Mục lục Lời nói đầu Trần Nam Dũng Nguyên lý cực hạn Trịnh Đào Chiến, Lê Tiến Dũng Một số dạng tổng quát phương trình hàm Pexider áp dụng 16 Lê Sáng Xây dựng lớp phương trình hàm nhờ đẳng thức lượng giác 24 Lê Thị Anh Đoan Tính ổn định nghiệm số phương trình hàm Cauchy 35 Trần Viết Tường Một số lớp phương trình hàm đa ẩn sinh phi đẳng thức 47 Lê Sáng, Nguyễn Đinh Huy Từ công thức Euler đến toán số phức 57 Nguyễn Thị Tình Một số ứng dụng phương trình Pell 67 Huỳnh Bá Lộc Phép lượng giác công cụ giải toán thi chọn học sinh giỏi 79 Nguyễn Trung Hưng Sử dụng vành số nguyên để giải số toán số học 89 Phạm Thị Thúy Hồng Nội suy theo yếu tố hình học đồ thị 96 Lê Sáng, Vũ Đức Thạch Sơn Bất biến phương pháp chứng minh ứng dụng giải toán 108 Lê Thị Thanh Hằng Một số dạng toán liên quan đến dãy số có quy luật 120 Trương Văn Điềm Vận dụng tính đơn điệu tốn tìm giới hạn dãy số giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình 134 Huỳnh Tấn Châu Ứng dụng số định lý giải tích 155 Lê Văn Thẩn Một số phương pháp giải hệ phương trình 166 Huỳnh Kim Linh, Tơ Hùng Khanh Một số tốn đa thức kì thi học sinh giỏi 179 Nguyễn Văn Ngọc Một số toán chia hết đa thức đối xứng 187 Huỳnh Duy Thủy Nét đẹp hàm số tiềm ẩn toán bất đẳng thức, tốn tìm giá trị lớn giá trị nhỏ 195 Nguyễn Tài Chung Thêm phương pháp để chứng minh bất đẳng thức 204 Tố Nguyên Một số vấn đề phép nghịch đảo mặt phẳng ứng dụng 213 Trần Văn Trung Sử dụng số tính chất ánh xạ để giải tốn phương trình hàm số 235 Nguyễn Hữu Tâm - Hoàng Tố Quyên Tứ giác lưỡng tiếp 242 Lời nói đầu Hịa nhịp với tuổi trẻ nước hoạt động sôi kỉ niệm ngày thành lập Đoàn niên Cộng sản Hồ Chí Minh thi đua lập thành tích chào mừng ngày sinh Bác Hồ kính yêu, tiến tới kỉ niệm 37 năm ngày giải phóng Nha Trang thực chương trình đổi giáo dục phổ thơng, Sở Giáo Dục Đào tạo Khánh Hịa phối hợp với Hội Toán học Hà Nội đồng tổ chức Hội thảo khoa học Các chuyên đề Toán học bồi dưỡng học sinh giỏi THPT khu vực Duyên hải Nam Trung Tây nguyên Đây hội thảo lần thứ hai theo tinh thần cam kết tỉnh duyên hải Nam Trung Tây Nguyên việc hợp tác để phát triển kinh tế - văn hóa xã hội Sở Giáo dục Đào tạo Phú Yên tiến hành tổ chức Hội thảo lần thứ vào ngày 18-19/4/2011 thành phố Tuy Hòa liên kết bồi dưỡng học sinh giỏi bồi dưỡng học sinh giỏi mơn tốn trường Trung học phổ thơng Chuyên tỉnh duyên hải Nam Trung Bộ Tây Nguyên Tại Hội thảo lần thứ thống giao cho Sở Giáo dục đào tạo Khánh Hòa tổ chức Hội thảo lần thứ hai Đây nét sinh hoạt truyền thống sinh hoạt chuyên môn, giao lưu hợp tác giáo dục, đào tạo sinh hoạt học thuật khác Và thực tế, đây, vùng duyên hải Nam Trung Tây Nguyên xuất ngày nhiều nét thành tích bật, có học sinh đạt giải toán Olympic quốc tế Năm nay, nhiều đội tuyển đạt giải cao kỳ thi học sinh giỏi quốc gia Các tỉnh Đắk Lắc, Phú Yên mạnh dạn cử đội tuyển tham dự kỳ thi Olympic Hà Nội mở rộng tiếng Anh đạt giải cao Khu vực Duyên hải Nam Trung Tây nguyên thực khởi sắc, tạo tiền đề để vươn lên tầm cao mới, chủ động hội nhập, sánh vai ngang với khu vực khác nước Hội thảo khoa học lần tiến hành từ 14-15/4/2012 thành phố Nha Trang, Khánh Hòa hân hạnh đón tiếp nhiều nhà khoa học, nhà giáo lão thành, nhà quản lý, chuyên gia giáo dục nhà toán học báo cáo phiên toàn thể cán đạo chuyên môn từ sở Giáo dục Đào tạo, thầy giáo, giáo mơn Tốn tỉnh, thành khu vực Duyên hải Nam Trung Tây nguyên trực tiếp bồi dưỡng học sinh giỏi mơn Tốn báo cáo phiên chuyên đề hội thảo Ban tổ chức nhận 30 báo cáo tồn văn gửi tới hội thảo Song khn khổ hạn hẹp thời gian, khâu chế thời lượng kỷ yếu, đưa vào kỷ yếu 22 bài, lại chế để gửi quý đại biểu thực chương trình báo cáo chuyên đề thức hội thảo Nội dung kỷ yếu lần phong phú, bao gồm hầu hết chuyên đề phục vụ việc bồi dưỡng học sinh giỏi tốn từ đại số, giải tích, hình học, số học đến dạng toán liên quan khác Bạn đọc tìm thấy nhiều dạng tốn từ kỳ olympic nước quốc tế, số dạng toán hàm số, lý thuyết nội suy, cực trị, Ban tổ chức xin chân thành cảm ơn hợp tác giúp đỡ quý báu quý thầy giáo, cô giáo đặc biệt tồn thể tổ tốn trường THPT chun Lê Q Đơn Nha Trang, Khánh Hịa để có kỷ yếu với nội dung thiết thực phong phú Vì thời gian chuẩn bị gấp gáp, nên khâu hiệu đính chế kỷ yếu chưa đầy đủ, chi tiết, chắn chứa nhiều khiếm khuyết Rất mong cảm thông chia sẻ quý đại biểu Những ý kiến đóng góp liên quan đến kỷ yếu xin gửi địa chỉ: Trường THPT Chuyên Lê Quý Đôn, số 67 Yersin, Nha Trang, Khánh Hòa Email: