Đang tải... (xem toàn văn)
Tập san toán học
Lời nói đầu Học toán v l m toán l hai vấn đề ho n to n khác Đó l hai mặt tách rời toán học, học toán l v l m toán l vấn đề đặc biệt quan trọng Học toán giúp cho nắm đợc điều v vận dụng ban đầu lý thuyết sở L m toán nghĩa l đ o sâu suy nghĩ, phát triển b i toán mức độ t cao hơn, nhờ giúp có nhìn to n diện v sâu sắc vấn đề V hệ tất yếu việc đ o sâu suy nghĩ l sáng tạo toán học nh khái niệm, b i toán, ứng dụng hay lý thuyết Đó l mục đích sâu sắc toán học Với tinh thần đó, nhóm cựu học sinh trờng THPT Chuyên Ho ng Văn Thụ Hòa Bình đ xây dựng nên tờ Tập san Toán học 2007 nhằm mục đích động viên phong tr o học toán trờng Chuyên Ho ng Văn Thụ nói riêng v bạn học sinh Tỉnh Hòa Bình nói chung Tờ báo đợc ho n th nh với tâm huyết, lòng yêu toán v hớng tới mái trờng cũ học sinh đ học tập dới mái trờng Ho ng thân yêu §ã cịng l mãn qu m nh÷ng cùu häc sinh muốn gửi tặng đến thầy cô giáo với lòng biết ơn sâu sắc! Đây l lần thứ hai Tập san mắt, nhng với quy mô v nội dung phong phú nhiều so với lần mắt trớc Nội dung Tập san l b i viết với nội dung tìm tòi, sáng tạo, kinh nghiệm, ứng dụng v phơng pháp học toán Hy vọng dù với lợng kiến thức không nhiều, nhng Tập san mang lại cho bạn nhiều điều bổ ích v lý thú Vì khả Ban biên tập nhiều hạn chế v thời gian có hạn, nên trình biên tập, chắn không tránh khỏi thiếu sót v nhiều điểm không đợc nh mong muốn, mong nhận đợc thông cảm v đóng góp xây dựng bạn độc giả V hy vọng rằng, víi trun thèng h o hïng cđa tr−êng THPT Chuyªn Ho ng Văn Thụ, bạn hệ sau tiếp tục phát huy v không ngừng nâng cao vị tuổi trẻ Hòa Bình mắt bạn bè ë mäi miỊn ®Êt n−íc Hy väng r»ng TËp san đợc bạn khóa sau trì v ho n thiện mặt Ban biên tập xin đợc cảm ơn tất bạn đ tham gia v ủng hộ nhiệt tình để tờ Tập san đợc mắt nh dự kiến Xin trân trọng giới thiệu bạn đọc! Chúc bạn th nh công học tập v th nh đạt sống! Hòa Bình tháng năm 2007 Ban biên tập Tập san Toán học 2007 Hội đồng biên tập Trởng ban biên tập: Nguyễn Lâm Tuyền Phó ban biên tập: Bùi Lê Vũ Cộng tác viên: Nguyễn Thái Ngọc, Lu Nh Hòa, trần quang thọ phạm tháI sơn, nguyễn ho ng Mục lục Phần Sáng tạo toán học Giới thiệu phơng pháp tính số lớp tích phân dạng h m lợng giác Cao Trung Chinh Tổng quát hóa b i toán - Đỗ Thị Thu H Xung quanh b i toán bất đẳng thøc thi To¸n Qc tÕ 2005 – Ngun Anh Tn…………………… Thử tìm bất đẳng thức tam giác Dơng Thị Hơng Nguyễn Nh Thắng Một tình cê – Ngun L©m Tun………………………………………………………………… Sư dơng tÝnh chÊt h m đơn ánh để giải b i toán phơng trình h m Nguyễn Thái Ngọc Lời giải b i thi Toán Quốc tế 2003 H Hữu Cao Trình Số phức với hình học phẳng Vũ Hữu Phơng Phơng trình h m v trù mËt – Bïi Lª Vị ………………………………………………………… D y sè v trù mật R+ Hồ Sỹ Tùng Lâm Mét sè b i to¸n sè häc vỊ d y tổng lũy thừa Trần Quốc Ho n Cân hệ số bất đẳng thức Cô-si Nguyễn Lâm Tuyền Phơng pháp sử dụng định nghĩa để tính giới hạn Lê Bảo Khánh Điểm Lemoine tam giác Lê Văn Đính Câu chuyện đờng tròn v elipse Lu Nh Hòa Một số phơng pháp xác định giới hạn d y số Nguyễn Lâm Tuyền Một lớp b i toán bất đẳng thức Nguyên Minh Phúc Một số khái niệm góc định hớng Trần Quang Thọ Tiêu chuẩn hội tụ tổng quát Bùi Lê Vũ Nguyễn Thái Ngọc ứng dụng định lý Stolz tìm giới hạn d y số Ngô Nhất Sơn ứng dơng cđa mét b i to¸n tỉng qu¸t – Ngun H Thuật Tập dợt sáng tạo Đặng Phùng Hng Vận dụng định lý sách giáo khoa linh hoạt Trịnh Anh Tuấn Mở rộng khái niệm tâm tỉ cự cho tứ diện Ho ng An Giang Phơng pháp logic mệnh đề Phạm Phúc Lân Phép chiếu v øng dơng cđa phÐp chiÕu – Ngun L©m Tun……………………………………… Mét số b i toán bất đẳng thức chọn lọc Lu Nh Hòa Sử dụng đẳng thức để chứng minh bất đẳng thức Vũ Việt Dũng Tiếp cận toán vật lý Nguyễn Lâm Tuyền Bất đẳng thøc Schur v øng dơng – Tr−¬ng Qc H−ng……………………………………………… Mét số b i tập toán rời rạc Bùi Mạnh Quân Sử dụng h ng điểm điều hòa để giải b i toán cực trị Trần Thị Linh Ph−¬ng……………………… 12 15 17 20 23 26 28 30 35 38 40 41 46 48 52 55 57 59 61 64 66 69 73 75 78 81 83 85 Phần II Lịch sử v ứng dơng To¸n häc Sù ph¸t triĨn cđa sè häc – Phùng Ngọc Thắng Toán học v tự động hóa Nguyễn Lâm Tuyền Dùng đa thức để phát lỗi đờng truyền Nguyễn Lâm Tuyền Cấu trúc tự nhiên Nguyễn Thái Ngọc 87 90 93 95 Phần III Toán học v ngoại ngữ Học toán v ngoại ngữ Ngô Th nh Long Phơng tích điểm với đờng tròn Lu Nh Hòa Phép nghịch đảo Lu Nh Hòa 97 98 99 Phần IV Những b i toán hay v b i toán tự sáng tạo Các b i toán tự sáng tạo Nguyễn Lâm Tuyền Những b i toán hay Nhiều tác giả 103 109 Phần i Sáng tạo Toán học Phần I - Sáng tạo toán học Giới Thiệu Phương Pháp Tính số lớp tích phân dạng hàm lượng giác ThÇy cao trung chinh GV THPT Chuyên Ho ng Văn Thụ, Ho Bình Để giúp học sinh có thêm kiến thức mang tính hệ thống, xin giới thiệu số lớp tích phân dạng h m số lợng giác thờng gặp kì thi tốt nghiệp nh thi đại học Hi vọng qua b i viÕt n y, c¸c em cã thĨ rút nhiều điều bổ ích cho thân I D¹ng ∫ f (sin x, cos x)dx NÕu f(sinx, cosx) l h m hữu tỉ đặt x t = tg 2 Mét sè hiƯn t−ỵng c¸ biƯt - NÕu f(-sinx, cosx) = - f(sinx, cosx) đặt x = cost - Nếu f(sinx, - cosx) = - f(sinx, cosx) đặt x = sint - Nếu f(-sinx, - cosx) = f(sinx, cosx) đặt x = tgt Qua cách đổi biến nh trên, ta tính tích phân cách đơn giản v nhanh chóng Sau l số ví dụ thĨ dx VÝ dơ TÝnh I = sin x Lời giải Đặt t = tg x ⇒ dt = dx x cos , 2t VËy 1+ t dx dt x I =∫ = ∫ = ln t + c = ln tg + c sin x t sin x = TẬP SAN TOÁN HỌC - 2007 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ - HÒA BÌNH 2.VÝ dơ TÝnh I = ∫ sin xdx cos x Lời giải Đặt t = cosx dt = − sin xdx Ta cã −2 1− t2 I = -∫ dt = ∫ t − t dt = t 3 t − 3t + c = cos x − 3 cos x + c 7 C¸c bạn h y tự giải hai ví dụ sau: cos x + cos x VÝ dô3 TÝnh I = ∫ dx sin x + sin x 4.VÝ dô dx TÝnh I = ∫ sin x + sin x cos x − cos x Chú ý: nguyên h m đợc hiểu l khoảng tập xác định II Dạng sin m x cos n xdx - Nếu m n l số nguyên dơng lẻ tơng ứng ta đặt t = cosx t = sinx - NÕu m v n ®Ịu l số nguyên dơng chẵn dễ d ng sử dụng công thức hạ bậc v góc nhân đôi để giải b i toán - Nếu (m+n) l số nguyên chẵn đặt t = tgx t = cotgx Tïy theo tõng ®iỊu kiƯn cđa b i toán m ta chọn lựa cách đặt cho phù hợp Sau l số ví dụ: Phần I - Sáng tạo toán học 4.Ví dụ Tính I = 1.VÝ dô1 TÝnh ∫ sin x cos xdx Lời giải Đặt t = sinx, ta cã dt = cosxdx VËy ∫ sin x cos xdx = ( ) ( ) = ∫ t − t dt = ∫ t − 2t = t dt t − t + t +c = sin x − sin x + sin x + c = 2.VÝ dô TÝnh sin xdx ∫ cos x 2 cos x Lêi gi¶i Ta cã ∫ sin xdx cos x3 cos x = ∫ sin x cos − xdx Đặt t = cosx (do m = 3, n = − ), ta cã dt = - sinxdx VËy ∫ sin x cos − 4 xdx = - ∫ (1 − t ).t dt − −4 = ∫ t − t dt − = t − 3t + c 5 − 3 = cos x − 3cos x + c VÝ dô3 TÝnh I = ∫ sin x cos xdx Lời giải Ta sử dụng công thức h¹ bËc: 1 + cos x sinxcosx= sin x , cos x = 2 v dế d ng giải b i toán dx sin 11 x cos x 11 Lêi gi¶i DƠ thÊy m = − , n = − v 3 m + n = - nên ta đặt t = tgx , ta cã dt = (1+tg2x)dx VËy: dx dx I= ∫ =∫ 11 12 3 tg x cos x cos x tg 11 x (1 + t ) = ∫ (1 + t ) t ∫ − 11 3 dt = ∫ (1 + t ) t − 11 dt 11 − −3 = ∫ t + t dt − −2 = − t − t +c 8 − −2 = − tg x − tg x + c Để kết thúc b i viết, xin đa số b i tập để em luyện tập thêm phơng pháp III B i tập Tính tích phân sau: sin x cos x a) I1 = ∫ dx sin x + cos x cos xdx b) I2 = ∫ sin x + sin x sin xdx c) I3 = ∫ cos x − sin x − sin xdx d) I4 = ∫ cos x cos xdx e) I5 = ∫ / sin x ============================= Giáo dục l chuẩn bị cho cc sèng; ChÝnh gi¸o dơc l cc sèng Jonh Dewey TẬP SAN TOÁN HỌC - 2007 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ - HÒA BÌNH PhÇn I - Sáng tạo toán học toồng quaựt hoựa Baứi Toaựn Ch o bạn - Những ngời đ , v tiếp tục gắn bó với Toán học đờng tìm vẻ đẹp lộng lẫy nó! Chắc hẳn tất đ kinh ngạc v thán phục trớc phát minh nh toán học v đ hỏi, kết đẹp nh lại sáng tạo Trong đó, thực tế, đợc đối mặt với nhiều số phát minh tìm lời giải dễ d ng tầm kiến thức Hay đơn giản hơn, bạn yêu toán đ tham dự giải b i tạp chí Toán học v Tuổi trẻ, đ có bạn muốn trở th nh ngời đề toán hay cha? Hay bạn cho l công việc thầy cô, ngời nghiên cứu toán học? Câu trả lời l không phải! Chúng ta tạo cho tảng đ biết v đ có, v cần l chút sáng tạo Tôi muốn bạn thử sức với phơng pháp - phơng pháp tổng quát hóa! Khi bạn giải xong b i toán, bạn h y nên tự h o chút cách giải v h y tự hỏi xem, liệu cách giải có phù hợp bạn thay đổi chi tiết đề b i Theo tôi, cách giải tối u phải l cách giải sử dụng liệu đ có đề b i Khi với giả thiết không cần thiết, bạn thay đổi m cách giải giữ nguyên Đó l cách tổng quát hóa Điều n y trái quy luật cách l m l tổng quát b i toán dựa cách Đỗ Thị Thu H Chuyên Toán K97 - 00 Sv Khoa Kế toán Kiểm toán Đại học kinh tế Quốc dân - H Nội giải b i toán Nhng nghĩ l tự nhiên v dễ l m” Chóng ta h y xem xÐt mét sè vÝ dơ: VÝ dơ T×m h m f: [0;1] → R, liªn tơc [0;1] tháa m n: f(x) 2x f(x ) Tôi xin đa cách giải khác a) Lời giải Từ f(x) ≥ 2x f(x2) suy x.f(x) ≥ 2x2.f(x2) , ∀ x ∈ (0;1] Thay x = ⇒ f(0) ≥ Đặt g(x) = x.f(x), x (0;1] g(x) ≥ g(x2) 1 ⇒ g ( x ) ≥ g(x) B»ng quy n¹p, ta chøng minh đợc: g(x) g(x ), n Vì g(x) liên tục n 2n [0; 1] nªn lim g(x ) = g(1) n n → +∞ 1 n lim g(x ) ≥ g(x) n → +∞ n→+∞ n ⇒ ≥ f(x), ∀ x ∈ (0;1] (1) MỈt kh¸c, víi x ∈ [ ;1) ta cã n 2 f(x) ≥ 2x f(x ) ≥ f(x ) ≥ ≥ f(x ) ⇒ lim ⇒ f(x) ≥ lim f(x ) = f(0) ≥ (2) n n → +∞ Tõ (1) v (2) ta cã f(x) = 0, ∀ x ∈ [ ; 1) ) B»ng quy n¹p ta chøng n n minh đợc: f(x) 2nx f(x ) TẬP SAN TOÁN HỌC - 2007 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ - HÒA BÌNH Víi x ∈ (0; Phần I - Sáng tạo toán học Với n đủ lớn f(x) (3) ) VËy f ( x) = 0, ∀x ∈ (0;1] Vì f(x) liên tục Từ (1) v (3) ta cã f(x) = 0, ∀ x ∈ (0; [0;1] nªn f(x) = 0, ∀ x ∈ [ 0;1] NhËn xét Từ cách chứng minh trên, ta thấy: Số ®iỊu kiƯn ho n to n cã thĨ thay b»ng sè a > bÊt kú, ®ã ta có b i toán: B i toán 1.1 Tìm tất h m số f(x): [0;1] R, liên tục đoạn [0;1] thỏa m n điều kiện: f(x) ax f(x2) , a > Hơn nữa, ta thay đổi th nh b i toán tổng quát sau m lời giải không thay đổi B i toán 1.2 Tìm tất h m số f: [0;1] → R, liªn tơc [0; 1] tháa m n ®iỊu kiƯn f(x) ≥ ax α −1 f(x ), >1 b) Lời giải Do f(x) liªn tơc [0;1] nªn f(x) cã nguyªn h m [0;1] Gäi F(x) l mét nguyªn h m f(x) [0;1] Đặt g(x) = F(x) - F(x2) ⇒ g/(x) = F/x) - 2x F(x2) = f(x) - 2x f(x2) ≥ 0, ∀ x ∈ [0;1] ⇒ g(x) l h m không giảm [0;1] M g(0) = g(1) = nªn g(x) = 0), víi mäi x ∈ [0;1] n ⇒ F(x) =F(x2)= = F(x ) n ⇒ F(x) = lim F(x ) = F(0), ∀ x ∈ (0;1) n → +∞ ⇒ f(x) = 0, ∀ x ∈ (0;1) Do f(x) liªn tơc [0;1] nªn f(x) = 0, ∀ x ∈ [0;1] Nh vậy, theo cách giải thứ 2, ta khái quát đợc b i toán nh sau: B i to¸n 2.1 Cho h m g: [0;1] → [0;1] cã ®¹o h m [0;1] tháa m n ®iỊu kiƯn h m [g ( x) x ] đơn điệu [0;1], g(0)=0 v g(1)=1 Tìm tất h m TẬP SAN TOÁN HỌC 2007 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ - HÒA BÌNH sè f : [ 0;1] → R , liªn tơc [0;1], tháa m n: f(x) ≥ g/(x) f(g(x)), ∀ x ∈ [0;1] Cã bạn tự hỏi lại đa b i toán nh Rất đơn giản: Bạn h y thử tổng quát hóa cách thay x2 h m g(x) bất kì, v áp dụng ho n to n tơng tự cách bạn thấy cần phải bổ sung giả thiết để có cách giải ho n chỉnh Vì nh đ nói trên, cách tổng quát hóa b i to n l xuất phát từ cách giải từ đề b i Tất nhiên, với giả thiết cụ thể nh dẫn đến thu hẹp hớng tổng quát b i toán, v để có đợc đề b i thực tổng quát mong chờ khả sáng tạo bạn Sau đây, mời bạn theo dõi ví dụ 2, với cách giải ví dụ trớc, xin đề xuất ví dụ thú vị: 2.Ví dụ Giải phơng trình x f(x) - f( ) = x2 trªn tËp tÊt h m 2 1 liên tục đoạn [- ; ] Lời giải Gọi F(x) l mét nguyªn h m cđa 1 x f(x) [- ; ] Đặt g(x) = F(x) - F( ), x ta cã: g/(x) = f(x) - f( ) = x2 2 ⇒ g(x) = x3 + c V× g(0) = nªn c = x ⇒ g(x) = x3 VËy F(x) = F( ) + x3 3 1 x x ⇒ F(x) = x3+ ( )3 + + ( n −1 ) + 3 x x + F( n ) = x (1 - 3n ) + F( n ), víi 21 2 1 mäi x ∈ [- ; ] Khi n ®đ lín, ta cã: 1 x + F(0) ∀ x ∈ [- ; ] F(x) = 21 Phần I - Sáng tạo toán häc 1 x , ∀ x ∈ [- ; ] Thử lại thấy f(x) = Nhận xét Qua cách giải ta thấy điều 1 l giả thiết x [- ; ] l không cần thiết, ta mở rộng tập xác định l [ 1;1] m kết không thay đổi Thứ hai, giả thiÕt x2 cịng cã thĨ kh¸i qu¸t th nh ®a thøc Nh− vËy, ta cã thĨ kh¸i qu¸t nh− sau: B i toán 2a Cho g(x) l đa thức bậc n có tập xác định l [-1;1] Tìm h m f :[−1;1] → R , liªn tơc trªn R v tháa x m n : f(x) - f( ) = g/(x) Các bạn h y thử tìm điều kiện cho g(x) ta muốn khái quát g(x) th nh h m liên tục Trở lại b i toán ví dụ 1, với cách giải trình b y b i toán ví dụ 2, ta ho