-\tan \dfrac{C}{2} \cdot \tan \dfrac{A}{2}\right) + \tan \dfrac{C}{2} \cdot \tan \dfrac{A}{2}$

$=1-\tan \dfrac{C}{2} \cdot \tan \dfrac{A}{2} + \tan \dfrac{C}{2} \cdot \tan \dfrac{A}{2}=1=VP$ (với $\tan \dfrac{A+C}{2} = \cot \dfrac{B}{2}$ )

Bài 4. Chứng minh biểu thức không phụ thuộc vào $x$:

$$A=\tan (\pi +x) \cdot \tan \left( \dfrac{\pi}{2} -x\right) – \cos ^2 x + \cos \left( x+ \dfrac{\pi}{6}\right) \cdot \cos \left( x-\dfrac{\pi}{6}\right) $$

Giải

$A=\tan (\pi +x) \cdot \tan \left( \dfrac{\pi}{2} -x\right) – \cos ^2 x + \cos \left( x+ \dfrac{\pi}{6}\right) \cdot \cos \left( x-\dfrac{\pi}{6}\right) $

$= \tan x \cdot \cot x – \cos ^2 x + \dfrac{1}{2} \left( \cos 2x + \cos \dfrac{pi}{3}\right) $

$= 1- \cos ^2 x + \cos ^2 x – \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{4} = \dfrac{3}{4}$

Bài 5. Chứng minh rằng

$$\left( \dfrac{\sin 2x – 2\sin x}{\sin 2x + 2\sin x}\right) \cdot \left( \dfrac{\sin ^4 x – \cos ^4 x + \cos ^2 x}{2\left( \cos x-1\right) }\right)= \sin ^2 \dfrac{x}{2}$$

Giải

$VT = \left( \dfrac{\sin 2x – 2\sin x}{\sin 2x + 2\sin x}\right) \cdot \left( \dfrac{\sin ^4 x – \cos ^4 x + \cos ^2 x}{2\left( \cos x-1\right) }\right)$

$=\dfrac{2\sin x \left( \cos x -1\right) }{2\sin x \left( \cos x +1\right) }\cdot \dfrac{\left( \sin ^2 x + \cos ^2 x\right) \left( \sin ^2 x – \cos ^2 x\right) + \cos ^2 x}{2\left( \cos x -1\right) }$

$=\dfrac{\sin ^2 x}{2\left( \cos x +1\right) }=\dfrac{\left( 1-\cos x\right) \left( 1+ \cos x\right) }{2\left( \cos x +1\right) }= \dfrac{1-\cos x}{2} = \sin ^2 \dfrac{x}{2} = VP$

PHẦN HÌNH HỌC (4 điểm)

Bài 6. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ $Oxy$, cho tam giác $ABC$ có đỉnh $C(-5;-6)$ và đường cao $AH: x+2y +1=0$, đường trung tuyến $BM: 8x-y+4=0$. Tìm tọa độ các đỉnh $B$, $A$.

Giải

Ta có: $BC \bot AH \Rightarrow BC: 2x -y +c =0$

$C\in BC \Rightarrow c=4 \Rightarrow BC: 2x-y+4=0$

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l} B\in BC\\ B\in BM \end{array}\right. $ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 2x_B – y_B =-4\\ 8x_B – y_B =-4 \end{array}\right. $ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x_B = 0\\ y_B =4 \end{array}\right. $ $\Rightarrow B(0;4)$

Ta có: $M\in BM \Rightarrow M(a;8a+4)$

$M$ là trung điểm $AC\Rightarrow A(2a+5; 16a+14)$

Ta có: $A\in AH \Rightarrow 2a+5 + 2(16a+14) + 2=0 \Leftrightarrow a=-1\Rightarrow A(3;-2)$

Bài 7. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ $Oxy$, cho đường tròn $(C): x^2 + y^2 +2x -2y +1=0$. Viết phương trình tiếp tuyến $\Delta $ của đường tròn $(C)$ biết rằng đường thẳng $\Delta$ vuông góc với đường thẳng $d: 2x+y+2=0$.

Giải

$(C): x^2 + y^2 + 2x -2y +1 =0 \Rightarrow $ Tâm $I(-1;1)$, bán kính $R=1$

Ta có: $\Delta \bot d \Rightarrow d: x-2y +c =0$

Ta có: $d_{(I,\Delta)}=1 \Leftrightarrow \dfrac{|c-3|}{\sqrt{5}} =1 \Leftrightarrow |c-3| =\sqrt{5} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} c=\sqrt{5}+3\\ c=-\sqrt{5}+3 \end{array}\right. $

Với $c=\sqrt{5}+3 \Rightarrow \Delta: x-2y + \sqrt{5}+3 =0$

Với $c=-\sqrt{5}+3 \Rightarrow \Delta: x-2y -\sqrt{5}+3=0$

Bài 8. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ $Oxy$, cho đường thẳng $d: 2x-y-5=0$ và hai điểm $A(1;2)$, $B(4;1)$. Viết phương trình đường tròn $(T)$ có tâm thuộc đường thẳng $d$ và đi qua $A$, $B$.

Giải

Gọi $I$ là tâm đường tròn $\Rightarrow I\in d \Rightarrow I(a;2a-5)$

Ta có: $AI^2 = BI^2 \Rightarrow (a-1)^2 + (2a-7)^2 = (a-4)^2 + (2a-6)^2 \Rightarrow a=1$

Suy ra $I(1;-3)$ nên $R=5$

Vậy $(T): (x-1)^2 + (y+3)^2 =25$

Bài 9. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ $Oxy$, cho elip $(E): \dfrac{x^2}{25} + y^2 =1$. Tìm tọa độ tiêu điểm, tính tâm sai và độ dài các trục của $(E)$.

Giải

$(E): \dfrac{x^2}{25}+y^2 =1 \Rightarrow a=5$ và $b=1$

Khi đó: $c=\sqrt{a^2 -b^2} =2\sqrt{6}$

Tọa độ tiêu điểm: $F_1(-2\sqrt{6}; 0)$; $F_2(2\sqrt{6}; 0)$

Tâm sai: $e=\dfrac{c}{a} = \dfrac{2\sqrt{6}}{5}$

Độ dài trục lớn: $2a=10$

Độ dài trục bé: $2b=2$

— HẾT —

Toán Việt

Chia sẻ và học hỏi

Category Archives: Lớp 10

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

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

Đề thi chọn đội Dự Tuyển PTNK năm học 2020-2021

Ánh xạ – Bài tập

Bài tập Tập hợp

Bài tập trắc nghiệm đại số 10 – Học kì 1

Chương 1. Mệnh đề – Tập hợp

[WpProQuiz 72]

Chương 2. Hàm số

Chương 3. Phương trình – Hệ phương trình

Định lý Carnot

Ý tưởng chuyển đổi mô hình trong các bài toán hình học phẳng

Logic toán và cơ sở toán học

Đề thi học kì 2 môn toán lớp 10 trường Bùi Thị Xuân năm 2020-2021