Các nhà toán học trong quá khứ đã làm việc chăm chỉ để khám phá bản chất của các chứng minh, và một loạt các kỹ thuật chứng minh đã được phát triển qua nhiều thế kỷ. Hôm nay, chúng tôi sẽ giới thiệu một phương pháp chứng minh quan trọng được gọi là bằng chứng do mâu thuẫn.
Ta thường gặp bài toán kiểu: Có A là đúng và cần suy ra X cũng đúng, trong một số trường hợp ta suy luận trực tiếp như sau: có A đúng thì có C đúng, có C đúng thì có D đúng, …, rồi suy ra X đúng, ở đây ta dùng A làm giả thiết để cho các suy luận sau. Tuy vậy một số tình huống ta không sử dụng được giả thiết A đúng, ta có thể dùng kĩ thuật suy luận phản chứng như sau: Giả sử X sai, tức là ta chấp nhận một giả thiết mới là X sai, từ giả thiết này ta dẫn đến một điều gì đó vô lí, hoặc dẫn đến A sai; khi đó điều giả sử đó là không đúng, tức là ta có điều cần chứng minh. Thế mạnh của suy luận phản chứng là mình có thêm một giả thiết để giúp trong việc suy luận dễ dàng hơn.
Ví dụ 1. Có tồn tại hay không số nguyên lẻ lớn nhất?
Lời giải Giả sử tồn tại số nguyên lẻ lớn nhất là $m$.
khi đó $m+2$ cũng là số lẻ và $m+2 > m$ nên mâu thuẫn vì theo giả sử thì $m$ là lớn nhất.
Vậy không có số nguyên lẻ lớn nhất.
Ví dụ 2. 5 cầu thủ bóng đá đã cùng nhau ghi được 14 bàn thắng, với mỗi cầu thủ ghi ít nhất 1 bàn. Chứng minh rằng ít nhất 2 trong số họ ghi được số bàn thắng như nhau. số bàn thắng.
Lời giải. Giả sử không có ai ghi số bàn thắng bằng nhau.
Khi đó người ghi ít nhất là 1 bàn, người kế tiếp ghi ít nhất là 2 bàn, người thứ 3 ghi ít nhất 3 bàn, cứ như thế người ghi nhiều nhất có số bàn thắng ít nhất là 5 bàn, khi đó tổng số bàn thắng của 5 người ít nhất là $1+2+3+4+5 = 15$ (mâu thuẫn).
Vậy có hai người ghi số bàn thắng bằng nhau.
Ví dụ 3. Quốc hội của một quốc gia được thành lập bởi các nghị sĩ đại diện từ 8 tỉnh. Năm mươi trong số các nghị sĩ này quyết định thành lập một ủy ban. Chứng minh rằng ủy ban này sẽ bao gồm 8 người từ cùng một tỉnh hoặc người từ tất cả 8 tỉnh.
Lời giải. Giả sử ủy bản mỗi tỉnh không có quá 7 người và chỉ đến từ 7 tỉnh trở lại, khi đó số thành viên ủy ban là không qua 49 người, mâu thuẫn.
Vậy trong ủy ban sẽ có một tỉnh có 8 người hoặc thành viên đến từ cả 8 tỉnh.
Ví dụ 4. Viết 10 số từ 0 đến 9 trên một vòng tròn, mỗi số viết đúng một lần.
a) Có tồn tại hay không cách viết sao cho tổng hai số liên tiếp không nhỏ hơn 9? b) Có tồn tại hay không cách viết sau cho tổng 3 số liên tiếp lớn hơn 12? Lời giải.
a) Giả sử tồn tại cách viết sao cho tổng hai số liên tiếp không nhỏ hơn 9, xét số 0 và hai số kề với 0 là $a, b$ ta có $0+a \geq 9, 0 + b \geq 9$, suy ra $a=b=9$ mâu thuẫn, vì mỗi số viết đúng 1 lần.
b) Giả sử tồn tại cách viết thỏa đề bài. Tổn các số là 45, bỏ số 9, và xếp 9 số còn lại làm ba nhóm, mỗi nhóm 3 số liên tiếp, khi đó tổng của chúng lớn hơn 36, tuy vậy ta thấy 9 số đó là $0, 1,2, \cdots 8$ tổng là 36, đây là điều mâu thuẫn.
Vậy không cách ghi thỏa đề bài.
Bài tập rèn luyện
Bài 1. Chứng minh rằng khi cho $n+1$ con thỏ vào $n$ cái chuồng thì có chuồng chứa ít nhất 2 con thỏ.
Bài 2. Cho 15 số thỏa mãn tổng của 8 số bất kì lớn nhơn tổng của 7 số còn lại. Chứng minh tất cả các số đã cho đều dương.
Bài 3. Tích của 22 số nguyên bằng 1. Chứng minh rằng tổng của chúng không thể bằng 0.
Bài 4. Có thể chia tập $X = \{1, 2, …, 2022\}$ thành các tập rời nhau sao cho mỗi tập có ít nhất 3 phần tử và phần tử lớn nhất bằng tổng các phần tử còn lại?
Trong việc giải các bài toán hình học, có một kĩ thuật khá là đặc biệt và cũng thường được sử dụng đó là sử dụng điểm trùng, kĩ thuật này dựa trên sự xác định duy nhất của hình để thực hiện.
Tình huống thường gặp nhất, ta cần chứng minh tính chất hay sự tồn tại của một số đối tượng hình học, chẳng hạn như giao điểm của một số đường thẳng. Khi đó, gọi hai hay một số giao điểm (dĩ nhiên tồn tại) của một số cặp hay một số đối tượng. Sau đó, ta sẽ chứng minh các giao điểm (đối tượng) mà ta vừa dựng là trùng nhau. Đôi khi để thực hiện điều này, ta cũng cần gọi thêm một số đối tượng khác cùng đi qua điểm đang xét rồi xét sự đồng quy của chúng với các đối tượng gọi thêm nhằm có thêm tính chất của các điểm mà ta cần chứng minh trùng nhau.
Ta chú ý một số tính chất sau:
Định lý 1. Về giao điêm của các đối tượng hình học:
Hai đường thẳng có nhiều nhất 1 giao điêm.
Hai đường tròn có nhiều nhất 2 giao điểm.
Một đường thẳng và một đường tròn có nhiều nhất 2 giao điểm.
Một tia có gốc nằm trong đường tròn và đường tròn đó có nhiều nhât 1 giao điềm.
Sau đây ta xét một số ví dụ trong chương trình toán hình học lớp 9.
Ví dụ 1. Cho đường tròn tâm $O$ đường kính $AB$, $C$ thuộc đường tròn. Tiếp tuyến tại $C$ cắt tiếp tuyến tại $A, B$ của $(O)$ tại $D, E$. Gọi $H$ là hình chiếu của $C$ trên $AB$.
a. $DB$ cắt $CH$ tại $N$. Chứng minh $A, N, E$ thẳng hàng.
b.Đường thẳng qua $A$ song song $HE$ và đường thẳng qua $B$ song song với $HD$ cắt nhau tại $M$. Chứng minh $D, M, E$ thẳng hàng.
a. $BC$ cắt $AD$ tại $F$, ta chứng minh được $D$ là trung điểm của $AF$.
Khi đó $\dfrac{CN}{DF} = \dfrac{PN}{PD} = \dfrac{HN}{AD}$.
Mà $AD = DF$, suy ra $CN = HN$ hay $N$ là trung điểm của $CH$.
Gọi $N’$ là giao điểm của $AE$ và $CH$, chứng minh tương tự ta cũng có $N’$ là trung điểm của $CH$. Do đó $N \equiv N’$ hay $A, N, E$ thẳng hàng.
b. Phân tích: vẽ hình chính xác và trực giác ta dự đoán được $M$ là trung điểm của $DE$, hơn nữa điểm $M$ là được xác định duy nhất do là giao điểm của 2 đường, do đó ta có thể gọi $M’$ là trung điểm và chứng minh $M’ \equiv M$ bằng cách chứng minh $AM’||HD$ và $BM’||HC$. Thực ra do vai trò như nhau nên chỉ cần chứng minh $AM’||HD$ là đủ.