c3lqdon@khanhhoa.edu.vn Xin trân trọng cảm ơn Nha Trang ngày 25.03.2012 Nguyễn Văn Mậu Chủ tịch Hội Toán học Hà Nội Đồng trưởng ban tổ chức hội thảo NGUYÊN LÝ CỰC HẠN Trần Nam Dũng, Trường Đại học KHTN Tp HCM Bài viết phát triển từ viết “Các phương pháp kỹ thuật chứng minh” mà chúng tơi trình bày Hội nghị “Các chuyên đề Olympic Toán chọn lọc” Ba Vì, Hà Nội, tháng 5-2010 giảng dạy cho đội tuyển Olympic Việt Nam dự IMO 2010 Trong này, tập trung chi tiết vào ứng dụng Nguyên lý cực hạn giải tốn Một tập hợp hữu hạn số thực ln có phần tử lớn phần tử nhỏ Một tập N ln có phần tử nhỏ Nguyên lý đơn giản nhiều trường hợp có ích cho việc chứng minh Hãy xét trường hợp biên! Đó nguyên lý Một số ví dụ mở đầu Ta xem xét số ví dụ sử dụng nguyên lý cực hạn Ví dụ Có trường học, trường có n học sinh Mỗi học sinh quen với n + học sinh từ hai trường khác Chứng minh người ta chọn từ trường bạn cho ba học sinh chọn đôi quen Lời giải Gọi A học sinh có nhiều bạn trường khác Gọi số bạn nhiều k Giả sử A trường thứ tập bạn quen A M = {B1 , B2 , , Bk } trường thứ Cũng theo giả thiết, có học sinh C trường thứ quen với A Vì C quen không k học sinh trường thứ nên theo giả thiết C quen với n + − k học sinh trường thứ hai, đặt N = {D1 , D2 , , Dm } người quen C trường thứ hai m ≤ n + − k Vì M, N thuộc tập hợp gồm n học sinh |M | + |N | ≥ k + n + − k = n + nên ta có M ∩ N = ∅ Chọn B thuộc M ∩ N ta có A, B, C đơi quen Ví dụ Chứng minh khơng tồn số n lẻ, n > cho 15n + chia hết cho n Lời giải Giả sử tồn số nguyên lẻ n > cho 15n + chia hết cho n Gọi p ước số nguyên tố nhỏ n, p lẻ Giả sử k số nguyên dương nhỏ cho 15k − chia hết cho p (số k gọi bậc 15 theo modulo p) Vì 152n − = (15n − 1)(15n + 1) chia hết cho p Mặt khác, theo định lý nhỏ Fermat 15p−1 − chia hết cho p Theo định nghĩa k, suy k ước số số p − 2n Suy k|(p − 1, 2n) Do p ước số nguyên tố nhỏ n nên (n, p − 1) = Suy (p − 1, 2n) = Vậy k|2 Từ k = k = Cả hai trường hợp dẫn tới p = Nhưng điều mâu thuẫn 15n + đồng dư 2mod Trong hai ví dụ trên, rõ ràng việc xét trường hợp biên đem đến cho thông tin bổ sung quan trọng Trong ví dụ thứ nhất, việc chọn A học sinh có số người quen nhiều trường khác cho ta thông tin số người quen C trường thứ hai n + − k Trong ví dụ thứ hai, p ước số nguyên tố nhỏ nên p − nguyên tố với n bội số p Bài tập Cho n điểm xanh n điểm đỏ mặt phẳng, khơng có điểm thẳng hàng Chứng minh ta nối 2n điểm n đoạn thẳng có đầu mút khác màu cho chúng đôi không giao Trên đường thẳng có 2n + đoạn thẳng Mỗi đoạn thẳng giao với n đoạn thẳng khác Chứng minh tồn đoạn thẳng giao với tất đoạn thẳng lại Trong mặt phẳng cho n > điểm Hai người chơi nối cặp điểm chưa nối véc-tơ với hai chiều Nếu sau nước người tổng véc tơ vẽ người thứ hai thắng; khơng cịn vẽ véc tơ mà tổng chưa có lúc người thứ thắng Hỏi người thắng chơi đúng? Giả sử n số nguyên dương cho 2n + chia hết cho n a) Chứng minh n > n chia hết cho 3; b) Chứng minh n > n chia hết cho 9; c) Chứng minh n > n chia hết cho 27 19; d) Chứng minh n chia hết cho số nguyên tố p = p ≥ 19; e)* Chứng minh n chia hết cho số nguyên tố p, p = p = 19 p ≥ 163 Phương pháp phản ví dụ nhỏ Trong việc chứng minh số tính chất phương pháp phản chứng, ta có thêm số thơng tin bổ sung quan trọng sử dụng phản ví dụ nhỏ Ý tưởng để chứng minh tính chất A cho cấu hình P, ta xét đặc trưng f (P ) P hàm có giá trị nguyên dương Bây giả sử tồn cấu hình P khơng có tính chất A, tồn cấu hình P0 khơng có tính chất A với f (P0 ) nhỏ Ta tìm cách suy điều mâu thuẫn Lúc này, việc có cấu hình P0 khơng có tính chất A, ta cịn có cấu hình P với f (P ) < f (P0 ) có tính chất A Ví dụ Cho ngũ giác lồi ABCDE mặt phẳng toạ độ có toạ độ đỉnh nguyên a) Chứng minh tồn điểm nằm nằm cạnh ngũ giác (khác với A, B, C, D, E) có toạ độ nguyên b) Chứng minh tồn điểm nằm ngũ giác có toạ độ nguyên c) Các đường chéo ngũ giác lồi cắt tạo ngũ giác lồi nhỏ A1 B1 C1 D1 E1 bên Chứng minh tồn điểm nằm biên ngũ giác lồi A1 B1 C1 D1 E1 Câu a) giải dễ dàng nhờ ngun lý Dirichlet: Vì có điểm nên tồn điểm X, Y mà cặp toạ độ (x, y) chúng có tính chẵn lẻ (ta có trường hợp (chẵn, chẵn), (chẵn, lẻ), (lẻ, chẵn) (lẻ, lẻ)) Trung điểm Z XY điểm cần tìm Sang câu b) lý luận chưa đủ, XY khơng phải đường chéo mà cạnh Z nằm biên Ta xử lý tình sau Để ý XY cạnh, chẳng hạn cạnh AB ZBCDE ngũ giác lồi có đỉnh có toạ độ nguyên ta lặp lại lý luận nêu ngũ giác ZBCDE, Ta dùng đơn biến để chứng minh q trình khơng thể kéo dài mãi, đến