n to n cã thĨ thay ®ỉi gi¶ thiÕt f(x) - 2xf(x2) ≥ bëi f(x)- 2x f(x2) = g(x) Các bạn h y đa ®Ị b i cã c¸c ®iỊu kiƯn r»ng bc cho g(x) để tạo th nh b i toán ho n chỉnh Kết hợp hớng tổng quát trên, xin đề xuất b i toán tổng quát hơn: VÝ dơ Cho c¸c h m sè g: [0;1] → R, f : [ 0;1] → [ 0;1] g, h có đạo h m [0;1], h(0) = 0, h(1) =1 v g l ®a thøc bËc n T×m h m f: [0;1] → R, tháa m n: f(x) - h/(x).f(h(x)) = g/(x) Mời bạn h y giải b i toán n y v tiếp tục! Sau l b i tập để bạn tự luyện: B i tập Cho f(x) có đạo h m (0;1), liªn tơc [0;1], ngo i f(0) = f(1) = Chøng minh r»ng tån t¹i mét sè c ∈ (0;1) tháa m n ®iỊu kiƯn: f(c) = 1996.f/ (c) Chúc bạn th nh công! TẬP SAN TOÁN HỌC 2007 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ - HÒA BÌNH Xung Quanh Bài Toán Bất Đẳng Thức THI TOÁN QUỐC TẾ 2005 Ngun anh tn Chuyên toán k97-00 Sv Lớp D2000VT, Học viện Công nghệ Bu Viễn thông Trong kỳ thi Olympic Toán Quốc tế lần thứ 46 tổ chức Mexico có b i toán bất đẳng thức (BĐT) nh sau: B i toán Cho số thực dơng x, y, z tháa m n ®iỊu kiƯn xyz ≥ Chøng minh r»ng: x5 − x2 y5 − y + + x5 + y + z y + z + x2 z5 − z2 ≥0 (1) z5 + x2 + y Lời giải BĐT (1) tơng đơng với: ( x5 + y + z ) − ( x + y + z ) + x5 + y + z + + (y (z + + z + x2 ) − ( x2 + y + z ) y5 + z + x2 + x2 + y2 ) − ( x2 + y + z ) z5 + x2 + y2 + ≥0 1 + + 2 x +y +z y + z + x2 + ≤ (2) 2 z +x +y x + y2 + z2 Ta sÏ chøng minh: 3( y2 + z2 ) ≤ x5 + y + z 2 ( x2 + y + z ) ⇔ ThËt vËy, theo gi¶ thiÕt xyz ≥ ta cã: 1 ≤ ≤ 2 x x +y +z 2 +y +z yz Phần I - Sáng tạo to¸n häc ≤ (3) 2x + y2 + z2 y + z2 áp dụng BĐT Bunhiacôpxky ta có: y + z2 2 +y +z × 2x × y + z2 + y2 + z2 ≥ ≥ ( x2 + y2 + z ) ⇔ 3( y2 + z2 ) ≤ (4) 2x 2 ( x2 + y + z ) +y +z y2 + z2 Tõ (3) v (4) suy 3( y2 + z2 ) ≤ x5 + y + z 2 ( x2 + y + z ) Cịng t−¬ng tù: 3( z + x2 ) ≤ y5 + z + x2 ( x2 + y + z ) 3( x2 + y2 ) ≤ z5 + x2 + y 2 ( x2 + y + z ) Cộng theo vế BĐT ta thu đợc (2) đpcm Đẳng thức xảy x = y = z = Lời giải áp dụng BĐT Bunhiacôpxky ta có: ( x5 + y + z ) + y + z ≥ x ≥ ( x2 + y2 + z ) ⇒ ≤ x + y2 + z2 ≤ y + z + x2 + y2 + z2 x x2 + y + z ) ( Thêm hai BĐT tơng tự nữa: TẬP SAN TOÁN HỌC 2007 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ - HÒA BÌNH z + x2 + y + z + x2 y ( x2 + y + z ) v + x2 + y2 z ≤ ( x2 + y + z ) Ta suy ra: 1 + + 2 x +y +z y + z + x2 + ≤ z + x2 + y 1 + + + ( x2 + y + z ) x y z ≤ ( x2 + y + z ) Mặt khác tõ gi¶ thiÕt xyz ≥ 1 1 ⇒ + + ≤ yz + zx + xy ≤ x y z ≤ x + y + z , từ BĐT suy (2) đpcm Đẳng thức xảy x = y = z = B»ng c¸ch 2, ta chøng minh đợc b i toán tổng quát sau: B i toán Cho n sè thùc d−¬ng x1 , x2 , , xn ( n 3) thoả m n điều kiÖn x1 x2 xn ≥ Chøng minh r»ng: x12 n +1 − x1n + x12 n +1 + x2 n + x3n + + xn n + x2 n +1 − x2 n +…+ x2 n +1 + x1n + x3n + + xn n xn n +1 − xn n ≥ (5) xn n +1 + x2 n + x3n + + xn 1n Chứng minh Theo BĐT Cô-si v giả thiết x12 n x1 x2 xn ≥ ta cã: x12 n +1 ≥ ≥ x2 x3 xn + ≥ ( n − 1) x12 n x2 n + x3n + + xn n (6) Phần iiI - HọC TOáN Và NGOạI NGữ Example (1985 IMO) A circle with center O passes through vertices A and C of triangle ABC and intersects side AB at K and side BC at N Let the circumcircles of triangles ABC and KBN intersect at B and M Prove that OM is perpendicular to BM Solution For the three circles mentioned, the radical axes of the three pairs are lines AC, KN and BM (The centers are noncollinear because two of them are on the perpendicular bisector of AC, but not the third.) So the axes will concur at the radical center P Since PMN = BKN = NCA , it follows that P, M, N, C are concyclic By power of a point, BM × BP = BN × BC = BO − r and PM × PB = PN × PK = PO − r , where r is the radius of the circle through A, C, N, K Then PO − BO = BP ( PM − BM ) = PM − BM This implies OM is perpendicular to BM (See remarks below.) Remarks By coordinate geometry, it can be shown that the locus of points X such that PO − BO = PX − BX is the line through O perpendicular to line BP This is a useful fact Example (1997 Chinese Math Olympiad) Let quadrilateral ABCD be inscribed in a circle Suppose lines AB and DC intersect at P and lines AD and BC intersect at Q From Q, construct the tangents QE and QF to the circle, where E and F are the points of tangency Prove that P, E, F are collinear Solution Let M be a point on PQ such that Phép Ngh ch ñ o Inversion Kin Y Li In algebra, the method of logarithm transforms tough problems involving multiplications and divisions into simpler problems involving additions and subtractions For every positive number x, there is a unique real number log x in base 10 This is a one-to-one correspondence between the positive numbers and the real numbers In geometry, there are also transformation methods for solving problems In this article, we will discuss one such method called inversion To present this, we will introduce the extended plane, which is the plane together with a point that we would like to think of as infinity Also, we would like to think of all lines on the plane will go through this point at infinity! To understand this, we will introduce the stereographic projection, which can be described as follow Consider a sphere sitting on a point O of a plane If we remove the north pole N of the sphere, we get a punctured sphere For every point P on the plane, the line NP will intersect the punctured sphere at a Sp unique point So this gives a one-to-one CMP = ADC Then D,C,M,Q are concyclic and also, B,C,M,P are concyclic Let r1 be the radius of correspondence between the plane and the punctured sphere If we consider the points P on a circle in the the circumcircle C1 of ABCD and O1be the center of C1 By power of a point, punctured sphere.However, if we consider the points PO12 − r12 = PC × PD = PM × PQ and QO12 − r12 = QC × QB = QM × PQ Then PO12 − QO12 = ( PM − QM ) PQ = PM − QM which implies O1M ⊥ PQ The circle C2 with QO1 as diameter passes through M, E,F and intersects C1 at E, F If r2 is the radius of C2 and O2 is the center of C2 , then PO − r = PM × PQ = PO − r So P lies on 2 2 2 the radical axis of C1 , C2 , which is the line EF plane, then the Sp points will form a circle on the P on any line in the plane, then the