Ta có $\dfrac{HA}{HB} = \dfrac{CD}{CE} = \dfrac{AD}{BE}$. Suy ra $\triangle AHD \backsim \triangle BHE$. Suy ra $\angle AHD = \angle BHE$
Suy ra $\angle KHA = \angle BHE = \angle AHD$. Từ đó ta có tam giác $HDK$ cân tại $H$ và $A$ là trung điểm $AD$.
Tam giác $DHE$ có $M’A$ là đường trung bình nên $AM’||EK$ hay $AM’||HE$.
Chứng minh tương tự ta có $BM’||HD$.
Vậy $M’ \equiv M$. Hay $D, M, E$ thẳng hàng.
Ví dụ 2. (LHP 2019) Cho tam giác đều $A B C$. Gọi $M, N$ là hai điểm nằm trên cạnh $B C$ sao cho $\angle M A N=30^{\circ}(M$ nằm giữa $B$ và $N)$. Gọi $K$ là giao điểm của hai đường tròn $(A B N)$ và $(A C M)(K$ khác $A)$. Chứng minh rằng hai điểm $K$ và $C$ đối xứng với nhau qua $A N$.
Lời giải
Việc chứng minh trực tiếp $K, C$ đối xứng qu $AN$ nhìn có vẻ dễ nhưng khi tìm cách chứng minh thì liên kết lại hơi khó, cảm giác như bị thiếu thiếu gì đó, ta phải vẽ thêm yếu tố phụ mới có thể làm được. Do đó ta nghĩ tới kĩ thuật điểm trùng, tức là dựng ra một điểm $K’$ đối xứng với $C$ qua $AN$ và chứng minh $K’$ là giao điểm của hai đường tròn.
Gọi $K$ là điểm đối xứng của $C$ qua $A N$. Có $$ \angle A K^{\prime} N=\angle A C N=\angle A B N $$ nên tứ giác $A B K^{\prime} N$ nội tiếp. Suy ra $K^{\prime} \in(A B N)$. Có $$ \angle M A K^{\prime}+\angle N A C=\angle M A K^{\prime}+\angle K^{\prime} A N=30^{\circ} $$ $$ \angle B A M+\angle N A C=30^{\circ} $$ suy ra $\angle M A K^{\prime}=\angle B A M$. Suy ra $\triangle A B M=\triangle A K^{\prime} M(c-g-c)$ nên $\angle A K^{\prime} M=\angle A B C=\angle A C B$ ta thu được $K^{\prime} \in(A M C)$. Vậy $K \equiv K^{\prime}$ ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 3. Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn $(O)$, có $H$ là trực tâm tam giác $ABC$ và $AD$ là đường kính của $(O)$. Trên các cạnh $AB, AC$ lấy $E, F$ sao cho $AE = AF$ và $E, H, F$ thẳng hàng. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $AEF$ cắt phân giác góc $\angle BAC$ tại $P$. Chứng minh $H, P, D$ thẳng hàng.
Lời giải
Gọi $P’$ là giao điểm phân giác góc $\angle BAC$ và $HD$. Ta chứng minh $P’ \equiv P$, hay cần chứng minh $AEPF$ nội tiếp.
Ta có tính chất quen thuộc $\angle HAB = \angle DAC$, nên $AP’$ cũng là phân giác $\angle HAD$.
Ta có $\angle AEF = \angle ABH + \angle EHB$, $\angle AFE = \angle ACH + \angle FHC$.
Mà $\angle ABH = \angle ACH$ và $\angle AEF = \angle AFE$ nên $\angle EHB = \angle FHC = \angle EHL$.
Do đó $HE$ là phân giác $\angle LHB$, suy ra $\dfrac{LE}{EB} = \dfrac{HL}{HB}$. (1)
Tam giác $AHL $ và tam giác $ADC$ đồng dạng, suy ra $\dfrac{HL}{CD} = \dfrac{AH}{AD}$.
Mà $CD = BH, \dfrac{AH}{AD} = \dfrac{HP’}{P’D}$, suy ra $\dfrac{HL}{HB} = \dfrac{HP’}{P’D}$. (2)
Từ (1) và (2) ta có $\dfrac{LE}{EB} = \dfrac{HP’}{P’D}$, suy ra $P’E ||HL||BD$, suy ra $P’E \bot AB$.
Chứng minh tương tự ta có $P’F \bot AC$.
Do đó $AEP’F$ nội tiếp, suy ra $P’ \equiv P$. Hay $D, P, H$ thẳng hàng.
Ví dụ 4. (PTNK 2022) Cho tam giác $A B C$ có trực tâm $H, D$ đối xứng với $H$ qua $A$. $I$ là trung điểm của $C D$, đường tròn $(I)$ đường kính $C D$ cắt $A B$ tại $E, F(E$ thuộc tia $A B)$ a) Chứng $\operatorname{minh} \angle E C D=\angle F C H$ và $A E=A F$. b) Chứng minh $H$ là trực tâm của $\triangle C E F$. c) $B H$ cắt $A C$ tại $K$. Chứng minh $E F K H$ nội tiếp và $E F$ là tiếp tuyến chung của $(C K E)$ và $(C K F)$. d) Chứng minh tiếp tuyến tại $C$ của $(I)$ và tiếp tuyến tại $K$ của $(K E F)$ cắt nhau trên đường thẳng $A B$.
Lời giải. Các câu a, b, c dành cho bạn đọc, ở đây mình trình bày lời giải cho câu d.
Lấy $N$ đối xứng với $K$ qua $A B$. $$ \angle E N F=\angle E K F=\angle E H F=180^{\circ}-\angle E C F \Rightarrow N \in(I) \text {. } $$ $A P=A K=A N \Rightarrow \angle K N P=90^{\circ} \Rightarrow N P | B C \Rightarrow E N P F$ là hình thang cân. $\Rightarrow \angle E C N=\angle F C P \Rightarrow \triangle E C N \backsim \triangle A C F$ và $\triangle E C A \backsim \triangle N C F$. $\Rightarrow \frac{N E}{A F}=\frac{E C}{A C}$ và $\frac{E A}{N F}=\frac{C A}{C F}$ $\Rightarrow \frac{N E}{E C}=\frac{A F}{A C}=\frac{A E}{A C}=\frac{N F}{C F}$ Tiếp tuyến tại $N$ và $C$ của $(I)$ cắt nhau tại $S, S F$ cắt $(I)$ tại $E^{\prime}\left(E^{\prime} \neq F\right)$ $\triangle S E^{\prime} N \backsim \triangle S N F \Rightarrow \frac{N E^{\prime}}{N F}=\frac{S E^{\prime}}{S N}$ $\triangle S E^{\prime} C \backsim \triangle S C F \Rightarrow \frac{E^{\prime} C}{C F}=\frac{S E^{\prime}}{S C}$ $\Rightarrow \frac{N E^{\prime}}{N F}=\frac{E^{\prime} C}{C F}$ Từ (1) và $(2)$ suy ra: $E \equiv E^{\prime}$ Mà tiếp tuyến tại $N$ của $(I)$ đối xứng với tiếp tuyến tại $K$ của $(E H F)$ qua $A B$ nên ta có đpcm.
Bài tập rèn luyện.
Bài 1. Cho đường tròn $(O)$ và điểm $A$ nằm ngoài $(O)$. Từ $A$ vẽ các tiếp tuyến $AB, AC$ đến $(O)$, một cát tuyến qua $A$ cắt $(O)$ tại $D, E$ sao cho $D$ nằm giữa $A$ và $E$ và tia $AE$ nằm giữa hai tia $AB, AO$. Đường thẳng qua $D$ song song $BE$ cắt $BC$ tại $F$. Gọi $K$ là điểm đối xứng của $B$ qua $E$, chứng minh $A, P, K$ thẳng hàng.