lúc có ngũ giác có điểm nguyên nằm Tuy nhiên, ta trình bày lại lý luận cách gọn gàng sau: Giả sử tồn ngũ giác nguyên mà bên không chứa điểm nguyên (phản ví dụ) Trong tất ngũ giác vậy, chọn ngũ giác ABCDE có diện tích nhỏ (phản ví dụ nhỏ nhất) Nếu có nhiều ngũ giác ta chọn số chúng Theo lý luận trình bày câu a), tồn hai đỉnh X, Y có cặp toạ độ tính chẵn lẻ Trung điểm Z XY có toạ độ ngun Vì bên ngũ giác ABCDE khơng có điểm nguyên nên XY phải cạnh Khơng tính tổng qt, giả sử AB Khi ngũ giác ZBCDE có toạ độ đỉnh ngun có diện tích nhỏ diện tích ngũ giác ABCDE Do tính nhỏ ABCDE (phản ví dụ nhỏ phát huy tác dụng!) nên bên ngũ giác ZBCDE có điểm nguyên T Điều mâu thuẫn T nằm ngũ giác ABCDE Phản ví dụ nhỏ cách tốt để trình bày chứng minh quy nạp (ở thường quy nạp mạnh), để tránh lý luận dài dịng thiếu chặt chẽ Ví dụ Chứng minh a, b số nguyên dương nguyên tố tồn số nguyênx, y cho ax + by = Lời giải Giả sử khẳng định đề không đúng, tức tồn hai số nguyên dương a, b nguyên tố cho không tồn x, y nguyên cho ax + by = Gọi a0 , b0 cặp số với a0 + b0 nhỏ (phản ví dụ nhỏ nhất) Vì (a0 , b0 ) = (a0 , b0 ) = (1, 1) (do 1.0 + 1.1 = 1) nên a0 = b0 Khơng tính tổng quát, giả sử a0 > b0 Dễ thấy (a0 − b0 , b0 ) = (a0 , b0 ) = Do a0 ˘b0 + b0 = a0 < a0 + b0 nên tính nhỏ phản ví dụ, ta suy (a0 − b0 , b0 ) khơng phản ví dụ, tức tồn x, y cho (a0 − b0 )x + b0 y = Nhưng từ a0 x + b0 (y − x) = Mâu thuẫn điều giả sử Vậy điều giả sử sai toán chứng minh Bài tập Giải phần c) ví dụ Trên mặt phẳng đánh dấu số điểm Biết điểm chúng đỉnh tứ giác lồi Chứng minh tất điểm đánh dấu đỉnh đa giác lồi Nguyên lý cực hạn bất đẳng thức Nguyên lý cực hạn thường áp dụng cách hiệu bất đẳng thức có tính tổ hợp, dạng chứng minh tồn k số từ n số thỏa mãn điều kiện Ví dụ (Moscow MO 1984) Trên vịng trịn người ta xếp số thực khơng âm có tổng Chứng minh tổng tất tích cặp số kề không lớn Lời giải Ta cần chứng minh với n ≥ số thực khơng âm a1 , , an , có tổng 1, ta có bất đẳng thức a1 a2 + a2 a3 + + an−1 an + an a1 ≤ Với n chẵn (n = 2m) điều chứng minh dễ dàng: đặt a1 + a3 + + a2m−1 = a; đó, rõ ràng, a1 a2 + a2 a3 + + an−1 an + an a1 ≤ (a1 + a3 + + a2m−1 ) × (a2 + a4 + + a2m ) = a(1 − a) ≤ Giả sử n lẻ ak số nhỏ số cho (Để thuận tiện, ta giả sử < k < n−1 - điều khơng làm tính tổng qt n ≥ 4.) Đặt bi = , với i = 1, , k − 1, bk = ak + ak+1 bi = ai+1 với i = k + 1, , n − Áp dụng bất đẳng thức cho số b1 , , bn−1 , ta được: a1 a2 + + ak−2 ak−1 + (ak−1 + ak+2 )bk + ak+2 ak+3 + + an−1 an + an a1 ≤ Cuối cùng, ta sử dụng bất đẳng thức ak−1 ak + ak ak+1 + ak+1 ak+2 ≤ ak−1 ak + ak−1 ak+1 + ak+1 ak+2 ≤ (ak−1 + ak+2 )bk , để suy điều phải chứng minh Đánh giá tốt nhất; dấu xảy n số , số lại Ví dụ Cho n ≥ số thực phân biệt a1 , a2 , , an thoả mãn điều kiện n n a2 = i = 0, i=1 i=1 Chứng minh tồn số a, b, c, d thuộc{a1 , a2 , , an } cho n a3 ≤ a + b + d + nabd i a + b + c + nabc ≤ i=1 Lời giải Nếu a ≤ b ≤ c ba số nhỏ với i = 1, 2, , n ta có bất đẳng thức (ai − a)(ai − b)(ai − c) ≥ Suy a3 ≥ (a + b + c)a2 − (ab + bc + ca)ai + abc với i = 1, 2, , n i i n n = 0, Cộng tất bất đẳng thức này, với ý i=1 i=1 a2 = ta i n a3 ≥ a + b + c + nabc i i=1 Bây chọn d số lớn ta có (ai − a)(ai − b)(ai − d) ≤ với i = 1, 2, , n Và thực tương tự trên, ta suy bất đẳng thức vế phải bất đẳng thức kép cần chứng minh Ví dụ Tổng bình phương 100 số thực dương lớn 10000 Tổng chúng nhỏ 300 Chứng minh tồn số chúng có tổng lớn 100 Lời giải Giả sử 100 số C1 ≥ C2 ≥ ≥ C100 > Nếu C1 ≥ 100, C1 + C2 + C3 > 100 Do ta giả sử C1 < 100 Khi 100 − C1 > 0, 100 − C2 > 0, C1 − C2 ≥ 0, C1 − C3 ≥ 0, 100(C1 + C2 + C3 ) ≥ 100(C1 + C2 + C3 ) − (100 − C1 )(C1 − C3 ) − (100 − C2 )(C2 − C3 ) 2 = C1 + C2 + C3 (300 − C1 − C2 ) 2 > C1 + C2 + C3 (C3 + C4 + + C1 00) 2 2 ≥ C1 + C2 + C3 + + C100 ) > 10000 Suy ra, C1 + C2 + C3 > 100 Bài tập Trong bảng × n ta viết số thực dương cho tổng số cột Chứng minh ta xố cột số cho hàng, tổng số lại không vượt n+1 40 tên trộm chia 4000 euro Một nhóm gồm tên trộm gọi nghèo tổng số tiền mà chúng chia không 500 euro Hỏi số nhỏ nhóm trộm nghèo tổng số tất nhóm tên trộm bao nhiêu? Nguyên lý cực hạn phương trình Diophant Trong phần này, ta trình bày chi tiết ba ví dụ áp dụng ngun lý cực hạn phương trình Fermat, phương trình Pell phương trình dạng Markov Ví dụ Chứng minh phương trình x4 + y = z (1) khơng có nghiệm ngun dương Lời giải Giả sử ngược lại, phương trình (1) có nghiệm ngun dương, (x, y, z) nghiệm (1) với z nhỏ (1) Dễ thấy x2 , y , z đôi nguyên tố (2) Từ nghiệm phương trình Pythagore, ta có tồn p, q cho x2 = 2pq y = p2 − q z = p2 + q (3) Từ đây, ta lại có ba Pythagore khác, y + q = p2 (4) Như vậy, tồn a, b cho q = 2ab y = a2 − b2 p = a2 + b2 a, b nguyên tố (5) Kết hợp phương trình này, ta được: x2 = 2pq = 2(a2 + b2 )(2ab) = 4(ab)(a2 + b2 ) (6) Vì ab a2 + b2 nguyên tố nhau, ta suy chúng số phương (7) Như a2 + b2 = P a = u2 , b = v Suy P = u4 + v (8) Nhưng ta thu điều mâu thuẫn với tính nhỏ z vì: P = a2 + b2 = p < p2 + q = z < z (9) Như điều giả sử ban đầu sai, suy điều phải chứng minh Phương pháp trình bày cịn gọi phương pháp xuống thang Đây có lẽ phương pháp mà Fermat nghĩ tới viết lề sách Diophant dòng chữ mà sau gọi định lý lớn Fermat làm điên đầu hệ nhà tốn học Ví dụ Tìm tất cặp đa thức P (x), Q(x) thỏa mãn phương trình P (x) = (x2 − 1)Q2 (x) + 1(1) Lời giải Khơng tính tổng quát, ta cần tìm nghiệm tập đa thức có hệ số khởi đầu dương √ √ √ √ Nếu (x + x2 − 1)n = Pn (x)+ x2 − 1Qn (x)(2) (x − x2 − 1)n = Pn (x)− x2 − 1Qn (x) (3) Nhân (2) (3) vế theo vế, ta = (x + x2 − 1)n (x − x2 − 1)n = (Pn (x) + x2 − 1Qn (x))(Pn (x) − x2 − 1Qn (x)) = Pn (x) − (x2 − 1)Q2 (x) n Suy cặp đa thức Pn (x), Qn (x) xác định (2) (3) nghiệm (1) Ta chứng minh tất nghiệm (1) Thật vậy, giả sử ngược lại, tồn cặp đa thức P (x), Q(x) khơng có dạng Pn (x), Qn (x) thỏa mãn (1) Ta xét cặp đa thức (P, Q) với degQ nhỏ Đặt (P (x) + x2 − 1Q(x))(x − x2 − 1) = P ∗ (x) + x2 − 1Q∗ (x) (4) Thì rõ ràng (P (x) − x2 − 1Q(x))(x + x2 − 1) = P ∗ (x) − x2 − 1Q∗ (x) Suy (P ∗ , Q∗ ) nghiệm (1) Khai triển (4), ta thu P ∗ (x) = xP (x) − (x2 − 1)Q(x), Q∗ (x) = xQ(x) − P (x) Chú ý từ (1) ta suy (P (x) − xQ(x))(P (x) + xQ(x)) = −Q2 (x) + Vì P (x) Q(x) có hệ số khởi đầu > degP = degQ + nên ta có deg(P (x) + xQ(x)) = degQ + Từ đây, deg(−Q2 (x) + 1) ≤ 2deg(Q) nên ta suy deg(Q∗ (x)) ≤ deg(Q) − < degQ Như vậy, theo cách chọn cặp (P, Q) tồn n cho (P ∗ , Q∗ ) = (Pn , Qn ) Nhưng từ (4) suy P (x) + x2 − 1Q(x) = (P ∗ (x) + x2 − 1Q∗ (x))(x + = (x + x2 − 1)n (x + = (x + x2 − 1)n+1 Suy (P, Q) = (Pn+1 , Qn + 1), mâu thuẫn Vậy điều giả sử sai ta có điều phải chứng minh 10 x2 − 1) x2 − 1) √ −1+ điểm bất động g Do có khả f Nhưng √ −1− f =f f √ −1+ Điều mâu thuẫn với g √ −1+ =g √ −1− = √ −1− √ −1− = = √ −1+ √ −1− {a, b} Vậy tồn hàm f thỏa mãn điều kiện nói * Ta chứng minh kết tổng quát hơn: Cho S tập hợp g : S → S hàm số có xác điểm cố định {a, b} go g có xác điểm cố định {a, b, c, d} khơng tồn hàm số g : S → S để g = fo f * Chứng minh: Giả sử g(c) = y Thì c = g(go g) = g(y) , nên y = g(c) = g(g(y)) Do y điểm cố định go g Nếu y = c c = g(y) = g(c), tức c điểm cố định g, mâu thuẩn Từ suy y = d, tức g(c) = d, tương tự g(d) = c Giả sử tồn f : S → S cho fo f = g Thì fo g = fo fo f Khi f (a) = f (g(a)), nên f (a) điểm cố định g Bằng việc kiểm tra trường hợp ta kết luận f {a, b} = {a, b} , f {a, b, c, d} = {a, b, c, d} Xét f (c) Nếu f (c) = a, f (a) = f (f (c)) = g(c) = d, mâu thuẫn f (a) nằm {a, b} Tương tự xảy f (c) = b Ngồi ta khơng thể có f (c) = c c khơng điểm cố định g Do có khả g(c) = d Nhưng f (d) = f (f (c)) = g(c) = d Mâu thuẫn, điều khơng thể xảy d khơng phải điểm cố định g Do tồn hàm f thỏa mãn yêu cầu toán * Bài toán trường hợp đặc biệt toán Bài toán .(IMO 1994) Giả sử S tập hợp số thực lớn −1 Tìm tất hàm số f : S → S cho điều kiện sau thỏa mãn a) f [x + f (y) + xf (y)] = y + f (x) + yf (x) ∀x, y ∈ S b) f (x) hàm thực tăng với −1 < x < với x > x Bài giải a) Tìm điểm bất động Từ điều kiện (b) ta nhận thấy phương trình điểm bất động f (x) = x có nhiều nghiệm (nếu có) : nghiệm nằm khoảng (−1; 0), nghiệm 0, nghiệm nằm khoảng (0; +∞) b) Nghiên cứu điểm bất động hàm số Giả sử u ∈ (−1; 0) điểm bất động f Trong điều kiện (a) cho x = y = u ta f (2u + u2 ) = 2u + u2 Hơn 2u + u2 ∈ (−1; 0) 2u + u2 điểm bất động hàm số khoảng (−1; 0) Theo nhận xét phải có 2u + u2 = u ⇒ u = −u2 ∈ (−1; 0) 239 Hồn tồn tương tự, khơng có điểm bất động nằm khoảng (0; +∞) Như điểm bất động hàm số (nếu có) c) Kết luận hàm Cho x = y vào (a) ta f [x + f (x) + xf (x)] = x + f (x) + xf (x) ∀x ∈ S Như với x ∈ S x + (x + 1)f (x) điểm bất động hàm số Theo nhận xét x x + (x + 1)f (x) = 0, ∀x ∈ S ⇒ f (x) = − 1+x , ∀x ∈ S Thử lại thấy hàm thỏa mãn yêu cầu tốn Bài tốn .