Sp points will form a punctured circle on the sphere with N as the point removed from the circle If we move a point P on any line on the plane toward infinity, then Sp will go toward the same point N! Thus,in this model, all lines can be thought of as going to the same infinity Now for the method of inversion, let O be a point on the plane and r be a positive number The inversion with center O and radius r is the function on the extended plane that sends a point X ≠ O to the image point X ' on the ray OX such that OX ⋅ OX ' = r When X = O, X ' is taken to be the point at infinity When X is infinity, X ' is taken to TẬP SAN TOÁN HỌC - 2007 99 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ - HÒA BÌNH be O The circle with center O and Phần iiI - HọC TOáN Và NGOạI NGữ radius r is called the circle of inversion The method of inversion is based on the following facts (1) The function sending X to X ' described above is a one-to-one correspondence between the extended plane with itself (This follows from checking ( X ') ' = X ) (2) If X is on the circle of inversion, then X ' = X If X is outside the circle of inversion, then X ' is the midpoint of the chord formed by the tangent points T1, T2 of the tangent lines from X to the circle of inversion (This follows from OX ⋅ OX ' = ( r sec∠TOX )( r cos∠TOX ) = r2 ) 1 (3) A circle not passing through O is sent to a circle not passing through O In this case, the images of concyclic points are concyclic The point O, the centers of the circle and the image circle are collinear However, the center of the circle is not sent to the center of the image circle! (4) A circle passing through O is sent to a line which is not passing through O and is parallel to the tangent line to the circle at O Conversely, a line not passing through O is sent to a circle passing through O with the tangent line at O parallel to the line (5) A line passing through O is sent to itself (6) If two curves intersect at a certain angle at a point P ≠ O , then the image curves will also intersect at the same angle at P ' If the angle is a right angle, the curves are said to be orthogonal So in particular, orthogonal curves at P are sent to orthogonal curves at P’ A circle orthogonal to the circle of inversion is sent to itself Tangent curves at P are sent to tangent curves at P’ (7) If points A, B are different from O and points O, A, B are not collinear, then the equation OA OB ' OA ⋅ OA ' = r = OB ⋅ OB ' implies = OB OA ' Along with ∠AOB = ∠B ' OA ' they imply ∆OAB = ∆OB ' A ' are similar Then 2 A' B' OA' r r = = so that A' B' = AB AB OB OAOB OAOB The following are some examples that illustrate the powerful method of inversion In each example, when we inversion, it is often that we take the point that plays the most significant role and where many circles and lines intersect Example (Ptolemy’s Theorem) For coplanar points A, B, C, D, if they are concyclic, then AB ⋅ CD + AD ⋅ BC = AC ⋅ BD TẬP SAN TOÁN HỌC - 2007 100 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ - HÒA BÌNH Solution Consider the inversion with center D and any radius r By fact (4), the circumcircle of △ ABC is sent to the line through A ', B ', C ' Since A ' B '+ B ' C ' = A ' C ' , we have by fact (7) that r2 r2 r2 AB + BC = AC AD ⋅ BD BD ⋅ CD AD ⋅ CD AD ⋅ BD ⋅ CD Multiplying by ,we get the desired r2 equation Remarks The steps can be reversed to get the converse statement that if AB ⋅ CD + AD ⋅ BC = AC ⋅ BD then A,B,C,D are concyclic Example (1993 USAMO) Let ABCD be a convex quadrilateral such that diagonals AC and BD intersect at right angles, and let O be their intersection point Prove that the reflections of O across AB, BC, CD, DA are concyclic Solution Let P, Q, R, S be the feet of perpendiculars from O to AB, BC, CD, DA, respectively The problem is equivalent to showing P, Q, R, S are concyclic (since they are the midpoints of O to its reflections) Note OSAP, OPBQ, OQCR, ORDS are cyclic quadrilaterals Let their C A , CB , CC , CD , circumcircles be called respectively Consider the inversion with center O and any radius r By fact (5), lines AC and BD are sent to themselves By fact (4), circle C A is sent to a line LA parallel to BD, circle CB is sent to a line LB parallel to AC, circle CC is sent to a line LC parallel to BD, circle C D is sent to a line LD parallel to AC Next C A intersects C B at O and P.This implies LA intersects LB at P ' Similarly, LB intersects LC at Q ' , LC intersects LD at R ' and LD intersects LA at S ' Since AC ⊥ BD , P ' Q ' R ' S ' is a rectangle, hence cyclic Therefore, by fact (3), P, Q, R, S are concyclic Example (1996 IMO) Let P be a point inside triangle ABC such that ∠APB − ∠ACB = ∠APC − ∠ABC Let D, E be the incenters of triangles APB, APC, respectively Show that AP, BD, CE meet at a point PhÇn iiI - HọC TOáN Và NGOạI NGữ Solution Let lines AP, BD intersect at X, lines AP, CE intersect at Y We have to show X = Y By the angle bisector BA XA CA YA = Similarly, = As X, Y BP XP CP YP CA BA = are on AP, we get X = Y if and only if CP BP theorem, Consider the inversion with center A and any radius r By fact (7), △ ABC ,△ AC ' B ' are similar, △ APB,△ AB ' P ' are similar and △ APC ,△ AC ' P ' are similar Now ∠B ' C ' P ' = ∠AC ' P '− ∠AC ' B ' = ∠APC − ∠ABC = ∠APB − ∠ACB = ∠AB ' P − ∠AB ' C ' = ∠C ' B ' P ' So ∆B ' C ' P ' is isosceles and P ' B ' = P ' C ' From ∆APB, ∆AB ' P ' similar and ∆APC , ∆AC ' P ' similar, we get BA P ' A P ' A CA = = = Therefore, X = Y BP P ' B ' P ' C ' CP Example (1995 Israeli Math Olympiad) Let PQ be the diameter of semicircle H Circle O is internally tangent to H and tangent to PQ at C Let A be a point on H and B a point on PQ such that AB ⊥ PQ and is tangent to O Prove that AC bisects ∠PAB Solution Consider the inversion with center C and any radius r By fact (7), △CAP,△CP ' A ' similar and △CAB,△CB ' A ' similar So AC bisects PAB if and only if ∠CAP = ∠CAB if and only if ∠CP ' A ' = ∠CB ' A ' By fact (5), line PQ is sent to itself Since circle O passes through C, circle O is sent to a line O ' parallel to PQ By fact (6), since H is tangent to circle O and is orthogonal to line PQ, H is sent to the semicircle H ' tangent to line O ' and has diameter P ' Q ' Since segment AB is tangent to circle O and is orthogonal to PQ, segment AB is sent A ' B ' on the semicircle tangent to line O ' and has diameter CB ' Now observe that A ' Q ' and A ' C to are symmetrical with respect to the perpendicular bisector of CQ ' so we get ∠CP ' A ' = ∠CB ' A ' In the solutions of the next two examples, we will consider the nine-point circle and the Euler line of a triangle Please consult Vol 3, No of Mathematical Excalibur for discussion if necessary TẬP SAN TOÁN HỌC - 2007 101 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ - HÒA BÌNH Example (1995 Russian Math Olympiad) Given a semicircle with diameter AB and center O and a line, which intersects the semicircle at C and D and line AB at M (MB < MA, MD < MC) Let K be the second point of intersection of the circumcircles of triangles AOC and DOB Prove that ∠MKO = 90 Solution Consider the inversion with center O and radius r = OA By fact (2), A, B, C, D are sent to themselves By fact (4), the circle through A, O, C is sent to line AC and the circle through D, O, B is sent to line DB Hence, the point K is sent to the intersection K ' of lines AC with DB and the point M is sent to the intersection M ' of line AB with the circumcircle of △OCD Then the line MK is sent to the circumcircle of OM ' K ' To solve the problem, note by fact (7), ∠MKO = 90 if and only if ∠K ' M ' O = 90 Since BC ⊥ AK ' , AD ⊥ BK ' and O is the midpoint of AB, so the circumcircle of △OCD is the nine-point circle of △ ABK ' which intersects side AB again at the foot of perpendicular from K ' to AB This point is M ' So ∠K ' M ' O = 90 and we are done Example (1995 Iranian Math Olympiad) Let M, N and P be points of intersection of the incircle of triangle ABC with sides AB, BC and CA respectively Prove that the orthocenter of △ MNP , the incenter of △ ABC and the circumcenter of △ ABC are collinear Solution Note the incircle of △ ABC is the circumcircle of △ MNP So the first two points are on the Euler line of △ MNP Consider inversion with respect to the incircle of △ ABC with center I By fact (2), A, B, C are sent to the midpoints A ', B ', C ' of PM, MN, NP, respectively The circumcenter of △ A ' B ' C ' is the center of the nine point circle of △ MNP ,which is on the Euler line of △ MNP By fact (3), the circumcircle of △ ABC is also on the Euler line of △ MNP Phần IV Những toán hay toán tự sáng tạo Phần iV Những b i toán hay v Các b i toán tự sáng tạo TAP SAN TOÁN HỌC 2007 102 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THUẽ - HOỉA BèNH Phần IV Những toán hay toán tự sáng tạo BBT Trong chuyên mục n y, xin đợc giới thiệu với bạn đọc b i toán đợc đánh giá l hay, sâu sắc mặt toán học v độc đáo lời giải Bên cạnh có b i toán tác giả đề xuất sáng tạo nên Thật khó để đa định nghĩa x¸c thÕ n o l mét b i to¸n hay/mét lời giải hay, điều phụ thuộc v o quan điểm v sở thích ngời yêu to¸n “Mét b i to¸n hay l b i to¸n có nhiều lời giải, Lời giải b i toán đợc gọi l hay sử dụng kiện đề b i, Những b i toán có lời giải sơ cấp l b i to¸n hay”, “Mét b i to¸n hay l mét b i toán m sau giải đợc, lên tiếng khe khẽ!, v.v Đó l v i định nghĩa vô số quan điểm khác Nhng định nghĩa l không thật quan trọng, điều đáng ý l b i toán dới l b i toán chọn lọc, đ xuất kỳ thi Olympic, tạp chí Toán học, b i toán bạn chuyên Toán xây dựng nên trình m y mò, suy nghĩ v có tình cờ Không khẳng định Tôi nghĩ b i toán ! m b i toán đợc hình th nh tảng lý thuyết sâu sắc, đ o sâu suy nghĩ cần thiết V chắn, bạn yêu toán, đ có đợc b i toán riêng Các toán tự sáng tạo Sau l b i toán tác giả Nguyễn Lâm Tuyền đề xuất: B i T1/2007 Tìm tất đa thức P ( x) có hƯ sè thùc tháa m n ®iỊu kiƯn P ( x).P (2 x ) = P (α x + x), ∀x ∈ R (1) Trong ®ã α l số thực thuộc đoạn [ 0; 2] Lời giải TẬP SAN TOÁN HỌC 2007 103 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ - HÒA BÌNH i) Tr−êng hỵp α = Khi ®ã ta cã P ( x).P (2 x ) = P ( x) hay P ( x) ( P (2 x ) − 1) = víi mäi x ∈ R Do ®ã, víi xR P( x) = l P (2 x ) = NÕu P ( x) khác số P ( x) = P ( x) = vô hạn giá trị x Điều n y xẩy ra, P ( x) l mét ®a thøc h»ng NghÜa l P ( x) ≡ hc P( x) ≡ ii) Tr−êng hỵp 2: < α < Víi ®a thøc P ( x) l h»ng, P ( x) = a , ta cã a = a nên a = a = Ta thÊy P ( x) ≡ hc P ( x) ≡ tháa m n b i XÐt P ( x) kh¸c h»ng sè P ( x) = a0 x n + a1 x n −1 + + an −1 x + an , (a0 ≠ 0) , n∈ N* Víi x = 0, ta thu đợc P (0) = an = P (0) = an = NÕu an = th× P ( x) = x m Q ( x), Q (0) ≠ 0, m ∈ N * Thay v o điều kiện b i ra, ta thu đợc (2x ) m Q ( x).Q ( x ) = (α x + 1) m Q (α x + x) v Q ( x) = , trái với giả thiết Vậy nên an = §ång nhÊt hƯ sè bËc cao nhÊt hai vÕ (1) ta đợc a0 = Tõ ®iỊu kiƯn b i 2 ta thÊy nÕu P ( x0 ) = th× P (α x0 + x0 ) = n XÐt d y sè xn +1 = α xn + xn , (n = 0, 1, 2, …), x0 ≠ Ta thấy { xn } l d y đơn điệu tăng x0 > v l d y đơn điệu giảm x0 < Từ suy nÕu P ( x) cã mét nghiÖm thùc khác có vô số nghiệm thực §iỊu n y kh«ng thĨ xÈy VËy P ( x) ≠ víi mäi x ∈ R Suy P ( x) chØ cã nghiÖm phøc z1 , z2 , , zn v z1.z2 zn = ( −1) n an = − a0 n Phần IV Những toán hay toán tự sáng tạo n ⇒ z1 z2 zn = Vậy nên tồn zk với zk Điều n y dẫn đến 2 α z + ≥ α z −1 ≥ α −1 = −1 > α α (do < α < ) ⇒ α zk + zk > zk Ta thu k k đợc P ( x) có vô số nghiệm Điều n y xẩy Nh trờng hợp n y có đa thøc h»ng tháa m n b i l P ( x) ≡ hc P ( x) ≡ iii) Tr−êng hỵp α = Ta cã P ( x).P (2 x ) = P (2 x3 + x), x R Đây l b i toán quen thuộc, v nh đ biết, kết trờng hợp n y l P ( x) = 0, ∀x ∈ R P ( x) = 1, ∀x ∈ R n P ( x) = ( x + 1) , x R (Các bạn xem chứng minh chi tiÕt b i b¸o “øng dơng cđa b i toán tổng quát tác giả Nguyễn H Thuật, trang 57 Phần I Sáng tạo to¸n häc”) NhËn xÐt 1) Cã thĨ tỉng qu¸t b i toán nh sau: Cho số thực k , α cho ≤ α ≤ k Tìm tất đa thức P ( x) có hƯ sè thùc tháa m n ®iỊu kiƯn P ( x).P (kx ) = P (α x + x), ∀x ∈ R 2) Hai b i to¸n nãi l minh họa cho hớng tổng quát b i toán tìm đa thức thỏa m n đẳng thức 3) B i toán T1/2007 trờng hợp α = chÝnh l b i T10/348 t¹p chÝ THTT tháng 6/2006 tác giả đề xuất Đây l dạng