Bài 2. Cho tam giác $ABC$ đều, trên cạnh $AB, AC$ lấy $M,N$ thỏa $\dfrac{AM}{BM} + \dfrac{AN}{CN} = 1$. Chứng minh rằng $MN$ tiếp xúc với một đường tròn cố định.
Bài 3. Cho tam giác $A B C$ có các đường cao $A A_1, B B_1, C C_1$ và trực tâm $H$. Chúng minh rằng đường thẳng Euler của các tam giác $A B_1 C_1, B C_1 A_1, C A_1 B_1$ đồng quy.
Bài 4. (Nga 2017) Cho hình thang cân $ABCD$ có $BC < AD$ và $BC \parallel AD$. Đường tròn $w$ qua $B, C$ cắt cạnh $AB$ tại $X$, đường chéo $BD$ tại $Y$. Tiếp tuyến tại $C$ của $w$ cắt $AD$ tại $Z$. Chứng minh $X, Y, Z$ thẳng hàng.
Một trong các phương pháp khác đặc biệt để giải các hệ phương trình là sử dụng bất đẳng thức, kiểu $A \geq 0$, khi đó $A = 0$ chỉ tại các dấu $=$ xảy ra, hoặc $x \geq y \geq z \geq x$, do đó hệ có nghiệm chỉ khi các dấu $=$ đồng thời xảy ra.
Ta cùng tìm hiểu phương pháp này thông qua một số ví dụ, từ đó rút ra kinh nghiệm giải các hệ phương trình khác.
Ví dụ 1. Giải hệ phương trình
$\left\{\begin{array}{l} x+\frac{2 x y}{\sqrt[3]{x^2-2 x+9}}=x^2+y \\\\ y+\frac{2 x y}{\sqrt[3]{y^2-2 y+9}}=y^2+x \end{array}\right.$
Lời giải.
$$ \left\{\begin{array}{l} x+\frac{2 x y}{\sqrt[3]{x^2-2 x+9}}=x^2+y(1) \\\\ y+\frac{2 x y}{\sqrt[3]{y^2-2 y+9}}=y^2+x(2) \end{array}\right. $$ Ta có: $x^2-2 x+9 \geq 8 \Rightarrow \sqrt[3]{x^2-2 x+9} \geq 2 \Rightarrow \frac{2 x y}{\sqrt[3]{x^2-2 x+9}} \leq x y$ Tương tự: $\frac{2 x y}{\sqrt[3]{y^2-2 y+9}} \leq x y$ Do đó: $x+\frac{2 x y}{\sqrt[3]{x^2-2 x+9}}+y+\frac{2 x y}{\sqrt[3]{y^2-2 y+9}} \leq x+y+2 x y \leq x+y+x^2+y^2$ (Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $x=y$ Từ $(1),(2)$ và $(3)$ suy ra $x=y$ Thay $x=y$ vào (1) ta được: (4) $\Leftrightarrow \sqrt[3]{x^2-2 x+9}=2 \Leftrightarrow x^2-2 x+9=8 \Leftrightarrow(x-1)^2=0 \Leftrightarrow x=1 \Rightarrow$ $y=1$ Vậy nghiệm của hệ phương trình là $(x, y) \in{(0,0) ;(1,1)}$.
Ví dụ 2. (Hệ hoán vị vòng quanh) Giải hệ phương trình
Lời giải. Do vai trò bình đẳng trong hoán vị vòng quanh của $x, y, z$ trong hệ trên, ta có thể giả sử $$ \begin{aligned} & x=\max {x ; y ; z} \text {. } \\\\ & \text { Vì } y \leq x \text { nên } x^3+3 x^2+2 x-5 \leq x \\\\ & \Leftrightarrow x^3+3 x^2+x-5 \leq 0 \\\\ & \Leftrightarrow(x-1)\left(x^2+4 x+5\right) \leq 0 \text {. } \\\\ & \text { Vì } x^2+4 x+5=(x+2)^2+1>0 \text { nên } x \leq 1 \text {. } \\\\ & \text { Mà } z \leq x \text { nên } z \leq 1 \text {. } \\\\ & \text { Lập luận ngược lại quá trình trên ta được } \\\\ & (z-1)\left(z^2+4 z+5\right) \leq 0 \\\\ & \Leftrightarrow z^3+3 z^2+2 z-5 \leq z \Leftrightarrow x \leq z \text {. } \\\\ & \text { Do đó } x=z \text {. } \\\\ & \text { Suy ra } x=y=z \text {. } \\\\ & \text { Từ đó ta được phương trình } \\\\ & \quad x^3+3 x^2+2 x-5=x \\\\ & \Leftrightarrow(x-1)\left(x^2+4 x+5\right)=0 \Leftrightarrow x=1 \text {. } \end{aligned} $$
Ví dụ 3 (Chuyên Toán PTNK 1997) Tìm tất cả các số dương $x, y, z$ thỏa : $\left\{\begin{array}{l} \frac{1}{x}+\frac{4}{y}+\frac{9}{z}=3 \\\\ x+y+z \leq 12 \end{array}\right.$
Lời giải.
\begin{aligned} & \text { Ta có }(x+y+z)\left(\frac{1}{x}+\frac{4}{y}+\frac{9}{z}\right) \leq 36 \Leftrightarrow \frac{y}{x}+\frac{4 x}{y}+\frac{z}{x}+\frac{9 x}{z}+\frac{4 z}{y}+\frac{9 y}{z}-22 \leq 0 \Leftrightarrow \\\\ & \frac{(y-2 x)^2}{x y}+\frac{(z-3 x)^2}{x z}+\frac{(3 y-2 z)^2}{y z} \leq 0 \Leftrightarrow y=2 x, z=2 x, 3 y=2 z \text { Từ đó ta } \\\\ & \text { có } x=2, y=4, z=6 \end{aligned}
Ví dụ 4.(PTNK Chuyên Toán 2103) Giải hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l} 3 x^2+2 y+1=2 z(x+2) \\\\ 3 y^2+2 z+1=2 x(y+2) \\\\ 3 z^2+2 x+1=2 y(z+2) \end{array}\right.$
Lời giải. Cộng ba phương trình lại ta có: $3\left(x^2+y^2+z^2\right)+2(x+y+z)+3=2(x y+y z+z x)+4(x+y+z) $
$ \Leftrightarrow 3\left(x^2+y^2+z^2\right)-2(x y+y z+x z)-2(x+y+z)+3=0 $ $\Leftrightarrow(x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2+(x-1)^2+(y-1)^2+(z-1)^2=0 $ $\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l} x=1 \\\\ y=1 \\\\ z=1 \end{array}\right. $ Thử lại thấy $(1,1,1)$ là nghiệm của hệ.
Bài tập rèn luyện
Bài 1. Giải hệ phương trình
$\left\{\begin{array}{l} x+\dfrac{2 x y}{\sqrt{x^2-2 x+5}}=x^2+y \\\\ y+\dfrac{2 x y}{\sqrt{y^2-2 y+5}}=y^2+x \end{array}\right.$
Bài 2. Giải hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l} y^{3}-6 x^{2}+12 x-8=0 \\\\ z^{3}-6 y^{2}+12 y-8=0 \\\\ x^{3}-6 z^{2}+12 z-8=0 \end{array}\right.$
Bài 3. Tìm các số không âm $x, y, z$ thỏa $$ \left\{\begin{aligned} x y z & =1 \\\\ x^3+y^3+z^3 & =x+y+z \end{aligned}\right. $$
Định lý 1. (Định lý Viete thuận) Cho phương trình bậc hai $a x^2+b x+c=0$ (a,b, c là các hệ số). Nếu phương trình có nghiệm $x_1, x_2$ thì $$ S=x_1+x_2=\frac{-b}{a}, \text { và } P=x_1 x_2=\frac{c}{a} $$ Định lý 2. (Định lý Viete đảo) Nếu có hai số $a, b$ thỏa $a+b=S, a b=P$ thì $a, b$ là nghiệm của phương trình $$ x^2-S x+P=0 $$
Chú ý: Điều kiện để áp dụng định lý Viete là phương trình bậc hai phải có nghiệm, tức là $\Delta \geq 0$.