(IMO 1983)- Tìm hàm số f : R → R thỏa mãn hai điều kiện: lim f (x) = f (xf (y)) = yf (x), ∀x, y ∈ R+ x→∞ Bài giải a) Tính f (1) Cho x = y = 1, ta f (f (1)) = f (1) Lại cho y = f (1) ta f (xf (f (1))) = f (1)f (x) ⇒ f (xf (1)) = f (1)f (x) Mặt khác f (xf (1)) = f (x) nên ta f (x) = f (x)f (1) ⇒ f (1) = (do f (x) > 0) b) Điểm cố định hàm số Cho x = y vào quan hệ hàm ta f (xf (x)) = xf (x), ∀x ∈ R+ Suy xf (x) điểm bất động hàm số f c) Một số đặc điểm tập điểm cố định Nếu x y hai điểm cố định hàm số, f (xy) = f (xf (y)) = yf (x) = xy Chứng tỏ xy điểm bất động hàm số Như tập điểm bất động đóng phép nhân Hơn x điểm bất động 1 1 I = f (1) = f x f (x) = xf ( x ) ⇒ f x = x Nghĩa x điểm bất động hàm số Như tập điểm bất động đóng với phèp nghịch đảo Như điểm bất động ra, có điểm bất động khác điểm bất động lớn 1, nghịch đảo lớn Do lũy thừa nhiều lần điểm lớn điểm bất động Điều trái vối điều kiện thứ quan hệ hàm d) Vậy điểm bất động hàm số, xf (x) điểm bất động hàm số với x > nên từ tính ta suy f (x) = x Dễ thấy hàm số thỏa mãn yêu cầu toán BÀI TẬP Bài Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn điều kiện f (xf (x) + f (y)) = (f (x))2 + y; ∀x, y ∈ R 240 Bài Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn điều kiện f (x2 + f (y)) = (f (x))2 + y; ∀x, y ∈ R Bài (Đề nghị IMO 2002) Tìm tất hàm số f : R → R thỏa f (f (x) + y) = 2x + f (f (y) − x) ; ∀x, y ∈ R Bài (THPT – T8/360) Tìm tất hàm số f : R+ → R+ thỏa f (x).f (y) = f (x + y(f (x)) ; ∀x, y ∈ R Bài Tìm tất hàm số f : Z+ → Z+ thỏa mãn f (f (n) + m) = m + f (m + 2012); ∀m, n ∈ Z+ Bài (APMO 1989) Xác định tất hàm số f : R → R thỏa mãn điều kiện sau : 1/ f có tập giá trị R 2/ f tăng nghiêm ngặt 3/ f (x) + f (x) = 2x; ∀x ∈ R Bài (IMO 1996) Tìm tất hàm số f : N → N cho f (m + f (n)) = f (f (m) + f (n)) ; ∀m, n ∈ N Tài liệu tham khảo - Bài toán Hàm số qua kỳ thi Olympic Nguyễn Trọng Tuấn - Các tài liệu bồi dưỡng hè cho giáo viên chuyên Trường Đại học Khoa học tự nhiên – Đại học Quốc gia Hà Nội tổ chức - Chuyên đề bồi dưỡng Phương trình hàm Trường chuyên Quang Trung – Bình Phước - Báo Tốn học Tuổi trẻ - Tuyển tập Các đề thi Olympic 30/4 - Các đề thi HSG Quốc gia Quốc tế - Nguồn Internet 241 TỨ GIÁC LƯỠNG TIẾP Nguyễn Hữu Tâm, Hoàng Tố Qun, Trường THPT chun Lê Q Đơn – Bình Định Mở đầu Nicolas Fuss (1755-1826), nhà toán học người Đức, ông người dành trọn đời thành phố Pê-téc-bua, nước Nga, công việc thư kí cho nhà khoa học Leonhard Euler Trong thời gian làm việc Viện hàn lâm Petersburg, ông viết nhiều báo chủ đề khác (spherical) hình học, (differential) hình học, phương trình nhiều lĩnh vực khác Tuy nhiên, độc lập với chủ đề trên, N Fuss khảo cứu “đa giác lưỡng tâm”, định nghĩa đa giác có đường trịn nội tiếp ngoại tiếp, hay nói cách khác vừa đa giác ngoại tiếp, vừa đa giác nội tiếp Ơng tìm mối liên hệ bán kính đường nối tâm đường tròn trường hợp tứ giác, ngũ giác, lục giác, thất giác bát giác Bài viết này, đề cập đến tứ giác lưỡng tiếp số tính chất Tứ giác lưỡng tiếp định lý Fuss Tứ giác lưỡng tiếp tứ giác có đường trịn ngoại tiếp (đi qua tất đỉnh tứ giác) đường tròn nội tiếp (tiếp xúc với tất cạnh tứ giác) Tất tam giác lưỡng Hình 24: tiếp với đường trịn nội tiếp đường tròn ngoại tiếp Euler đưa biểu thức thể mối quan hệ bán kính nội tiếp r, bán kính ngoại tiếp R độ dài đường nối tâm d sau : d2 = R2 − 2Rr Mở rộng với tứ giác lưỡng tiếp, ta có định lý sau: 242 Định lý (Định lý Fuss) Giả sử có tứ giác nội tiếp đường trịn (C) bán kính R ngoại tiếp đường trịn (C ) bán kính r Khoảng cách hai tâm d, ta có (R2 − d2 )2 = 2r2 (R2 + d2 ) (1) Việc tìm mối quan hệ đánh giá 100 vấn đề toán học sơ cấp vĩ đại lịch sử Bên cạnh đó, Fuss tìm mối quan hệ tương tự cho số trường hợp khác, chẳng hạn như: Với trường hợp lục giác ta có cơng thức: 3p4 q − 2p2 q r2 (p2 + q ) = r4 (p2 − q )2 (2) Với bát giác, ta có r2 (p2 + q ) − p2 q = 16p4 q r4 (p2 − r2 )(q − r2 ) (3) Trong đó, p = R + d, q = R − d Việc xây dựng công thức (2), (3) phức tạp, ta xây dựng công thức (1) cho trường hợp tứ giác Trước hết ta chứng minh bổ đề sau : Bổ đề Trong tứ giác lưỡng tiếp, hai đường thẳng nối cặp tiếp điểm đối vng góc với Thật vậy, giả sử có tứ giác ABCD lưỡng tiếp, α γ góc đỉnh A C; K, L, M , N góc kí hiệu hình vẽ Gọi góc tạo hai dây nối tiếp điểm ω Ta có α + K + N + ω = 3600 γ + M + L + ω = 3600 Suy α + γ + K + N + M + L + 2ω = 7200 Từ suy ω = 900 Nhận xét: Từ tính chất ta có cách dựng tứ giác lưỡng tiếp sau: Trong đường tròn vẽ hai dây cung vng góc với Từ đầu mút hai dây cung vẽ tiếp tuyến với đường tròn Phần giới hạn bốn tiếp tuyến tứ giác lưỡng tiếp Quan sát