toán khó có liên quan đến nghiệm số phức v tính chất đa thức B i T2/2007 Chøng minh r»ng: m x1m x2 + n +… n n n n n x2 + x3 + + xn x1 + x3 + + xn TAÄP SAN TOÁN HỌC 2007 104 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ - HÒA BÌNH m−n m xn n n 2003 ≥ n n n x1 + x2 + + xn −1 n − n số m, n nguyên, xi (i = 1, 2, …, n) d−¬ng tháa m n ®iỊu kiƯn m ≥ n > v n n x1n + x2 + + xn ≥ 2003 Lời giải Do vai trò đối xứng bất đẳng thức (BĐT) trên, không tính tổng quát ta giả thiÕt x1 ≤ x2 ≤ ≤ xn + n n Đặt S = x1n + x2 + + xn Ta cã xm x1m xm ≤ n ≤ ≤ n n v S − x1n S − x2 S − xn n n S − x1n ≥ S − x2 ≥ ≥ S − xn , theo BĐT Trêbsep cho hai d y đơn điệu ngợc chiều m m x1m xn x2 + + + × n n n S − xn S − x1 S − x2 n n × ( S − x1n + S − x2 + + S − xn ) ≥ m m ≥ n ( x1m + x2 + + xn ) Tõ B§T n y suy ra: x1m xm xm + n + + n n ≥ n S − xn S − x1 S − x2 m m n x1m + x2 + + xn (1) ≥ n n n n − x1 + x2 + + xn Víi x > 0, áp dụng BĐT Cô-si ta có: nx m + (m − n) ≥ mx n Thay x = xi n n n n S m (x m n , i = 1, 2, råi céng tõng vÕ: S m m + x2 + + xn ) + n(m − n) ≥ mn m n Do ®ã x + x + + x ≥ n n (*) S Bëi vËy m m m n m m m x1m + x2 + + xn n n ≥ n = n n n x1 + x2 + + xn S S m −1 m−n m−n S n S 2003 = = n ≥n (2) n n n Tõ (1) v (2) ta nhận đợc BĐT cần chứng minh Đẳng thức xẩy Phần IV Những toán hay toán tự sáng tạo x1 = x2 = = xn = n S n 2003 = n n Nhận xét B i toán xuất sứ từ b i toán trờng hợp riêng sau đây: Cho số thực dơng a, b, c thỏa m n ®iỊu kiƯn a 2b + b c + c a ≥ a 2b c Chøng minh r»ng a 2b2 b2 c c2 a2 + 2 + 2 ≥ 2 c ( a + b ) a (b + c ) b (c + a ) Đây l b i toán tơng đối v hay Nó có nhiều lời giải khác nhau, có lời giải đẹp sau đây: 3 Đặt x = ,y= ,z = a b c Ta cã x + y + z ≥ v B§T cần chứng minh có dạng x3 y3 z3 + + ≥ (**) 2 2 y +z z +x x +y áp dụng BĐT Cô-si ta cã x + ≥ x Mặt khác, x + y + z ≥ , suy x3 x2 + ≥ y2 + z2 3 y + z2 T−¬ng tù: y3 y2 + ≥ , z + x2 3 z + x2 z3 z2 + ≥ x2 + y 3 x2 + y2 Cộng BĐT theo vế v áp dụng x2 y2 z2 BĐT Nesbit + + ≥ 2 y +z z +x x +y ta thu đợc (**) B i T2/2007 l b i toán T10/232 THTT 6/2003 tác giả đề xuất Nó bắt nguồn từ b i toán nói Nh tác giả đ ®Ị cËp ®Õn c¸c b i viÕt vỊ bÊt đẳng thức Khi giải b i toán bất đẳng thức, thờng đặt ẩn phụ cho biến xẩy dấu l giá trị đặc biệt, thờng l cố tình lấy cho giá trị Khi đó, b i toán đỡ rắc rối v dễ trình b y h¬n TẬP SAN TOÁN HỌC 2007 105 TRƯỜNG THPT CHUYEN HOAỉNG VAấN THUẽ - HOỉA BèNH Bất đẳng thức (*) l kết xa lạ Các bạn tìm thấy t i liệu bất đẳng thức, Tuyển tập đề thi vô địch 19 nớc cã ViƯt Nam” Tuy nhiªn theo chøng minh trªn l lời giải mẻ cho b i toán n y cách vận dụng bất đẳng thức Cô-si B i T3/2007 KÝ hiƯu T l tËp hỵp tÊt đa thức bậc 2007 có 11 nghiệm thực kể nghiệm bội.Với P ( x ) T đặt Q p ( x ) = ( x 20 + 1) P ( x ) − P ' ( x ) v gäi S p l sè nghiƯm thùc cđa ®a thøc Q p ( x ) Tìm Min S p PT Lời giải Kí hiƯu x1 < x2 < < xk l c¸c nghiệm thực bội ti tơng ứng đa thức P ( x ) Khi ®ã ta cã t1 + t2 + + tk = 11 v P ( x ) = G ( x ) ∏ ( x − xi ) i , ®ã ®a thøc t 1≤i ≤ k G ( x ) v« nghiƯm thùc Sư dơng mét tÝnh chÊt quen thc cđa ®a thøc: NÕu xi l nghiƯm béi ti cđa ®a thøc P ( x ) th× xi l nghiƯm béi ti − cđa ®a thøc P ' ( x ) Tõ ®ã suy xi cịng l nghiƯm béi ti − cđa ®a thøc Q p ( x ) = ( x 20 + 1) P ( x ) − P ' ( x ) víi i = 1, 2, , k XÐt h m sè f ( x ) = e − x 21 −x 21 P ( x ) NhËn thÊy f ( xi ) = víi i = 1, 2, , k nªn theo định lí Roll, f ( x) phải có nghiệm ứng với khoảng ( x j ; x j +1 ), j = 1, k − Nh− vËy ®a thøc Q p ( x ) cã Ýt nhÊt ∑ ( ti − 1) + ( k − 1) = 10 1≤i ≤ k nghiƯm trªn [ x1 ; xk ] Phần IV Những toán hay toán tự sáng tạo Tiếp theo, xét h m sè h ( x ) = ( xk ; +∞ ) , ta cã: h ( x ) = x 20 + − = x 20 + − G '( x) G ( x) −∑ 1≤i ≤ k Q ( x) P ( x) P '( x) P ( x) trªn = ti x − xi Râ r ng: x → +∞ th× h ( x ) → +∞ v x → xk + h ( x ) nên theo định lý Bônxanô-Côsi h( x) có nghiÖm thùc ( xk ; +∞ ) VËy Q p ( x ) cã Ýt nhÊt 11 nghiÖm hay S p ≥ 11 B©y giê ta chØ mét ®a thøc P ( x) m S P = Xét lớp đa thức P ( x ) d¹ng Pk ( x ) = k x11 + x 2007 ∈ T (k ∈ N * ) Ta cã: QP ( x ) = ( x 20 + 1)( k x11 + x 2007 ) − − (11k x10 + 2007 x 2006 ) = x10 R ( x ) , ®ã ®a thøc R ( x ) = = x 2017 + x1997 − 2007 x1996 − kx 21 + kx − 11k cã nghiệm R(x) bậc lẻ Ngo i R ' ( x ) = 2017 x 2016 + 1997 x1996 − −2007.1996 x1995 + 21kx 20 + k bËc ch½n nên h m có cực tiểu, dẫn đến với k ®đ lín th× R '( x ) > ⇒ R ( x ) cã nhÊt nghiÖm Tõ ®ã suy ®a thøc Q p ( x ) cã ®óng 11 nghiƯm VËy Min S P = 11 PT Nhận xét Cái phức tạp b i toán l đợc nghiệm thứ 11 v đa thức P(x) để biểu thức SP đạt giá trị nhỏ Còn việc áp dụng định lý Roll để chứng minh SP ≥ 10, l mét t− quen thuéc bạn chuyên Toán giải b i toán liên quan đến nghiệm đa thức B i T4/2007 Tìm tất d y số ( un ) (n = 0, 1, 2, ….) cho un l sè tù nhiªn v un +1 > uuu víi mäi n = 0, 1, 2, … n TAÄP SAN TOÁN HỌC 2007 106 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ - HÒA BÌNH Lêi gi¶i Gi¶ sư uk l sè h¹ng nhá nhÊt d y ( un ) Khi k từ giả thiết ta có un > u uu , trái với điều giả sử k Vậy u0 l số hạng nhỏ nhÊt v nhÊt cña d y ( un ) NhËn xÐt: Sè h¹ng nhá thø k ( k = 1, 2, 3., …) d y ( un ) l u k −1 v nhÊt ThËt vËy, víi k = nhËn xÐt ®óng theo chøng minh Giả sử nhận xét với k = 1, 2, , m Vì số hạng d y ( un ) l số tự nhiên v tÝnh nhÊt cđa uk nªn uk ≥ k víi mäi k = 1, 2, …, m (*) Gäi u j ( j ≥ m + 1) l sè h¹ng nhá nhÊt thø m+1 Theo gi¶ thiÕt ta cã u j > uuu ⇒ uuu ∈ {u0 , u1 , , um −1} j −1 j −1 ⇒ uu j −1 ∈ {0,1, 2, , m − 1} KÕt hỵp víi (*) suy u j −1 ≤ m ≤ um ⇒ j − ≤ m ⇔ j ≤ m + VËy j = m + NhËn xét đợc chứng minh Từ nhận xét suy d y ( un ) tăng ngặt Do từ gi¶ thiÕt un +1 > uuu v tõ (*) n suy n + > uun ≥ un ≥ n Nhng un N với n nên un = n Thư l¹i ta thÊy d y un = n (n = 0, 1, 2, ) tho¶ m n yêu cầu b i toán B i T5/2007 Tìm tất h m số f ( x ) xác định, có đạo h m liên tục điểm [a, b] v thoả m n điều kiện sau: i) Phơng trình f ( ) + f ' (α ) = v« nghiƯm [a, b] ii) Phơng trình f(x) = có vô số nghiệm [a, b] Lời giải Gi¶ sư h m sè f ( x) tho¶ m n điều kiện b i b i toán Khi từ điều kiện ii) suy tồn d y số vô hạn (Wn ) (n = 1, 2, 3, ) m f (Wn ) = v Phần IV Những toán hay toán tự sáng tạo a W1 W2 ≤ Wn ≤ ≤ b DÔ thÊy d y (Wn ) tăng v bị