Ví dụ 1. Cho phương trình $x^2-2(m+1) x+m=0$ (a) Chứng minh rằng phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt $x_1, x_2$ (b) Tính giá trị các biểu thức sau theo $m$ $$ A=x_1^2+x_2^2+x_1+x_2 $$ (c) Tìm $m$ để $A=18$. Lời giải. $a=1, b=-2(m+1), b^{\prime}=-(m+1), c=m$ a) Ta có $\Delta^{\prime}=b^{\prime 2}-a c=(-m-1)^2-1 \cdot m=m^2+m+1$.
$\Delta=m^2+m+1=m^2+2 \cdot m \cdot \frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{3}{4}=$ $\left(m+\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}>0$ với mọi $m$. Vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt $x_1, x_2$. b) Ta có $A=x_1^2+x_2^2+x_1+x_2$ $=\left(x_1+x_2\right)^2-2 x_1 x_2+x_1+x_2$ $=4(m+1)^2-2 m+2(m+1)$ $=4 m^2+8 m+6$.
c) $A=18 \Leftrightarrow 4 m^2+8 m-12=0 \Leftrightarrow m=$ $1, m=-3$. Vậy $m$ cần tìm là 1 và -3 .
Ví dụ 2. Tìm $m$ để phương trình $x^2-2(m+1) x+m^2-3=0$ có hai nghiệm phân biệt $x_1, x_2$ thỏa $x_1^2+x_2^2+x_1 x_2=$ $m+7$ Lời giải. $a=1, b=-2 m-2, c=m^2-3$.
Ta có $\Delta^{\prime}=b^2-a c=(m+1)^2-\left(m^2-3\right)=2 m+4$. Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi $\Delta^{\prime}=2 m+4>0 \Leftrightarrow m>-2$.
Theo dịnh lý Viete ta có $x_1+x_2=2(m+1), x_1 x_2=$ $m^2-3$
Ví dụ 3. Cho phương trình $x^2-4 m x+3 m^2+1=0$. a) Tìm $m$ để phương trình có nghiệm. b) Gọi $x_1, x_2$ là nghiệm của phương trình, tìm hệ thức độc lập $m$ liên hệ giữa $x_1$ và $x_2$. Lời giải a) Ta có $\Delta^{\prime}=4 m^2-\left(3 m^2+1\right)=m^2-1$. Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi $\Delta^{\prime} \geq 0 \Leftrightarrow m^2-$ $1 \geq 0 \Leftrightarrow m \leq-1$ hoặc $m \geq 1$. b) Với điều kiện của a) theo định lý Viete ta có $S=x_1+$ $x_2=4 m(1), P=x_1 x_2=3 m^2+1(2)$. Từ (1), suy ra $m=\frac{1}{4} S$, thế vào (2) ta có $P=3 m^2+1=$ $\frac{3}{16} S^2+1$. Hay $x_1 x_2=\frac{3}{16}\left(x_1+x_2\right)^2+1$ là hệ thực liên hệ giữa $x_1, x_2$ độc lập với $m$.
Ví dụ 4. Cho phương trình $x^2-2 m x-2 m-3=0$. Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt $x_1, x_2$ và tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $A=x_1^2+x_2^2-$ $x_1 x_2$. Lời giải
Ta có $\Delta^{\prime}=m^2+2 m+3$. Vì $m^2+2 m+3=(m+1)^2+2>0 \forall m$ nên $\Delta^{\prime}>0 \forall m$. Vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi $m$.
Theo định lý Viete ta có $x_1+x_2=2 m, x_1 x_2=-2 m-3$. Khi đó $A=\left(x_1+x_2\right)^2-3 x_1 x_2=(2 m)^2-3(-2 m-3)=$ $4 m^2+6 m+9$.
$A=(2 m)^2+2.2 m \cdot \frac{3}{2}+\frac{9}{4}+\frac{27}{4}=\left(2 m+\frac{3}{2}\right)^2+\frac{27}{4} \geq \frac{27}{4}$. Đẳng thức xảy ra khi $m=\frac{-3}{4}$.
Vậy giá trị nhỏ nhất của $A$ là $\frac{27}{4}$ khi $m=\frac{-3}{4}$.
Bài tập rèn luyện
Bài 1. Cho phương trình $x^2-\sqrt{2} x-\sqrt{3}=0$. (a) Không giải phương trình, chứng minh phương trình có hai nghiệm $x_1, x_2$. (b) Tính giá trị của $A=x_1^2+x_2^2-3 x_1 x_2 .(A=2+5 \sqrt{3})$ (c) Tính giá trị của biểu thức $B=\frac{1}{x_1^3-4 x_1 x_2+x_2^3}$ Bài 2. Cho phương trình $x^2-2 m x-1=0$. (a) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi $m$ (b) Gọi $x_1, x_2$ là nghiệm của phương trình. Tính $A=$ $x_1^2-3 x_1 x_2+x_2^2$ theo $m$. $\left(A=4 m^2+5\right)$ (c) Tìm $m$ để $A=9 .(m= \pm 1)$ Bài 3. Cho phương trình $x^2-2(m-3) x-2 m+5=0$. (a) Chứng minh rằng phương trình luôn có nghiệm $x_1, x_2$. (b) Tìm $m$ để $x_1^2+x_2^2-3 x_1 x_2+x_1+x_2=17$. $\left(m=\frac{3 \pm \sqrt{21}}{2}\right)$
Bài 4. Cho phương trình $x^2-3(m+1) x+9 m^2+2=0$. Tìm $m$ để phương trình có hai nghiệm phân biệt $x_1, x_2$ thỏa $x_1^2+x_2^2-3\left(x_1+x_2\right)+1=0$. (Không có giá trị $m$ nào thỏa mãn) Bài 5. Cho phương trình $x^2-3 x-4 m=0$ (a) Tìm $m$ để phương trình có hai nghiệm phân biệt. $\left(m>\frac{-9}{16}\right)$ (b) Tìm $m$ để phương trình có hai nghiệm phân biệt $x_1, x_2$ thỏa $x_1+x_2-x_1 x_2=13\left(m=\frac{5}{2}\right)$ (c) Tính giá trị biểu thức $A=x_1^2+x_2^2-4 x_1 x_2$ theo $\mathrm{m}$ và tìm $\mathrm{m}$ để $\mathrm{A}=14$. $\left(A=9+24 m, m=\frac{5}{24}\right)$ Bài 6. Cho phương trình $x^2-2(m-1) x-1=0$. (a) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt $x_1, x_2$. (b) Tìm $\mathrm{m}$ để $x_1^2+x_2^2=5\left(m=\frac{2 \pm \sqrt{3}}{2}\right)$ (c) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $x_1^2+x_2^2+x_1 x_2$ (GTNN là 1 khi và chỉ khi $m=1$ )
Bài 7. Cho phương trình $x^2-2(m+1) x+m=0$ (a) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt $x_1, x_2$ (b) Tìm m để $x_1^2+x_2^2-3 x_1 x_2-x_1-x_2=7$ $$ \left(m=\frac{-5 \pm \sqrt{41}}{8}\right) $$ (c) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $B=x_1^2+x_2^2$ $\left(B_{\min }=\frac{7}{4}\right.$ khi và chỉ khi $\left.x=\frac{-3}{4}\right)$ Bài 8. Cho phương trình $x^2-2 m x-m-3=0$. (a) Tìm $m$ dể phương trình có hai nghiệm $x_1, x_2$ thỏa $$ \begin{aligned} & \frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+\frac{1}{2}=0 \ & \left(m=\frac{-3}{5}\right) \end{aligned} $$
(b) Tìm $m$ để phương trình có nghiệm thỏa $x_1^3-x_2^3=$ $10\left(x_1-x_2\right)$ $\left(m=\frac{-1 \pm \sqrt{113}}{8}\right)$ Bài 9. Cho phương trình $(m-1) x^2-2 x+1=0$. (a) Tìm $m$ để phương trình có hai nghiệm phân biệt. $(m \neq 1, m>2)$ (b) Tìm $m$ để phương trình có hai nghiệm $x_1, x_2$ thỏa $x_1^2+x_2^2+x_1 x_2=3\left(m=\frac{-1}{3}\right)$ Bài 10. Cho phương trình $x^2+2(m+2) x+2 m=0$. (a) Tìm $m$ để phương trình có hai nghiệm $x_1, x_2$ thỏa $x_1^2 x_2+x_2^2 x_1+x_1+x_2=4$ (không có giá trị $m$ thỏa mãn) (b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $A=x_1 x_2-x_1^2-$ $x_2^2\left(A_{\max }=\frac{-63}{4}\right.$ khi và chỉ khi $\left.m=\frac{-1}{4}\right)$
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 song 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 $|A|=|B|$.