hình vẽ, ta có nhận xét: Đường thẳng KM LN chia tứ giác lưỡng tiếp Hình 25 ABCD thành bốn tứ giác AKON, BLOK, CM OL DN OM có tính chất giống Ta nghiên cứu dạng tứ giác cách khảo sát quỹ tích điểm P xây dựng sau Cho đường tròn (C), điểm O nằm đường tròn; X, Y điểm đường trịn cho XOY = 900 vng, P giao điểm hai tiếp tuyến (C) X Y Câu hỏi đặt là, quỹ tích P X, Y chuyển động đường tròn gì? Câu trả lời là, quỹ tích điểm P đường tròn Việc chứng minh kết dẫn đến việc xây dựng công thức (1) Chứng minh 243 Vẽ M P , gọi N giao điểm M P với XY Ta có M P ⊥ XY , vẽ OF ⊥ XY, F ∈ XY Đặt OM P = ϕ, OM = e, M P = p r bán kính đường trịn (C) Xét tam giác vng OXY ta có OF = F X.F Y (∗) Vì M P trung trực XY , nên N X = N Y M N Y = 900 Từ ta có N F = e sin ϕ Do OF = M N − e cos ϕ, F X = N X − e sin ϕ, F Y = N X + e sin ϕ Thế đẳng thức vào (*) ta (M N − e cos ϕ)2 = (N X − e sin ϕ)(N X + e sin ϕ) ⇔ M N − 2.M N.e cos ϕ + e2 = N X Hình 26 Mà M X = r, M X = M X − M N , M X = M P.M N = p.M N , nên từ ta 2r2 e 2r4 = p cos ϕ + p2 r − e2 r − e2 (4) Ta thấy, p ϕ giá trị phụ thuộc vào vị trí điểm P ; r e số khơng đổi Khi giả sử P nằm đường trịn bán kính R = SP tâm S nằm M O Đặt d = SM khoảng cách hai tâm đường trịn Xét tam giác SM P ta có R2 = d2 + r2 + 2dp cos ϕ (5) r2 e r − e2 Do quỹ tích điểm P đường trịn tâm S, bán kính R Trở lại với tứ giác lưỡng tiếp ABCD đường trịn ngoại tiếp tứ giác quỹ tích điểm P nói Khi góc XOY quay đến vị trí mà OX OY trùng với đường kính, ta thu tứ giác lưỡng tiếp trường hợp đặc biệt, có đường chéo đường kính chung hai đường trịn, ta tính e theo d, R, r từ thu cơng thức (1) Cơng thức (1) chứng minh cách khác sau: Gọi I, O tâm đường tròn nội tiếp ngoại tiếp tứ giác ABCD gọi E, F giao điểm thứ hai tia AI CI với đường tròn tâm O Ta thấy E F điểm cua hai cung BD nên EF qua tâm O IE + IF EF 2 Ta có IO = − Suy 2(d2 + R2 ) = IE + IF Mặt khác, IA.IC = IE.IF = R2 − d2 Do ta có So sánh (4) (5) ta thấy R số d = 2 2 2(d + R ) IE + IF 1 = = + = − d2 )2 − d2 )2 (R (R IA IC 244 sin2 A C + sin2 2 = Hình 27 r r Định lý Poncelet Việc chứng minh cơng thức liên hệ hồn tất Song hẳn bạn đọc quan tâm đến tính đắn mệnh đề đảo: Ta có định lý sau đây: Định lý Cho hai đường tròn (C) (C ) có bán kính R r, (C ) nằm (C), d khoảng cách hai tâm đường tròn cho thỏa mãn biểu thức (R2 − d2 )2 = 2r2 (R2 + d2 ) Khi tồn tứ giác vừa nội tiếp (C) vừa ngoại tiếp (C ) Có vơ số tứ giác Chứng minh Gọi O I tâm (C) (C ) Lấy điểm A thuộc đường trịn tâm O, dây cung AB, BC, CD tiếp xúc với đường tròn tâm I Ta cần chứng minh AD tiếp xúc với (I) Kéo dài CI cắt (O) F , vẽ đường kính F E, kéo dài EI cắt (O) A Từ đẳng thức ta có A C sin2 + sin2 IE + IF 2(d2 + R2 ) 2 = ⇔ = (R2 − d2 )2 r IC IF r2 Do A A sin2 sin 1 IE IE 2 + + = ⇔ = IC IF IC r2 IC IC.IF r Mà IC.IF = IE.IA nên suy r = IA sin A BAD = r sin = r sin BA I = d(I, A B) 2 Như A B tiếp xúc với đường tròn (I), A ≡ A Khi A, I, E thẳng hàng Mà E điểm cung BD chứa C, nên d(I, AB) = d(I, AD) = r hay AD tiếp xúc với đường tròn tâm I Điều cho thấy tồn (và tồn vô số) tứ giác vừa nội tiếp đường tròn (C), vừa ngoại tiếp đường tròn (C ) Việc mở rộng cho n− giác thật không đơn giản Poncelet đưa “Định lý kín Poncelet” có liên quan mật thiết đến đa giác lưỡng tiếp giải phần quan trọng toán Xét hai đường tròn (C) (C ) mặt phẳng, (C ) nằm (C) Từ điểm P (C) ta vẽ tiếp tuyến đến (C ), kéo dài tiếp tuyến cắt (C), từ giao điểm vừa cắt, tiếp tục vẽ tiếp tuyến đến (C ), thực thao tác tương tự tạo thành đường cong kín (có giao điểm trùng với P ) Khi ta nhận n− giác, gọi đường gấp khúc Poncelet Định lý Poncelet phát biểu sau: Định lý Nếu đường gấp khúc Poncelet n cạnh xây dựng hai conic cho trước kín với điểm bắt đầu kín với điểm bắt đầu 245 Do đó, có đa giác lưỡng tiếp có (C) đường trịn ngoại tiếp (C ) đường trịn nội tiếp, có vô số đa giác lưỡng tiếp không xác định nhận (C) (C ) đường tròn ngoại tiếp nội tiếp Việc chứng minh Định lý Poncelet cho n− giác (đối với Hình học Euclide tổng quát Hình học xạ ảnh) khơng tiện trình bày đây, hy vọng trình bày viết khác Vấn đề mà chưa giải trọn vẹn tìm cơng thức liên hệ d, R, r để tồn n lưỡng tiếp hai đường trịn cho trước Một số tốn liên quan đến tứ giác lưỡng tiếp Bài toán Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O; R) ngoại tiếp đường trịn (I; r) có khoảng cách hai tâm d Giả sử M, N, P, Q theo thứ tự tiếp điểm đường tròn nội tiếp với cạnh AB, BC, CD, DA Chứng minh 1) M P vng góc