chặn nên tồn t¹i giíi h¹n lim Wn = α ∈ [ a; b ] n+ Theo định lí Roll: với i, tån t¹i Ci ∈ (Wi ;Wi+1 ) cho f '(Ci ) = , mặt khác Wi ≤ Ci ≤ Wi+1 nªn lim Cn = α n+ Cuối cùng, f ( x) v liên tục nên: ( ) f '( x ) l h m f (α ) = f lim Wn = lim f (Wn ) = n→+∞ ( ) n→+∞ f ' (α ) = f ' lim Cn = lim f ' ( Cn ) = n→+∞ n→+∞ ⇒ f (α ) + f ' (α ) = , mâu thuẫn với i) Vậy không tồn h m số n o thoả m n đề b i B i T6/2007 Giả sử phơng trình + ( a1 + a2 ) x + ( a3 + a4 ) x + ( a5 + a6 ) x3 = 0(1) có nghiệm thuộc đoạn [0,1] Chứng minh phơng trình: x + a1 x + a2 x + a3 x + a4 x + + a5 x + a6 = cã nghiƯm thùc Lêi gi¶i Gi¶ sư x0 ∈ [ 0,1] l nghiệm thoả m n điều kiện đề b i phơng trình (1) Ta có nhận xÐt l x0 ≠ v l x0 nghiƯm cđa phơng trình: x3 + ( a1 + a2 ) x + ( a3 + a4 ) x + ( a5 + a6 ) = ⇔ k + a2 k + a4 k + a6 = − ( a1k + a3k + a5 ) (2) Đặt f ( x ) = x + a1 x + a2 x + a3 x + + a4 x + a5 x + a6 Ta cần chứng minh phơng trình f ( x ) = cã nghiÖm ThËt vËy, dùa v o (2) ta cã: f k = ( k + a2 k + a4 k + a6 ) + ( ) k ( a1k + a3 k + a5 ) = + = − ( a1k + a3 k + a5 ) + ( = −1 − k )(a k k ( a1k + a3 k + a5 ) = + a3 k + a5 ) TẬP SAN TOÁN HỌC 2007 107 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ - HÒA BÌNH ( ) f − k = ( k + a2 k + a4 k + a6 ) − − k ( a1k + a3 k + a5 ) = − ( a1k + a3 k + a5 ) − − k ( a1k + a3 k + a5 ) ( )(a k + a k + a ) ⇒ f ( k ) f (− k ) = = −1 − k = (1 − k ) ( a1k + a3 k + a5 ) ≤ ( k ≥ ) Phơng trình f ( x ) = có nghiƯm thùc ⇒ ®pcm B i T7/2007 Cho d y sè xn v un (n = 0, 1, 2, ) đợc xác định theo cách sau : u1 > 2007 −i u n +1 = u n + k + ∑ u n , ∀ n ≥ u n i =1 2007 2006.u n2006 xn = n +1 Tìm tất số thực dơng k cho d y xn dÇn tíi 2007 n dần tới vô hạn Lời giải Đặt b = Max {− k ; −i} Ta cã 1≤ i ≤ 2007 2007 2006 n 2007 2006 n 2006.u u 2006n = (*) n +1 n n +1 ¸p dơng b i toán ví dụ trang 44 phần uα th× d y sè n có giới hạn hữu hạn khác n v = b , lúc ®ã ta uα cßn cã lim n = − b (1) Tõ (*) ta thÊy, n →∞ n 2006n lim = 2006 nên để lim xn = 2007 th× n →∞ n + n →∞ xn = 2007 u 2006 2007 ph¶i cã lim n = (2) VËy tõ (1) v n →∞ n 2006 2007 (2) ta suy − b = ⇔ b=− 2006 2006 Phần IV Những toán hay toán tự sáng tạo V l tất giá trị 2006 cần tìm k k= Còn nhiều b i toán tình cờ phát từ tổng quát hóa, thay đổi kiện đề b i m điều kiện trình b y lời giải để bạn tiện theo dõi Tôi xin đợc nêu đề b i v i số b i toán nh Mời bạn tham khảo V có điều kiện, vui đợc trao đổi với bạn! B i T8/2007 Cho tam giác ABC nhọn (điều kiện chặt l góc tam giác ABC nhỏ b»ng −1 4ar cos − π ≈ 940 ) nội tiếp đờng tròn tâm O, bán kính R Nối A với tâm đờng tròn nội tiếp I cắt đờng tròn tâm O lần A Tơng tự ta cã B’ v C’ KÝ hiÖu a, b, c; Ra , Rb , Rc l cạnh; bán kính đờng tròn b ng tiếp ứng với đỉnh A, B, C v ' a’, b’, c’; Ra , Rb' , Rc' l cạnh; bán kính đờng tròn b ng tiếp ứng với đỉnh A, B, C Khi ta có bất đẳng thức sau: 1) 3(IA.IB + IB.IC + IC.IA) ≥ ≥ ( r + Rr ) = 2(ab + bc + ca) – − ( a + b + c ) > A B C R ≥ 3R sin + sin + sin ≥ 2 2 ≥ Ra + Rb + Rc 2) A B C 3) sin + sin + sin ≥ 2 2 B C A ≥ ( sin A + sin B + sin C ) tg + tg + tg 2 27 4) R ≥ ( Ra '+ Rb '+ Rc ') ≥ ≥ R + Ra + Rb + Rc ≥ 3( Ra + Rb + Rc ) 5) 3r’ ≥ R + r ( ≥ 3r) TAÄP SAN TOÁN HỌC 2007 108 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ - HÒA BÌNH 6) d ≥ 3d ' (d v d l khoảng cách tâm đờng tròn nội tiếp v ngoại tiếp tam giác ABC v A’B’C’) a 'b 'c ' abc ≥ 2R2 + 7) a '+ b '+ c ' a+b+c B i T9/2007 Cho tam gi¸c ABC bÊt kú Chøng minh r»ng: 3 sin A 3 + sin B 3 + sin C ≥ 32 ≥ 3 ≥ 3 ≥ ( sin A ) + ( sin B ) + ( sin C ) B i T10/2007 Cho tam gi¸c nhän ABC Chøng minh r»ng: ( sin A ) sin B + ( sin B ) sin C 3 sin A + ( sin C ) ≤ 3 B i T11/2007 Cho h m số f(x) xác định, có đạo h m tới cấp v thoả m n điều kiện sau víi mäi x : 19 2007 f ( x ) + f '' ( x ) ≥ x + Chøng minh r»ng: 19 + 5π + 1890 x f (189 x ) + f (π + 189 x ) ≥ 2007 víi mäi sè thùc x B i T12/2007 Cho tø diÖn ABCD néi tiếp mặt cầu tâm O v gọi G l trọng tâm tứ diện Lấy điểm M nằm bên mặt hình cầu đờng kính OG Các đờng thẳng MA, MB, MC, MD cắt mặt cầu tâm O lần điểm A1, B1, C1, D1 theo thø tù Chøng minh r»ng V(A1B1C1D1) ≥ V(ABCD) ®ã kÝ hiƯu V chØ thĨ tÝch cđa tø diện Xuất sứ: Đây l b i toán tơng tự không gian b i toán hình học phẳng đ có tạp chí Toán học v tuổi trẻ Nó Phần IV Những toán hay toán tự sáng tạo đợc hình th nh sau giải đợc b i toán tỷ lệ thể tích tứ diện sau đây: V ( A1 B1C1 D1 ) MA1.MB1MC1.MD1 = V ( ABCD ) MA.MB.MC.MD Tuy nhiên, lu ý l đẳng thức với điểm M không gian B i T12/2007 l nội dung b i T12/333 tạp chí Toán học v Tuổi trẻ đề xuất B i T13/2007 Cho a, b, c l c¹nh cđa ∆ABC Chøng minh r»ng: A B C tg tg tg 4r abc ≥ 2 tg A tg B tg C 2 Dấu đẳng thức xảy n o? a+b+c Ngo i đặt p = , h y chøng minh r»ng abc ≥ ( ( p−a)( p−b) +( p−b)( p−c) +( p−c)( p−a) ) B i T14/2007 Cho c¸c sè thùc a, b tháa a, b ∈ [ 0,1] m n ®iỊu kiÖn 3 a + b >1 Chøng minh r»ng: a + b + + 3a 2b ≥ 2a + 2b3 + 2a 3b3 B i T15/2007 Cho n (n > 1) sè thực x1 , x2 , , xn Đặt S k = ∑ 1≤i1 < i2 < 0}, B = {i / xi < 0} Ta cã: ∑ xi + ∑ xi = , ∑ xi − ∑ xi = i∈ A ⇒ ∑x i∈ A ⇒ n ∑ i =1 i i∈B = − ∑ xi = xi = i i∈B ∑ i∈ A i∈ A i∈B xj xi 1 +∑ ≤ − i j∈B j 2n B i T20/2007 (Nguyễn Lâm Tuyền) Xét số thực dơng x, y, z tháa m n hƯ ®iỊu kiƯn: 2 ≤ z ≤ { x; y} (1) xz ≥ (2) 15 yz (3) Tìm giá trị lớn cđa biĨu thøc P(x, y, z) = + + x y z (VietNamB - 2001) Lêi gi¶i 1 NÕu x > ⇒ + < + = x z 2 2 NÕu ≤x≤ 2 ⇒ 15 x − x − ≤ 3 15 x ⇔ 15 x − 16 x + ≤ ⇔ + ≤4 x * Tõ (1) ta cã x ≥ z ≥ VËy 1 15 x + + x z x Đẳng thức xảy x = Tơng tự, ta có 2 ,z = 1 + ≤ y z TẬP SAN TOÁN HỌC 2007 110 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ - HÒA BèNH Đẳng thức xảy y = Vậy MaxP = 13 ,z = B i T21/2007 (Nguyễn Lâm Tuyền) Tìm tất h m số f(x) xác định tập số thực R tháa m n hÖ thøc: f(y - f(x)) = f(x2002- y) - 2001yf(x), víi mäi sè thùc x, y (VietNamB - 2002) Lời giải Lần lợt thay y = f(x), y = x2002 v o phơng trình h m ban đầu ta đợc: f(0) = f(x2002 - f(x)) - 2001f2(x), víi mäi x ∈ R (1) f(x2002 - f(x)) = f(0) - 2001x2002f(x), víi mäi x ∈ R (2) Cộng (1) v (2) theo vế, ta đợc: 2002 x f(x) = - f2(x) ≤ ⇒ f ( x) ≤ víi mäi x ∈ R v víi x = th× f(0) = VËy tõ (1) ta cã: 2001f2(x) = 2001f2(x) + f(0) = f(x2002 