Định nghĩa 1. Đường tròn nội tiếp là đường tròn có tâm là giao điểm ba đường phân giác trong và tiếp xúc với ba cạnh của tam giác.
Định nghĩa 2. Đường tròn bàng tiếp là đường tròn có tâm giao điểm của một phân giác trong và hai phân giác ngoài, tiếp xúc với một cạnh và phần nối dài của hai cạnh còn lại.\\ Trong tam giác có ba đường tròn bàng tiếp ứng với ba đỉnh của tam giác.
Tính chất 1. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn tâm $O$, đường tròn tâm $I$ bán kính $r$ nội tiếp tam giác tiếp xúc với các cạnh $BC, AC, AB$ tại $D, E, F$. Gọi $I_a, I_b, I_c$ lần lượt là tâm đường tròn ứng với các đỉnh $A, B, C$. $(I_a)$ tiếp xúc với $BC, AC, AB$ tại $D’,E’, F’$. Đặt $p = \dfrac{AB+BC+AC}{2}, S = S_{ABC}$. Ta có một số tính chất sau: a) $AE = AF = p-a$ và $AE’ = AF’ = p$ và $BD = CD’ = \dfrac{AB+BC-AC}{2}$. b) $K$ là điểm đối xứng của $D$ qua $I$ thì $A, K, D’$ thẳng hàng. c) Đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ đi qua trung điểm các cạnh của tam giác $I_aI_bI_c$.
Chứng minh.
(a) Ta có $A E=A F, B D=B F, C D=C E$, khi đó $A B+A C-B C=A F+B F+A E+C E-$ $B D-C D=A E+A F=2 A E$, suy ra $A E=\frac{A B+A C-B C}{2}=\frac{A B+B C+A C}{2}-B C=p-a ;$ Ta có $B D^{\prime}=B F, C D^{\prime}=C E$, suy ra $A B+A C+B C=A B+B D^{\prime}+C D^{\prime}+A C=$ $A B+B F^{\prime}+A C+C E^{\prime}=A E^{\prime}+A F^{\prime}=2 A E^{\prime} \Rightarrow A E^{\prime}=A F^{\prime}=\frac{A B+B C+A C}{2}=p ;$
Chứng minh tương tự thì $B D=p-b$ và $C D^{\prime}=C E^{\prime}=A E^{\prime}-A C=p-b$, do đó $B D=C D^{\prime}$. (b) Ta có $I K=I E, I_a D^{\prime}=I_a E^{\prime}$ nên $\frac{I K}{I_a D^{\prime}}=\frac{I E}{I_a E^{\prime}}$ và $I E / / I_a E^{\prime}$ nên $\frac{I E}{I_a E^{\prime}}=\frac{A I}{A I_a}$; do đó $\frac{A I}{A I_a}=$ $\frac{I K}{I_a D^{\prime}}$, suy ra $\triangle A I K \backsim \triangle A I_a D^{\prime} \Rightarrow \angle I A K=\angle I_a A D^{\prime}$, từ đó $A, K, D^{\prime}$ thẳng hàng. (c) Ta có $A I_b, A I_a$ là phân giác ngoài và phân giác trong góc $A$ nên $\angle I_a A I_b=90^{\circ}$ hay $I_a A \perp I_b I_c$; chứng minh tương tự ta có $I_b B \perp I_a I_c, I_c C \perp I_a I_b$.
Trong tam giác $I_a I_b I_c$ thì $I_a A, I_b B, I_c C$ là ba đường cao, nên đường tròn ngoại tiếp tam giác $A B C$ chính là đường tròn Euler của tam giác $I_a I_b I_c$ nên đi qua trung điểm 3 cạnh của tam giác này.
Tính chất 2. Cho tam giác $ABC$, đường tròn tâm $I$ nội tiếp tam giác $ABC$ tiếp xúc với $BC, AC, AB$ tại $D, E, F$. Gọi $M, N$ lần lượt là trung điểm $BC, AC$. Khi đó $EF, BI, MN$ đồng quy.
Chứng minh.
Gọi $K$ là giao điểm của $B I$ và $E F$, ta chứng minh $K, M, N$ thẳng hàng. Ta có $\angle K E C=\angle A E F=90^{\circ}-\frac{1}{2} \angle B A C$ và $\angle K I C=\angle I B C+\angle I C B=\frac{1}{2}(\angle A B C+$ $\angle A C B)=90^{\circ}-\angle B A C$. Suy ra $\angle K E C=$ $\angle K I C$, tứ giác $K E I C$ nội tiếp, do đó $\angle B K C=$ $90^{\circ}$.
Tam giác $K B C$ vuông tại $K$ có $K M$ trung tuyến nên $M K=M B=M C$, suy ra $\angle K M C=$ $2 \angle K B C=\angle A B C$, suy ra $K M / / A B$, mà $M N$ là đường trung bình của tam giác $A B C$ nên $M N / / A B$, do đó $K, M, N$ thẳng hàng.
Tính chất 3. Cho tam giác $A B C$, đường tròn tâm $I$ nội tiếp tam giác $A B C$ tiếp xúc với $B C, A C, A B$ tại $D, E, F . I D$ cắt $E F$ tại $K$, khi đó $A K$ đi qua trung điểm $M$ của $B C$.
Chứng minh. Qua $K$ vẽ đường thẳng song song hay $M$ là trung điểm cạnh $B C$. với $B C$ cắt $A B, A C$ tại $P$ và $Q$, ta chứng minh $K$ là trung điểm $P Q$.
Ta có $\angle I K \perp P Q$, từ đó suy ra $I K P F, I K E Q$ nội tiếp, suy ra $\angle I P K=\angle I F K, \angle I Q K=\angle I E K$ mà $I E F$ cân tại $I$ nên $\angle I E K=\angle I F K$, suy ra $\angle I P Q=\angle I Q K$. Tam giác $I P Q$ cân nên $K$ là trung điểm $P Q$.
Gọi $M$ là giao điểm của $A K$ với $B C$, ta có $\frac{K P}{M B}=$ $\frac{A K}{A M}=\frac{K Q}{M C}$, mà $K P=K Q$ nên $M B=M C$
Tính chất 4. Cho tam giác $A B C$, đường tròn tâm $I$ nội tiếp tam giác $A B C$ tiếp xúc với $B C, A C, A B$ lần lượt tại $D, E, F . E F$ cắt $B C$ tại $P$. Khi đó $\frac{P B}{P C}=\frac{D B}{D C}$ và $I P \perp A D$. Chứng minh
Theo ví dụ 1.1 ta có $\frac{P B}{P C}=\frac{D B}{D C}$.