với N Q; − → − → r2 2) I O thẳng hàng với trọng tâm G tứ giác M N P Q, IG = IO; d −R − → 3) I O thẳng hàng với giao điểm Z đường chéo AC BD, IZ = → 2r2 − IO; − R2 d Hình 28: Lời giải 1) Giả sử A , B , C , D trung điểm QM, M N, N P, P Q Khi đường thẳng AA , BB , CC , DD qua I Vì IA.IA = IB.IB = IC.IC = r2 nên phép nghịch đảo cực I phương tích r2 biến A thành A , B thành B , C thành C , D thành D ; phép nghịch đảo biến đường trịn ngoại tiếp tứ giác ABCD thành đường tròn ngoại tiếp 246 tứ giác A B C D Như vậy, hình bình hành A B C D có đường trịn ngoại tiếp nên hình chữ nhật Do A B ⊥ B C suy N Q ⊥ M P 2) Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác A B C D , từ phép nghịch đảo nên ta có I, O, O thẳng hàng ta nhận hệ thức sau − → IO = r2 PI/(O) − → IO = − → r2 IO − R2 d Do A B C D hình chữ nhật nên O trùng với trọng tâm hình chữ nhật trùng với trọng tâm G tứ giác M N P Q Như vậy, I, O, G thẳng hàng ta có − → IG = − → r2 IO d2 − R2 3) Theo kết quen thuộc tứ giác ngoại tiếp bốn đường thẳng AC, BD, M P, N Q đồng quy; Z giao điểm M P N Q Để ý tứ giác nội tiếp M N P Q có hai đường chéo vng góc với cắt Z nên tâm đường tròn ngoại tiếp, trọng − → − → tâm G, Z thẳng hàng, IZ = 2IG Như vậyI, O, Z thẳng hàng ta có − → IZ = → 2r2 − IO − R2 d Bài toán Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O; R) ngoại tiếp đường trịn (I; r) có khoảng cách hai tâm d Chứng minh đẳng thức sau: AB CD AD BC 1) = , = IA.IB IC.ID IA.ID IB.IC AC BD 2R 2) = = IA.IC IB.ID R − d2 1 1 + = + 3) 2 IA IC IB ID2 2 AC BD 4) = IA2 + IC IB + ID2 1 5) 8Rr + = AB + BC + CD + DA AC BD Lời giải Lấy A B C D theo thứ tự giao điểm thứ hai đường thẳng AI, BI, CI, DI với đường tròn tâm O Ta thấy A C điểm hai cung trương dây BD, B D điểm hai cung trương dây AC; A B C D hình chữ nhật A C = B D = 2R AB IA k Đặt IA.IA = IB.IB = IC.IC = ID.ID = k Ta có = = Suy AB IB IA.IB AB AB CD CD = Tương tự, = Mà A B C D hình chữ nhật nên A B = C D IA.IB k IC.ID k AB CD Từ = IA.IB IC.ID 247 Hình 29: AD BC = IA.ID IB.IC AC AC 2R BD BD 2R Ta có = = = = Từ ta nhận đẳng IA.IC k R −d IB.ID k R − d2 thức (2) k2 k2 2 2 Bây giờ, A B C D hình chữ nhật nên IA + IC = IB + ID ⇔ + = IA2 IC 2 k k + Từ ta nhận đẳng thức (3) IB ID2 Đẳng thức (4) suy từ (2) (3) Ta chứng minh đẳng thức cuối sau: Qua I vẽ đường thẳng song song với AB, cắt AD BC M N Gọi P Q theo thứ tự hình chiếu vng góc I AD BC Ta có, Chứng minh tương tự ta có M N = IM + IN = IP IQ + sin IM P sin IN Q = r r + sin A sin B 1 + AC BD Kẻ tiếp tuyến song song với AB đường tròn tâm I, cắt AD, BC, CD lân lược E, F, G Ta có 2M N = AB + EF (∗) Dễ thấy tam giác GCF tam giác GED đồng dạng, chúng nhận (I) đường trịn bàng tiếp hai góc tương ứng đỉnh E đỉnhC, hai tam giác Vậy ta có CG = EG, DG = F G, suy CD = EF (∗∗) Từ (*) (**) ta nhận Mà BD = 2R sin A, AC = 2r sin B nên M N = 2Rr 1 M N = (AB + CD) = (AB + BC + CD + DA) Do 2Rr 1 + = (AB + BC + CD + DA) = M N AC BD 248 Đây đpcm Từ chứng minh ta thấy MN số với trường hợp song song với cạnh tứ giác Bài toán Giả sử đường thẳng AI, BI, CI, DI cắt đường tròn tâm (O) điểm thứ hai A B C D ; gọi O1 , O2 , O3 , O4 theo thứ tự tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IA B , IB C , IC D , ID A ; gọi E, F, G, H theo thứ tự hình chiếu vng góc I AB, BC, CD, DA Chứng minh 1) Tứ giác A B C D hình chữ nhật, hai đường chéo đường kính đường trịn tâm O chúng vng góc với hai đường chéo tứ giác ABCD R − d2 2) Bốn điểm O1 , O2 , O3 , O4 nằm đường tròn tâm I bán kính 2r R2 − d2 3) Tứ giác O1 O2 O3 O4 ảnh tứ giác EF GH qua phép vị tự tâm I tỉ số − 2r2 Hình 30: Lời giải 1) Vì I tâm đường tròn nội tiếp tứ giác ABCD nên A điểm cung BCD, C điểm cung BAD; A C đường kính đường trịn (O) vng góc với AC Như A B C D hình chữ nhật Đặt k = IA.IA = IB.IB = IC.IC = ID.ID = R2 − d2 , ta có IO1 = AB sin A IB 249 = AB sin AIB Mà IA k AB = = nên AB IB IA.IB R − d2 k IO1 = = = 2IE 2r 2IA.IB sin AIB kAB Như O1 nằm đường trịn tâm I bán kính R2 − d2 tương tự O2 , O3 , O4 nằm 2r đường trịn 2) Ta có O1 IB = 900 − IA B = 900 − IAB = EIB Suy E, I, O1 thẳng hàng Tương tự ta có F, I, O2 thẳng hàng; G, I, O3 thằng hàng Từ suy tứ giác O1 O2 O3 O4 ảnh R − d2 tứ giác EF GH qua phép vị tự tâm I tỉ số − 2r2 Trước đến với tốn tiếp theo, ta có số nhận xét sau Nhận xét Giả sử A1 A2 A3 A4 tứ giác nội tiếp đường tròn (O, R) ngoại tiếp đường tròn (I, R) Các tiếp điểm A1 A2 , A2 A3 , A3 A4 , A4 A1 M, N, P, Q Đặt M A1 = t1 , M