f(x)) ≤ ⇒ f(x) = 0, ∀x ∈ R Thư l¹i thÊy h m sè n y tháa m n VËy f(x) ≡ 0, ∀x ∈ R B i T22/2007 (Nguyễn Lâm Tuyền) Cho hai n - giác (n 3) A1A3 A2n-1 đợc tô m u xanh v A2A4 A2n đợc tô m u đỏ Hai n - giác đợc xếp chồng lên cho phần chung l 2n - giác B1B2 B2n Chứng minh tổng độ d i cạnh đợc tô m u xanh v tổng độ d i cạnh đợc tô m u đỏ 2n - giác (Olympic Toán APMO - 2001) Lời giải Với ý ta dựng điểm Bi cho hình chiếu Ai+1 thuộc đoạn BiBi+1 Ký hiệu tam giác BiAIBi+1 l Ti ( ∀i = 1, n ), víi quy −íc T1 Tn+1 Vì A1A3 A2n-1 v A2A4 A2n l n - giác nên tam giác Ti đôi đồng dạng Gọi hi l độ d i đờng cao hạ từ đỉnh Ai xuống cạnh xi tơng ứng tam giác Ti Phần IV Những toán hay toán tự sáng tạo Theo tính chất tam giác đồng dạng, ta h h h cã: k = = = = n = x1 x x2n h + h3 + + h2 n −1 h2 + h4 + + h2 n = = x1 + x3 + + x n −1 x + x + + x n §Ĩ ý l x1+x3+ +x2n-1 v x2+x4+ +x2n l tỉng c¸c cạnh tô m u xanh, đỏ tơng ứng 2n - giác B1B2 B2n Vì vậy, việc chứng minh b i to¸n quy vỊ viƯc chøng minh h1+h3+ +h2n-1= h2+h4+ +h2n Gäi Si l diƯn tÝch cđa c¸c tam gi¸c Ai-1AiAi+1, v S l diƯn tÝch 2n - gi¸c A1A2 A2n, P l diƯn tÝch cđa hai n - gi¸c ®Òu A1A3 A2n-1 v A2A4 A2n Khi ®ã S - P = = S1+S3+ +S2n-1 = S2+S4+ +S2n Do vËy h1+h3+ +h2n-1 = h2+h4+ +h2n B i toán đợc chứng minh B i T23/2007 (Bïi Lª Vị) Cho h m f ( x ) khả vi [ 0;1] k > ®Ĩ f ' ( x ) ≤ k f ( x ) , ∀x ∈ [ 0;1] Chøng minh r»ng nÕu f ( ) = f ( x ) = 0, ∀x ∈ [ 0;1] v Lời giải Chia đoạn [ 0;1] th nh n đoạn [ xi ; xi +1 ] k Do f ( x ) liªn tơc trªn [ 0;1] nên tồn cho x1 x0 = x2 − x1 = = xn − xn −1 < mét sè a n»m gi÷a v xi cho : f ( a ) = Max f ( x ) NÕu f ( a ) ≠ theo [0;1] định lý Lagrăng ta có tồn mét sè c n»m gi÷a v a cho: f ( a ) − f ( 0) f ( a ) f '(c) = = a a f (a) ⇒ f '(c) = > kf ( c ) Mâu thuẫn a Vậy ta có điều phải chứng minh TẬP SAN TOÁN HỌC 2007 111 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ - HÒA BÌNH B i T24/2007 (Bïi Lª Vũ) Tìm tất đa thức P(x) với hệ sè thùc tháa m n: P(x).P(x-1) = P(x2) (Ai x¬ len - 1996) Lêi gi¶i Gi¶ sư a l nghiƯm cđa P(x), tõ gi¶ thiÕt suy : a2, a4, a8, cịng l nghiƯm cđa P(x) ∈ N Tån t¹i n ∈ N* cho an = 2π 2π + i sin ⇒ a = cos n n T−¬ng tù, tõ P(a) = ta cã : a+1, (a+1)2, (a+1)4, cịng l nghiƯm cđa P(x) 2π 2π ⇒ a+1 = cos + i sin ,m ∈ N * m m 2π 2π 2π 2π ⇒ cos = cos − 1; sin = sin n m n m 2π 2π ⇒ cos = − ; sin = n n ⇒a = − +i 2 ⇒ a l nghiƯm cđa P1(x) = x2 + x +1 DƠ thÊy P1(x) bÊt kh¶ quy nªn suy P(x) = (x2 + x +1)n Thư lại thấy thỏa m n B i T25/2007 (Bùi Lê Vũ) Mỗi điểm mặt phẳng đợc tô m u đen đỏ CMR ta tìm đợc điểm m u m cặp điểm có khoảng cách (China - 1996) Lời giải Dế thấy có vô số điểm đợc tô m u đen, vô số điểm đợc tô m u ®á(1) Ta gäi ®iĨm A, B l cã tÝnh chÊt (*) nÕu chóng tháa m n hai ®iỊu kiện sau: +) Hai điểm đợc tô hai m u kh¸c +) AB = Ta chøng minh tồn điểm có tính chất (*) Thật vậy, giả sử ngợc lại ta có : với điểm A, B thuộc mặt phẳng m AB = m u Từ nhận xét (1) suy tồn điểm C,D khác m u m CD > Vẽ đờng tròn (C;2),(D;2) cắt [CD] C1, D1, Tiếp tục Phần IV Những toán hay toán tự sáng tạo nh vậy, ta thu đợc điểm Ci, Di có tính chất: +) Các điểm nằm (Ci; 2) m u với C +) Các điểm nằm (Di; 2) m u với D Từ cách dựng trên, dễ thấy tồn i, j cho (Ci; 2) v (D; 2) kh«ng rêi Gäi P l điểm chung hai đờng tròn n y, ta cã : +) P cïng m u víi C +) P cïng m u víi D ( m©u thuẫn ) Vậy nhận định đợc chứng minh Công việc lại l đơn giản, xin d nh cho bạn ®äc Chó ý : ta cã thĨ më réng b i toán thay vô số v 1, số a, b thỏa m n điều kiện n o B i T26/2007 (Lê Bảo Khánh) Cho a, b l số nguyên dơng phân biÖt tháa m n: ab(a+b) ⋮ (a2 + ab +b2) Chøng minh: a − b > ab Lêi gi¶i §Ỉt (a,b) = d ⇒ a = du, b = dv Trong ®ã (u,v) = ⇒ duv(u+v) ⋮ (u2+uv+v2) Do (u,v) = nªn ta cã:( u2+uv+v2; uv(u+v) ) = ⇒ d ⋮ (u2+uv+v2) ⇒ d ≥ u2+uv+v2 > uv đpcm B i T27/2007 (Bùi Lê Vũ) Tập hợp gồm 2n phần tử đợc chia th nh tập đôi không giao Xét thuật toán chuyển số phần tử tập n y v o tËp kh¸c Ngo i ra, số phần tử đợc chuyển số phần tử tập thứ hai (tập hợp n y phải có số phần tử không lớn tập đầu tiên) Chứng minh sau số hữu hạn lần phép chuyển nh vậy, ta nhận đợc sè tËp trïng víi tËp hỵp lóc ban đầu (gồm 2n phần tử) Lời giải Xét tập (nÕu cã thĨ cã) m chóng chøa mét sè lẻ phần tử Vì tổng phần tử l chẵn, nên số tập có vô số TAP SAN TOÁN HỌC 2007 112 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ - HOỉA BèNH cá phần tử lẻ phải l số chẵn Ta chia tập n y th nh đôi (theo thứ tự tùy ý) Với tập hợp cặp ta áp dụng thuật toán nh đ nêu b i toán, có nghĩa l từ tập hợp lớn sang tập hợp nhỏ Khi đó, tất số phần tử tập l chẵn Xét tập m số phần tử không chia hết cho Vì tổng số phần tử chia hết ta suy số tập nh phải l số chẵn Ta lại chia tập n y th nh tổng cặp cách tùy ý v với cặp ta lại áp dụng thuật toán đ nêu Lúc n y, số phần tử tập chia hết cho Tơng tự , ta lập lại bớc n y cho cá phần tử tập chia hết cho 8, 16, Khi m tổng số phần tử tập chia hết cho 2n , tất 2n phần tử nằm tập hợp Đó l điều phải chứng minh B i T28/2007 (Bùi Lê Vũ) Tồn hay không h m f: R R tháa m n: i) f(1) = ii) f giíi néi 1 iii) f x + = f ( x) + f ∀x ≠ x x Lêi gi¶i Giả sử tồn h m số f thỏa m n đề b i Xây dựng d y (xn) nh sau: x1 = xn +1 = xn + , xn xn +1 = xn + , f ≥ xn xn Dễ d ng quy nạp đợc f(n) > n, ∀n ∈ N ⇒ f kh«ng giíi nội (mâu thuẫn) Vậy không tồn h m f tháa m n ®iỊu kiƯn ®Ị b i Mathematics is an art, as an art choses the beauty and freedom -P.Morse- Phần IV Những toán hay toán tự sáng tạo TAP SAN TOAN HOẽC 2007 113 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ - HÒA BÌNH ... R , p > q + TẬP SAN TOÁN HỌC - 2007 27 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ - HÒA BÌNH Ci cïng xin chóc bạn học tập vui vẻ v có kết cao Phần I - Sáng tạo toán học MOT SO BÀI TOÁN SỐ HỌC DÃY TỔNG... toán học Với tinh thần đó, nhóm cựu học sinh trờng THPT Chuyên Ho ng Văn Thụ Hòa Bình đ xây dựng nên tờ Tập san Toán học 2007 nhằm mục đích động viên phong tr o học toán trờng Chuyên Ho ng Văn. .. CQ DQ ER FR TẬP SAN TOÁN HỌC - 2007 40 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ - HOỉA BèNH Phần I - Sáng tạo toán học Một số phương pháp xác định Giới hạn dãy soỏ Nguyễn Lâm Tuyền Chuyên Toán K99 02