Gọi $K$ là giao điểm của $I A$ và $E F$ ta có $\angle I K P=90^{\circ}$, suy ra $I K P D$ nội tiếp, do đó $\angle I P D=\angle I K D$. Mặt khác $I K \cdot I A=I E^2=I D^2$, suy ra $\triangle I K D \backsim \triangle I D A \Rightarrow I K D=\angle I D A$. Do đó $\angle I P D=\angle I D A$, suy ra $D A \perp IP$.
Bài tập có lời giải
Bài 1. (PTNK 2014) Cho điểm $\mathrm{C}$ thay đổi trên nửa đường tròn đường kính $A B=2 R$ $(C \neq A, C \neq B)$. Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $C$ lên $A B ; I$ và $J$ lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác $A C H$ và $B C H$. Các đường thẳng $C I, C J$ cắt $A B$ tại $M, N$. (a) Chứng $\operatorname{minh} A N=A C, B M=B C$. (b) Chứng minh 4 điểm $M, N, I, J$ cùng nằm trên một đường tròn và các đường thẳng $M J, N I$ và $C H$ dồng quy. (c) Tìm giá trị lớn nhất của $M N$ và giá trị lớn nhất của diện tích tam giác $C M N$ theo $\mathrm{R}$.
Lời giải.
(a) Ta có $\angle H C B=\angle C A B$ (cùng phụ với $\angle A B C$ ) và $\angle H C A=\angle C B A$ (cùng phụ với $\angle B A C$ ). Ta có $\angle C A N=\angle N A C+\angle A B C=\angle H A N+\angle A C B=\angle C A N$. Suy ra tam giác $C A N$ cân tại $A$ hay $A N=A C$. Chứng minh tương tự ta có $B M=B C$. (b) Tam giác $C A N$ cân tại $A$ có $A I$ là phân giác nên cũng là trung trực, suy ra $I C=I N$, suy ra $\angle I N C=\angle I C N=\angle I C H+\angle N C H=\frac{1}{2} \angle A C H+\frac{1}{2} \angle B C H=45^{\circ}$. Tương tự thì $\angle J M C=45^{\circ}$. Tứ giác $M I J N$ có $\angle J M C=\angle I N C=45^{\circ}$ nên là tứ giác nội tiếp, hay $M, N, I, J$ cùng thuộc một đường tròn. Tam giác $I N C$ cân có $\angle I C N=45^{\circ}$ nên $\angle C I N=90^{\circ}$, suy ra $C I \perp C M$. Chứng minh tương tự $M J \perp C N$. Tam giác $C M N$ có $C H, M J, N I$ là các đường cao nên đồng quy. (c) Đặt $A C=b, B C=a$. Ta có $a^2+b^2=B C^2=4 R^2$. Ta có $A N=A C=b, B M=B C=a$. $A M+B N=B C+M N$, suy ra $M N=a+b-B C=a+b-2 R$. Ta có $(a+b)^2 \leq 2\left(a^2+b^2\right)=8 R^2$. Suy ra $a+b \leq 2 \sqrt{2} R$, suy ra $a+b-2 R \leq 2 R(\sqrt{2}-1)$. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=R \sqrt{2}$. Vậy giá trị lớn nhất của $M N$ bằng $2 R(\sqrt{2}-1)$ khi $C$ là điểm chính giữa đường tròn. Khi đó $S_{C M N}=\frac{1}{2} C H \cdot M N \leq R^2(\sqrt{2}-1)$. Đẳng thức xảy ra khi $C$ là điểm chính giữa đường tròn.
Bài 2. Cho tam giác $A B C$ có bán kính đường tròn nội tiếp là $r$, đường tròn ngoại tiếp là $R$ và bán kính đường tròn bàng tiếp lả $r_a, r_b, r_c$. Khi đó $$ r_a+r_b+r_c=4 R+r $$
Lời giải.
Đường tròn ngoại tiếp tam giác $A B C$ là đường tròn Euler của tam giác $I_a I_b I_c,(A B C)$ cắt $I_b I_c$ tại $N$ và cắt $A I_a$ tại $M$, khi đó $N$ là trung điểm của $I_a I_b$ và $I I_a$. Ta có $M N$ là đường kính của $(A B C)$. Gọi $K, L$ là hình chiếu của $I_c, I_b$ trên đường thẳng $B C$ và $E$ là hình chiếu của $I_a$ trên $B C$. Tứ giác $I_b L K I_c$ là hình thang vuông có $N P$ là đường trung bình nên $I_c K+I_b L=2 N P$ hay $r_b+r_c+2 N P$. Tương tự $I_a E-I D=2 M P$ hay $r_a-r=2 M P$. Do đó $r_b+r_c+r_a-r=2 N P+2 M P=2 M N=4 R \Rightarrow r_a+r_b+r_c=4 R+r$.
Bài 3. Cho tam giác $A B C$ nhọn có $A B<A C$, đường tròn tâm I nội tiếp tam giác $A B C$ tiếp xúc với các cạnh $B C, A C, A B$ lần lượt tại $D, E, F$. Gọi $K$ là hình chiếu vuông góc với $D$ trên $E F$. a) Đường tròn ngoại tiếp tam giác $A B C$ và tam giác $A E F$ cắt nhau tại $P$ khác A. Chứng $\operatorname{minh} P, K, I$ thẳng hàng. b) $D K$ cắt $A B$ tai $H$. Tính $\angle F P H$.
Lời giải.
a) Chứng minh được $\triangle P F B \backsim \triangle P E C$. Suy ra $\frac{P F}{P E}=\frac{F B}{E C}$. Ta cũng chứng minh được: $\angle B K F=\angle C K E$. Hơn nữa $\angle B F K=\angle C E K$ nên $\triangle K F B \backsim \triangle K E C$. Do đó ta suy ra $\frac{F B}{E C}=\frac{K F}{K E}$. Do vậy $\frac{P F}{P E}=\frac{K F}{K E}$. Suy ra $P K$ là phân giác góc $\angle E P F$. Mà $P I$ là phân giác $\angle E P F$ nên $P, I, K$ thẳng hàng. b) Ta có $H K / / A I$ nên suy ra $\angle P K H=\angle A I P=\angle P F H$. Do đó tứ giác $P F H K$ nội tiếp. Suy ra $\angle H P F+\angle H K F=180^{\circ}$. Mà $\angle H K F=90^{\circ}$ nên $\angle H P F=90^{\circ}$.
Bài tập rèn luyện
Bài 1. (TPHCM 2020) Đường tròn $(I)$ nội tiếp tam giác $A B C$ tiếp xúc với các cạnh $A B, B C$, $C A$ lần lượt tại $D, E, F$. Kẻ đường kính $E J$ của đường tròn $(I)$. Gọi $d$ là đường thẳng qua $A$ song song với $B C$. Đường thẳng $J D$ cắt $d, B C$ lần lượt tại $L, H$. (a) Chứng minh: $E, F, L$ thẳng hàng. (b) $J A, J F$ cắt $B C$ lần lượt tại $M, K$. Chứng minh: $M H=M K$.
Bài 2. (TPHCM 2017) Cho tam giác $A B C$ có góc $B$ tù. Đường tròn $(O)$ nội tiếp tam giác $A B C$ tiếp xúc với các cạnh $A B, C A, B C$ lần lượt tại $L, H, J$. (a) Các tia $B O, C O$ cắt $L H$ lần lượt tại $M, N$. Chứng minh 4 diểm $B, C, M, N$ cùng thuộc một đường tròn. (b) Gọi $d$ là đường thẳng qua $O$ và vuông góc với $A J ; d$ cắt $A J$ và đường trung trực của cạnh $B C$ lần lượt tại $D$ và $F$. Chứng minh 4 điểm $B, D, F, C$ cùng thuộc một đường tròn.