A2 = t2 , P A3 = t3 , P A4 = t4 , 1) ti + ti+1 = Ai Ai+1 , i = 1, 2, 3, 4, quy ước t5 = t1 , A5 ≡ A1 2) t1 t3 = t2 t4 = r2 , 3) t1 t2 + t2 t3 + t3 t4 + t4 t1 = 2(R2 − d2 ) 4) Gọi tM , tm độ dài đoạn tiếp tuyến lớn bé từ (O, R) đến (I, r) Khi ta có tm = (R − d)2 − r2 , tM = (R + d)2 − r2 Hình 31: Bài tốn Cho A1 A2 A3 A4 tứ giác nội tiếp đường tròn (O, R) ngoại tiếp đường tròn (I, R) Các tiếp điểm A1 A2 , A2 A3 , A3 A4 , A4 A1 M, N, P, Q Đặt M A1 = t1 , M A2 = 250 t2 , P A3 = t3 , P A4 = t4 , tM , tm độ dài đoạn tiếp tuyến lớn bé từ (O, R) đến (I, r) Chứng minh 1) 2r ≤ t1 + t3 ≤ tm + tM , 2) 2r ≤ t2 + t4 ≤ tm + tM , R + d2 3) 4r ≤ t1 + t2 + t3 + t4 ≤ 4r , R − d2 4) 4r2 ≤ t2 + t2 + t2 + t2 ≤ 4(R2 + d2 − r2 ) Hình 32: Lời giải Xét đường trịn (C) có đường kính AB = tm + tM Gọi P thuộc AB cho AP = tM , P B = tm Khi đó, với ti , i = 1, 2, 3, 4; tm ≤ ti ≤ tM , nên ln có hai điểm Q R thuộc (C) cho: ti = P Q, ti+2 = P R, với P Q+P R = QR Ta có P Q.P R = tm tM = PP/(C) Hiển nhiên ti + ti+2 ≤ tm + tM tm + tM đường kính Mặt khác, rõ ràng ti + ti+2 ≥ 2r r2 = tm tM Vậy, hai bất đẳng thức đầu chứng minh Để chứng minh bất đẳng thức tiếp theo, ta để ý tm = (R − d)2 − r2 = r R−d , tM = R+d (R + d)2 − r2 = r Từ ta có 4r ≤ t2 + t2 + t2 + t4 ≤ 2(tm + tM ) = 4r R + d2 R − d2 Với bất đẳng thức cuối, để ý t1 t3 = t2 t4 = r2 , ta có 4r2 ≤ t2 + t2 + 2t1 t3 , 4r2 ≤ t2 + t2 + 2t2 t4 Suy 4r2 ≤ t2 + t2 + t2 + t2 251 R+d R−d Ta lại có t1 + t3 ≤ tm + tM , t2 + t4 ≤ tm + tM , t1 t3 = t2 t4 = tm tM Do t2 + t2 + t2 + t2 ≤ 2(t2 + t2 ) = 4(R2 + d2 − r2 ) m M Bài toán Cho tứ giác lưỡng tiếp A1 A2 A3 A4 độ dài ti , i = 1, 2, 3, giả thiết toán Chứng minh: 1 1 4(R2 + d2 ) ≤ + + + ≤ r t1 t2 t3 t4 r(R2 − d2 ) Lời giải Ta có t1 + t3 ≥ 2r t1 t2 = r2 nên 1 t1 + t3 + = ≥ t1 t3 r r Tương tự, t2 + t4 + = ≥ t2 t4 r r Từ 1 1 + + + ≥ t1 t2 t3 t4 r 1 1 + Từ Mặt khác t1 + t3 ≤ tm + tM , t1 t3 = tm tM nên ta có + ≤ t1 t3 tm tM 1 1 1 4(R2 + d2 ) + + + ≤ + = t1 t2 t3 t4 tm tM r(R2 − d2 ) Bất đẳng thức chứng minh Lời kết Tứ giác rộng đa giác lưỡng tiếp vấn đề hấp dẫn với nhà nghiên cứu mà cịn bạn trẻ u tốn Bài viết phần đưa định lý toán vấn đề Song dư lượng có hạn khả hạn chế nên viết không đề cập đến vấn đề chuyên sâu dạng đa giác toán phức tạp Về lục giác bát giác lưỡng tiếp nghiên cứu sâu chuyên đề Để kết thúc viết, xin đưa số tập liên quan đến tứ giác lưỡng tiếp để bạn đọc tham khảo Bài toán Cho tứ giác ABCD lưỡng tiếp; M, N, P, Q tiếp điểm đoạn thẳng AB, BC, CD, DA với đường tròn nội tiếp Z giao điểm hai đường chéo tứ giác Chứng minh ZM, ZN, ZP, ZQ phân giác góc AZB, BZC, CZD, DZA 252 Bài tốn Tứ giác lồi ABCD có đường trịn nội tiếp (I; r) đường tròn ngoại tiếp (O; R) Đặt OI = d Chứng minh rằng: 8R2 r2 R2 − d2 = AC.BD Bài toán Xét lớp tứ giác lồi ABCD vừa nội tiếp (O; R), vừa ngoại tiếp (I; r) cố định Chứng minh tính chất sau: 1) AB.CD = const ; 2) IA.IB.IC.ID = const ; 3) sin A sin B sin C sin D = const ; AB + BC + CD + DA 4) = const ; AC + BD 5) Giao điểm hai đường chéo AC BD điểm cố định nằm đường thẳng OI; 6) Tồn tứ giác A0 B0 C0 D0 có diện tích chu vi lớn nhất, tồn tứ giác A1 B1 C1 D1 có chu vi diện tích nhỏ Bài tốn Cho ABCD tứ giác lưỡng tiếp, (O; R), (I; r) đường tròn ngoại tiếp nội tiếp tứ giác Chứng minh rằng: R2 − d2 1) 8r ≤ AB + BC + CD + DA ≤ 8r ; R + d2 2) 4(R2 − d2 + 2r2 ) ≤ AB + BC + CD2 + DA2 ≤ 4(3R2 − 2r2 ) TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Trần Văn Tấn, Bài tập nâng cao số chuyên đề Hình học 11, NXB Giáo dục 2008 [2] Fuss’ problem of the Chord-Tangent quadrilateral, Mgr Barbora Stastna, Masaryk University, Faculty of Science [3] Some relations concerning triangles and bicentric quadrilaterals in connection with Poncelet’s closure theorem, Mirko Radic, Math Maced Vol1 (2003), 35-58 [4] http://mathworld.wolfram.com; www.mathlinks.ro 253 ... với Hội Toán học Hà Nội đồng tổ chức Hội thảo khoa học Các chuyên đề Toán học bồi dưỡng học sinh giỏi THPT khu vực Duyên hải Nam Trung Tây nguyên Đây hội thảo lần thứ hai theo tinh thần cam kết... Mậu, Một số lớp phương trình hàm đa ẩn hàm dạng bản, Kỷ yếu Hội thảo khoa học "Các chuyên đề chuyên Toán bồi dưỡng học sinh giỏi Trung học phổ thông", Hà Nội, 2011 [3] D.S Mitrinovic, J.E Pecaric... trình báo cáo chuyên đề thức hội thảo Nội dung kỷ yếu lần phong phú, bao gồm hầu hết chuyên đề phục vụ việc bồi dưỡng học sinh giỏi tốn từ đại số, giải tích, hình học, số học đến dạng toán liên quan