Bài 3. (PTNK 2015) Cho tam giác $A B C(A B<A C)$ có các góc nhọn, nội tiếp trong đường tròn tâm $O$. Gọi $M$ là trung điểm của cạnh $B C, E$ là điểm chính giữa của cung nhỏ $B C, F$ là điểm đối xứng của $E$ qua $M$. (a) Chứng minh $E B^2=E F \cdot E O$. (b) Gọi $D$ là giao điểm của $A E$ và $B C$. Chứng minh các điểm $A, D, O, F$ cùng thuộc một đường tròn. (c) Gọi $I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $A B C$ và $P$ là điểm thay đổi trên đường tròn ngoại tiếp tam giác $I B C$ sao cho $P, O, F$ không thẳng hàng. Chứng minh rằng tiếp tuyến tại $P$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $P O F$ đi qua một điểm cố định.
Trong các bài trước mình đã làm quen với các hệ phương trình hai ẩn, phương pháp chủ yếu cũng là thế, cộng đại số, đặt ẩn phụ. Trong bài này chúng ta tiếp tục với các hệ phương trình nhiều ẩn hơn, chủ yếu là các hệ phương trình ba ẩn, trong các hệ phương trình này có hai dạng ta quan tâm và xuất hiện nhiều là hệ đối xứng và hệ hoán vị vòng quanh.
trong đó $f, g, h$ là các biểu thức đối xứng với $x, y, z$ tức là khi ta hoán vị $x, y, z$ thì $f, g, h$ vẫn không đổi.
Các biểu thức đối xứng 3 biến cơ bản nhất là $x+y+z, xy+yz+xz, xyz$.
Từ đó ta xét ví dụ sau
Ví dụ 1. Giải hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l} x+y+z=6 (1)\\\\ xy+yz+xz=11 (2)\\\\ xyz=6 (3) \end{array}\right.$
Lời giải
Từ (1) ta có $y +z = 6-z$, từ (2), $ yz = 11-x(y+z) = 11 – x(6-x) = x^2-6x+11$.
Thế vào (3) ta có $x(x^2-6x+11) = 6$ $\Leftrightarrow x^3 -6x^2+ 11x – 6 = 0$
Giải ra được $x = 1, x = 2, x= 3$.
Với $x = 1$ ta có $y+z = 5, yz = 6$ giải ra được $y = 2, z= 3$ và $y=3, z=2$.
Các trường hợp khác tương tự, hệ phương trình có nghiệm $(1, 2, 3)$ và các hoán vị.
Do đó nếu hệ phương trình ba ẩn đối xứng, có một cách giải là ta tìm được giá trị của các biểu thức đối xứng cơ bản như bài trên.
Ví dụ 2. (PTNK Chuyên toán 2010) Giải hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l} x+y+z=3 \\\\ x y+y z+x z=-1 \\\\ x^3+y^3+z^3+6=3\left(x^2+y^2+z^2\right) \end{array}\right.$
Lời giải
Ta chỉ cần tính được $xyz$ thì có thể đưa về ví dụ 1.
Từ (1) và (2) ta tính được $x^2+y^2+z^2 = (x+y+z)^2 – 2(xy+yz+xz) = 11$
Suy ra $x^3+y^3+z^3 = 27$
Mà $x^3+y^3+z^3 – 3xyz=(x+y+z)(x^2+y^2+z^2-xy-yz-xz) \Rightarrow xyz = -3$
do đó ta có $x+y+z = 3, xy+yz+xz = -1, xyz = -3$ tương tự ví dụ 1, ta giải được nghiệm là $(1,-1,3)$ và các hoán vị.
Ngoài cách trên ta có thể giải như sau
$x^3+y^3+z^3 = (x+y+z)^3 – 3(x+y)(y+z)(x+z)$, khi đó $(x+y)(y+z)(z+x) = 0$, tổng hai số bằng 0, ta suy ra số còn lại bằng 3, tiếp tục ta cũng có kết quả như trên.
Hệ hoán vị vòng quanh
Các hệ phương trình nhiều ẩn thường gặp là hệ hoán vị vòng quanh có dạng sau:
Phương pháp thường dùng là cộng đại số,phân tích thành tích, sử dụng đánh giá bất đẳng thức để chứng minh $x=y=z$.
Ta xét một số ví dụ sau:
Ví dụ 3. Giải hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l}(x-y)^2=2 z-z^2(1) \\\\(y-z)^2=2 x-x^2(2)\\\\ (z-x)^2=2 y-y^2(3)\end{array}\right.$
$\Leftrightarrow x=z$ hoặc $y=1$ – $y=1$ ta có $(3) \Leftrightarrow(x-z)^2=1 \Leftrightarrow z=x+1, z=x-1$ + $z=x+1$ giải được $ x=0, z=1$ và $x=1, z=2 $Khi đó ta có nghiệm $(0,1,1),(1,1,2)$ + $z=x-1 $ giải ra được $x=1, z=0 $ và $ x=2, z=1 $Ta có nghiệm $(1,1,0)$ và $(2,1,1)$ Với $x=z$ từ (3) ta có $ y^2-2 y=0 \Leftrightarrow y=0, y=2$
Với $y=0$ ta có $\left\{\begin{array}{l}x^2=2 z-z^2 \\\\ z^2=2 x-x^2\end{array} \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}2 z^2=2 z \\\\ x-z\end{array}\right.\right.$.
Giải được nghiệm $(0,0,0)$ và $(1,0,1)$.
+Với $y=2$, giải ra được nghiệm $(1,2,1)$ và $(2,2,2)$. Vậy hệ phương trình có 8 nghiệm.
Ví dụ 4. (PTNK Chuyên Toán 2103) Giải hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l} 3 x^2+2 y+1=2 z(x+2) \\\\ 3 y^2+2 z+1=2 x(y+2) \\\\ 3 z^2+2 x+1=2 y(z+2) \end{array}\right.$
Lời giải Cộng ba phương trình lại ta có: $3\left(x^2+y^2+z^2\right)+2(x+y+z)+3=2(x y+y z+z x)+4(x+y+z) $
$ \Leftrightarrow 3\left(x^2+y^2+z^2\right)-2(x y+y z+x z)-2(x+y+z)+3=0 $ $\Leftrightarrow(x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2+(x-1)^2+(y-1)^2+(z-1)^2=0 $ $\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l} x=1 \\\\ y=1 \\\\ z=1 \end{array}\right. $ Thử lại thấy $(1,1,1)$ là nghiệm của hệ.
Ví dụ 5. Giải hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l} 2 x=y^2-z^2 \\\\ 2 y=z^2-x^2 \\\\ 2 z=x^2-y^2 \end{array}\right.$
Lời giải
Lấy (1) $+(2)$ ta có $(x+y)(x-y+2)=0 \Leftrightarrow x+y=0$ hoặc $x=2-y$. Với $x+y=0$, từ (3) ta có $z=0$, từ (1) ta có $x=0$ hoặc $x=2$. Ta có nghiệm $(x, y, z)$ là $(0,0,0)$ và $(2,-2,0)$. Với $x=y-2$, từ (3) ta có $2 z=(y-2)^2-y^2=4-4 y \Leftrightarrow z=2-2 y$. Thế vào (1) ta có: $2(y-2)=y^2-(2-2 y)^2 \Leftrightarrow y^2-2 y=0 \Leftrightarrow y=0, y=2$. Từ đó ta có nghiệm $(-2,0,2)$ và $(2,-2,0)$. Vậy hệ có 4 nghiệm.
Hệ nhiều ẩn không mẫu mực
Một số hệ không mẫu mực thì không có cách giải chung, do đó ta phải để đặc điểm của các hệ phương trình này để có cách giải phù hợp, chủ yếu cũng là giảm được ẩn, phân tích nhân tử, . ..
Ví dụ 6. Giải hệ phương trình sau: $\left\{\begin{array}{l} (x-2 y)(x-4 z)=55 \\\\ (y-2 z)(y-4 x)=-39 \\\\ (z-2 x)(z-4 y)=-16 \end{array}\right.$
Lời giải
$\left\{\begin{array}{l}(x-2 y)(x-4 z)=55 \\\\ (y-2 z)(y-4 x)=-39 \\\\ (z-2 x)(z-4 y)=-16\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x^2-2 x y-4 x z+8 y z=55(1) \\\\ y^2-2 y z-4 x y+8 x z=-39(2) \\\\ z^2-2 x z-4 y z+8 x y=-16(3)\end{array}\right.\right.$
Cộng (1),(2),(3) ta có $(x+y+z)^2=0 \Leftrightarrow x+y+z=0 \Leftrightarrow z=-x-y$ Thế vào (1),(2) ta có $\left\{\begin{array}{l}(x-2 y)(5 x+4 y)=55 \\\\ (3 y+2 x)(y-4 x)=-39\end{array}\right.$
$\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}5 x^2-6 x y-8 y^2=55 \\\\ 3 y^2-10 x y-8 x^2=-39\end{array}\right.$ Nhận thấy $y=0$ không thỏa hpt: Đặt $x=k y$, ta có hệ
$\left\{\begin{array}{l} y^2\left(5 k^2-6 k-8\right)=55 \\\\ y^2\left(-8 k^2-10 k+3\right)=-39 \end{array}\right. $ $\Rightarrow-39\left(5 k^2-6 k-8\right)=55\left(-8 k^2-10 k+3\right) $ $\Leftrightarrow 245 k^2+784 k+147=0$ $ \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l} k=-3 \\\\ k=\frac{-1}{5} \end{array}\right. $ Với $k=-3$, ta có $y=1$, hoặc $y=-1$. Từ đó ta có nghiệm là $(-3,1,2),(3,-1,-2)$ Với $k=-\frac{1}{5}$ (vô nghiệm)
Chìa khóa trong lời giải này chính là đặc điểm của các hệ số tự do bên phải của các phương trình.
Qua một số ví dụ , hi vọng các em rút ra kinh nghiệm trong việc giải một số hệ phương trình nhiều ẩn, cùng rèn luyện các bài toán sau nhé.
1)$\left\{\begin{array}{l} x^{3}+x^{2}+x-2=y \\\\ y^{3}+y^{2}+y-2=z \\\\ z^{3}+z^{2}+z-2=x \end{array}\right.$ 2) $\left\{\begin{array}{l} y^{3}-6 x^{2}+12 x-8=0 \\\\ z^{3}-6 y^{2}+12 y-8=0 \\\\ x^{3}-6 z^{2}+12 z-8=0 \end{array}\right.$ Bài 3. Giải hệ phương trình $\begin{cases}ab+c+d=3&\\\\bc+d+a=5&\\\\cd+a+b=2&\\\\da+b+c=6 \end{cases}$
Bài 4.
Cho $a \in \mathbb{R}$. Giải hệ phương trình $\begin{cases} x_1^2+ax_1+(\dfrac{a-1}{2})^2=x_2&\\\\ x_2^2+ax_2+(\dfrac{a-1}{2})^2=x_3&\ …&\\\\ x_n^2+ax_n+(\dfrac{a-1}{2})^2=x_1 \end{cases}$
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:
Cho bằng cách liệt kê. Ví dụ $A = \{1, 2, 3, 4, 5 \}$.
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.
Cho $A = \{0, 1, 2, 3, 4, 5 \}, B = \{2,3, 4, 8 \}, C = \{3, 4, 10, 11 \}$. Tìm $A \setminus B, A \cap B, (A \cup B) \setminus C$.
Cho $A = [-4;2], B = (-1;5), C = (-\infty;0)$. Tìm $\mathbb{R} \setminus A, A \cup B, C \setminus B, (A\cap B) \setminus C$.
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.
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.
Cho $A=(2m-1, 2m+3), B=(-6,1]$. Tìm $m$ để a. $A \subset B.$ b. $B \subset A.$
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?
Định lý 1. Trong một tam giác tổng độ dài hai cạnh lớn hơn độ dài cạnh còn lại.
Chứng minh.
Giả thiết : $\triangle \mathrm{ABC}$.
Kết luận : $\mathrm{AC}+\mathrm{BC}>\mathrm{AB} ; \mathrm{AB}+$ $+\mathrm{BC}>\mathrm{AC} ; \mathrm{AB}+\mathrm{AC}>\mathrm{BC}$.
Trên tia đối của tia $\mathrm{CA}$ xác định điểm $\mathrm{D}$ sao cho $\mathrm{CL}=\mathrm{CB}$ (h. 94). Tia $\mathrm{BC}$ nằm giữa hai tia $\mathrm{BA}$ và
$\mathrm{BD}$, do đó : $\widehat{\mathrm{ABD}}>\mathrm{CBD}$. (1)
Theo cách xác định điểm $\mathrm{D}$ thì tam giác $\mathrm{BCD}$ là tam giác cân cạnh đáy $\mathrm{BD}$; do đó : $\widehat{\mathrm{CBD}}=\widehat{\mathrm{D}}$.
(2)
Từ (1) và $(2)$ suy ra: $\widehat{\mathrm{ABD}}>\widehat{\mathrm{D}}$.
Trong tam giác $\mathrm{ABD}$ : vì $\widehat{\mathrm{ABD}}>\widehat{\mathrm{D}}$ nên $\mathrm{AD}>\mathrm{AB}$. Ta biết $\mathrm{AD}=\mathrm{AC}+\mathrm{CD}=\mathrm{AC}+\mathrm{CB}$, do đó $\mathrm{AC}+\mathrm{CB}>\mathrm{AB}$.
Chứng minh tương tự cho các trường hợp còn lại.
Hệ quả. Trong một tam giác hiệu độ dài hai cạnh nhỏ hơn độ dài cạnh còn lại.
Ví dụ 1. Có thể có tam giác nào mà ba cạnh như sau không :
a) $5 \mathrm{~m}, 10 \mathrm{~m}, 12 \mathrm{~m}$;
b) $1 \mathrm{~m}, 2 \mathrm{~m}, 3,3 \mathrm{~m}$; c) $1,2 \mathrm{~m}, 1 \mathrm{~m}, 2,2 \mathrm{~m}$.
Ví dụ 2. Trong một tam giác cân, một cạnh bằng 25m, cạnh kia bằng $10 \mathrm{~m}$. Cạnh nào là cạnh đáy ? Vi sao ?
Ví dụ 3. Cho tam giác $ABC$ có $M$ là trung điểm của đoạn $AC$. Chứng minh
$2BM + AC > AB + BC$.
Bài tập.
Tính chu vi tam giác cân $\mathrm{ABC}$ biết rằng :
a) $\mathrm{AB}=8 \mathrm{~cm}, \mathrm{AC}=5 \mathrm{~cm}$.
b) $\mathrm{AB}=25 \mathrm{~cm}, \mathrm{AC}=12 \mathrm{~cm}$.
Cho điểm $M$ nằm trong tam giác $\mathrm{ABC}$. Chứng minh rằng tổng $\mathrm{MA}+\mathrm{MB}+\mathrm{MC}$ lớn hơn nửa chu vi nhưng nhỏ hơn chu vi tam giạc.
Cho điểm $\mathrm{D}$ nằm trên cạnh $\mathrm{BC}$ của tam giác $\mathrm{ABC}$. Chứng minh rằng :
$$
\frac{A B+A C-B C}{2}<A D<\frac{A B+A C+B C}{2}
$$
